3.4数列的通项及数列求和 - 副本.ppt

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1、要点梳理要点梳理1.1.若已知数列若已知数列 a an n，满足，满足a an n+1+1-a an n=f f（n n），且），且f f（1 1）+f f（2 2）+f f（n n）可求，则可用）可求，则可用 求数列的求数列的 通项通项a an n.2.2.若已知数列若已知数列 a an n，满足，满足 =f f（n n），且），且f f(1)(1)f f(2)(2)f f（n n）可求，则可用）可求，则可用 求数列的通项求数列的通项a an n.3.4 3.4 数列的通项及数列求和数列的通项及数列求和累加法累加法累积法累积法基础知识基础知识 自主学习自主学习3.3.等差数列前等差数列前n

2、n项和项和S Sn n=，推导方法：推导方法：；等比数列前等比数列前n n项和项和 推导方法推导方法:乘公比，错位相减法乘公比，错位相减法.S Sn n=，nana1 1=q q=1,=1,q q1.1.，倒序相加法倒序相加法4.4.若若已已知知数数列列 a an n，满满足足a an n+1+1=papan n+q+q（其其中中p p、q q为为常常数数，），则则该该数数列列叫叫等等比比差差数数列列，它的通项，它的通项a an n.方法方法1：配凑法：配凑法方法方法3 利用利用方法方法2 迭代法迭代法5.5.（1 1）分分组组求求和和：把把一一个个数数列列分分成成几几个个可可以以直直接接求求

3、和的数列和的数列.（2 2）拆拆项项相相消消：有有时时把把一一个个数数列列的的通通项项公公式式分分成成两两项项差差的的形形式式，相相加加过过程程消消去去中中间间项项，只只剩剩有有限限项项再求和再求和.（3 3）错错位位相相减减：适适用用于于一一个个等等差差数数列列和和一一个个等等比比数数列对应项相乘构成的数列求和列对应项相乘构成的数列求和.（4 4）倒倒序序相相加加：例例如如，等等差差数数列列前前n n项项和和公公式式的的推推导导.6.6.常见的拆项公式有常见的拆项公式有题型一题型一 由递推公式求通项公式由递推公式求通项公式【例例1 1】分别求满足下列条件的数列的通项公式分别求满足下列条件的数

4、列的通项公式.(1)(1)设设 a an n 是首项为是首项为1 1的正项数列，且（的正项数列，且（n n+1+1）+a an n+1+1a an n=0(=0(n n=1,2,3,=1,2,3,););(2)(2)已知数列已知数列 a an n 满足满足a an n+1+1=,=,a a1 1=2.=2.求求an 依依据据已已知知数数列列的的递递推推关关系系适适当当地地进进行行变变形形，可可寻寻找找数列的通项的差数列的通项的差a an n-a an n-1-1或通项的商或通项的商 的规律的规律.思维启迪思维启迪题型分类题型分类 深度剖析深度剖析解解（1 1）方法一方法一 数列数列 a an

5、n 是首项为是首项为1 1的正项数列的正项数列,a an na an n+1+10,+1=0,0,+1=0,令令 =t t,(,(n n+1)+1)t t2 2+t t-n n=0,=0,(n n+1)+1)t t-n n(t t+1)=0,+1)=0,t t=或或t t=-1=-1（舍去），（舍去），即即方法二方法二 由（由（n n+1+1）+a an n+1+1a an n=0,=0,得得n n()+()+a an n+1+1(a an n+1+1+a an n)=0,)=0,即（即（a an n+1+1+a an n）(n n+1)+1)a an n+1+1-nanan n=0.=0.a

6、 an n0,0,a an n+1+1+a an n0,(0,(n n+1)+1)a an n+1+1-nanan n=0,=0,即即（2 2）将已知递推式化为）将已知递推式化为将以上（将以上（n n-1-1）个式子相加得）个式子相加得 探探究究提提高高 已已知知递递推推关关系系求求通通项项公公式式这这类类问问题题要要求求不不高高,主主要要掌掌握握由由a a1 1和和递递推推关关系系先先求求出出前前几几项项,再再归归纳、猜想纳、猜想a an n的方法的方法,以及累加：以及累加：a an n=(=(a an n-a an n-1-1)+)+(a an n-1-1-a an n-2-2)+)+(+

7、(a a2 2-a a1 1)+)+a a1 1;累乘：累乘：a an n=等方法等方法.知知能能迁迁移移1 1 由由已已知知在在数数列列 a an n 中中a a1 1=1,=1,求求满满足足下下列列条条件的数列的通项公式件的数列的通项公式.（1 1）a an n+1+1=;(2)=;(2)a an n+1+1=2=2a an n+2+2n n+1+1.解解 （1 1）因为对于一切）因为对于一切n nN N*,a an n0,0,因此由因此由a an n+1+1=，得，得 即即 数列数列 是等差数列，是等差数列，(n n-1)-1)2=22=2n n-1,-1,即即a an n=（2 2）根

8、据已知条件得）根据已知条件得 即即 数列数列 是等差数列是等差数列.即即a an n=(2=(2n n-1)2-1)2n n-1-1.题型二题型二 错位相减法求和错位相减法求和【例例2 2】设数列设数列 a an n 满足满足a a1 1+3+3a a2 2+3+32 2a a3 3+3+3n n-1-1a an n=n nN N*.（1 1）求数列）求数列 a an n 的通项；的通项；（2 2）设）设b bn n=，求数列，求数列 b bn n 的前的前n n项和项和S Sn n.（1 1）由由已已知知写写出出前前n n-1-1项项之之和和，两两式式相相减减.（2 2）b bn n=n n

9、3 3n n的的特特点点是是数数列列 n n 与与33n n 之之积积可可用错位相减法用错位相减法.解解 （1 1）a a1 1+3+3a a2 2+3+32 2a a3 3+3+3n n-1-1a an n=当当n n22时，时，a a1 1+3+3a a2 2+3+32 2a a3 3+3+3n n-2-2a an n-1-1=思维启迪思维启迪-得得3 3n n-1-1a an n=,=,a an n=在在中，令中，令n n=1,=1,得得a a1 1=，适合，适合a an n=a an n=(2)(2)b bn n=,=,b bn n=n n3 3n n.S Sn n=3+2=3+23

10、32 2+3+33 33 3+n n3 3n n 33S Sn n=3=32 2+2+23 33 3+3+33 34 4+n n3 3n n+1+1.-得得2 2S Sn n=n n3 3n n+1+1-(3+3-(3+32 2+3+33 3+3+3n n),),即即2 2S Sn n=n n3 3n n+1+1-探探究究提提高高 解解答答本本题题的的突突破破口口在在于于将将所所给给条条件件式式视视为为数数列列33n n-1-1a an n 的的前前n n项项和和,从从而而利利用用a an n与与S Sn n的的关关系系求求出出通通项项3 3n n-1-1a an n,进进而而求求得得a an

11、 n;另另外外乘乘公公比比错错位位相相减减是是数数列列求求和和的的一一种种重重要要方方法法,但但值值得得注注意意的的是是,这这种种方方法法运运算算过过程程复复杂杂,运运算算量量大大,应应加加强强对对解解题题过过程的训练程的训练,重视运算能力的培养重视运算能力的培养.知能迁移知能迁移2 2 (2008(2008全国全国)在数列在数列 a an n 中，中，a a1 1=1=1，a an n+1+1=2=2a an n+2+2n n.（1 1）设）设b bn n=.=.证明：数列证明：数列 b bn n 是等差数列；是等差数列；（2 2）求数列）求数列 a an n 的前的前n n项和项和S Sn

12、 n.（1 1）证明证明 a an n+1+1=2=2a an n+2+2n n，b bn n=，b bn n+1+1=b bn n+1+1，即，即b bn n+1+1-b bn n=1,=1,b b1 1=1,=1,故数列故数列 b bn n 是首项为是首项为1 1，公差为，公差为1 1的等差数列的等差数列.(2)(2)解解 由（由（1 1）知）知,b bn n=n n,a an n=n n2 2n n-1-1,则则S Sn n=1=12 20 0+2+22 21 1+(+(n n-1)-1)2 2n n-2-2+n n2 2n n-1-12 2S Sn n=1=12 21 1+2+22 2

13、2 2+(+(n n-1)-1)2 2n n-1-1+n n2 2n n两式相减，得两式相减，得S Sn n=n n2 2n n-1-12 20 0-2-21 1-2-2n n-1-1=n n2 2n n-2-2n n+1.+1.题型三题型三 分组转化求和分组转化求和【例例3 3】求和求和S Sn n=1+=1+数列的通项数列的通项a an n=2 2 ，求，求S Sn n可用分可用分 组求和法组求和法.解解 和式中第和式中第k k项为项为思维启迪思维启迪 探探究究提提高高 先先将将求求和和式式中中的的项项进进行行适适当当分分组组调调整整，使使之之每每一一个个组组为为等等差差或或等等比比数数列

14、列，然然后后分分别别求求和和，从从而而得得出出原原数数列列的的和和.它它是是通通过过对对数数列列通通项项结结构构特特点点的的分分析析研研究究，将将数数列列分分解解转转化化为为若若干干个个能能求求和和的的新新数数列列的的和和或或差差，从从而而求求得得原原数数列列的的和和的的一一种种求和方法求和方法.解解 前前n n项和为项和为S Sn n=（1+11+1）+=+=+1+4+7+1+4+7+(3+(3n n-2)-2)，设设S S1 1=当当a a=1=1时，时，S S1 1=n n；当当a a11时，时，S S1 1=知能迁移知能迁移3 3 求下列数列的前求下列数列的前n n项和：项和：S S2

15、 2=1+4+7+=1+4+7+（3 3n n-2-2）=当当a a=1=1时，时，S Sn n=S S1 1+S S2 2=当当a a11时，时，S Sn n=S S1 1+S S2 2=题型四题型四 裂项相消法求和裂项相消法求和【例例4 4】（1212分分）已已知知数数列列 a an n 中中，a a1 1=1=1，当当n n22时时，其前其前n n项和项和S Sn n满足满足 （1 1）求）求S Sn n的表达式；的表达式；（2 2）设）设b bn n=，求，求 b bn n 的前的前n n项和项和T Tn n.解解 （1 1）a an n=S Sn n-S Sn n-1-1，（，（n

16、n22）,=（S Sn n-S Sn n-1-1）(S Sn n-),-),即即2 2S Sn n-1-1S Sn n=S Sn n-1-1-S Sn n，3 3分分由题意由题意S Sn n-1-1S Sn n00，式两边同除以式两边同除以S Sn n-1-1S Sn n，得，得数列数列 是首项为是首项为 公差为公差为2 2的等差数列的等差数列.4 4分分 =1+2=1+2（n n-1-1）=2=2n n-1-1，S Sn n=6 6分分解题示范解题示范（2 2）又）又b bn n=8 8分分T Tn n=b b1 1+b b2 2+b bn n 1212分分 使用裂项法求和时，要注意正负项相

17、消使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的上造成正负相消是此法的根源与目的.探究提高探究提高知知能能迁迁移移4 4 已已知知等等差差数数列列 a an n 的的首首项项a a1 1=1,=1,公公差差d d0 0，且且第第二二项项、第第五五项项、第第十十四四项项分分别别是是一一个个等等比比数列的第二项、第三项、第四项数列的第二项、第三项、第四项.（1 1）求数列）求数列 a an n 的通项公式

18、；的通项公式；（2 2）设设b bn n=(n nN N*)，S Sn n=b b1 1+b b2 2+b bn n，是是否否存在最大的整数存在最大的整数t t，使得对任意的，使得对任意的n n均有均有S Sn n 总总 成立？若存在，求出成立？若存在，求出t t;若不存在，请说明理由若不存在，请说明理由.解解 （1 1）由题意得（）由题意得（a a1 1+d d）(a a1 1+13+13d d)=()=(a a1 1+4+4d d)2 2，整理得整理得2 2a a1 1d d=d d2 2.a a1 1=1=1，解得，解得d d=2=2，d d=0=0（舍去）（舍去）.a an n=2=2

19、n n-1-1（n nN N*）.（2 2）b bn n=S Sn n=b b1 1+b b2 2+b bn n假设存在整数假设存在整数t t满足满足S Sn n 总成立，总成立，又又S Sn n+1+1-S Sn n=0,0,数列数列 S Sn n 是单调递增的是单调递增的.S S1 1=为为S Sn n的最小值，故的最小值，故 ，即，即t t9.9.又又t tN N*，适合条件的适合条件的t t的最大值为的最大值为8.8.方法与技巧方法与技巧1.1.求求数数列列通通项项的的方方法法技技巧巧：(1)(1)通通过过对对数数列列前前若若干干项项的的观观察察、分分析析,找找出出项项与与项项数数之之

20、间间的的统统一一对对应应关关系系，猜猜想想通通项项公公式式；(2)(2)理理解解数数列列的的项项与与前前n n项项和和之之间间满满足足a an n=S Sn n-S Sn n-1-1（n n22）的的关关系系，并并能能灵灵活活运运用用它它解决有关数列问题解决有关数列问题.2.2.a an n的两种常见变形的两种常见变形 a an n=a a1 1+（a a2 2-a a1 1）+（a a3 3-a a2 2）+（a an n-a an n-1-1）（累累加加法）；法）；a an n=a a1 1 （累乘法）（累乘法）.思想方法思想方法 感悟提高感悟提高3.3.数列求和的方法技巧数列求和的方法技

21、巧（1 1）倒倒序序相相加加：用用于于等等差差数数列列与与二二项项式式系系数数相相关关联联的数列的求和的数列的求和.（2 2）错错位位相相减减：用用于于等等差差数数列列与与等等比比数数列列的的积积数数列列的求和的求和.（3 3）分分组组求求和和：用用于于若若干干个个等等差差或或等等比比数数列列的的和和数数列的求和列的求和.失误与防范失误与防范1.1.直直接接用用公公式式求求和和时时，注注意意公公式式的的应应用用范范围围和和公公式式的的推导过程推导过程.2.2.重重点点通通过过数数列列通通项项公公式式观观察察数数列列特特点点和和规规律律，在在分分析析数数列列通通项项的的基基础础上上，判判断断求求

22、和和类类型型，寻寻找找求求和和的的方方法法，或或拆拆为为基基本本数数列列求求和和，或或转转化化为为基基本本数数列求和列求和.求和过程中同时要对项数作出准确判断求和过程中同时要对项数作出准确判断.3.3.含有字母的数列求和，常伴随着分类讨论含有字母的数列求和，常伴随着分类讨论.一、选择题一、选择题1.1.等差数列等差数列 a an n 的通项公式的通项公式a an n=2=2n n-1,-1,数列数列b bn n=其前其前n n项和为项和为S Sn n，则，则S Sn n等于等于（）A.B.A.B.C.D.C.D.以上都不对以上都不对定时检测定时检测解析解析 a an n=2=2n n-1-1，

23、答案答案 B B2.2.已知数列已知数列 a an n 满足满足a a1 1=1,=1,a an n+1+1=a an n+2+2n n，则，则a a1010等于等于 （）A.1 024 B.1 023 C.2 048 D.2 047A.1 024 B.1 023 C.2 048 D.2 047 解析解析 利用叠加法及等比数列求和公式，利用叠加法及等比数列求和公式，可求得可求得a a1010=2=21010-1=1 023.-1=1 023.B3.3.已已 知知 数数 列列 a an n 的的 前前 n n项项 和和 S Sn n=n n2 2-4-4n n+2+2，则则|a a1 1|+|+

24、|a a2 2|+|+|+|a a1010|等于等于（）A.66A.66B.65B.65C.61C.61D.56D.56 解析解析 当当n n=1=1时，时，a a1 1=S S1 1=-1;=-1;当当n n22时，时，a an n=S Sn n-S Sn n-1-1=n n2 2-4-4n n+2-+2-（n n-1-1）2 2-4-4（n n-1-1）+2+2 =2=2n n-5-5，a a2 2=-1=-1，a a3 3=1=1，a a4 4=3=3，a a1010=15=15，|a a1 1|+|+|a a2 2|+|+|+|a a1010|=1+1+|=1+1+=2+64=66.=

25、2+64=66.A4.4.数数列列1 1，1+21+2，1+2+41+2+4，1+2+21+2+22 2+2+2n n-1-1，的的前前n n项和项和S Sn n1 0201 020，那么，那么n n的最小值是（的最小值是（）A.7 B.8 C.9 D.10A.7 B.8 C.9 D.10 解析解析 1+2+21+2+22 2+2+2n n-1-1=2=2n n-1-1，S Sn n=（2+22+22 2+2+2n n）-n n=-n n=2=2n n+1+1-2-2-n n.若若S Sn n1 0201 020，则，则2 2n n+1+1-2-2-n n1 020,1 020,n n10.1

26、0.D5.5.若数列若数列 a an n 的通项为的通项为a an n=4=4n n-1,-1,b bn n=n nN N*,则数列则数列 b bn n 的前的前n n项和是项和是（）A.A.n n2 2 B.B.n n(n n+1)+1)C.C.n n(n n+2)+2)D.D.n n(2(2n n+1)+1)解析解析 a a1 1+a a2 2+a an n =(4 =(41-1)+(41-1)+(42-1)+2-1)+(4+(4n n-1)-1)=4(1+2+=4(1+2+n n)-)-n n=2=2n n(n n+1)-+1)-n n =2 =2n n2 2+n n,b bn n=2=

27、2n n+1,+1,b b1 1+b b2 2+b bn n =(2 =(21+1)+(21+1)+(22+1)+2+1)+(2+(2n n+1)+1)=n n2 2+2+2n n=n n(n n+2).+2).C6.6.数列数列a an n=，其前，其前n n项之和为项之和为 ,则在平面直角坐则在平面直角坐 标系中标系中,直线直线(n n+1)+1)x x+y y+n n=0=0在在y y轴上的截距为（轴上的截距为（）A.-10 B.-9 C.10 D.9A.-10 B.-9 C.10 D.9 解析解析 数列的前数列的前n n项和为项和为 直线方程为直线方程为1010 x x+y y+9=0

28、.+9=0.令令x x=0,=0,得得y y=-9,=-9,在在y y轴上的截距为轴上的截距为-9.-9.B二、填空题二、填空题7.7.等比数列等比数列 a an n 的前的前n n项和项和S Sn n=2=2n n-1-1，则，则 .解析解析 当当n n=1=1时，时，a a1 1=S S1 1=1,=1,当当n n22时，时，a an n=S Sn n-S Sn n-1-1=2=2n n-1-1-（2 2n n-1-1-1-1）=2=2n n-1-1，又又a a1 1=1=1适合上式适合上式.a an n=2=2n n-1-1，=4=4n n-1-1.数数列列 是是以以 =1=1为为首首项

29、项，以以4 4为为公公比比的的等等比比数数列列.8.8.已知数列已知数列2 008,2 0092 008,2 009，1 1，-2 008-2 008，-2 009-2 009，这这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前前后两项之和，则这个数列的前2 0092 009项之和项之和S S2 0092 009 .解析解析 由题意由题意a an n+1+1+a an n-1-1=a an n,a an n+a an n+2+2=a an n+1+1,两式相加得两式相加得a an n+2+2=-=-a an n-1-1,a an

30、 n+5+5=a an n-1-1,即即 a an n 是以是以6 6为周期的数列为周期的数列.2 009=334 2 009=3346+5.6+5.a a1 1+a a2 2+a a2 0092 009=a a1 1+a a2 2+a a3 3+a a4 4+a a5 5 =2 008+2 009+1-2 008-2 009=1,=2 008+2 009+1-2 008-2 009=1,即即S S2 0092 009=1.=1.1 19.9.有限数列有限数列 a an n 中，中，S Sn n为为 a an n 的前的前n n项和项和,若把若把 称称为为数数列列 a an n 的的“优优化化

31、和和”，现现有有一一个个共共2 2 009009项项的的数数列列：a a1 1,a a2 2,a a3 3,a a2 2 009009,若若其其“优优化化和和”为为2 2 010010，则则有有2 2 010010项项的数列：的数列：1 1，a a1 1,a a2 2,a a3 3,a a2 0092 009的优化和为的优化和为 .解析解析 依题意，依题意，S S1 1+S S2 2+S S2 0092 009=2 009=2 0092 010.2 010.又又数数列列1,1,a a1 1,a a2 2,a a2 2 009009相相当当于于在在数数列列a a1 1,a a2 2,a a2 2

32、 009009前前加加一项一项1 1，其优化和为其优化和为 2 0102 010三、解答题三、解答题10.10.数列数列 a an n 中中,a a1 1=3,=3,a an n+a an n-1-1+2+2n n-1=0(-1=0(n nN N*且且n n2).2).（1 1）求）求a a2 2、a a3 3的值；的值；（2 2）证明：数列）证明：数列 a an n+n n 是等比数列，并求是等比数列，并求 a an n 的通项的通项公式；公式；（3 3）求数列）求数列 a an n 的前的前n n项和项和S Sn n.（1 1）解解 a a1 1=3=3，a an n+a an n-1-1

33、+2+2n n-1=0-1=0（n nN N*且且 n n22），），a a2 2=-=-a a1 1-4+1=-6,-4+1=-6,a a3 3=-=-a a2 2-6+1=1.-6+1=1.（2 2）证明证明 数列数列 a an n+n n 是首项为是首项为a a1 1+1=4,+1=4,公比为公比为-1-1的等比数列，的等比数列，a an n+n n=4=4（-1-1）n n-1-1，即，即a an n=4=4(-1)(-1)n n-1-1-n n,a an n 的通项公式是的通项公式是a an n=4=4(-1)(-1)n n-1-1-n n(n nN N*).).（3 3）解解 a

34、an n=4=4（-1-1）n n-1-1-n n （n nN N*），），S Sn n=a a1 1+a a2 2+a an n=4(-1)4(-1)0 0-1-1+4(-1)4(-1)1 1-2-2+4(-1)4(-1)2 2-3-3+4(-1)4(-1)n n-1-1-n n=4=4(-1)(-1)0 0+(-1)+(-1)1 1+(-1)+(-1)2 2+(-1)+(-1)n n-1-1-（1+2+3+1+2+3+n n）=2=21-(-1)1-(-1)n n-11.11.已已知知数数列列 a an n 的的各各项项均均为为正正数数，S Sn n为为其其前前n n项项和和，对于任意的对

35、于任意的n nN N*满足关系式满足关系式2 2S Sn n=3=3a an n-3.-3.（1 1）求数列）求数列 a an n 的通项公式；的通项公式；（2 2）设数列）设数列 b bn n 的通项公式是的通项公式是b bn n=前前 n n项和为项和为T Tn n，求证：对于任意的正数，求证：对于任意的正数n n，总有，总有T Tn n1.1.2 2S Sn n=3=3a an n-3,-3,2 2S Sn n-1-1=3=3a an n-1-1-3(-3(n n2).2).故故2 2（S Sn n-S Sn n-1-1）=2=2a an n=3=3a an n-3-3a an n-1-

36、1，即即a an n=3=3a an n-1-1(n n2).2).（1 1）解解 由已知得由已知得故数列故数列 a an n 为等比数列，且公比为等比数列，且公比q q=3.=3.又当又当n n=1=1时，时，2 2a a1 1=3=3a a1 1-3,-3,a a1 1=3.=3.a an n=3=3n n（2 2）证明证明 b bn n=T Tn n=b b1 1+b b2 2+b bn n12.12.已已知知数数列列 a an n 的的前前n n项项和和S Sn n，对对一一切切正正整整数数n n，点点（n n，S Sn n）都在函数）都在函数f f(x x)=2)=2x x+2+2-

37、4-4的图象上的图象上.（1 1）求数列）求数列 a an n 的通项公式；的通项公式；（2 2）设）设b bn n=a an nloglog2 2a an n，求数列，求数列 b bn n 的前的前n n项和项和T Tn n.解解 （1 1）由题意，）由题意，S Sn n=2=2n n+2+2-4-4，n n22时，时，a an n=S Sn n-S Sn n-1-1=2=2n n+2+2-2-2n n+1+1=2=2n n+1+1,当当n n=1=1时，时，a a1 1=S S1 1=2=23 3-4=4,-4=4,也适合上式，也适合上式，数列数列 a an n 的通项公式为的通项公式为a

38、 an n=2=2n n+1+1，n nN N*.（2 2）b bn n=a an nloglog2 2a an n=（n n+1+1）2 2n n+1+1，T Tn n=2=22 22 2+3+32 23 3+4+42 24 4+n n2 2n n+（n n+1+1）2 2n n+1+1，2 2T Tn n=2=22 23 3+3+32 24 4+4+42 25 5+n n2 2n n+1+1+（n n+1+1）2 2n n+2+2.-，得，得T Tn n=-2=-23 3-2-23 3-2-24 4-2-25 5-2-2n n+1+1+（n n+1+1）2 2n n+2+2=-2=-23 3-+-+（n n+1+1）2 2n n+2+2=-2=-23 3-2-23 3（2 2n n-1-1-1-1）+（n n+1+1）2 2n n+2+2=（n n+1+1）2 2n n+2+2-2-23 32 2n n-1-1=（n n+1+1）2 2n n+2+2-2-2n n+2+2=n n2 2n n+2+2.返回返回