2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第3讲　数列的求和

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1．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))n，那么其前20项的和为( C )
A．380－ eq \f(3,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,519)))B．400－ eq \f(2,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,520)))
C．420－ eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,520)))D．440－ eq \f(4,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,520)))
【解析】 令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20)－3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,52)＋…＋\f(1,520)))＝2× eq \f(20×(20＋1),2)－3× eq \f(\f(1,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,520))),1－\f(1,5))＝420－ eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,520))).
2．(多选)已知数列{an}为 eq \f(1,2)， eq \f(1,3)＋ eq \f(2,3)， eq \f(1,4)＋ eq \f(2,4)＋ eq \f(3,4)，…， eq \f(1,10)＋ eq \f(2,10)＋…＋ eq \f(9,10)，….若bn＝ eq \f(1,an·an＋1)，设数列{bn}的前n项和为Sn，则( AC )
A．an＝ eq \f(n,2)B．an＝n
C．Sn＝ eq \f(4n,n＋1)D．Sn＝ eq \f(5n,n＋1)
【解析】 由题意得an＝ eq \f(1,n＋1)＋ eq \f(2,n＋1)＋…＋ eq \f(n,n＋1)＝ eq \f(1＋2＋3＋…＋n,n＋1)＝ eq \f(n,2)，所以bn＝ eq \f(1,\f(n,2)·\f(n＋1,2))＝ eq \f(4,n(n＋1))＝4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，故数列{bn}的前n项和Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝ eq \f(4n,n＋1).
3．在数列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于__78__.
【解析】 由an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得an＋2＋(－1)n+1·an＋1＝2n＋1，两式相加得an＋2＋an＝(－1)n(2n－1)＋(2n＋1)，取n＝1，5，9及n＝2，6，10，结果相加得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.
4．(人A选必二P40复习巩固3)计算：1＋2x＋3x2＋…＋nxn-1＝__ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f((1＋n)n,2)，x＝1，,\f(nxn+1－(n＋1)xn＋1,(1－x)2)，x≠1))__.
【解析】 当x＝1时，1＋2x＋3x2＋…＋nxn-1＝1＋2＋3＋…＋n＝ eq \f((1＋n)n,2).当x≠1时，记Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn-1①，①×x得xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn②，①－②得(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn-1－nxn＝ eq \f(1－xn,1－x)－nxn，化简得Sn＝ eq \f(nxn+1－(n＋1)xn＋1,(1－x)2)，综上所述，1＋2x＋3x2＋…＋nxn-1＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f((1＋n)n,2)，x＝1，,\f(nxn+1－(n＋1)xn＋1,(1－x)2)，x≠1.))
举题固法
目标引领
分组求和法
例1 (2023·济南三月模拟)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1－(n＋1)an＝1.
(1) 若数列{bn}满足bn＝ eq \f(1＋an,n)，求证：{bn}是常数数列；
【解析】 因为bn＋1－bn＝ eq \f(1＋an＋1,n＋1)－ eq \f(1＋an,n)＝ eq \f(n(1＋an＋1)－(n＋1)(1＋an),(n＋1)n)＝ eq \f(n＋nan＋1－(n＋1)－(n＋1)an,(n＋1)n)＝ eq \f(n＋1－(n＋1),(n＋1)n)＝0，所以bn＋1＝bn，所以{bn}是常数数列．
(2) 若数列{cn}满足cn＝sin eq \f(π,2)an＋2an，求{cn}的前2n项和S2n.
【解析】 因为a1＝1，所以bn＝b1＝ eq \f(1＋a1,1)＝2，所以 eq \f(1＋an,n)＝2，所以an＝2n－1.因为cn＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)(2n－1)))＋22n-1＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(nπ－\f(π,2)))＋22n-1，所以S2n＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin \f(π,2)＋sin \f(3π,2)＋sin \f(5π,2)＋…＋sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2nπ－\f(π,2)))))＋(21＋23＋25＋…＋24n-1)＝(1－1＋1－1＋…－1)＋ eq \f(2(1－42n),1－4)＝ eq \f(24n+1－2,3).
分组求和主要适用于通项是由两部分不同的形式构成的数列，其次还适用于一些几项放在一起可以化简的数列或者分段型．例如：{an＋bn}型，可先分别求出{an}，{bn}的前n项和再求和．
变式1 (2023·深圳罗湖期末)已知在数列{an}中，a1＝2，nan＋1－(n＋1)an＝1(n∈N*).
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解析】 因为nan＋1－(n＋1)an＝1，所以 eq \f(an＋1,n＋1)－ eq \f(an,n)＝ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)， eq \f(an＋1＋1,n＋1)＝ eq \f(an＋1,n)，所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,n))) 是常数数列，即 eq \f(an＋1,n)＝ eq \f(a1＋1,1)＝3，所以an＝3n－1.
(2) 设 bn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋1，n为奇数，,2an＋1，n为偶数，))求数列{bn}的前100项和．
【解析】 由(1)知，{an} 是首项为2，公差为3的等差数列，由题意得b2n－1＝a2n－1＋1＝6n－3，b2n＝2a2n＋1＝12n＋4.设数列{b2n－1}，{b2n}的前50项和分别为T1，T2，所以T1＝ eq \f(50(b1＋b99),2)＝25×300＝7 500，T2＝ eq \f(50×(b2＋b100),2)＝25×620＝15 500，所以{bn}的前100项和为T1＋T2＝7 500＋15 500＝23 000.
裂项相消法
例2 (2023·武汉武昌三模)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，an＋1＝Sn＋n.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解析】 因为an＋1＝Sn＋n，所以an＝Sn－1＋n－1(n≥2)，所以an＋1＝2an＋1(n≥2)，整理得an＋1＋1＝2(an＋1)(n≥2).又因为a2＝3，所以当n≥2时，an＋1＝(a2＋1)×2n-2＝2n(n≥2)，所以an＝2n－1(n≥2).当n＝1时，a1＝2不满足上式．所以an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n－1，n≥2，))n∈N*.
(2) 设递增等差数列{bn}满足b2＝3，且a1＋b1，a2＋b2，a3＋ eq \f(1,2)b3成等比数列．
①求数列{bn}的通项公式；
②设Tn＝ eq \f(1,b eq \\al(2,1) )＋ eq \f(1,b eq \\al(2,2) )＋…＋ eq \f(1,b eq \\al(2,n) )，试确定Tn与 eq \f(3,4)的大小关系，并给出证明． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(提示：\f(1,(n＋1)2)＜\f(1,n(n＋2))))
【解析】 ①设数列{bn}的公差为d(d＞0).因为a1＋b1，a2＋b2，a3＋ eq \f(1,2)b3成等比数列，且a1＝2，a2＝3，a3＝7，b2＝3，所以(a2＋b2)2＝(a1＋b1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a3＋\f(1,2)b3))，即d2＋12d－13＝0.又因为d＞0，所以d＝1，所以数列{bn}的通项公式为bn＝n＋1，n∈N*.
②Tn＜ eq \f(3,4).证明如下：由①知，bn＝n＋1，n∈N*，易知(n＋1)2＞n(n＋2)，所以Tn＝ eq \f(1,b eq \\al(2,1) )＋ eq \f(1,b eq \\al(2,2) )＋…＋ eq \f(1,b eq \\al(2,n) )＝ eq \f(1,22)＋ eq \f(1,32)＋…＋ eq \f(1,(n＋1)2)＜ eq \f(1,1×3)＋ eq \f(1,2×4)＋…＋ eq \f(1,n(n＋2))＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝ eq \f(3,4)－ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))＜ eq \f(3,4)，即∀n∈N*，Tn＜ eq \f(3,4).
常见的裂项技巧：
(1) 若{an}是等差数列，则 eq \f(1,anan＋1)＝ eq \f(1,d) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))， eq \f(1,anan＋2)＝ eq \f(1,2d) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－\f(1,an＋2))).
(2) 有时数列并不可直接求和，需对通项放缩变形后求其近似值，常见的有： eq \f(1,n(n＋1))＜ eq \f(1,n2)＜ eq \f(1,(n＋1)(n－1))＜ eq \f(1,n(n－1))(n≥2).其他类型的裂项技巧参见后面的微切口1.
变式2 (2023·南京三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，(n－2)Sn＋1＋2an＋1＝nSn，n∈N*.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解析】 由(n－2)Sn＋1＋2an＋1＝nSn，得(n－2)·Sn＋1＋2(Sn＋1－Sn)＝nSn，整理得nSn＋1＝(n＋2)Sn，即 eq \f(Sn＋1,(n＋1)(n＋2))＝ eq \f(Sn,n(n＋1))，故 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n(n＋1))))是常数列，且 eq \f(Sn,n(n＋1))＝ eq \f(S1,1×2)＝1，即Sn＝n(n＋1).当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－n(n－1)＝2n，当n＝1时也满足此式，故an＝2n.
(2) 求证： eq \f(1,a eq \\al(2,1) )＋ eq \f(1,a eq \\al(2,2) )＋…＋ eq \f(1,a eq \\al(2,n) )＜ eq \f(7,16).
【解析】 方法一： eq \f(1,a eq \\al(2,n) )＝ eq \f(1,4n2)＜ eq \f(1,4n2－1)＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，故n≥2时， eq \f(1,a eq \\al(2,1) )＋ eq \f(1,a eq \\al(2,2) )＋…＋ eq \f(1,a eq \\al(2,n) )＜ eq \f(1,4)＋ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝ eq \f(1,4)＋ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,2n＋1)))＜ eq \f(1,4)＋ eq \f(1,2)× eq \f(1,3)＝ eq \f(5,12)＜ eq \f(7,16)，又 eq \f(1,a eq \\al(2,1) )＝ eq \f(1,4)＜ eq \f(7,16)，故 eq \f(1,a eq \\al(2,1) )＋ eq \f(1,a eq \\al(2,2) )＋…＋ eq \f(1,a eq \\al(2,n) )＜ eq \f(7,16).
方法二：由于n≥2时， eq \f(1,n2)＜ eq \f(1,n(n－1))＝ eq \f(1,n－1)－ eq \f(1,n)，故当n≥3时， eq \f(1,12)＋ eq \f(1,22)＋ eq \f(1,32)＋…＋ eq \f(1,n2)＜1＋ eq \f(1,4)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝1＋ eq \f(1,4)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,n)＝ eq \f(7,4)－ eq \f(1,n)＜ eq \f(7,4).当n＝1，2时也成立，故 eq \f(1,12)＋ eq \f(1,22)＋ eq \f(1,32)＋…＋ eq \f(1,n2)＜ eq \f(7,4)，所以 eq \f(1,a eq \\al(2,1) )＋ eq \f(1,a eq \\al(2,2) )＋…＋ eq \f(1,a eq \\al(2,n) )＜ eq \f(7,16).
方法三：由于 eq \f(1,n2)＜ eq \f(1,n2－1)，n≥2，故当n≥2时， eq \f(1,12)＋ eq \f(1,22)＋ eq \f(1,32)＋…＋ eq \f(1,n2)＜ eq \f(1,12)＋ eq \f(1,22－1)＋ eq \f(1,32－1)＋…＋ eq \f(1,n2－1)＝1＋ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＝1＋ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＜ eq \f(7,4).当n＝1时，上式也成立，故 eq \f(1,12)＋ eq \f(1,22)＋ eq \f(1,32)＋…＋ eq \f(1,n2)＜ eq \f(7,4)，所以 eq \f(1,a eq \\al(2,1) )＋ eq \f(1,a eq \\al(2,2) )＋…＋ eq \f(1,a eq \\al(2,n) )＜ eq \f(7,16).
错位相减法
例3 (2023·全国甲卷)已知在数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}的前n项和，2Sn＝nan.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解析】 因为2Sn＝nan，当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2；当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1，所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an，化简得(n－2)an＝(n－1)an－1，所以当n≥3时， eq \f(an,n－1)＝ eq \f(an－1,n－2)＝…＝ eq \f(a3,2)＝ eq \f(a2,1)＝1，即an＝n－1，当n＝1，2时都满足上式，所以an＝n－1(n∈N*).
(2) 求数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,2n)))的前n项和Tn.
【解析】 因为 eq \f(an＋1,2n)＝ eq \f(n,2n)，所以Tn＝1× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(1)＋2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋3× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＋…＋n× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)， eq \f(1,2)Tn＝1× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＋…＋(n－1)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)＋n× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)，两式相减得， eq \f(1,2)Tn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(1)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)－n× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)＝ eq \f(\f(1,2)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))－n× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n＋1)＝1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(n,2))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)，即Tn＝2－(2＋n) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)，n∈N*.
错位相减法求和：①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；②在写出“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．
变式3 (2023·苏锡常镇一模)已知等比数列{an}的各项均为正数，且a2＋a3＋a4＝39，a5＝2a4＋3a3.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解析】 设数列{an}的公比为q，q＞0，则a1q＋a1q2＋a1q3＝39，a1q4＝2a1q3＋3a1q2.因为a1q≠0，所以q2－2q－3＝0，即(q＋1)(q－3)＝0.因为q＞0，所以q＝3，则a1＝1，所以an＝3n-1.
(2) 若数列{bn}满足bn＝ eq \f(n,an)，求{bn}的前n项和Tn.
【解析】 因为an＝3n-1，所以bn＝ eq \f(n,3n-1)，所以Tn＝ eq \f(1,30)＋ eq \f(2,31)＋…＋ eq \f(n,3n-1)①， eq \f(1,3)Tn＝ eq \f(1,31)＋ eq \f(2,32)＋…＋ eq \f(n－1,3n-1)＋ eq \f(n,3n)②，①－②得 eq \f(2,3)Tn＝ eq \f(1,30)＋ eq \f(1,31)＋…＋ eq \f(1,3n-1)－ eq \f(n,3n)＝ eq \f(3,2)－ eq \f(2n＋3,2·3n)，所以Tn＝ eq \f(9,4)－ eq \f(2n＋3,4·3n-1).
随堂内化
1．若数列{an}满足a1＝100，a2＝200，且an＋2－an＝[1＋(－1)n]×5(n∈N*)，则该数列前31项的和S31＝( B )
A．5 550B．5 650
C．5 760D．5 900
【解析】 当n为奇数时，an＋2＝an，即数列{an}的奇数项为每项都是100的常数列；当n为偶数时，an＋2－an＝10，即数列{an}的偶数项是首项为200，公差为10的等差数列，所以S31＝16×100＋15×200＋ eq \f(15×14,2)×10＝5 650.
2．已知数列{an}满足a1＋a2＋…＋an＝n2，则a1·21＋a2·22＋…＋an·2n＝__(2n－3)·2n+1＋6__.
【解析】 由a1＋a2＋…＋an＝n2可得当n≥2时，a1＋a2＋…＋an－1＝(n－1)2，所以an＝n2－(n－1)2＝2n－1，a1＝1也满足an＝2n－1，故an＝2n－1，n∈N*.令Sn＝a1·21＋a2·22＋…＋an·2n＝1×21＋3×22＋…＋(2n－1)·2n，则2Sn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－1)·2n+1，两式相减得－Sn＝21＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n+1＝2＋ eq \f(8(1－2n-1),1－2)－(2n－1)·2n+1＝(3－2n)·2n+1－6，所以Sn＝(2n－3)·2n+1＋6.
3．(2023·日照一模)在数列{an}中， eq \f(a1,2)＋ eq \f(a2,3)＋ eq \f(a3,4)＋…＋ eq \f(an,n＋1)＝n2＋n.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解析】 因为 eq \f(a1,2)＋ eq \f(a2,3)＋ eq \f(a3,4)＋…＋ eq \f(an,n＋1)＝n2＋n①，则当n＝1时， eq \f(a1,2)＝2，即a1＝4，当n≥2时， eq \f(a1,2)＋ eq \f(a2,3)＋ eq \f(a3,4)＋…＋ eq \f(an－1,n)＝n2－n②，①－②得 eq \f(an,n＋1)＝2n，所以an＝2n(n＋1)，a1＝4也满足an＝2n(n＋1)，故对任意的n∈N*，an＝2n(n＋1).
(2) 求证： eq \f(1,3a1)＋ eq \f(2,4a2)＋…＋ eq \f(n,(n＋2)an)＜ eq \f(1,4).
【解析】 因为 eq \f(n,(n＋2)an)＝ eq \f(n,2n(n＋1)(n＋2))＝ eq \f(1,2(n＋1)(n＋2))＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，所以 eq \f(1,3a1)＋ eq \f(2,4a2)＋…＋ eq \f(n,(n＋2)an)＝ eq \f(1,2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,n＋2)))＝ eq \f(1,4)－ eq \f(1,2(n＋2)).因为n∈N*，所以 eq \f(1,2(n＋2))＞0，所以 eq \f(1,4)－ eq \f(1,2(n＋2))＜ eq \f(1,4)，故 eq \f(1,3a1)＋ eq \f(2,4a2)＋…＋ eq \f(n,(n＋2)an)＜ eq \f(1,4)，结论成立．