专题六数列
第十六讲等比数列
答案部分
2019
年
1.解析：
解析：
解析：
解析：
解析：在等比数列中，由
2
4
6
a
a
=
，得
2
6
5
1
1
0
a q
a q
=
＞.又
1
1
3
a =
，所以解得
3
q =
.
则
(
)
(
)
5
5
1
5
1 1 3
1
121
3
1
1 3
3
S
q
a
q
−
=
−
=
−
=
−
.
2.
解析
解析
解析
解析
解析设等比数列{
}
na
的公比为
(
0)
q q
，则由前4 项和为15，且
5
3
1
3
4
a
a
a
=
+
，有
(
)
4
1
4
2
1
1
1
1
15
1
3
4
a
q
q
a q
a q
a
−
=
−
=
+
，解得
1
1
2
a
q
=
=
. 所以
2
3
2
4
a =
=
．故选C．
3.解析：
解析：
解析：
解析：
解析：（1）由题设得
1
1
4(
)
2(
)
n
n
n
n
a
b
a
b
+
+
+
=
+
，即
1
1
1 (
)
2
n
n
n
n
a
b
a
b
+
+
+
=
+
．
又因为a1+b1=l，所以
n
n
a
b
+
是首项为1，公比为1
2
的等比数列．
由题设得
1
1
4(
)
4(
)
8
n
n
n
n
a
b
a
b
+
+
−
=
−
+
，
即
1
1
2
n
n
n
n
a
b
a
b
+
+
−
=
−
+
．
又因为a1–b1=l，所以
n
n
a
b
−
是首项为1，公差为2的等差数列．
（2）由（1）知，
1
1
2
n
n
n
a
b
−
+
=
，
2
1
n
n
a
b
n
−
=
−．
所以
1
1
1
[(
)
(
)]
2
2
2
n
n
n
n
n
n
a
a
b
a
b
n
=
+
+
−
=
+
−
，
1
1
1
[(
)
(
)]
2
2
2
n
n
n
n
n
n
b
a
b
a
b
n
=
+
−
−
=
−
+
．
2010-2018
年
1．D【解析】从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于12 2 ，
第一个单音的频率为f ，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项
为f ，公比为12 2 的等比数列，记为{
}
n
a
，
则第八个单音频率为
12
8 1
7
12
8
( 2)
2
a
f
f
−
=
=
，故选
．
D
2
B
．【解析】解法一 因为
ln
1
x
x −
≤
(
0
x
)，所以
1
2
3
4
1
2
3
ln(
)
a
a
a
a
a
a
a
+
+
+
=
+
+
1
2
3
1
a
a
a
+
+
−
≤
，所以
4
1
a
−
≤
，又
1
1
a
，所以等比数列的公比
0
q
．
若
1
q
−
≤
，则
2
1
2
3
4
1
(1
)(1
0
a
a
a
a
a
q
q
+
+
+
=
+
+
）≤
，
而
1
2
3
1
1
a
a
a
a
+
+
≥
，所以
1
2
3
ln(
)
0
a
a
a
+
+
，
与
1
2
3
1
2
3
4
ln(
)
0
a
a
a
a
a
a
a
+
+
=
+
+
+
≤
矛盾，
所以
1
0
q
−
，所以
2
1
3
1
(1
)
0
a
a
a
q
−
=
−
，
2
2
4
1
(1
)
0
a
a
a q
q
−
=
−
，
所以
1
3
a
a
，
2
4
a
a
，故选
．
B
解法二 因为
1
x
e
x +
≥
，
1
2
3
4
1
2
3
ln(
)
a
a
a
a
a
a
a
+
+
+
=
+
+
，
所以
1
2
3
4
1
2
3
1
2
3
4
1
a
a
a
a
e
a
a
a
a
a
a
a
+
+
+
=
+
+
+
+
+
+
≥
，则
4
1
a
−
≤
，
又
1
1
a
，所以等比数列的公比
0
q
．
若
1
q
−
≤
，则
2
1
2
3
4
1
(1
)(1
0
a
a
a
a
a
q
q
+
+
+
=
+
+
）≤
，
而
1
2
3
1
1
a
a
a
a
+
+
≥
，所以
1
2
3
ln(
)
0
a
a
a
+
+
与
1
2
3
1
2
3
4
ln(
)
0
a
a
a
a
a
a
a
+
+
=
+
+
+
≤
矛盾，
所以
1
0
q
−
，所以
2
1
3
1
(1
)
0
a
a
a
q
−
=
−
，
2
2
4
1
(1
)
0
a
a
a q
q
−
=
−
，
所以
1
3
a
a
，
2
4
a
a
，故选
．
B
3
B
．【解析】设塔顶共有灯
1a 盏，根据题意各层等数构成以
1a
为首项，
为公比的等比数
2
列，∴
7
7
1
7
1
(1
2 )
(2
1)
381
1 2
a
S
a
−
=
=
−
=
−
，解得
1
3
a =
．选
．
B
4
B
．【解析】由于
2
4
1
(1
)
21
a
q
q
，
1
3
a
，所以
4
2
6
0
q
q
，所以
2
2
q
(
2
3
q
舍去，所以
)
3
6
a
，
5
12
a
，
7
24
a
，所以
3
5
7
42
a
a
a
．
5
D
．【解析】由等比数列的性质得，
2
3
9
6
0
a
a
a
=
，因此
2
6
9
,
,
a a a 一定成等比数列．
6
C
．【解析】设等比数列
n
a
的公比为q ，∵
3
2
1
10
S
a
a
=
+
，∴
1
2
3
2
1
10
a
a
a
a
a
+
+
=
+
，
即
3
1
9
a
a
=
，∴
2
9
q =
，由
5
9
a =
，即
4
1
9
a q =
，∴
1
1
9
a =
．
7
B
．【解析】取特殊值可排除
、、，由均值不等式可得
A
C
D
2
2
2
1
3
1
3
2
2
2
a
a
a a
a
+
=
．
8
B
．【解析】由
1
16n
n
n
a a + =
，得
1
1
2
16n
n
n
a
a
+
+
+ =
，两式相除得
1
1
2
1
16
16
16
n
n
n
n
n
n
a
a
a a
+
+
+
+
=
=
，
∴
2
16
q =
，∵
1
16
n
n
n
a a + =
，可知公比q 为正数，∴
4
q =
．
9
C
{
．【解析】设
n
a }的公比为q ，则由等比数列的性质知，
2
3
1
4
1
2
a
a
a a
a
=
=
，
即
4
2
a =
．由
4
a
与2
7
a 的等差中项为5
4
知，
4
7
5
2
2
4
a
a
+
=
，
7
4
1
5
(2
)
2
4
a
a
=
−
1
4
=
．∴
3
7
4
1
8
a
q
a
=
=
，即
1
2
q =
．
3
4
1
1
1
2
8
a
a q
a
=
=
=
，
1
16
a
=
，
5
5
1
16(1
)
2
31
1
1
2
S
−
=
=
−
．
10
A
．【解析】通过
2
5
8
0
a
a
+
=
，设公比为q ，将该式转化为
0
8
3
2
2
=
+
q
a
a
，
解得q=
2
－，所以
5
5
2
2
1
1 32
11
1
1 4
S
q
S
q
−
+
=
=
= −
−
−
．
11．D【解析】取等比数列1,2,4,令
1
n = 得
1,
3,
7
X
Y
Z
=
=
=
代入验算，只有选项
满足．
D
12
C
．【解析】
2
3
4
10
10
1
2
3
4
5
1
m
a
a a a a a
q q
q
q
q
a q
=
=
=
=
，因此有
11
m =
．
13
B
．【解析】两式相减得，
3
4
3
3a
a
a
=
−
，
4
4
3
3
4
,
4
a
a
a
q
a
=
=
=
．
14
C
．【解析】显然q 1，所以
3
6
3
9(1
)
1
=
1
2
1
1
q
q
q
q
q
q
−
−
+
=
−
−
，所以1
{
}
n
a
是首项为
1，公比为1
2
的等比数列，前
项和
5
5
5
1
1 ( )
31
2
1
16
1 2
T
−
=
=
−
．
15．8
−【解析】设{
}
na
的首项为
1a ，公比为q ，所以
1
1
2
1
1
1
3
a
a q
a
a q
+
= −
−
= −
，
解得
1
1
2
a
q
=
= −
，则
3
4
1
8
a
a q
=
= −．
16．32【解析】设{
}
n
a
的公比为q ，由题意
1
q ，由
6
3
6
3
3
1
1
9
1
S
q
q
S
q
−
=
= +
=
−
，所以
2
q =
，
由
3
1
3
(1
)
7
1
4
a
q
S
q
−
=
=
−
，得
1
1
4
a =
，所以
7
7
5
8
1
1
2
2
32
4
a
a q
=
=
=
=
．
17．1【解析】设
na
的公差为d ，
nb
的公比为q ，由题意
3
1 3
8
d
q
−+
= −
=
，
所以
3
d =
，
2
q = −
，所以
2
2
1 3
1
( 2)
a
b
−+
=
=
−−
．
18．64 【解析】设{
}
na
的公比为q，由
1
3
10
a
a
+
=
，
2
4
5
a
a
+
=
得
1
1
8,
2
a
q
=
=
，
则
2
4
a =
，
3
2
a =
，
4
1
a =
，
5
1
2
a =
，所以
1
2
1
2
3
4
64
n
a a
a
a a a a
=
．
19．1 121 【解析】由于
1
2
2
1
4
2
1
a
a
a
a
+
=
=
+
，解得
1
1
a =
，由
1
1
2
1
n
n
n
n
a
S
S
S
+
+
=
−
=
+
，
所以
1
1
1
3(
)
2
2
n
n
S
S
+
+
=
+
，所以
1
{
}
2
n S +
是以3
2
为首项，为公比的等比数列，
3
所以
1
1
3
3
2
2
n
n
S
−
+
=
，所以
5
121
S =
．
20．2
1
n
【解析】由题意，
1
4
2
3
1
4
9
8
a
a
a
a
a a
+
=
=
=
，解得
1
4
1,
8
a
a
=
=
或
1
4
8,
1
a
a
=
= ，而
数列{
}
na
是递增的等比数列，所以1
4
1,
8
a
a
=
=
，即
3
4
1
8
a
q
a
=
=
，所以
2
q =
，因而
数列{
}
na
的前n 项和
1
(1
)
1 2
2
1
1
1 2
n
n
n
n
a
q
S
q
−
−
=
=
=
−
−
−
．
21
5
．【解析】由等比数列的性质可知
2
1 5
2
4
3
a a
a a
a
=
=
，于是，由
1
5
4
a a =
得
3
2
a =
，
故
1
2
3
4
5
32
a a a a a =
，则
2
1
2
2
2
3
2
4
2
5
log
+log
+log
+log
+log
=
a
a
a
a
a
2
1
2
3
4
5
2
log (
)
log 32
5
a a a a a
=
=
．
22
50
．
【解析】因
n
a
是等比数列，∴
1
20
10
11
9
12
a a
a a
a a
=
=
，由
5
12
9
11
10
2e
a
a
a
a
=
+
得
∴
5
1
20
a a
e
=
，∴
1
2
20
ln
ln
ln
a
a
a
+
+
+
=
10
1
2
20
1
20
ln(
)
ln(
)
a a
a
a a
=
=50
．
23
4
．【解析】设等比数列
}
{ na
的公比为q ，
0
q
．则
8
6
4
2
a
a
a
=
+
，
即为
4
2
4
4
4
2
a q
a q
a
=
+
，解得
2
2
q =
（负值舍去），又
2
1
a = ，所以
4
6
2
4
a
a q
=
．
24
15
．
【解析】
1
2
3
4
1,
2,
4,
8
a
a
a
a
=
= −
=
= −，∴
1
2
3
4
|
|
|
|
a
a
a
a
+
+
+
= 15
．
25．
1
2,2
2
n+ −
【解析】由
3
5
a
a
+
=
(
)
2
4
q a
a
+
得
2
q =
； (
)
(
)
3
2
4
1
a
a
a q
q
+
=
+
=20
，
得
1
2
a =
；∴
(
)
1
2 1 2
2
2
1 2
n
n
nS
+
−
=
=
−
−
．
26
12
．
【解析】设正项等比数列
}
{
n
a
首项为1a
，公比为，则：
q
=
+
=
3
)
1(
2
1
5
1
4
1
q
q
a
q
a
，
得：
1a ＝1
32
，＝，
q
2
62
n
na
−
=
．记
5
2
1
2
1
2 −
=
+
+
+
=
n
n
n
a
a
a
T
，
2
)
1
(
2
1
2
n
n
n
n
a
a
a
−
=
=
．
n
n T
，则
2
)
1
(
5
2
2
1
2
n
n
n
−
−
，
化简得：
5
2
11
2
1
2
2
1
2
+
−
−
n
n
n
，当
5
2
11
2
1
2
+
−
n
n
n
时，
12
2
121
13
+
=
n
．
当＝
n
12 时，
12
12
T
，当＝
时，
n
13
13
13
T
，故
max
12
n
=
．
27．11【解析】由
2
1
2
0
n
n
n
a
a
a
+
+
+
−
=
，可得
2
2
0
n
n
n
a q
a q
a
+
−
=
，
由
1
1
a =
可知
0,
1
n
a
q
，求得公比
2
q = −，可得
5
S =11
．
28
2
．【解析】
2
2
2
1
1
2(
)
5
,
2
(1
)
5
,
2(1
)
5 ,
2
2
n
n
n
n
n
a
a
a
a
q
a q
q
q
q
q
+
+
+
=
+
=
+
=
=
=
解得
或
因为数列为递增数列，且1
0,
1,
2
a
q
q
=
所以
．
29．3
2
【解析】依题意可得，
2
1
1
2
1
1
1
4
4
3
3
1
1
1
1
1
(1
)
3
2
2
3
2
2
0
1
(1
)
2
3
2
2
0
3
2
1
a
q
a q
a q
a q
a
q
q
a
q
a q
a q
a
q
a q
q
−
=
+
−
+
+
−
=
−
−
−
+
+
−
=
=
+
−
两式相减可得
4
2
3
1
1
1
1
2
2
3
3
0
a q
a q
a q
a q
−
−
+
=
，即
4
2
3
2
2
3
3
0
q
q
q
q
−
−
+
=
，
解得
1
q = （舍）或
0
q =
或
3
2
q =
。因为
0
q
，所以
3
2
q =
．
30
2
．
1
1
2
2
n−−
【解析】
3
4
1
a
a q
=
得
3
1
4
2 q
=
，解得
2
q =
，
1
1
2
1
(1 2 )
1
2
2
1 2
2
n
n
n
a
a
a
−
−
+
++
=
=
−
−
．
31．【解析】
设
(1)
{
}
n
a
的公比为q ，由题设得
1
n
na
q
−
=
．
由已知得
4
2
4
q
q
=
，解得
0
q =
（舍去），
2
q = −
或
2
q =
．
故
1
( 2)
n
na
−
= −
或
1
2n
na
−
=
．
(2)若
1
( 2)n
na
−
= −
，则
1 ( 2)
3
n
n
S
−−
=
．由
63
m S =
得
( 2)
188
m
−
= −
，此方程没有正整
数解．
若
1
2n
na
−
=
，则
2
1
n
n S =
−．由
63
m S =
得 2
64
m =
，解得
6
m =
．
综上，
6
m =
．
32．【解析】Ⅰ设数列
(
)
{
}
nx
的公比为q ，由已知
0
q
．
由题意得
1
1
2
1
1
3
2
x
x q
x q
x q
+
=
−
=
，所以
2
3
5
2
0
q
q
−
−
=
，
因为
0
q
,所以
1
2,
1
q
x
=
= ，
因此数列{
}
n
x
的通项公式为
1
2
.
n
nx
−
=
（Ⅱ）过
1
2
3
,
,
,
P P P …，
1
nP + 向x 轴作垂线，垂足分别为
1
2
3
,
,
,
Q Q Q
…，
1
n
Q + ,
由Ⅰ得
(
)
1
1
1
2
2
2
.
n
n
n
n
n
x
x
−
−
+
−
=
−
=
记梯形
1
1
n
n
n
n
P P Q
Q
+
+
的面积为
nb ．
由题意
1
2
(
1)
2
(2
1) 2
2
n
n
n
n
n
b
n
−
−
+
+
=
=
+
，
所以
1
2
3
n
T
b
b
b
=
+
+
+…+
nb
=
1
0
1
3 2
5 2
7
2
−
+
+
+ …+
3
2
(2
1) 2
(2
1)
2
n
n
n
n
−
−
−
+
+
①
又
0
1
2
2
3 2
5 2
7 2
n
T =
+
+
+…+
2
1
(2
1) 2
(2
1) 2
n
n
n
n
−
−
−
+
+
②
①−②得
1
2
1
1
3 2
(2
2
......
2
)
(2
1) 2
n
n
nT
n
−
−
−
−
=
+
+
+
+
−
+
=
1
1
3
2(1
2
)
(2
1) 2
.
2
1
2
n
n
n
−
−
−
+
−
+
−
所以
(2
1) 2
1.
2
n
n
n
T
−
+
=
33．【解析】（Ⅰ）由题意得
1
1
1
1
a
S
a
+
=
=
，故
1
，
−
= 1
1
1a
，
0
1
a
.
由
n
n
a
S
+
=1
，
1
1
1
+
+
+
=
n
n
a
S
得
n
n
n
a
a
a
−
=
+
+
1
1
，即
n
n
a
a
=
−
+
)1
(
1
．
由
0
1
a
，
0
且
1
得
0
n
a
，所以
1
1
−
=
+
n
n
a
a
.
因此
}
{
na
是首项为
−
1
1
，公比为
1
−
的等比数列，于是
1
)
1
(
1
1
−
−
−
=
n
n
a
．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
n
n S
)
1
(
1
−
−
=
，由
32
31
5 =
S
得
32
31
)1
(
1
5 =
−
−
，
即
=
−
5)
1
(
32
1 ，解得
1
= −．
34．【解析】（I）由
1
3
1
n
n
a
a
+ =
+
得
1
1
1
3(
)
2
2
n
n
a
a
+
+
=
+
．
又
1
1
3
2
2
a +
=
，所以
1
2
na
+
是首项为3
2
，公比为
的等比数列．
3
1
3
2
2
n
n a +
=
，因此
na
的通项公式为
3
1
2
n
n
a
−
=
．
（Ⅱ）由（）知
I
1
2
3
1
n
n
a
=
−
因为当
1
n
时，
1
3
1
2 3
n
n−
−
，所以
1
1
1
3
1
2 3
n
n−
−
．
于是
1
1
2
1
1
1
1
1
3
1
3
...
1
...
(1
)
3
3
2
3
2
n
n
n
a
a
a
−
+
+
+
+
+
+
=
−
．
所以
1
2
1
1
1
3
...
2
n
a
a
a
+
+
+
．
35．【解析】Ⅰ设
(
)
{
}
n
a
的公比为q ，依题意得
1
4
1
3
81
a q
a q
=
=
，解得
1
1
3
a
q
=
=
，
因此，
1
3n
na
−
=
.
（Ⅱ）因为
3
log
1
n
n
b
a
n
=
=
−
，∴数列{ }
nb
的前n 项和
2
1
(
)
2
2
n
n
n b
b
n
n
S
+
−
=
=
.
36．【解析】（Ⅰ）因为
2
3
2
n
n
n
S
−
=
，所以
1a
1
1
S
=
= ，当
2
n
时
1
3
2,
n
n
n
a
S
S
n
−
=
−
=
−
又
1
n =
时，所以数列
na
的通项公式为
3
2,
na
n
=
−
（Ⅱ）要使得
m
n
a
a
a
，
，
1
成等比数列，只需要
2
1
n
m
a
a a
=
，
即
2
2
(3
2)
1 (3
2),
3
4
2
n
m
m
n
n
−
=
−
=
−
+
即
.而此时
N
m
，且
,
m
n
所以对任意
1
n
，都有
N
m
，使得
m
n
a
a
a
，
，
1
成等比数列.
37．【解析】由题意可知，
2
1
2
1
3
2
4
3
a
a
a
a
a
−
=
=
+
，即
1
1
2
1
1
1
2
4
3 +
a q
a
a q
a
a q
−
=
=
，
解得
1 =1
3
a
q
=
, 所以
1 3
3
1
1 3
2
n
n
nS
−
−
=
=
−
．
故
1=1
a
，
3
q =
，
3
1
2
n
n
S
−
=
．
38．【 解析】Ⅰ
(
)设等比数列
na
的公比为q ，因为
2
2S
−
，
3
S ，
4
4S 成等差数列，
所以
3
2
4
3
2
4
S
S
S
S
+
=
−
，即
4
3
2
4
S
S
S
S
−
=
−
，可得
4
3
2a
a
= −
，
于是
4
3
1
2
a
q
a
=
= −
．又
1
3
2
a =
，所以等比数列
n
a
的通项公式为
1
1
3
1
3
( 1)
2
2
2
n
n
n
n
a
−
−
=
−
= −
．
(
)
Ⅱ
1
1
2
n
n
S
= −−
，
1
2
,
2 (2
1)
1
1
1
1
1
2
1
1
2 (2
1)
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
S
S
+
+
+
= −−
+
=
−−
−
为奇数
2+
,n为偶数
当n 为奇数时，
1
n
n
S
S
+
随n 的增大而减小，所以
1
1
1
1
13
6
n
n
S
S
S
S
+
+
=
．
当n 为偶数时，
1
n
n
S
S
+
随n 的增大而减小，所以
2
2
1
1
25
12
n
n
S
S
S
S
+
+
=
．
故对于
*
n
N
，有
1
13
6
n
n
S
S
+
．
39．【 解析】（）设数列
Ⅰ
na
的公比为q，由
2
3
2
6
9
a
a a
=
得
3
2
3
4
9
a
a
=
所以
2
1
9
q =
．
由条件可知
0
c
，故
1
3
q =
．
由
1
2
2
3
1
a
a
+
= 得
1
2
2
3
1
a
a q
+
=
，所以
1
1
3
a =
．
故数列
n
a
的通项式为
n
a = 1
3n ．
（
）
Ⅱ
3
1
3
2
3
n
log
log
...
log
n
b
a
a
a
=
+
+
+
(1
2
...
)
(
1)
2
n
n n
= −
+
+
+
+
= −
故
1
2
1
1
2(
)
(
1)
1
n
b
n n
n
n
= −
= −
−
+
+
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
2
...
2((1
)
(
)
...
(
))
2
2
3
1
1
n
n
b
b
b
n
n
n
+
+
+
= −
−
+
−
+
+
−
= −
+
+
所以数列1
{
}
n
b
的前n 项和为
2
1
n
n
−
+
．
40．【解析】（）设
Ⅰ
{
}
na
的公比为q ，
则
2
2
1
2
3
1
2,
2
2
,
3
3
b
a
b
aq
q b
aq
q
= +
=
=
+
=
+
=
+
=
+
由
1
2
3
,
,
b b b 成等比数列得
2
2
(2
)
2(3
)
q
q
+
=
+
即
2
1
2
4
2
0,
2
2,
2
2
q
q
q
q
−
+
=
=
+
=
−
解得
所以{
}
na
的通项公式为
1
1
(2
2)
(2
2)
.
n
n
n
n
a
a
−
−
=
+
=
−
或
（
）设
Ⅱ
{
}
na
的公比为q ，则由
2
2
(2
)
(1
)(3
),
aq
a
aq
+
=
+
+
得
2
4
3
1
0(*)
aq
aq
a
−
+
−=
由
2
0
4
4
0
a
a
a
=
+
得
，故方程（*）有两个不同的实根
由{
}
n
a
唯一，知方程（*）必有一根为，代入（
0
*）得
1.
3
a =
41．【 解析】（）设
Ⅰ
2
2
1
,
,
,
+
n
l
l
l
构成等比数列，其中
,
100
,1
2
1
=
=
+
nt
t
则
,
2
1
2
1
+
+
=
n
n
n
t
t
t
t
T
①
,
1
2
2
1
t
t
t
t
T
n
n
n
=
+
+
②
①×②并利用
得
),
2
1(
102
2
1
3
1
+
=
=
+
−
+
n
i
t
t
t
t
n
i
n
.1
,2
lg
,
10
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
(
2
1
2
2
1
1
2
2
1
2
+
=
=
=
=
+
+
+
+
+
n
n
T
a
t
t
t
t
t
t
t
t
T
n
n
n
n
n
n
n
n
（）由题意和（）中计算结果，知
Ⅱ
Ⅰ
.1
),
3
tan(
)
2
tan(
+
+
=
n
n
n
bn
另一方面，利用
,
tan
)1
tan(
1
tan
)1
tan(
)
)1
tan((
1
tan
k
k
k
k
k
k
+
+
−
+
=
−
+
=
得
.1
1
tan
tan
)1
tan(
tan
)1
tan(
−
−
+
=
+
k
k
k
k
所以
+
=
=
+
=
=
2
3
1
tan
)1
tan(
n
k
n
k
k
n
k
k
b
S
.
1
tan
3
tan
)3
tan(
)1
1
tan
tan
)1
tan(
(
2
3
n
n
k
k
n
k
−
−
+
=
−
−
+
=
+
=
