1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 6.4 数列求和与数列综合数列求和与数列综合 目录 一、题型全归纳 . 1 题型一 分组转化求和 . 1 题型二 错位相减法求和 . 3 题型三 裂项相消法求和 . 6 题型四 并项求和 . 8 题型五 数列与其他知识的交汇 . 9 类型一数列与不等式的交汇问题. 9 类型二数列与三角函数的综合 . 10 类型三数列与函数的综合 . 11 类型四数列中的新定义问题 . 12 类型五数列中的新情境问题 . 13 二、高效训练突破 . 14 一、题型全归纳一、题型全归纳 题型一题型
2、一 分组转化求和分组转化求和 【题型要点】【题型要点】分组转化法求和的常见类型 (1)若 anbn cn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分组求和法求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 【例【例 1】 (2020 山东五地山东五地 5 月联考月联考)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn， 且满足关于 x 的不等式 a1x2S2x20 的解集为(1，2) (1)求数列an的通项公式； (2)若数列bn满足 bna2n2an1，求数列bn的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析
3、【解析】 (1)设等差数列an的公差为 d， 因为关于 x 的不等式 a1x2S2x20，a1) n a 1 1logloga(n1)logan an为等差数列，公差 为 d(d0)， 1 1 nn aa 1 an an1 1 d 1 11 nn aa (2)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，使前后相等 【例【例 1】(2020 江西八所重点高中江西八所重点高中 4 月联考月联考)设数列an满足 a11，an1 4 4an(nN *) (1)求证：数列 1 an2是等差数列； (
4、2)设 bn a2n a2n1，求数列bn的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析 【解析】 (1)证明：因为 an1 4 4an，所以 1 an12 1 an2 1 4 4an2 1 an2 4an 2an4 1 an2 2an 2an4 1 2，为常数 因为 a11，所以 1 a121，所以数列 1 an2是以1 为首项， 1 2为公差的等差数列 (2)由(1)知 1 an21(n1)( 1 2) n1 2 ， 所以 an2 2 n1 2n n1， 所以 bn a2n a2n1 4n 2n1 2（2n1） 2n 4n2 （2n1）（2n1）1 1 （2n1）（2n1）1 1 2( 1 2n1
5、 1 2n1)， 所以 Tnb1b2b3bnn1 2(1 1 3 1 3 1 5 1 5 1 7 1 2n1 1 2n1) n1 2(1 1 2n1)n n 2n1，所以数列bn的前 n 项和 Tnn n 2n1. 【例【例 2】(2020 石家庄模拟石家庄模拟)已知数列an是首项为 1 的等比数列，各项均为正数，且 a2a312. (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn 1 n2log3an1，求数列bn的前 n 项和 Sn. 【答案】 【解析】 (1)设数列an的公比为 q. 由 a2a312，a11，得 qq212， 解得 q3 或 q4. 因为数列an的各项都为正数，所以 q0，
6、所以 q3，所以 an3n 1. (2)因为 bn 1 n2log3an1 1 nn2 1 2 2 1 - 1 nn ， 所以 Sn1 2 11 3 1 2 1 4 1 n1 1 n1 1 n 1 n2 1 2 11 2 1 n1 1 n2 3 4 2n3 2n1n2. 题型四题型四 并项求和并项求和 【题型要点】【题型要点】用并项求和法求数列的前 n 项和一般是指把数列的一些项合并组成我们熟悉的等差数列或等 比数列来求和可用并项求和法的常见类型：一是数列的通项公式中含有绝对值符号；二是数列的通项公 式中含有符号因子“(1)n”；三是数列an是周期数列 【易错提醒】【易错提醒】运用并项求和法求
7、数列的前 n 项和的突破口是会观察数列的各项的特征，如本题，数列bn 的通项公式为 bn(1)n 2n1 n（n1），易知数列bn是摆动数列，所以求和时可以将各项进行适当合并 【例【例 1】(2020 福建宁德二检福建宁德二检)已知数列an的前 n 项和 Snn22kn(kN*)，Sn的最小值为9. (1)确定 k 的值，并求数列an的通项公式； (2)设 bn(1)n an，求数列bn的前 2n1 项和 T2n1. 【答案】见解析 【解析】 ：(1)由已知得 Snn22kn(nk)2k2，因为 kN*，则当 nk 时，(Sn)mink29，故 k3. 所以 Snn26n. 因为 Sn1(n1
8、)26(n1)(n2)， 所以 anSnSn1(n26n)(n1)26(n1)2n7(n2) 当 n1 时，S1a15，满足 an2n7， 综上，an2n7. (2)依题意，得 bn(1)n an(1)n(2n7)， 则 T2n1531135(1)2n(4n7)(1)2n 12(2n1)7 552n. 【例【例 2】(2020 河南八市重点高中联盟测评河南八市重点高中联盟测评)已知等差数列an中，a33，a22，a4，a62 成等比数列 (1)求数列an的通项公式； (2)记 bn（1） na 2n1 anan1 ，数列bn的前 n 项和为 Sn，求 S2n. 【答案】见解析 【解析】(1)设
9、等差数列an的公差为 d， 因为 a22，a4，a62 成等比数列， 所以 a24(a22)(a62)， 所以(a3d)2(a3d2)(a33d2)， 又 a33，所以(3d)2(5d)(13d)，化简得 d22d10，解得 d1， 所以 ana3(n3)d3(n3) 1n. (2)由(1)得，bn（1） na 2n1 anan1 (1)n 2n1 n（n1）(1) n(1 n 1 n1)， 所以 S2nb1b2b3b2n(11 2)( 1 2 1 3)( 1 3 1 4)( 1 2n 1 2n1)1 1 2n1 2n 2n1. 题型五题型五 数列与其他知识的交汇数列与其他知识的交汇 类型一数
10、列与不等式的交汇问题类型一数列与不等式的交汇问题 【例【例 1】 (2020 广东深圳二模广东深圳二模)设 Sn是数列an的前 n 项和， 且 a13， 当 n2 时， 有 SnSn12SnSn12nan， 则使得 S1S2Sm2 019 成立的正整数 m 的最小值为_ 【答案】1 009 【解析】 因为 SnSn12SnSn12nan(n2)， 所以 SnSn12SnSn12n(SnSn1)(n2)， 所以(2n1)Sn1(2n1)Sn2SnSn1(n2) 易知 Sn0，所以2n1 Sn 2n1 Sn1 2(n2) 令 bn2n1 Sn ，则 bnbn12(n2)， 又 b1 3 S1 3
11、a11，所以数列bn是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，所以 bn2n1， 所以2n1 Sn 2n1，所以 Sn2n1 2n1. 所以 S1S2Sm3 5 3 2m1 2m12m12 019，所以 m1 009. 即使得 S1S2Sm2 019 成立的正整数 m 的最小值为 1 009. 【题后升华】【题后升华】解决本题的关键：一是细观察、会构造，即通过观察所给的关于 Sn，an的关系式，思考是将 Sn往 an转化，还是将 an往 Sn转化；二是会解不等式，把求出的相关量代入已知不等式，转化为参数所满足 的不等式，解不等式即可求出参数的最小值 类型二数列与三角函数的综合类型二数列与三角函数
12、的综合 【例【例2】 (2020 安徽安庆安徽安庆4月联考月联考)在ABC中， 角A， B， C的对边分别为a， b， c， 且 3sin Bsin C ba sin Asin B c . (1)求角 A 的大小； (2)若等差数列an的公差不为零，a1sin A1，且 a2，a4，a8成等比数列，bn 1 anan1，求数列bn的前 n 项 和 Sn. 【答案】见解析 【解析】 (1)由 3sin Bsin C ba sin Asin B c ， 根据正弦定理可得 3bc ba ba c ，即 b2c2a2 3bc， 所以 cos Ab 2c2a2 2bc 3 2 ， 由 0A0，a6和 a
13、8是函数 f(x)15 4 ln x 1 2x 28x 的极值点，则 S 8( ) A38 B38 C17 D17 【答案】A 【解析】因为 f(x)15 4 ln x1 2x 28x， 所以 f(x)15 4xx8 x28x15 4 x （x1 2）（x 15 2 ） x ， 令 f(x)0，解得 x1 2或 x 15 2 . 又 a6和 a8是函数 f(x)的极值点，且公差 d0， 所以 a61 2，a8 15 2 ， 所以 a15d 1 2， a17d15 2 ， 解得 a117， d7 2. 所以 S88a18 （81） 2 d38，故选 A. 【题后反思】【题后反思】破解数列与函数相
14、交汇问题的关键：一是会利用导数法求函数的极值点；二是会利用等差数 列的单调性，若公差大于 0，则该数列单调递增，若公差小于 0，则该数列单调递减，若公差等于 0，则该 数列是常数列，不具有单调性；三是会利用公式法求和，记清等差数列与等比数列的前 n 项和公式，不要 搞混 类型四数列中的新定义问题类型四数列中的新定义问题 【例【例4】 (2020 河北石家庄河北石家庄4月模拟月模拟)数列an的前n项和为Sn， 定义an的“优值”为Hna12a22 n1a n n ， 现已知an的“优值”Hn2n，则 Sn_ 【答案】 n（n3） 2 【解析】 由 Hna12a22 n1a n n 2n， 得 a
15、12a22n 1a nn 2 n， 当 n2 时，a12a22n 2a n1(n1)2 n1， 由得 2n 1a nn 2 n(n1)2n1(n1)2n1，即 a nn1(n2)， 当 n1 时，a12 也满足式子 ann1， 所以数列an的通项公式为 ann1， 所以 Snn（2n1） 2 n（n3） 2 . 【题后反思】【题后反思】破解此类数列中的新定义问题的关键：一是盯题眼，即需认真审题，读懂新定义的含义，如 本题，题眼an的“优值”Hn2n的含义为a12a22 n1a n n 2n；二是想“减法”，如本题，欲由等式 a1 2a22n 1a nn 2 n求通项， 只需写出 a 12a22
16、 n2a n1(n1) 2 n1， 通过相减， 即可得通项公式 类型五数列中的新情境问题类型五数列中的新情境问题 【例【例 5】(2020 安徽六校第二次联考安徽六校第二次联考)已知an是各项均为正数的等比数列，且 a1 a2 3，a3a2 2，等 差数列bn的前 n 项和为 Sn，且 b35，S416. (1)求数列an，bn的通项公式； (2)如图，在平面直角坐标系中，有点 P1(a1，0)，P2(a2，0)，Pn(an，0)，Pn1(an1，0)，Q1(a1，b1)，Q2(a2， b2)，Qn(an，bn)，若记PnQnPn1的面积为 cn，求数列cn的前 n 项和 Tn. 【答案】见解
17、析 【解析】 (1)设数列an的公比为 q， 因为 a1a23，a3a22，所以 a1a1q3， a1q2a1q2， 得 3q25q20，又 q0， 所以 q2，a11，则 an2n 1. 设数列bn的公差为 d， 因为 b35，S416，所以 b12d5， 4b16d16，解得 b11， d2， 则 bn2n1. (2)由(1)得 PnPn1an1an2n2n 12n1，P nQnbn2n1， 故 cnSPnQnPn12 n1（2n1） 2 (2n1)2n 2， 则 Tnc1c2c3cn1 2 11 32 5(2n1)2 n2， 2Tn1 12 34 5(2n1)2n 1， 由得，Tn1 2
18、2(122 n2)(2n1) 2n11 2 2（12n 1） 12 (2n1)2n 1 (32n)2n 13 2，故 Tn(2n3)2 n13 2(nN *) 【题后反思】【题后反思】数列中新情境问题的求解关键：一是观察新情境的特征，如本题中的各个直角三角形的两直 角边长的特征； 二是会转化， 如本题， 把数列cn的通项公式的探求转化为直角三角形的两直角边长的探求； 三是活用数列求和的方法，如本题，活用错位相减法，即可得数列cn的前 n 项和 二、高效训练突破二、高效训练突破 一、选择题一、选择题 1.在数列an中，a12，a22，an2an1(1)n，nN*，则 S60的值为( ) A990
19、 B1 000 C1 100 D99 【答案】A. 【解析】 ：n 为奇数时，an2an0，an2；n 为偶数时，an2an2，ann.故 S602 30(2460) 990. 2.(2020 汕头摸底汕头摸底)已知数列an，若 an1anan2(nN*)，则称数列an为“凸数列”已知数列bn为“凸 数列”，且 b11，b22，则数列bn的前 2019 项和为( ) A5 B4 C0 D2 【答案】B 【解析】由“凸数列”的定义及 b11，b22，得 b33，b41，b52，b63，b71，b82， 数列bn是周期为 6 的周期数列， 且 b1b2b3b4b5b60,2019336 63， 于
20、是数列bn的前 2019 项和为 336 0b1b2b34. 3已知函数 f(x)axb(a0，且 a1)的图象经过点 P(1，3)，Q(2，5)当 nN*时，an f（n）1 f（n） f（n1）， 记数列an的前 n 项和为 Sn，当 Sn10 33时，n 的值为( ) A7 B6 C5 D4 【答案】D. 【解析】 ：因为函数 f(x)axb(a0，且 a1)的图象经过点 P(1，3)，Q(2，5)， 所以 ab3， a2b5，所以 a2， b1 或 a1， b4 (舍去)，所以 f(x)2x1， 所以 an 2n11 （2n1）（2n 11） 1 2n1 1 2n 11， 所以 Sn
21、5 1 - 3 1 9 1 - 5 1 12 1 12 1 1nn 1 3 1 2n 11， 令 Sn10 33，得 n4.故选 D. 4(2020 河北保定期末)在数列an中，若 a11，a23，an2an1an(nN*)，则该数列的前 100 项之和 是( ) A18 B8 C5 D2 【答案】C. 【解析】 ：因为 a11，a23，an2an1an(nN*)，所以 a3312，a4231，a512 3，a6312，a7231，a8123，a9312，所以an是周期为 6 的周期数列， 因为 10016 64，所以 S10016 (132132)(1321)5.故选 C. 5已知数列an的
22、各项均为正整数，其前 n 项和为 Sn，若 an1 an 2 ，an是偶数， 3an1，an是奇数， 且 a15，则 S2020 ( ) A4740 B4737 C12095 D12002 【答案】B 【解析】 依题意 an1 an 2 ，an是偶数， 3an1，an是奇数， 且 a15， a23 5116， a316 2 8， a48 24， a5 4 22， a62 21， a73 114， 所以数列an从第四项起构成周期为 3 的周期数列 因为 202033 6721， 所以 S20205168(421) 67244737. 6.在数列an中，若对任意的 nN*均有 anan1an2为定
23、值，且 a72，a93，a984，则数列an的前 100 项的和 S100( ) A132 B299 C68 D99 【答案】B 【解析】因为在数列an中，若对任意的 nN*均有 anan1an2为定值，所以 an3an，即数列an中各 项是以 3 为周期呈周期变化的因为 a72，a93，a98a3 308a84，所以 a1a2a3a7a8a92 439，所以 S10033 (a1a2a3)a10033 9a7299，故选 B. 7(2020 洛阳模拟洛阳模拟)记数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，(Sn1Sn)an2n(nN*)，则 S2020( ) A3 (210101) B.3
24、 2 (2 10101) C3 (220201) D.3 2 (2 20201) 【答案】A 【解析】因为(Sn1Sn)an2n(nN*)，所以 an1an2n(nN*)，所以 an2an12n 1.两式作比可得an2 an 2(n N*)又因为 a11，a2a12，所以 a22.所以数列a2n是首项为 2，公比为 2 的等比数列，a2n1是首项 为 1， 公比为 2 的等比数列 所以 S2020(a1a3a2017a2019)(a2a4a2018a2020)1 12 1010 12 2 12 1010 12 3 (210101)故选 A. 8.(2020 河北五个一名校联盟第一次诊断河北五个
25、一名校联盟第一次诊断)数列an的通项公式为 anncosn 2 ， 其前 n 项和为 Sn， 则 S2021等于 ( ) A1010 B2018 C505 D1010 【答案】D 【解析】易知 a1cos 20，a22cos2，a30，a44，.所以数列an的所有奇数项为 0，前 2020 项中所有偶数项(共 1010 项)依次为2,4，6,8，2018，2020.故 S20200(24)(68) (20182020)1010.a20210，S20211010.故选 D. 9.在数列an中，若 an1(1)nan2n1，则数列an的前 12 项和等于( ) A76 B78 C80 D82 【答
26、案】B. 【解析】 ：由已知 an1(1)nan2n1，得 an2(1)n 1 a n12n1，两式相减得 an2an(1) n (2n 1)(2n1)，取 n1，5，9 及 n2，6，10，结果相加可得 S12a1a2a3a4a11a1278.故选 B. 10(2020 湖北襄阳四校联考湖北襄阳四校联考)我国古代数学名著九章算术中，有已知长方形面积求一边的算法，其方 法的前两步为： 第一步：构造数列 1，1 2， 1 3， 1 4， 1 n. 第二步：将数列的各项乘以n 2，得到一个新数列 a1，a2，a3，an. 则 a1a2a2a3a3a4an1an( ) A.n 2 4 B.n1 2
27、4 C.nn1 4 D.nn1 4 【答案】C 【解析】由题意知所得新数列为 1 n 2， 1 2 n 2， 1 3 n 2， 1 n n 2，所以 a1a2a2a3a3a4an1an n2 4 n1-n 1 43 1 32 1 21 1 n2 4 n 1 - 1-n 1 4 1 - 3 1 3 1 - 2 1 2 1 -1 n2 4 n 1 1 nn1 4 . 二、填空题二、填空题 1.(2020 湖南三湘名校湖南三湘名校(五十校五十校)第一次联考第一次联考)已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11.当 n2 时，an2Sn1n， 则 S2 019_ 【答案】 ：1 010 【解析】 ：由
28、 an2Sn1n(n2)，得 an12Snn1，两式作差可得 an1an2an1(n2)，即 an1an 1(n2)，所以 S2 01912 018 2 11 010. 2已知数列an的前 n 项和为 Sn，a11，a22，且 an22an1an0(nN*)，记 Tn 1 S1 1 S2 1 Sn(n N*)，则 T2 018_ 【答案】 ：4 036 2 019 【解析】 ：由 an22an1an0(nN*)，可得 an2an2an1，所以数列an为等差数列，公差 da2a1 211，通项公式 ana1(n1) d1n1n，则其前 n 项和 Snn（a1an） 2 n（n1） 2 ，所以 1
29、 Sn 2 n（n1）2( 1 n 1 n1)， Tn 1 S1 1 S2 1 Sn2( 1 1 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n1)2(1 1 n1) 2n n1， 故 T2 018 2 2 018 2 0181 4 036 2 019. 3.(2020 商丘质检商丘质检)有穷数列 1,12,124，1242n 1所有项的和为_ 【答案】2n 1n2 【解析】因为 1242n 12 n1 21 2n1， 所以 Sn1(12)(124)(1242n 1) (21)(221)(231)(2n1)(222232n)n22 n1 21 n2n 1n2. 4.(2020 枣庄模拟枣庄模拟)已知等
30、差数列an的前 n 项和为 Sn，a55，S515，则数列 1 1 nn aa 的前 100 项和为 _ 【答案】100 101 【解析】等差数列an中，a55，S515， a14d5， 5a14 5 2 d15， 解得 a11，d1， an1(n1)n， 1 anan1 1 nn1 1 n 1 n1， 数列 1 1 nn aa 的前 100 项和 S100 2 1 -1 3 1 - 2 1 4 1 - 3 1 101 1 - 100 1 1 1 101 100 101. 5.(2020 湖南郴州第二次教学质量监测湖南郴州第二次教学质量监测)已知数列an和bn满足 a1a2a3an2bn(nN
31、*)，若数列an为等比 数列，且 a12，a416，则数列 n b 1 的前 n 项和 Sn_ 【答案】 ： 2n n1 【解析】 ：因为an为等比数列，且 a12，a416，所以公比 q 3 a4 a1 3 16 2 2，所以 an2n， 所以 a1a2a3an21 22 232n21 23n2 n（n1） 2 . 因为 a1a2a3an2bn，所以 bnn（n1） 2 . 所以 1 bn 2 n（n1）2 1 11 nn . 所以 n b 1 的前 n 项和 Snb1b2b3bn 2 1 1 1 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 n 1 n1 2 1 1 1 n 2n n1. 三三
32、解答题解答题 1.已知数列an满足 a14a242a34n 1a nn 4(nN *) (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn 4nan 2n1，求数列bnbn 1的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析 【解析】 ：(1)当 n1 时，a11 4. 因为 a14a242a34n 2a n14 n1a nn 4 ， 所以 a14a242a34n 2a n1n1 4 (n2，nN*) ， 得 4n 1a n1 4(n2，nN *)， 所以 an 1 4n(n2，nN *) 由于 a11 4，故 an 1 4n(nN *) (2)由(1)得 bn 4nan 2n1 1 2n1， 所以 bnbn
33、1 1 （2n1）（2n3） 1 2( 1 2n1 1 2n3)， 故 Tn1 2( 1 3 1 5 1 5 1 7 1 2n1 1 2n3) 1 2( 1 3 1 2n3) n 6n9. 2已知数列an的前 n 项和为 Sn，Sn3an1 2 . (1)求 an； (2)若 bn(n1)an，且数列bn的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 【答案】见解析 【解析】 ：(1)由已知可得，2Sn3an1， 所以 2Sn13an11(n2)， 得，2(SnSn1)3an3an1， 化简得 an3an1(n2)， 在中，令 n1 可得，a11， 所以数列an是以 1 为首项，3 为公比的等比数列， 从
34、而有 an3n 1. (2)bn(n1)3n 1， Tn0 301 312 32(n1) 3n 1， 则 3Tn0 311 322 33(n1) 3n. 得，2Tn3132333n 1(n1) 3n33 n 13 (n1) 3n（32n） 3 n3 2 . 所以 Tn（2n3） 3 n3 4 . 3.已知等差数列an中，a5a34，前 n 项和为 Sn，且 S2，S31，S4成等比数列 (1)求数列an的通项公式； (2)令 bn(1)n 4n anan1，求数列bn的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析 【解析】 ：(1)设an的公差为 d，由 a5a34，得 2d4，d2. 所以 S22a
35、12，S313a15，S44a112， 又 S2，S31，S4成等比数列，所以(3a15)2(2a12) (4a112)，解得 a11，所以 an2n1. (2)bn(1)n 4n anan1(1) n( 1 2n1 1 2n1)， 当 n 为偶数时， Tn(11 3)( 1 3 1 5)( 1 5 1 7)( 1 2n3 1 2n1)( 1 2n1 1 2n1)， 所以 Tn1 1 2n1 2n 2n1. 当 n 为奇数时，Tn(11 3)( 1 3 1 5)( 1 5 1 7)( 1 2n3 1 2n1)( 1 2n1 1 2n1)， 所以 Tn1 1 2n1 2n2 2n1.所以 Tn
36、2n 2n1，n为偶数 2n2 2n1 ，n为奇数. 4.已知 Sn为正项数列an的前 n 项和，a11，且 Snan1 4(n2 且 nN *) (1)求数列an的通项公式； (2)求数列4 Sn an的前 n 项和 Tn. 【答案】见解析 【解析】 (1)当 n2 时， 1a2a21 4， a25 4 舍去, 4 3 2 a . 当 n2 时，Sna2n1 2an 1 16， Sn1a2n11 2an1 1 16. ，得 an1a2n1a2n1 2an1 1 2an， 即1 2(an1an)a 2 n1a 2 n，an1an1 2. 当 n2 时，an是公差为1 2的等差数列， ana21 2(n2) n 2 1 4. a11 不适合上式，an 1，n1， n 2 1 4，n2. (2)当 n1 时，T14 a1 a14. 当 n2 时， Snan1 4 n 2 1 2， 则 4 Sn an2n 2 1 n 设 PnTnT15 2 2 27 2 2 39 2 2 4 2 1 n 2n， 则 2Pn5 2 2 37 2 2 4 2 1 -n 2n 2 1 n 2n 1. ，得Pn10(23242n) 2 1 n 2n 12(12n) 2n， 故 Pn(2n1) 2n2，Tn(2n1) 2n2. T14 也适合上式，Tn(2n1) 2n2.
