1．?dāng)?shù)列的前n項(xiàng)和及其與通項(xiàng)的關(guān)系
(1)Sn＝a1＋a2＋…＋an；
(2)an＝
2．由遞推公式求數(shù)列通項(xiàng)的常用方法
(1)形如an＋1＝an＋f(n)，常用累加法，即利用an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)(n≥2，n∈N*)求解．
(2)形如an＋1＝an·f(n)，常用累乘法，即利用an＝a1···…·(n≥2，n∈N*)求解．
(3)形如an＋1＝ban＋d(b≠1)，常用構(gòu)造等比數(shù)列法．
對(duì)an＋1＝ban＋d變形得an＋1＋x＝b(an＋x)，則{an＋x}是公比為b的等比數(shù)列，利用它可求出an.
例 1 (1)[2023·陜西省寶雞教育聯(lián)盟檢測(cè)]已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1－2＝an＋2n(n∈N*)，則數(shù)列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前2 022項(xiàng)的和為_(kāi)_______．
(2)[2023·甘肅省白銀市靖遠(yuǎn)縣聯(lián)考]設(shè)數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1的正項(xiàng)數(shù)列，且(n＋1)a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) －na eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋an＋1·an＝0，則它的通項(xiàng)公式an＝________．
(3)[2023·山東省泰安肥城市適應(yīng)性訓(xùn)練]數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足Sn＋1－2Sn＝1－n，且S1＝3，則{an}的通項(xiàng)公式是________．
歸納總結(jié)
由數(shù)列的遞推式求通項(xiàng)公式的常用方法
提醒 由Sn求an時(shí)，一定要注意分n＝1和n≥2兩種情況進(jìn)行討論，最后驗(yàn)證兩者可否合為一個(gè)式子，若不能，則用分段形式來(lái)表示．
對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練
1．[2023·廣西南寧市第三中學(xué)高三一模]已知數(shù)列{an}滿足nan＋1－(n＋1)an＝2，a1＝1，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為_(kāi)_______．
2．[2023·河南省商丘市等2地高三三模]已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，2nSn＋1－2(n＋1)Sn＝n(n＋1)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)an＝________．
3．[2023·江蘇省徐州市沛縣高三模擬]數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝ eq \f(2（n＋2）,n＋1)an(n∈N*)，則 eq \f(a2 022,a1＋a2＋…＋a2 021)＝__________．
考點(diǎn)二 數(shù)列求和——依“項(xiàng)”辦“事”
1．?dāng)?shù)列求和
(1)分組轉(zhuǎn)化法：一個(gè)數(shù)列既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列，若將這個(gè)數(shù)列適當(dāng)拆開(kāi)，重新組合，就會(huì)變成幾個(gè)可以求和的部分，分別求和，然后再合并．
(2)錯(cuò)位相減法：主要用于求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和，其中{an}，{bn}分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列．
(3)裂項(xiàng)相消法：即將數(shù)列的通項(xiàng)分成兩個(gè)式子的代數(shù)差的形式，然后通過(guò)累加抵消中間若干項(xiàng)的方法，裂項(xiàng)相消法適用于形如(其中{an}是各項(xiàng)均不為零的等差數(shù)列，c為常數(shù))的數(shù)列．
2．常見(jiàn)的拆項(xiàng)公式
(1)若{an}為各項(xiàng)都不為0的等差數(shù)列，公差為d(d≠0)，則＝；
(2)＝；
(3)＝.
角度1分組轉(zhuǎn)化法求和
例 2[2023·山東師范大學(xué)附屬中學(xué)高三模擬]已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列，Sn為{ eq \r(an)}的前n項(xiàng)和，且 eq \r(an)，Sn，an－2成等差數(shù)列．
(1)求{an}的通項(xiàng)公式；
(2)已知bn＝(－1)nan，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.
歸納總結(jié)
利用分組法求和的3個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)
角度2裂項(xiàng)相消法求和
例 3[2022·新高考Ⅰ卷]記Sn為數(shù)列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n項(xiàng)和，已知a1＝1， eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))是公差為 eq \f(1,3)的等差數(shù)列．
(1)求 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通項(xiàng)公式；
(2)證明： eq \f(1,a1)＋ eq \f(1,a2)＋…＋ eq \f(1,an)bn對(duì)任意n∈N*恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解析：(1)因?yàn)椋絊n＋Sn－1(n≥2)，又因?yàn)閍1＝1，所以a2＝2，
所以
＝an＋1＋an.
因?yàn)閍n>0，所以an＋1－an＝1(n≥2)，所以an＝n.
又因?yàn)閍1＝1符合上式，所以{an}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列．
所以an＝n.
(2)因?yàn)閎n＝(1－an)2－a(1－an)，且由(1)得an＝n，
所以bn＝(1－n)2－a(1－n)＝n2＋(a－2)n＋1－a，
所以bn＋1＝(n＋1)2＋(a－2)(n＋1)＋1－a＝n2＋an.
因?yàn)閎n＋1>bn恒成立，
所以n2＋an>n2＋(a－2)n＋1－a，
解得a>1－2n，所以a>－1.
則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－1，＋∞)．
第2講 數(shù)列的通項(xiàng)與求和
考點(diǎn)一
[例1] 解析：（1）由題意可知，滿足a1＝2，an＋1－an＝2n＋2，
當(dāng)n≥2時(shí)，an－an－1＝2（n－1）＋2＝2n，
∴a2－a1＝4，a3－a2＝6，a4－a3＝8，…，an－an－1＝2n，以上各式累加得，
an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋（a4－a3）＋…＋（an－an－1）＝2＋4＋6＋8＋…＋2n＝ eq \f(（2＋2n）n,2)＝n（n＋1），
當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2，也滿足上式，∴an＝n（n＋1），則 eq \f(1,an)＝ eq \f(1,n（n＋1）)＝ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1).
∴數(shù)列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n項(xiàng)和為Sn＝ eq \f(1,a1)＋ eq \f(1,a2)＋…＋ eq \f(1,an)＝1－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)＝1－ eq \f(1,n＋1)＝ eq \f(n,n＋1)，
∴S2 022＝ eq \f(2 022,2 023).
（2）由（n＋1）a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) －na eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋an＋1·an＝0，則[（n＋1）an＋1－nan]（an＋1＋an）＝0，
又?jǐn)?shù)列{an}為正項(xiàng)數(shù)列，即an>0，a1＝1，
所以（n＋1）an＋1－nan＝0，即 eq \f(an＋1,an)＝ eq \f(n,n＋1)，
所以an＝ eq \f(an,an－1)· eq \f(an－1,an－2)·…· eq \f(a2,a1)·a1＝ eq \f(n－1,n)× eq \f(n－2,n－1)×…× eq \f(1,2)×1＝ eq \f(1,n).
（3）∵Sn＋1－2Sn＝1－n，∴Sn＋1－（n＋1）＝2（Sn－n），且S1－1＝2≠0，
∴ eq \f(Sn＋1－（n＋1）,Sn－n)＝2，∴{Sn－n}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．
∴Sn－n＝2·2n－1＝2n，Sn＝n＋2n.
∴n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n＋2n－（n－1＋2n－1）＝2n－1＋1，
且a1＝3不滿足上式，
∴an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3，n＝1,2n－1＋1，n≥2)).
答案：（1） eq \f(2 022,2 023) （2） eq \f(1,n) （3）an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3，n＝1,2n－1＋1，n≥2))
對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練
1．解析：nan＋1－（n＋1）an＝2，兩邊同除以n（n＋1）得：
eq \f(an＋1,n＋1)－ eq \f(an,n)＝ eq \f(2,n（n＋1）)＝2（ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)），
∴ eq \f(an,n)－ eq \f(a1,1)＝2（1－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,n－1)－ eq \f(1,n)），即 eq \f(an,n)－a1＝2（1－ eq \f(1,n)），
化簡(jiǎn)得an＝（2＋a1）n－2，∵a1＝1，∴an＝3n－2.
答案：an＝3n－2
2．解析：由 eq \f(2Sn＋1,n＋1)－ eq \f(2Sn,n)＝1，而 eq \f(2S1,1)＝2，故 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2Sn,n)))是以2為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，
所以 eq \f(2Sn,n)＝2＋（n－1）×1＝n＋1，則Sn＝ eq \f(n（n＋1）,2)，
又an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(n（n＋1）,2)－ eq \f(n（n－1）,2)＝n且n≥2，顯然a1＝1也滿足上式，
所以an＝n.
答案：n
3．解析：由an＋1＝ eq \f(2（n＋2）,n＋1)an（n∈N*）得： eq \f(an＋1,an)＝ eq \f(2（n＋2）,n＋1)，
an＝ eq \f(an,an－1)× eq \f(an－1,an－2)×…× eq \f(a3,a2)× eq \f(a2,a1)×a1＝2n－1（ eq \f(n＋1,n)× eq \f(n,n－1)×…× eq \f(4,3)× eq \f(3,2)×2）＝（n＋1）·2n－1；
設(shè)Sn＝a1＋a2＋…＋an，
則Sn＝2×20＋3×21＋4×22＋…＋n·2n－2＋（n＋1）·2n－1，
∴2Sn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋n·2n－1＋（n＋1）·2n，
∴－Sn＝2＋21＋22＋…＋2n－1－（n＋1）·2n＝2＋ eq \f(2（1－2n－1）,1－2)－（n＋1）·2n＝2＋2n－2－（n＋1）·2n＝－n·2n，
∴Sn＝n·2n，即a1＋a2＋…＋an＝n·2n，
∴S2 021＝2 021×22 021，a2 022＝2 023×22 021，
∴ eq \f(a2 022,a1＋a2＋…＋a2 021)＝ eq \f(2 023×22 021,2 021×22 021)＝ eq \f(2 023,2 021).
答案： eq \f(2 023,2 021)
考點(diǎn)二
[例2] 解析：（1）由 eq \r(an)，Sn，an－2成等差數(shù)列，得2Sn＝ eq \r(an)＋an－2，①
當(dāng)n＝1時(shí)，2 eq \r(a1)＝ eq \r(a1)＋a1－2，
∴a1－ eq \r(a1)－2＝0，得 eq \r(a1)＝2（ eq \r(a1)＝－1舍去），
當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn－1＝ eq \r(an－1)＋an－1－2，②
①－②得，2 eq \r(an)＝ eq \r(an)－ eq \r(an－1)＋an－an－1，
∴ eq \r(an)＋ eq \r(an－1)＝an－an－1＝（ eq \r(an)＋ eq \r(an－1)）（ eq \r(an)－ eq \r(an－1)），
又 eq \r(an)＋ eq \r(an－1)≠0，∴ eq \r(an)－ eq \r(an－1)＝1，
∴{ eq \r(an)}是首項(xiàng)為2，公差為1的等差數(shù)列，
∴ eq \r(an)＝2＋n－1＝n＋1，
故an＝（n＋1）2.
（2）由（1）知bn＝（－1）n（n＋1）2，
當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，Tn＝－22＋32－42＋52－62＋72－…－（n－1）2＋n2－（n＋1）2
＝（3－2）（3＋2）＋（5－4）（5＋4）＋（7－6）（7＋6）＋…＋[n－（n－1）]（n＋n－1）－（n＋1）2
＝5＋9＋13＋…＋（2n－1）－（n＋1）2＝ eq \f(5＋2n－1,2)× eq \f(n－1,2)－（n＋1）2
＝ eq \f(－n2－3n－4,2)，
當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，Tn＝－22＋32－42＋52－62＋72－…＋n2－（n＋1）2
＝（3－2）（3＋2）＋（5－4）（5＋4）＋（7－6）（7＋6）＋…＋[（n＋1）－n]（n＋n＋1）
＝5＋9＋13＋…＋（2n＋1）＝ eq \f(5＋2n＋1,2)× eq \f(n,2)＝ eq \f(n2＋3n,2)，
綜上Tn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(－n2－3n－4,2)，n為奇數(shù),\f(n2＋3n,2)，n為偶數(shù))).
[例3] 解析：（1）∵a1＝1，∴ eq \f(S1,a1)＝1.
又∵ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,an)))是公差為 eq \f(1,3)的等差數(shù)列，
∴ eq \f(Sn,an)＝ eq \f(S1,a1)＋ eq \f(1,3)（n－1）＝1＋ eq \f(1,3)（n－1）＝ eq \f(1,3)n＋ eq \f(2,3)，
即Sn＝（ eq \f(1,3)n＋ eq \f(2,3)）an＝ eq \f(1,3)（n＋2）an，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝ eq \f(1,3)（n＋1）an－1，
∴an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(1,3)（n＋2）an－ eq \f(1,3)（n＋1）an－1，n≥2，即（n－1）an＝（n＋1）an－1，n≥2，
∴ eq \f(an,an－1)＝ eq \f(n＋1,n－1)，n≥2，
∴當(dāng)n≥2時(shí)， eq \f(an,an－1)· eq \f(an－1,an－2)·…· eq \f(a3,a2)· eq \f(a2,a1)＝ eq \f(n＋1,n－1)· eq \f(n,n－2)·…· eq \f(4,2)· eq \f(3,1)＝ eq \f(n（n＋1）,2)，∴an＝ eq \f(n（n＋1）,2).
當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1滿足上式，∴an＝ eq \f(n（n＋1）,2).
（2）證明：由（1）知an＝ eq \f(n（n＋1）,2)，
∴ eq \f(1,an)＝ eq \f(2,n（n＋1）)＝2（ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)），
∴ eq \f(1,a1)＋ eq \f(1,a2)＋…＋ eq \f(1,an)＝2（1－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)）＝2（1－ eq \f(1,n＋1)）.
∵n∈N*，∴0＜ eq \f(1,n＋1)≤ eq \f(1,2)，∴1－ eq \f(1,n＋1)＜1，
∴2（1－ eq \f(1,n＋1)）＜2，∴ eq \f(1,a1)＋ eq \f(1,a2)＋…＋ eq \f(1,an)＜2.
[例4] 解析：（1）當(dāng)n＝1時(shí)，T1＝a1＝2，所以Tn＝T1＋（n－1）×1＝n＋1，
所以a1a2a3…an＝n＋1，當(dāng)n≥2時(shí)，a1a2a3…an－1＝n，
所以an＝ eq \f(n＋1,n)（n≥2）；
又a1＝2符合an＝ eq \f(n＋1,n)；所以an＝ eq \f(n＋1,n).
（2）由（1）得bn＝ eq \f(n＋1,2n)
所以Sn＝ eq \f(2,2)＋ eq \f(3,22)＋ eq \f(4,23)＋…＋ eq \f(n,2n－1)＋ eq \f(n＋1,2n)①
所以 eq \f(1,2)Sn＝ eq \f(2,22)＋ eq \f(3,23)＋ eq \f(4,24)＋…＋ eq \f(n,2n)＋ eq \f(n＋1,2n＋1)②
①－②得 eq \f(1,2)Sn＝ eq \f(2,2)＋（ eq \f(1,22)＋ eq \f(1,23)＋ eq \f(1,24)＋…＋ eq \f(1,2n)）－ eq \f(n＋1,2n＋1)＝1＋ eq \f(\f(1,4)[1－（\f(1,2)）n－1],1－\f(1,2))－ eq \f(n＋1,2n＋1)＝ eq \f(3,2)－（ eq \f(1,2)）n－ eq \f(n＋1,2n＋1)，
所以Sn＝3－ eq \f(n＋3,2n).
對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練
1．解析：（1）∵ eq \f(S2n,Sn)＝ eq \f(4（n＋1）,n＋2)，a1＝3，∴ eq \f(S2,S1)＝ eq \f(a1＋a2,a1)＝ eq \f(8,3)，解得：a2＝5.
設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的首項(xiàng)為b1，公比為q，
∴d＝a2－a1＝2，∴an＝2n＋1，
∴Sn＝n（n＋2）＝n2＋2n.
∵ eq \f(Tn－S2n,4)＝2n－n2－n－1，則：Tn＝4·2n－4，
又Tn＝ eq \f(b1（qn－1）,q－1)＝ eq \f(b1,q－1)qn－ eq \f(b1,q－1)，得：q＝2，b1＝4，∴bn＝2n＋1.
（2）∵cn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(bn)，n為奇數(shù),\f(1,2Sn)，n為偶數(shù)))＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2\s\up6(\f(n＋1,2))，n為奇數(shù),\f(1,2n（n＋2）)，n為偶數(shù)))，
∴U2n＝（21＋22＋…＋2n）＋[ eq \f(1,2×2×4)＋ eq \f(1,2×4×6)＋…＋ eq \f(1,2×2n×（2n＋2）)]
＝2·（2n－1）＋ eq \f(1,8)[ eq \f(1,1×2)＋ eq \f(1,2×3)＋…＋ eq \f(1,n×（n＋1）)]
＝2n＋1－2＋ eq \f(1,8)（1－ eq \f(1,n＋1)）＝2n＋1＋ eq \f(n,8（n＋1）)－2，
∴數(shù)列{cn}的前2n項(xiàng)的和：U2n＝2n＋1＋ eq \f(n,8（n＋1）)－2.
2．解析：（1）∵Sn＝an＋1－2，∴Sn－1＝an－2（n≥2），兩式相減得an＋1＝2an（n≥2），
∵a1＝2，a2＝4，∴a2＝2a1，∴an＋1＝2an（n∈N*），∵a1＝2≠0，∴ eq \f(an＋1,an)＝2（n∈N*），
∴數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，∴an＝2n.
（2）由（1）可知bn＝lg2an＝lg22n＝n，
若選①：cn＝bn·an＝n·2n，
∴Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n
2Tn＝1·22＋2·23＋…＋（n－1）·2n＋n·2n＋1.
兩式相減得：－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝ eq \f(2－2n＋1,1－2)－n·2n＋1，
所以Tn＝（n－1）·2n＋1＋2.
若選②：cn＝ eq \f(1,4b eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) －1)＝ eq \f(1,4n2－1)＝ eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝ eq \f(1,2)（ eq \f(1,2n－1)－ eq \f(1,2n＋1)）
Tn＝ eq \f(1,2)（1－ eq \f(1,3)）＋ eq \f(1,2)（ eq \f(1,3)－ eq \f(1,5)）＋ eq \f(1,2)（ eq \f(1,5)－ eq \f(1,7)）＋…＋ eq \f(1,2)（ eq \f(1,2n－1)－ eq \f(1,2n＋1)）＝ eq \f(1,2)（1－ eq \f(1,2n＋1)）＝ eq \f(n,2n＋1).
若選③：cn＝（－1）n·（bn）2＝（－1）n·n2
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn＝（－12＋22）＋（－32＋42）＋…＋[－（n－1）2＋n2]＝1＋2＋…＋n＝ eq \f(n（n＋1）,2)
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn＝Tn＋1－cn＋1＝ eq \f(（n＋1）（n＋2）,2)－（n＋1）2＝－ eq \f(n（n＋1）,2).
綜上得：Tn＝（－1）n eq \f(n（n＋1）,2).
考點(diǎn)三
[例5] 解析：（1）由已知得2B＝A＋C，又因?yàn)锳＋B＋C＝π，所以B＝ eq \f(π,3).
又因?yàn)閏＝2a，所以由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cs eq \f(π,3)＝3a2.
所以c2＝a2＋b2，△ABC為直角三角形，C＝ eq \f(π,2)，A＝ eq \f(π,6).
（2）an＝2n|cs nC|＝2n eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(nπ,2)))＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0，n為奇數(shù)，,2n，n為偶數(shù)，))
所以Sn＝S2k＋1＋S2k＝22＋24＋…＋22k＝ eq \f(4（1－22k）,1－4)＝ eq \f(4k＋1－4,3)（k∈N*），
由Sn＝ eq \f(4k＋1－4,3)＝20，k∈N*，得4k＋1＝64，k＝2，
故n＝4或5.
對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練
解析：（1）由對(duì)折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三種規(guī)格的圖形，所以對(duì)折3次的結(jié)果有： eq \f(5,2)×12，5×6，10×3，20× eq \f(3,2)，共4種不同規(guī)格（單位dm2）；
故對(duì)折4次可得到如下規(guī)格： eq \f(5,4)×12， eq \f(5,2)×6，5×3，10× eq \f(3,2)，20× eq \f(3,4)，共5種不同規(guī)格．
（2）由于每次對(duì)折后的圖形的面積都減小為原來(lái)的一半，故各次對(duì)折后的圖形，不論規(guī)格如何，其面積成公比為 eq \f(1,2)的等比數(shù)列，首項(xiàng)為120 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(dm2))，第n次對(duì)折后的圖形面積為120× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，對(duì)于第n次對(duì)折后的圖形的規(guī)格形狀種數(shù)，根據(jù)（1）的過(guò)程和結(jié)論，猜想為n＋1種，故得猜想Sn＝ eq \f(120（n＋1）,2n－1)，
設(shè)S＝ eq \i\su(k＝1,n,S)k＝ eq \f(120×2,20)＋ eq \f(120×3,21)＋ eq \f(120×4,22)＋…＋ eq \f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)),2n－1)，
則 eq \f(1,2)S＝ eq \f(120×2,21)＋ eq \f(120×3,22)＋…＋ eq \f(120n,2n－1)＋ eq \f(120（n＋1）,2n)，
兩式作差得：
eq \f(1,2)S＝240＋120 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－ eq \f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)),2n)
＝240＋ eq \f(60\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－ eq \f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)),2n)
＝360－ eq \f(120,2n－1)－ eq \f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)),2n)＝360－ eq \f(120\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋3)),2n)，
因此，S＝720－ eq \f(240\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋3)),2n)＝720－ eq \f(15\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋3)),2n－4).
答案：5 720－ eq \f(15\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋3)),2n－4)會(huì)“列方程”
會(huì)利用方程思想求出等差數(shù)列與等比數(shù)列中的基本量
會(huì)“用公式”
會(huì)利用等差(比)數(shù)列的通項(xiàng)公式，求出所求數(shù)列的通項(xiàng)公式
會(huì)“分
組求和”
觀察數(shù)列的通項(xiàng)公式的特征，若數(shù)列是由若干個(gè)簡(jiǎn)單數(shù)列(如等差數(shù)列、等比數(shù)列、常數(shù)列等)組成，則求前n項(xiàng)和時(shí)可用分組求和法，把數(shù)列分成幾個(gè)可以直接求和的數(shù)列
求什么
想什么
判斷數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，想到判斷等比數(shù)列的方法．
求{an}的通項(xiàng)公式，想到求bn的通項(xiàng)公式．
給什么
用什么
給出nan＋1＝2(n＋1)an，用化歸方法化為＝的形式．

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