【文档说明】高考数学(理数)一轮复习课件：第六章 数列 第四节 数列的综合问题 (含详解).ppt，共(58)页，560.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第四节数列的综合问题本节主要包括2个知识点：1.数列求和；2.数列的综合应用问题.突破点(一)数列求和基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．公式法与分组转化法(1)公式法直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．①等差数列的前n项和公式：Sn＝na1＋an2＝na1＋nn－12d.②

等比数列的前n项和公式：Sn＝na1，q＝1，a1－anq1－q＝a11－qn1－q，q≠1.(2)分组转化法若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后相加减．2．倒序相加法与并项求和法(1)倒序相加法如果一个数列{a

n}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式就是用此法推导的．(2)并项求和法在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．

例如，Sn＝1002－992＋982－972＋„＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋„＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋„＋(2＋1)＝5050.3．裂项相消法(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．

(2)常见的裂项技巧①1nn＋1＝1n－1n＋1.②1nn＋2＝121n－1n＋2.③12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1.④1n＋n＋1＝n＋1－n.4．错位相减法

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对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”分组转化法求和[例1]已知数列{an}，{bn}满足a1＝5，an＝2an－1＋3n－1

(n≥2，n∈N*)，bn＝an－3n(n∈N*)．(1)求数列{bn}的通项公式；(2)求数列{an}的前n项和Sn.[解](1)∵an＝2an－1＋3n－1(n∈N*，n≥2)，∴an－3n＝2(an－1－3n－1)，∴bn＝2bn－1

(n∈N*，n≥2)．∵b1＝a1－3＝2≠0，∴bn≠0(n≥2)，∴bnbn－1＝2，∴{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列．∴bn＝2·2n－1＝2n.[解]由(1)知an＝bn＋3n＝2n＋3n，∴Sn＝(2＋22＋„＋2n)＋(3＋

32＋„＋3n)＝21－2n1－2＋31－3n1－3＝2n＋1＋3n＋12－72.(2)求数列{an}的前n项和Sn.[方法技巧]分组转化法求和的常见类型(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或

等比数列，可采用分组转化法求{an}的前n项和．(2)通项公式为an＝bn，n为奇数，cn，n为偶数的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．错位相减法求和[例2](2016·山东高考)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是

等差数列，且an＝bn＋bn＋1.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)令cn＝an＋1n＋1bn＋2n，求数列{cn}的前n项和Tn.[解](1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，当n＝1时，a1＝S1＝11，满足上式，所以an＝6n＋5.设数列{bn}的公差为d

.由a1＝b1＋b2，a2＝b2＋b3，即11＝2b1＋d，17＝2b1＋3d，可解得b1＝4，d＝3.所以bn＝3n＋1.[解]由(1)知cn＝6n＋6n＋13n＋3n＝3

(n＋1)·2n＋1，又Tn＝c1＋c2＋„＋cn，得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1

)×2n＋2]＝3×4＋41－2n1－2－n＋1×2n＋2＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.(2)令cn＝an＋1n＋1bn＋2n，求数列{cn}的前n项和Tn.[方法技巧]错位相减法求和的策略(1)如果数列{an}是等差数列，

{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．(2)在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．(3)在应用错位相减法求和

时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．裂项相消法求和[例3]数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1－2，数列{bn}是首项为a1，公差为d(d≠0)的等差数列，且b1，b3，b9成等比数列．(

1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)若cn＝2n＋1bn(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn.[解](1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n，又a1＝S1＝21＋1－2＝2＝21，也满足

上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.则b1＝a1＝2.由b1，b3，b9成等比数列，得(2＋2d)2＝2×(2＋8d)，解得d＝0(舍去)或d＝2，所以数列{bn}的通项公式为bn＝2n.[解]由(1)得cn＝2n＋1

bn＝1nn＋1＝1n－1n＋1，所以数列{cn}的前n项和Tn＝11×2＋12×3＋13×4＋„＋1n×n＋1＝1－12＋12－13＋„＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.(2)若cn＝2n＋1bn(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn.[易错提醒]利用裂

项相消法求和时，应注意抵消后不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原项相等．如：若{an}是等差数列，则1anan＋1＝1d1an－1an＋1，1an

an＋2＝12d1an－1an＋2.能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.[考点一]若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和为()A．2n＋n2－1B．2n＋1＋n2－1C．2n

＋1＋n2－2D．2n＋n－2解析：Sn＝a1＋a2＋a3＋„＋an＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋„＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋„＋2n)＋2(1＋2＋3＋„＋n)－n＝21－2n1－2＋2×nn＋12－n＝2(2n－1)＋n2＋n－n＝

2n＋1＋n2－2.答案：C2.[考点三](2016·江南十校联考)已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝1fn＋1＋fn，n∈N*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2017＝()A.2016－1B.2017－1C.20

18－1D.2018＋1解析：由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝12，则f(x)＝x12.所以an＝1fn＋1＋fn＝1n＋1＋n＝n＋1－n，S2017＝a1＋a2＋a3＋„＋a2017＝(2－1)

＋(3－2)＋(4－3)＋„＋(2017－2016)＋(2018－2017)＝2018－1.答案：C3.[考点二]已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________.解析：∵an＝n·2n，∴Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋„＋n×2n.①∴2Sn＝1×22

＋2×23＋„＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.②①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋„＋2n－n·2n＋1＝21－2n1－2－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)2n＋1－2.∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2.答案：(n－1)2n＋1＋24.[考点一]已知数列{an}

的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)nnln3，求其前n项和Sn.解：Sn＝2(1＋3＋„＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln3，所以当n为偶数时，Sn＝2×1－3n1－3＋

n2ln3＝3n＋n2ln3－1；当n为奇数时，Sn＝2×1－3n1－3－(ln2－ln3)＋n－12－nln3＝3n－n－12ln3－ln2－1.综上所述，Sn＝3n＋n2ln3－1，n为偶数，3n－n－12ln3－ln2－1，n为奇数.5.[考点三]正项数列{

an}的前n项和Sn满足：S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求数列{an}的通项公式an；解：(1)由S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.

由于{an}是正项数列，所以Sn>0，Sn＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.解：证明：由于a

n＝2n，故bn＝n＋1n＋22a2n＝n＋14n2n＋22＝1161n2－1n＋22.则Tn＝1161－132＋122－142＋132－152＋„＋1n－12－1n＋12＋1n2－1n＋22＝1161＋

122－1n＋12－1n＋22<1161＋122＝564.即对任意的n∈N*，都有Tn<564.(2)令bn＝n＋1n＋22a2n，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<564.突破点(二)数列的综合应用问

题1.等差、等比数列相结合的问题是高考考查的重点，主要有：1综合考查等差数列与等比数列的定义、通项公式、前n项和公式、等差比中项、等差比数列的性质；2重点考查基本量即“知三求二”，解方程组的计算以及灵活运用等差、等比数列的性质解决问题.2.数列与函数的特殊关系，决定了数列

与函数交汇命题的自然性，是高考命题的易考点，主要考查方式有：1以数列为载体，考查函数解析式的求法，或者利用函数解析式给出数列的递推关系来求数列的通项公式或前n项和；2根据数列是一种特殊的函数这一特点命题，考查利用函数的性质来研究数列的单调性、最值等问题.3.数列与不等式的

综合问题是高考考查的热点.考查方式主要有三种：1判断数列问题中的一些不等关系，如比较数列中的项的大小关系等.2以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，求不等式中的参数的取值范围等.3考查与数列问题有关的不等式的证明问题.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”等

差数列与等比数列的综合问题[例1]在等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50.(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝2an－10，证明：数列{bn}为等比数列；[解](1)设数列{an}的公差为d，则an＝a1＋

(n－1)d，由a10＝30，a20＝50，得方程组a1＋9d＝30，a1＋19d＝50，解得a1＝12，d＝2.所以an＝12＋(n－1)×2＝2n＋10.(2)证明：由(1)，得bn＝2an－10＝22n＋10－10＝22n＝4n，所以bn＋1bn＝4n＋14n＝

4.所以{bn}是首项为4，公比为4的等比数列．[解]由nbn＝n×4n，得Tn＝1×4＋2×42＋„＋n×4n，①4Tn＝1×42＋„＋(n－1)×4n＋n×4n＋1，②①－②，得－3Tn＝4＋42＋„＋4n－n×4n＋1

＝41－4n－3－n×4n＋1.所以Tn＝3n－1×4n＋1＋49.(3)求数列{nbn}的前n项和Tn.[方法技巧]等差数列、等比数列综合问题的两大解题策略(1)设置中间问题：分析已知条件和求解目标，为

最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．(2)注意解题细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能

否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．[提醒]在不能使用同一公式进行计算的情况下要注意分类讨论，分类解决问题后还要注意结论的整合．数列与函数的综合问题[例2]设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*)．(1)证明：数列{bn}为等比数列；

[解]证明：由已知，bn＝2an＞0.当n≥1时，bn＋1bn＝2an＋1－an＝2d.所以数列{bn}是首项为2a1，公比为2d的等比数列．[解]函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln2)(x－a2

)，它在x轴上的截距为a2－1ln2.由题意，a2－1ln2＝2－1ln2，解得a2＝2.(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－1ln2，求数列{anb2n}的前n项和Sn.所以d＝a2－a1＝1，所以an＝n，bn＝2n，则a

nb2n＝n·4n.于是Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋„＋(n－1)×4n－1＋n×4n，4Sn＝1×42＋2×43＋„＋(n－1)×4n＋n×4n＋1.因此，Sn－4Sn＝4＋42＋„＋4n－n·4n＋

1＝4n＋1－43－n·4n＋1＝1－3n4n＋1－43.所以Sn＝3n－14n＋1＋49.[方法技巧]数列与函数问题的解题技巧(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；②已知数列条件，解决

函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．(2)解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决．数列与不

等式的综合问题[例3](2016·郑州质量预测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2.(1)求数列{an}的通项公式；[解](1)由Sn＝2an－2可得a1＝2.因为Sn＝2an－2，所以，当n≥2时，an

＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即anan－1＝2.所以数列{an}是以a1＝2为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n(n∈N*)．[解]由(1)知an＝2n，则bn＝log2a1＋log2a2＋„＋log2an＝1＋2＋„＋n＝n

n＋12.要使(n－8)bn≥nk对任意n∈N*恒成立，即n－8n＋12≥k对任意n∈N*恒成立．设cn＝12(n－8)(n＋1)，则当n＝3或4时，cn取得最小值，为－10，所以k≤－10.即实数k的取值范围为(－∞，－10]．(2)设bn＝log2

a1＋log2a2＋„＋log2an，求使(n－8)bn≥nk对任意n∈N*恒成立的实数k的取值范围．[方法技巧]数列与不等式相结合问题的处理方法(1)如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等．(2)如果是解不等式问题要使

用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法、穿根法等．总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，

Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1＝()A．2B．－2C.12D．－12解析：由S1＝a1，S2＝2a1－1，S4＝4a1－6成等比数列可得(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－12.答案：D2.[考点一]已知{an}是等差数

列，公差d不为零．若a2，a3，a7成等比数列，且2a1＋a2＝1，则a1＝________，d＝________.解析：∵a2，a3，a7成等比数列，∴a23＝a2a7，∴(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，即2d＋3a1＝0.①又∵2a1＋a2

＝1，∴3a1＋d＝1.②由①②解得a1＝23，d＝－1.答案：23－13.[考点二](2016·南昌调研)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知f(x)＝2x－12x＋1，且f(a2－2)＝sin2014π3，f(

a2014－2)＝cos2015π6，则S2015＝________.解析：因为f(x)＝2x－12x＋1，f(－x)＝2－x－12－x＋1＝1－2x2x＋1，所以f(x)＋f(－x)＝0，即f(－x)＝－f(x)．而f(x)＝2x－12x＋1＝1－22x＋1，所以f(x)是R

上的增函数．又f(a2－2)＝sin2014π3＝sin671π＋π3＝－sinπ3＝－32，f(a2014－2)＝cos2015π6＝cos336π－π6＝cosπ6＝32，所以f(a2－2)＝－f

(a2014－2)＝f(2－a2014)，所以a2－2＝2－a2014，所以a2＋a2014＝4.所以S2015＝2015a1＋a20152＝2015a2＋a20142＝2015×42＝4030.答案：40304.[考点一]已知等差数列{an}满足a1＋a2＝10，a

4－a3＝2.(1)求{an}的通项公式；解：(1)设等差数列{an}的公差为d.因为a4－a3＝2，所以d＝2.又因为a1＋a2＝10，所以2a1＋d＝10，故a1＝4.所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2(n∈N*)．解：设等比数列{bn}的公比为q.因为b2

＝a3＝8，b3＝a7＝16，所以q＝2，b1＝4.所以b6＝4×26－1＝128.由128＝2n＋2得n＝63，所以b6与数列{an}的第63项相等．(2)设等比数列{bn}满足b2＝a3，b3＝a7，问：b6与数列{an}的

第几项相等？5.[考点三]设数列{an}(n＝1,2,3，„)的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列1an的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|<1

1000成立的n的最小值．解：由已知Sn＝2an－a1，有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)．从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，所以a1＋a3＝2(a2＋1)，即a1＋4a1＝2(2

a1＋1)，解得a1＝2.所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．故an＝2n.解：由(1)得1an＝12n，所以Tn＝12＋122＋„＋12n＝121－12n1－12＝1－12n.由|Tn－1

|<11000，得1－12n－1<11000，即2n>1000.因为29＝512<1000<1024＝210，所以n≥10.于是使|Tn－1|<11000成立的n的最小值为10.(2)记数列1an的前n项和为Tn，求使得|Tn－1|<11000成立的n的最小值．6.(

2016·安徽质检)已知函数f(x)＝lnx＋cosx－6π－92x的导数为f′(x)，且数列{an}满足an＋1＋an＝nf′π6＋3(n∈N*)．(1)若数列{an}是等差数列，求a1的值；解：f′(x)＝1x－sinx－6π＋92，则f′π6＝

4，故an＋1＋an＝4n＋3.(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd，由an＋1＋an＝4n＋3得(a1＋nd)＋[a1＋(n－1)d]＝4n＋3，解得d＝2，a1＝52.[考点二、三]解：由an＋1＋an＝4n＋3得an

＋2＋an＋1＝4n＋7，两式相减得an＋2－an＝4，故数列{a2n－1}是首项为a1，公差为4的等差数列；数列{a2n}是首项为a2，公差为4的等差数列，又a1＋a2＝7，a2＝7－a1，所以an＝2n－2＋a1n为奇数，2n＋3－a1n为偶数.①当n为奇数时，an＝2

n－2＋a1，则有a1≥－2n2－2n＋2对任意的奇数n恒成立，令f(n)＝－2n2－2n＋2＝－2n＋122＋52，n为奇数，(2)若对任意n∈N*，都有an＋2n2≥0成立，求a1的取值范围．则f(n)max＝f(1)

＝－2，所以a1≥－2.②当n为偶数时，an＝2n＋3－a1，则有－a1≥－2n2－2n－3对任意的偶数n恒成立，令g(n)＝－2n2－2n－3＝－2n＋122－52，n为偶数，则g(n)max＝g(2)＝－15，故－a1≥－15，解得a1≤15.综上，a1

的取值范围是[－2,15]．[全国卷5年真题集中演练——明规律]1．(2012·新课标全国卷)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为()A．3690B．3660C．1845D．1830解析：不妨令a1＝1，根据题意，得a2＝2，a3＝a5＝a7＝„＝1，a4

＝6，a6＝10，„，所以当n为奇数时，an＝1，当n为偶数时构成以a2＝2为首项，以4为公差的等差数列．所以前60项和为S60＝30＋2×30＋30×30－12×4＝1830.答案：D2．(2015·新课标全国卷Ⅰ)Sn为数列

{an}的前n项和．已知an>0，a2n＋2an＝4Sn＋3.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和．解：由a2n＋2an＝4Sn＋3，①可知a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.②②－①，得a2n＋1－a2n＋2(an＋1－

an)＝4an＋1，即2(an＋1＋an)＝a2n＋1－a2n＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．由an>0，得an＋1－an＝2.又a21＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.所以{an}是首

项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.解：由an＝2n＋1可知bn＝1anan＋1＝12n＋12n＋3＝1212n＋1－12n＋3.设数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝b1＋b2＋„＋bn＝12

13－15＋15－17＋„＋12n＋1－12n＋3＝n32n＋3.(2)设bn＝1anan＋1，求数列{bn}的前n项和．3．(2014·新课标全国卷Ⅱ)已知数列{an}满足a1＝1，an

＋1＝3an＋1.(1)证明an＋12是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)证明：1a1＋1a2＋„＋1an<32.解：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋12＝3an＋12.又a1＋

12＝32，所以an＋12是首项为32，公比为3的等比数列．所以an＋12＝3n2，因此{an}的通项公式为an＝3n－12.解：证明：由(1)知1an＝23n－1.因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以13n－1≤12×3n－1

，即23n－1≤13n－1.于是1a1＋1a2＋„＋1an≤1＋13＋„＋13n－1＝321－13n<32.所以1a1＋1a2＋„＋1an<32.(2)证明：1a1＋1a2＋„＋1an<32.4．(2013·新课标全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，

S5＝－5.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列1a2n－1a2n＋1的前n项和．解：(1)设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋nn－12d.由已知可得3a1＋3d＝0，5a1＋10d＝－5，解得a1＝1，d＝－1.故{an}的

通项公式为an＝2－n.解：由(1)知1a2n－1a2n＋1＝13－2n1－2n＝1212n－3－12n－1，从而数列1a2n－1a2n＋1的前n项和为121－1－11＋11－13＋„＋12n－3－12n－1＝n1－2n.(2)求数列

1a2n－1a2n＋1的前n项和．