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A
版
高 考 数
学
／
７８
７．４ 数列求和、数列的综合
§
求和 再合并 形如
， ， ：
{ ａ 是等差数列
ａ ｂ 其中 ｛ ｎ｝ ，
（１）｛ ｎ＋ ｎ｝， ｂ 是等比数列
考点一 数列求和 ｛ ｎ｝ ；
{ｆ ｎ ｎ ｋ ｋ Ｎ∗
１．公式法 （２） ａ ｎ＝ ｇ （ ｎ ）， ｎ ＝２ ｋ －１ ｋ ， ∈ Ｎ∗． ，
直接用等差 等比数列的求和公式求解． （ ）， ＝２ ， ∈
（１） 、
掌握一些常见的数列的前ｎ项和公式 考点二 数列的综合应用
（２） ：
ｎ（ｎ ） １．解答数列应用题的基本步骤
ｎ ＋１
１＋２＋３＋…＋ ＝① ；
２ 审题 仔细阅读材料 认真理解题意
（１） ——— ， ；
２＋４＋６＋…＋２
ｎ
＝②
ｎ２
＋
ｎ
； 建模 将已知条件翻译成数学 数列 语言 将实际
（２） ——— （ ） ，
１＋３＋５＋…＋（２
ｎ
－１）＝
ｎ２
； 问题转化成数学问题 弄清该数列的特征以及要求什么
， ；
ｎ ｎ ｎ
１ ２ ＋２ ２ ＋３ ２ ＋…＋ ｎ２ ＝ （ ＋１）（２ ＋１） ； （３） 求解 ——— 求出该问题的数学解 ；
６ 还原 将所求结果还原到实际问题中．
３ ３ ３ ｎ３ [ｎ （ ｎ ＋１） ] ２ ． ２ （ ． ４ 数 ） 列应 — 用 —— 题常见模型
１ ＋２ ＋３ ＋…＋ ＝
２ 等差模型 如果增加 或减少 的量是一个固定值 那么
２．倒序相加法 （１） ： （ ） ，
该模型是等差模型 增加 或减少 的量就是公差．其一般形式是
如果一个数列 ａ 与首末两端等 距离 的两项的和相等或 ， （ ）
｛ ｎ｝， “ ” ａ ａ ｄ 常数 ．
等于同一常数 那么求这个数列的前ｎ项和即可用倒序相加法． ｎ ＋１－ ｎ＝ （ ）
， 等比模型 如果后一个量与前一个量的比是一个固定的
３．错位相减法 （２） ：
数 那么该模型是等比模型 这个固定的数就是公比．其一般形式
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的 ， ，
ａ
对应项之积构成的 那么这个数列的前ｎ项和即可用此法来求． 是 ｎ ＋１ ｑ ｑ为常数 且ｑ ．
， ａ ＝ （ ， ≠０）
４．裂项相消法 ｎ
混合模型 在一个问题中同时涉及等比数列和等差数列
把数列的通项拆成两项之差 在求和时中间的一些项可以 （３） ：
， 的模型．
相互抵消 从而求得其和．
， 生长模型 如果某一个量 每一期以一个固定的百分数
常见的拆项公式 （４） ： ，
： 增加 或减少 同时又以一个固定的具体量增加 或减少 称
（ ）， （ ），
１ １ １ 该模型为生长模型 如分期付款问题 树木的生长与砍伐问题等．
（１）ｎ ｎ ＝③ ｎ －ｎ ； ， ，
（ ＋１） ＋１ 如设贷款总额为ａ 年利率为ｒ 等额还款数为ｂ 分ｎ期还完 则
( ) ， ， ， ，
１ １ １ １ ｒ ｒ ｎ
（２） ｎ ｎ ＝④ ｎ － ｎ ； ｂ （１＋ ） ａ．
（２ －１）（２ ＋１） ２ ２ －１ ２ ＋１ ＝ ｒ ｎ
（１＋ ） －１
１ ｎ ｎ． 递推模型 如果容易推导该数列任意一项ａ 与它的前
（３） ｎ ｎ ＝ ＋１－ （５） ： ｎ
＋ ＋１ 一项ａ ｎ 或前几项 间的递推关系式 那么我们可以用
５．分组求和法 ｎ －１（ ≥２）（ ） ，
数列的知识求解．
有一类数列 既不是等差数列 也不是等比数列 若将这类
， ， ，
数列适当拆开 可分为几个等差 等比或常见的数列 即先分别
， 、 ，
（２） 由已知条件可得 ｂ ｎ＝ ｎ ·２ ｎ ＋１ －２ ｎ ， 用分组 、 错位相减法
求和．
解析 （ ）当ｎ 时，Ｓ ａ ，得ａ ；
考法一 错位相减法求和 １ ＝１ １＝２ １－１ １＝１
{Ｓ ａ ｎ，
｛ ａ ｎ｝ （ 的
例
１） 前
１
求 ｎ 数 项 列
（
和
２
｛
０
为 ａ
２
ｎ
１
｝ Ｓ 的 ｎ
届
， Ｓ 通
浙
ｎ 项 ＝
江
２ 公 ａ
嘉
ｎ 式 －
兴
ｎ ； ，
９
ｎ ∈
月
Ｎ
教
∗．
学测试，２０）已知数列
变形
当
∴ 得 数 （
ｎ
ａ
≥
列 ｎ＋
２
｛ １ ａ
时
） ｎ ＝ ＋
，
２ １ （ ｝
Ｓ
ａ 是 ｎ
ｎ
－ ｎ
＝
１ － 等 １ ＝
２
＋ ２ 比 １
ｎ ａ
）
－
ｎ 数 － ， １－ 列
（
，
ｎ
且 －１ 公
），
比
两
为
式
２
相
．
减得ａ ｎ＝２ ａ ｎ －１＋１ ，
（２） 令ｂ ｎ＝２ ｎａ ｎ， 求数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的前ｎ项和Ｔ ｎ ． 又 ∵ ａ １＋１＝２ ， ∴ ａ ｎ＋１＝２ ｎ， ∴ ａ ｎ＝２ ｎ －１ ．
解题导引 （１） 根据ａ ｎ 与Ｓ ｎ 的关系求得ａ ｎ＝２ ａ ｎ －１＋１， ａ １＝ （ ２ ）ｂ ｎ＝２ ｎａ ｎ＝２ ｎ（ ２ ｎ －１ ） ＝ ｎ· ２ ｎ ＋１ －２ ｎ，
１ ．然后求得 ｛ ａ ｎ＋１｝ 为等比数列 ， 求出ａ ｎ ． 于是Ｔ ｎ＝ ｂ １＋ ｂ ２＋ … ＋ ｂ ｎ＝ （ １×２ ２ －２ ） ＋ （ ２×２ ３ －４ ） ＋ … ＋ （ｎ ×２ ｎ ＋１
专
题
七
数
列
／
７９
ｎ） （ ２ ３ … ｎ ｎ ＋１） （ … ｎ）， Ｓ Ｓ ｄ
－２ ＝ １×２ ＋２×２ ＋ ＋ ×２ －２ １＋２＋ ＋ 所以 ２０２０ ２０１７ ３ ，
令Ａ ｎ＝１×２ ２ ＋２×２ ３ ＋ … ＋ ｎ· ２ ｎ ＋１，即Ｔ ｎ＝ Ａ ｎ－ ｎ（ｎ ＋１ ）． ２０２０ － ２０１７ ＝ ２ ＝３
２
Ａ
Ａ
ｎ
ｎ
＝
＝
１
１
×
×
２
２
２ ＋
３ ＋
２
２
×
×
２
２
３ ＋
４ ＋
…
…
＋
＋
（
（
ｎ
ｎ
－
－
１
１
）
）
·
·
２
２
ｎ ＋
ｎ ＋
ｎ
１
·
＋ ｎ
２
·
ｎ ＋
２
１，
ｎ ＋
①
２， ②
所以ｄ
＝２
．故 Ｓ
ｎ
ｎ
＝
ｎ，所以Ｓ
ｎ＝
ｎ２．
①－② 得 － Ａ ｎ＝２ ２ ＋２ ３ ＋ … ＋２ ｎ ＋１ － ｎ· ２ ｎ ＋２ ＝ ４ （ １ １ － － ２ ２ ｎ） － ｎ· ２ ｎ ＋２ １ ，ｎ ∈ 当 Ｎ ｎ ∗ ≥ ．数 ２ 列 时 ｛ ， ｂ ａ ｎ ｎ ｝ ＝ 对 Ｓ 任 ｎ－ 意 Ｓ ｎ － 正 １＝ 整 ２ 数 ｎ － ｎ １ ， 满 ｎ ＝ 足 １ Ｔ 时 ｎ＝ 也 ２－ 满 ｂ ｎ 足 ， ，故ａ ｎ＝２ ｎ －
＝－４＋２ ｎ ＋２ － ｎ· ２ ｎ ＋２ ＝－ （ｎ －１ ）· ２ ｎ ＋２ －４ ， 当ｎ ＝１ 时，ｂ １＝ Ｔ １＝２－ ｂ １ ，解得ｂ １＝１ ；
∴ Ａ ｎ＝ （ｎ －１ ）· ２ ｎ ＋２ ＋４ ， 当ｎ ≥２ 时，ｂ ｎ＝ Ｔ ｎ－ Ｔ ｎ －１＝ （ ２－ ｂ ｎ ） － （ ２－ ｂ ｎ －１ ） ＝ ｂ ｎ －１－ ｂ ｎ ，
∴ Ｔ ｎ＝ （ｎ －１ ）· ２ ｎ ＋２ ＋４－ ｎ２ － ｎ． 所以ｂ ｎ＝ １ ｂ ｎ －１ （ｎ ≥２ ），所以｛ｂ ｎ ｝是首项为 １ ，公比为 １ 的
方法总结 １．当数列 ａ 是等差数列 ｂ 是等比数列时 ２ ２
｛ ｎ｝ ，｛ ｎ｝ ， ( )ｎ －１
求数列 ｛ ａ ｎ· ｂ ｎ｝ 的前ｎ项和常采用错位相减法． 等比数列，故数列｛ｂ ｎ ｝的通项公式为ｂ ｎ＝ １ ．
２
２．用错位相减法求和时 应注意
要善于识别题目类型 ， 特别是 ： 等比数列的公比为负数的 （ ）由（ ）知 ａ ｎ ｂ ｎ ２ ｎ －１，
（１） ， ２ １ ＝ ｎ
情形． ２ ２
ｎ ｎ
所以Ｓ′ １ ３ ５ … ２ －３ ２ －１，
（２） 在写出 “ Ｓ ｎ” 与 “ ｑＳ ｎ” 的表达式时应特别注意将两式 “ 错 ｎ＝ ２ ＋ ２ ２ ＋ ２ ３ ＋ ＋ ２ ｎ －１ ＋ ２ ｎ ①
项对齐 ”， 以便于下一步准确地写出 “ Ｓ ｎ－ ｑＳ ｎ” 的表达式． １ Ｓ′ １ ３ … ２ ｎ －３ ２ ｎ －１，
（３） 应用等比数列求和公式必须注意公比ｑ是否等于 １， 如 ２ ｎ＝ ２ ２ ＋ ２ ３ ＋ ＋ ２ ｎ ＋ ２ ｎ ＋１ ②
果ｑ ＝１， 应用公式Ｓ ｎ＝ ｎａ １ ． ，得 １ Ｓ′ １ ２ ２ … ２ ２ ｎ －１ １ ( １ １
经典例题教师用书 ①－② ｎ＝ ＋ ２ ＋ ３ ＋ ＋ ｎ－ ｎ ＋１ ＝ ＋ ＋ ２ ＋
２ ２ ２ ２ ２ ２ ２ ２ ２
例 （２０１８河南、河北两省联考，１８）已知数列 ｛ ａ ｎ｝ 的前ｎ １ [ ( １ )ｎ －１ ]
项和为Ｓ
ｎ，
ａ
１＝５，
ｎＳ
{ ｎ ＋ Ｓ １－ } （
ｎ
＋１）
Ｓ
ｎ＝
ｎ２
＋
ｎ．
… ＋ ｎ １ －１
)
－ ２
ｎ
ｎ － ＋１ １ ＝ １ ＋ ２
１－
２ － ２
ｎ
ｎ － ＋１ １ ＝ １ ＋１－
(
１
)ｎ －１
－
求证 数列 ｎ 为等差数列 ２ ２ ２ １ ２ ２ ２
（１） ： ｎ ；
１－
２
（２） 令ｂ ｎ＝２ ｎａ ｎ， 求数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的前ｎ项和Ｔ ｎ ．
Ｓ Ｓ
２
２
ｎ ｎ －
＋１
１，所以Ｓ′ ｎ＝３－ ２ ｎ
２
＋ ｎ ３．
解析 （
１
）证明：由ｎＳ
ｎ ＋１－
（ｎ
＋１
）Ｓ
ｎ＝
ｎ２
＋
ｎ得
ｎ
＋
ｎ ＋
１
１
－ ｎ
ｎ
＝１
，
考法二 裂项相消法求和
Ｓ {Ｓ }
又 １ ，所以数列 ｎ 是首项为 ，公差为 的等差数列． 例２ （２０２１届河南洛阳期中，１８）已知数列 ａ 是递增
＝５ ｎ ５ １ ｛ ｎ｝
１ 的等差数列 首项ａ 前ｎ项和为Ｓ 且Ｓ Ｓ Ｓ 成等
（
２
）由（
１
）可知
Ｓ
ｎ
ｎ
＝５＋
（ｎ
－１
）
＝
ｎ
＋４
，所以Ｓ
ｎ＝
ｎ２
＋４
ｎ． 比数列．
， １＝３， ｎ， １＋１， ２， ３＋１
求数列 ａ 的通项公式
当ｎ
≥２
时，ａ
ｎ＝
Ｓ
ｎ－
Ｓ
ｎ －１＝
ｎ２
＋４
ｎ
－
（ｎ
－１
）２
－４
（ｎ
－１
）
＝２
ｎ
＋３
． （１） ｛ ｎ｝ ；
所 又 以 ａ １ ｂ ＝ ｎ ５ ＝ 符 （ ２ 合 ｎ ＋ 上 ３ ） 式 ２ ， ｎ， 所以ａ ｎ＝２ ｎ ＋３ （ｎ ∈ Ｎ∗）， 和Ｔ ｎ （ ． ２） 令 ｂ ｎ ＝ａ ｎ ＋１（ ａ １ ｎ－２） （ ｎ ∈ Ｎ∗ ）， 求数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的前 ｎ 项
２ 所 所 Ｔ 以 以 ｎ＝ Ｔ ５× ｎ＝ ２ ２ ５ ＋ × 得 ７ ２ × ＋ ２ ７ ３ × ＋ ２ ９ ２ × ＋ ２ ９ ４ × ＋ ２ … ３ ＋ ＋ … （ ２ ＋ ｎ （ ＋ ２ １ ｎ ） ＋ ２ ３ ｎ ） ＋ ２ （ ｎ ２ ， ｎ ＋３ ） ２ ｎ ＋１， ① ② 解 ∵ 析 等差 数 （ １ 列 ）设 ｛ａ 等 ｎ ｝ 差 递 数 增 列 ， ∴ ｛ａ ｄ ｎ ＞ ｝ ０ 的 ． 公差为ｄ．
②－① Ｓ ，Ｓ ，Ｓ 成等比数列，
Ｔ ｎ＝ （ ２ ｎ ＋３ ） ２ ｎ ＋１ －１０－ （ ２ ３ ＋２ ４ ＋ … ＋２ ｎ ＋１） ∵ （ １ ａ ＋１ ａ ２ ｄ） ３ ２ ＋１ （ａ ）（ａ ａ ｄ ａ ｄ ），
＝ （ ２ ｎ ＋３ ） ２ ｎ ＋１ －１０－ ２
３（
１ １ － － ２ ２
ｎ －１） ∴
又 ∵ ｄ
１＋
＞０
１
，
＋
ａ １＝３
＝
， ∴ ｄ
１＋
＝
１
２ ． ∴ ａ
１
ｎ
＋
＝
１
２
＋
ｎ ＋
＋
１ ，
１
ｎ
＋
∈
２
Ｎ
＋
∗
１
． ( )
＝ 例 ＝ （ （ ２ ２ ｎ ｎ （ ＋ ＋ ２ ３ １ ０ ） ） ２ ２ ２ ０ ｎ ｎ ＋ ＋ 湖 １ １ － － 南 １ ２ ０ ． 长 － （ 沙 ２ ｎ ＋ 明 ２ － 德 ８ ） 中学３月月考，２０）设等差数列 ∴ （ ２ Ｔ ） ｎ ∵ ( ＝ ｂ ｂ ｎ １＋ ＝ ｂ ａ ２ ｎ ＋ ＋１ … （ａ １ ＋ ｎ ｂ － ｎ ２ ）＝（ ２ ｎ ＋３ ） １ （ ２ ｎ －１ ）＝ ４ １ ２ ｎ ) １ －１ － ２ ｎ １ ＋３ ，
１ １ １ １ １ １ １ … １ １
Ｓ Ｓ ＝ － ＋ － ＋ － ＋ ＋ ｎ － ｎ
ａ 的前ｎ项和为Ｓ 首项ａ 且 ２０２０ ２０１７ ．数列 ｂ ４ １ ５ ３ ７ ５ ９ ２ －１ ２ ＋３
｛ ｎ｝ ｎ， １＝１，
２０２０
－
２０１７
＝３ ｛ ｎ｝
１
(
１ １ １
)
４
ｎ２
＋５
ｎ
．
的前ｎ项和为Ｔ
ｎ，
且满足Ｔ
ｎ＝２－
ｂ
ｎ（
ｎ
∈
Ｎ∗
）
． ＝
４
１＋
３
－
２
ｎ
＋１
－
２
ｎ
＋３
＝
３
（
２
ｎ
＋１
）（
２
ｎ
＋３
）
求数列 ａ 和 ｂ 的通项公式 方法总结 １．对于裂项后明显有能够相消的项的一类数
（１） ｛ ｎ｝ ｛ ｎ｝ ；
（２） 求数列 {ａ ｎ ｂ ｎ } 的前ｎ项和Ｓ′ ｎ ． 列 ， 在 ２ 求 ．利 和 用 时 裂 常 项 用 相 “ 消 裂 法 项 求 法 和 ”， 时 分式 应 型 注 数 意 列 抵 的 消 求 后 和 并 多 不 用 一 此 定 法 只 ． 剩下
２ ，
解析 （ ）设数列｛ａ ｝的公差为ｄ， 第一项和最后一项 也有可能前面剩两项 后面也剩两项．将通项
１ ｎ ， ，
ｎ（ｎ ） 裂项后 有时需要调整前面的系数 使裂开的两项之差和系数之
ｎａ －１ ｄ ， ，
因为 Ｓ ｎ １＋ ２ ａ （ｎ ） ｄ ， 积与原通项相等．
ｎ ＝ ｎ ＝ １＋ －１ 经典例题教师用书
２
{Ｓ } ａ
所以 ｎ 为一个等差数列， 例 已知数列ａ 的前ｎ项和为Ｓ 且ａ Ｓ ｎ ＋１ ｎ ． ｎ ｎ｝ ｎ， ２＝８， ｎ＝ － －１
２
A
版
高
考
数
学
／
８０
（１） 求数列 ｛ ａ ｎ｝ 的通项公式 ； 所以ａ ｎ＝ ａ ２ ·ｑｎ －２ ＝２ ｎ －１．
（２） 求数列
{
ａ ２ ｎ × ａ ３ ｎ
ｎ}
的前ｎ项和Ｔ ｎ ． ·ｑ５
解法
ａ
二
·
：
ｑ
设
４，所
等
以
比数
ａ ｑ
列｛ａ
． ｎ
｝的公比为ｑ，由ａ
３
·ａ
４＝２
ａ
５
知ａ２
１
＋１ ＝２ １ １ ＝２
解析 （ １ ） ∵ ａ ２＝８ ，Ｓ ｎ＝ ａ ２ ｎ ＋１ － ｎ －１ ， 又因为Ｓ ６＝９ Ｓ ３ ，所以ｑ ≠１ ，故 ａ １ （ １ １ － － ｑ ｑ６） ＝９ · ａ １ （ １ １ － － ｑ ｑ３） ，
∴ ∴ （ 即 ∴ ∴ ｎ ≥ ２ ａ ａ ａ 数 ） ａ ２ １ ｎ ｎ ａ ｎ ＋ ２ ＋ 列 ＝ ＋ １ ｎ 时 × １ １ ＋ ａ Ｓ ＝ ｛ ３ ｎ ＝ １ １ ， ＋ ｎ ａ ３ ＝ ａ １ ＝ ３ ａ ｎ ＝ ｎ × ３ ａ ＋ ｎ ２ ＝ （ ３ （ ２ ＋ １ Ｓ ３ ｎ － ａ ｝ ２ － ｎ ｎ ｎ １ ， ２ 是 － － ＋ ＝ 又 ＝ Ｓ １ １ 等 ３ ２ ｎ ２ ） ） － ｎ ａ × ， １ （ 比 ， ， ２ ＝ ３ ３ ∴ ＝ ｎ 数 ｎ ａ ＋ ８ ａ ２ ｎ １ ＋ 列 ＝ ｎ － １ ＝ － １ ３ ， ） ｎ × ３ 且 － ＝ ｎ ａ － １ １ 首 ３ ＋ １ － ｎ ． ２ １ 项 － ç æ è ， １ ａ ２ ∴ 为 － ｎ ３ － ａ ａ ｎ ｎ ｎ ＋ ＋ １ １ ö ø ÷ １ １ ＋ － ， ＝ １ １ ３ ＝ ． ａ ３ ｎ ， ＋ 公 ２ ， 比 ｎ ∈ 为 Ｎ ３ ∗ ， ， ｂ ｎ ＋ １＝ 所 由 （ 所 即 所 ＝ ｂ ２ ｎ １ 以 以 以 ＋ ） １ ａ × ２ 证 ＋ ， １ （ ｂ ａ ａ ｂ ｑ ２ １ 明 ｎ ｎ ｎ ３ ＋ ＋ １ ＋ ＝ ＝ ２ １ ＋ ａ ： ｂ ＝ ａ ９ １ ２ 当 ｎ １ ｂ ， ｂ ） ＋ · １ ２ ２ 解 × ＋ · ＝ ｎ （ ｑ … 得 ＝ ｂ ２ ｎ ｂ ｂ ｎ － １ ＋ ２ １ ３ ２ ＋ ２ ＋ ｑ ＝ 时 · － ａ ＝ １ ｂ ２ ｎ ） ， ２ ｂ ｎ ｎ ｂ ｂ ＋ × － ｂ ， ｎ ４ ３ １ １ ２ 代 … ， ＝ ． · ＝ 所 ｂ 入 × ａ … ｎ 以 （ ＋ １ １ ｂ · ２ ａ 可 １ ｂ ｂ ｎ １ ＝ ｎ ｎ ＋ ｑ ｂ ｂ ＋ ＋ 知 ｎ ｎ １ ２ １ １ ＝ ＋ ＋ ． ＝ ） ２ １ ２ ， ． ａ ， ａ ｎ 解 １ ＋ ｂ １ １ 得 ＋ ＋ １ ａ ａ ＝ ２ １ ｂ ２ ＝ ２ ｎ ＋ ＋ １ ． １ … ． ＋ ａ ｎ ｂ ｎ＋ ａ ｎ ＋１
{ ｎ} 当ｎ 时，
数列 ２×３ 的前ｎ项和 ≥２
∴ ａ ａ ｎ ｎ
ｎ ｎ
＋１ ｃ ２ ２
Ｔ ｎ＝ æ è ç ３－ １ １ － ３ ２ １ －１ ö ø ÷ ＋ æ è ç ３ ２ １ －１ － ３ ３ １ －１ ö ø ÷ ＋ … ＋ æ è ç ３ ｎ １ －１ － ３ ｎ ＋ １ １ －１ ö ø ÷ ＝ ２ １ ｎ＝ｂ ｎ ＋２ ＝（ ２ １ ＋１ １ ） × （ ２ ２ ＋１ ） × … × （ ２ ｎ ＋１ ） １ ．
－ ｎ ＋ １ １ ． ＝（ ２ １ ＋１ ） × （ ２ ２ ＋１ ） × … × （ ２ ｎ －１ ＋１ ）－（ ２ １ ＋１ ） × （ ２ ２ ＋１ ） × … × （ ２ ｎ ＋１ ）
３ －１ 又ｃ ２ ２ ，
例 （２０１９浙江嵊州期末，２０）已知等比数列
｛
ａ
ｎ｝
的前 ｎ １＝ｂ
３
＝
３
项和为Ｓ ｎ， 满足ａ ３· ａ ４＝２ ａ ５， Ｓ ６＝９ Ｓ ３， 数列 ｛ ｂ ｎ｝ 的首项为 １， 且 所以ｃ １＋ ｃ ２＋ … ＋ ｃ ２０１９
ａ １ ｂ １＋ （ ａ １ ２ ） ｂ 求 ２＋ 数 … 列 ＋ ａ ｛ ｎ ｂ ａ ｎ ｎ ＝ ｝ 的 ｂ ｎ ＋ 通 １（ 项 ｎ ∈ 公 Ｎ 式 ∗ ） ； ． ＝ ３ ２ ＋ é ë ê ê ２＋ １ １ － （ ２ １ ＋１ ） × １ （ ２ ２ ＋１ ） ù û ú ú ＋ … ＋
ｎ
（２） 设ｃ ｎ＝ｂ ２
ｎ ＋２
， 证明 ： ｃ １＋ ｃ ２＋…＋ ｃ ２０１９＜１ ． é
ë
ê ê
（ １ ） （ ２ ）
１
… （ ２０１８ ） －
解析 （ ）解法一：因为｛ａ ｝是等比数列，所以ａ ·ａ ａ ２ ＋１ × ２ ＋１ × × ２ ＋１
１ ｎ ３ ４＝ ２ ù é
·ａ ，所以ａ ． １ ú ú ２ ê ê １
５ ２＝２ （ １ ） （ ２ ） … （ ２０１９ ） û ＝ ＋ ë －
又因为Ｓ Ｓ ，所以ａ ａ ａ Ｓ Ｓ Ｓ ． ２ ＋１ × ２ ＋１ × × ２ ＋１ ３ ３
６＝９ ３ ４＋ ５＋ ６＝ ６－ ３＝８ ３ ù
ａ ａ ａ ú
设等比数列｛ａ ｎ ｝的公比为ｑ，则ｑ３ ＝ ４＋ Ｓ ５＋ ６ ＝８ ，解得ｑ ＝２ ． （ ２ １ ＋１ ） × （ ２ ２ ＋１ ） １ × … × （ ２ ２０１９ ＋１ ） û ú ＜１ ．
３
