【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题10　数列的递推关系与通项公式

这是一份【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题10　数列的递推关系与通项公式，共14页。学案主要包含了基本技能练，创新拓展练等内容，欢迎下载使用。

1.求数列的通项公式是高考的重点内容，等差、等比数列可直接利用其通项公式求解，但有些数列是以递推关系给出的，需要构造新数列转为等差或等比数列，再利用公式求解.
2.利用数列的递推关系求数列的通项，常见的方法有：(1)累加法，(2)累乘法，(3)构造法(包括辅助数列法，取倒数法，取对数法等).
类型一 利用an与Sn的关系求通项
1.已知Sn求an的步骤
(1)先利用a1＝S1求出a1.
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式.
(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，若符合，则数列的通项公式合写；若不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写.
2.Sn与an关系问题的求解思路
根据所求结果的不同要求，将问题向不同的方向转化.
(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解.
(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解.
例1 (1)已知数列{an}为正项数列，且eq \f(4S1,a1＋2)＋eq \f(4S2,a2＋2)＋…＋eq \f(4Sn,an＋2)＝Sn，求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{an}的各项均为正数，且Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an)))，求数列{an}的通项公式.
解 (1)由题知eq \f(4S1,a1＋2)＋eq \f(4S2,a2＋2)＋…＋eq \f(4Sn,an＋2)＝Sn， ①
则eq \f(4S1,a1＋2)＋eq \f(4S2,a2＋2)＋…＋eq \f(4Sn－1,an－1＋2)＝Sn－1(n≥2，n∈N*)，②
由①－②可得eq \f(4Sn,an＋2)＝an，
即4Sn＝aeq \\al(2,n)＋2an，n≥2，n∈N*，
在已知等式中令n＝1，
得eq \f(4S1,a1＋2)＝S1，
则4S1＝a1(a1＋2)， ③
满足上式，所以4Sn＝aeq \\al(2,n)＋2an(n∈N*) ④
则4Sn－1＝aeq \\al(2,n－1)＋2an－1(n≥2)， ⑤
④－⑤可得4an＝aeq \\al(2,n)＋2an－aeq \\al(2,n－1)－2an－1⇔2(an＋an－1)＝aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1).
因为aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＝(an＋an－1)(an－an－1)，an>0，
所以an－an－1＝2，
所以{an}为公差是2的等差数列，
由③可解得a1＝2，
所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.
(2)由Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an)))，
得当n≥2时，
Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn－Sn－1＋\f(1,Sn－Sn－1)))，
所以2Sn＝Sn－Sn－1＋eq \f(1,Sn－Sn－1)，
即Sn＋Sn－1＝eq \f(1,Sn－Sn－1)，
所以Seq \\al(2,n)－Seq \\al(2,n－1)＝1，
所以{Seq \\al(2,n)}为公差是1的等差数列，
所以Seq \\al(2,n)＝Seq \\al(2,1)＋(n－1).
在Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an)))中，
令n＝1可得S1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋\f(1,a1)))，
解得a1＝1，
所以Seq \\al(2,n)＝n，所以Sn＝eq \r(n)，
所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Sn－Sn－1，n≥2，,S1，n＝1))＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(n)－\r(n－1)，n≥2，,1，n＝1，))
所以an＝eq \r(n)－eq \r(n－1).
训练1 已知正项数列{an＋2n－1}的前n项和为Sn，且4Sn＝aeq \\al(2,n)＋(2n＋2)an＋4n－1＋2n－3.求数列{an}的通项公式.
解 由题知4Sn＝aeq \\al(2,n)＋(2n＋2)an＋4n－1＋2n－3＝(an＋2n－1)2＋2(an＋2n－1)－3，
令bn＝an＋2n－1，
则4Sn＝beq \\al(2,n)＋2bn－3， ①
当n≥2时，4Sn－1＝beq \\al(2,n－1)＋2bn－1－3，②
由①－②，得4bn＝beq \\al(2,n)－beq \\al(2,n－1)＋2bn－2bn－1，
整理得(bn－bn－1－2)(bn＋bn－1)＝0.
因为bn>0，所以bn－bn－1＝2(n≥2).
又4S1＝beq \\al(2,1)＋2b1－3，
即beq \\al(2,1)－2b1－3＝0，
解得b1＝3或b1＝－1(舍去)，
所以数列{bn}是以3为首项，2为公差的等差数列，
则bn＝2n＋1，
所以an＝bn－2n－1＝2n＋1－2n－1.
类型二 构造辅助数列求通项
(1)形如an＝pan－1＋q(p≠1，q≠0)的形式.通常可构造出等比数列an＋eq \f(q,p－1)＝peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－1＋\f(q,p－1)))，进而求出通项公式.
(2)形如an＝pan－1＋qn，此类问题可先处理qn，两边同时除以qn，得eq \f(an,qn)＝peq \f(an－1,qn)＋1，进而构造成eq \f(an,qn)＝eq \f(p,q)·eq \f(an－1,qn－1)＋1，设bn＝eq \f(an,qn)，从而变成bn＝eq \f(p,q)bn－1＋1，从而将问题转化为第(1)个问题.
(3)形如qan－1－pan＝anan－1，可以考虑两边同时除以anan－1，转化为eq \f(q,an)－eq \f(p,an－1)＝1的形式，进而可设bn＝eq \f(1,an)，递推公式变为qbn－pbn－1＝1，从而转变为(1)中的类型进行求解.
(4)形如an＝eq \f(man－1,k（an－1＋b）)(其中n≥2，mkb≠0)取倒数，得到eq \f(1,an)＝eq \f(k,m)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(b,an－1)))⇔eq \f(1,an)＝eq \f(kb,m)·eq \f(1,an－1)＋eq \f(k,m)，转化为(1)中的类型.
(5)形如an＝paeq \\al(r,n－1)(n≥2，an，p>0)两边取常用对数，得lg an＝rlg an－1＋lg p，转化为(1)中的类型.
考向1 构造法求通项
例2 (1)在数列{an}中，a1＝eq \f(1,2)，an＝2an＋1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)(n∈N*)，求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＋1－2Sn＝1，n∈N*，求数列{an}的通项公式.
解 (1)由an＝2an＋1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，
得2nan＝2n＋1an＋1－1，
所以数列{2nan}是首项和公差均为1的等差数列，
于是2nan＝1＋(n－1)×1＝n，
所以an＝eq \f(n,2n)(n∈N*).
(2)因为Sn＋1－2Sn＝1，
所以Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)，n∈N*.
因为a1＝S1＝1，
所以可推出Sn＋1>0，
故eq \f(Sn＋1＋1,Sn＋1)＝2，
即{Sn＋1}为等比数列.
因为S1＋1＝2，公比为2，
所以Sn＋1＝2n，
即Sn＝2n－1.
因为Sn－1＝2n－1－1，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，
又a1＝1也满足此式，
所以an＝2n－1(n∈N*).
考向2 取倒数法求通项
例3 已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(an,an＋3)，a1＝2，求数列{an}的通项公式.
解 对an＋1＝eq \f(an,an＋3)两边取倒数，可得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(3,an)＋1，
由eq \f(1,an＋1)＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋\f(1,2))).
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋\f(1,2)))是首项为1，公比为3的等比数列，
∴eq \f(1,an)＋eq \f(1,2)＝3n－1，
则an＝eq \f(2,2·3n－1－1)(n∈N*).
考向3 取对数法求通项
例4 设正项数列{an}满足a1＝1，an＝2aeq \\al(2,n－1)(n≥2).求数列{an}的通项公式.
解 对an＝2aeq \\al(2,n－1)两边取对数得
lg2an＝1＋2lg2an－1，
∴lg2an＋1＝2(lg2an－1＋1)，
设bn＝lg2an＋1，
则{bn}是以2为公比，1为首项的等比数列，所以bn＝2n－1，
即lg2an＋1＝2n－1，
故an＝22n－1－1(n∈N*).
训练2 (1)若数列{an}中，a1＝3，且an＋1＝aeq \\al(2,n)，则an＝________.
答案 32n－1(n∈N*)
解析 易知an>0，由an＋1＝aeq \\al(2,n)得
lg an＋1＝2lg an，
故{lg an}是以lg 3为首项，2为公比的等比数列，
则lg an＝lg a1·2n－1＝lg 32n－1，
即an＝32n－1(n∈N*).
(2)已知数列{an}中，a1＝1，an＝eq \f(an－1,2an－1＋1)，则an＝________.
答案 eq \f(1,2n－1)(n∈N*)
解析 由an＝eq \f(an－1,2an－1＋1)，
取倒数得eq \f(1,an)＝2＋eq \f(1,an－1)，
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以2为公差，1为首项的等差数列，
所以eq \f(1,an)＝1＋2(n－1)＝2n－1，
即an＝eq \f(1,2n－1)(n∈N*).
(3)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(1,2)an＋1，求数列{an}的通项公式.
解 因为an＋1＝eq \f(1,2)an＋1，
所以an＋1－2＝eq \f(1,2)(an－2)，
所以数列{an－2}是以－1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，
所以an－2＝－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)，
所以an＝2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)，n∈N*.

一、基本技能练
1.已知数列{an}的前n项和为Sn，则“Sn＝3n＋1”是“数列{an}是常数列”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
答案 D
解析 因为Sn＝3n＋1，
所以a1＝4，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋1)－[3(n－1)＋1]＝3，
所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4，n＝1，,3，n≥2，))
所以数列{an}不是常数列，
反之，当an＝1时，Sn＝n，显然不成立，
所以“Sn＝3n＋1”是“数列{an}是常数列”的既不充分也不必要条件.
2.若数列{an}中，a1＝2且an＝eq \r(3＋aeq \\al(2,n－1))(n≥2)，则an＝( )
A.eq \r(3n＋1) B.3n＋1
C.eq \r(3n－1) D.3n－1
答案 A
解析 由题设得aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＝3，n≥2，
故{aeq \\al(2,n)}是以aeq \\al(2,1)＝4，公差d＝3的等差数列，
则aeq \\al(2,n)＝aeq \\al(2,1)＋(n－1)×3＝3n＋1，
又an>0，故an＝eq \r(3n＋1).
3.(2022·上海金山一模)已知定义在R上的函数f(x)是奇函数，且满足f(x＋3)＝f(x)，f(1)＝－3，数列{an}满足Sn＝2an＋n(其中Sn为{an}的前n项和)，则f(a5)＋f(a6)＝( )
A.－3 B.－2
C.3 D.2
答案 C
解析 对任意的n∈N*，Sn＝2an＋n.
当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，
解得a1＝－1；
当n≥2时，由Sn＝2an＋n可得Sn－1＝2an－1＋n－1，
两式作差得an＝2an－2an－1＋1，
即an＝2an－1－1，
所以an－1＝2(an－1－1)，
所以数列{an－1}是以a1－1＝－2为首项，2为公比的等比数列，
所以an－1＝－2·2n－1＝－2n，
即an＝1－2n，
所以a5＝－31，a6＝－63.
因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(0)＝0，
又函数f(x)满足f(x＋3)＝f(x)，
f(1)＝－3，
所以f(a5)＝f(－31)＝－f(31)＝－f(1)＝3，f(a6)＝f(－63)＝f(0)＝0，
因此，f(a5)＋f(a6)＝3.故选C.
4.(2022·湖北新高考协作体联考)已知数列{an}的首项a1＝2，其前n项和为Sn，若Sn＋1＝2Sn＋1，则a7＝________.
答案 96
解析 因为Sn＋1＝2Sn＋1，
所以Sn＝2Sn－1＋1(n≥2)，
两式相减得an＋1＝2an(n≥2)，
又因为a1＝2，S2＝a1＋a2＝2a1＋1，
得a2＝3，
所以数列{an}从第二项开始成等比数列，
因此其通项公式为an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,3·2n－2，n≥2，))
所以a7＝3×25＝96.
5.(2022·南平模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________.
答案 an＝eq \f(2,n（n＋1）)(n∈N*)
解析 由Sn＝n2an可得，
当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2an－1，
则an＝Sn－Sn－1＝n2an－(n－1)2an－1，
即(n2－1)an＝(n－1)2an－1，
故eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n＋1)，
所以an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·eq \f(an－2,an－3)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)·a1＝eq \f(n－1,n＋1)·eq \f(n－2,n)·eq \f(n－3,n－1)·…·eq \f(2,4)×eq \f(1,3)×1＝eq \f(2,n（n＋1）).
当n＝1时，a1＝1满足an＝eq \f(2,n（n＋1）).
故数列{an}的通项公式为
an＝eq \f(2,n（n＋1）)，n∈N*.
6.已知正项数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \r(an)，则an＝________.
答案 221－n(n∈N*)
解析 将an＋1＝eq \r(an)两边取以2为底的对数得lg2an＋1＝eq \f(1,2)lg2an，
∴数列{lg2an}是以1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，
故lg2an＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝21－n，
即an＝221－n(n∈N*).
7.数列{an}的首项a1＝2，且an＋1＝3an＋2(n∈N*)，令bn＝lg3(an＋1)，则bn＝________.
答案 n
解析 由an＋1＝3an＋2(n∈N*)可知an＋1＋1＝3(an＋1)，
又a1＝2，知an＋1≠0，
所以数列{an＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，
因此an＋1＝3·3n－1＝3n，
故bn＝lg3(an＋1)＝n.
8.(2022·洛阳调研)在数列{bn}中，b1＝－1，bn＋1＝eq \f(bn,3bn＋2)，n∈N*，则通项公式bn＝________.
答案 eq \f(1,2n－3)(n∈N*)
解析 由bn＋1＝eq \f(bn,3bn＋2)，且b1＝－1.
易知bn≠0，得eq \f(1,bn＋1)＝eq \f(2,bn)＋3.
因此eq \f(1,bn＋1)＋3＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)＋3))，eq \f(1,b1)＋3＝2，
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)＋3))是以2为首项，2为公比的等比数列，于是eq \f(1,bn)＋3＝2·2n－1，
可得bn＝eq \f(1,2n－3)，n∈N*.
9.在数列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋ln 3(n≥2)，则数列{an}的通项an＝________.
答案 (1＋ln 3)·2n－1－ln 3(n∈N*)
解析 由an＝2an－1＋ln 3得
an＋ln 3＝2(an－1＋ln 3)，
则{an＋ln 3}是以1＋ln 3为首项，2为公比的等比数列，
所以an＋ln 3＝(1＋ln 3)·2n－1，
因此an＝(1＋ln 3)·2n－1－ln 3(n∈N*).
10.已知数列{an}满足an＋1＝2an－n＋1(n∈N*)，a1＝3，则数列{an}的通项公式为________.
答案 an＝2n＋n(n∈N*)
解析 ∵an＋1＝2an－n＋1，
∴an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，
∴eq \f(an＋1－（n＋1）,an－n)＝2，
∴数列{an－n}是以a1－1＝2为首项，2为公比的等比数列，
∴an－n＝2·2n－1＝2n，
∴an＝2n＋n(n∈N*).
11.(2022·青岛二模)已知数列{an}，{bn}满足a1＝eq \f(1,2)，an＋bn＝1，bn＋1＝eq \f(bn,1－aeq \\al(2,n))，则b2 023＝________.
答案 eq \f(2 023,2 024)
解析 因为an＋bn＝1，bn＋1＝eq \f(bn,1－aeq \\al(2,n))，
所以1－an＋1＝eq \f(1－an,（1－an）（1＋an）)，
an＋1＝1－eq \f(1,1＋an)＝eq \f(an,1＋an)，
所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋1，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，其公差为1，首项为eq \f(1,a1)＝2，
所以eq \f(1,an)＝2＋(n－1)×1＝n＋1，
所以an＝eq \f(1,n＋1)，
所以bn＝eq \f(n,n＋1)，
所以b2 023＝eq \f(2 023,2 024).
12.已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn－nan＝3n(n∈N*)，且S3＝15，则S10＝________.
答案 120
解析 当n＝1时，2S1－a1＝3，
解得a1＝3.
又2Sn－nan＝3n， ①
当n≥2时，
2Sn－1－(n－1)an－1＝3(n－1)，②
所以①－②得
(n－1)an－1－(n－2)an＝3， ③
当n≥3时，
(n－2)an－2－(n－3)an－1＝3， ④
所以④－③得
(n－1)·an－1－(n－2)an＝(n－2)an－2－(n－3)an－1，
可得2an－1＝an＋an－2，
所以数列{an}为等差数列，设其公差为d.
因为a1＝3，S3＝3a1＋3d＝9＋3d＝15，
解得d＝2.
故S10＝10×3＋eq \f(10×9,2)×2＝120.
二、创新拓展练
13.已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝3，an＋2＝an＋1＋2an.某同学已经证明了数列
{an＋1－2an}和数列{an＋1＋an}都是等比数列，则数列{an}的通项公式是an＝________.
答案 eq \f(2n＋1－（－1）n－1,3)
解析 因为an＋2＝an＋1＋2an，
所以当n＝1时， a3＝a2＋2a1＝5.
令bn＝an＋1－2an，则{bn}为等比数列.
又b1＝a2－2a1＝1，b2＝a3－2a2＝－1，
所以等比数列{bn}的公比q＝eq \f(b2,b1)＝－1，
所以bn＝(－1)n－1，
即an＋1－2an＝(－1)n－1. ①
令cn＝an＋1＋an，则{cn}为等比数列，
c1＝a2＋a1＝4，c2＝a3＋a2＝8，
所以等比数列{cn}的公比q1＝eq \f(c2,c1)＝2，
所以cn＝4×2n－1＝2n＋1，
即an＋1＋an＝2n＋1. ②
联立①②，解得an＝eq \f(2n＋1－（－1）n－1,3).
14.数列{an}满足an＋1＝3an＋2n＋1，a1＝－1，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
答案 eq \f(3n＋1,2)－2n＋2＋eq \f(5,2)(n∈N*)
解析 ∵an＋1＝3an＋2n＋1，
∴eq \f(an＋1,2n＋1)＝eq \f(3,2)·eq \f(an,2n)＋1
∴eq \f(an＋1,2n＋1)＋2＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)＋2))，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)＋2))是以eq \f(a1,2)＋2＝eq \f(3,2)为首项，eq \f(3,2)为公比的等比数列，
∴eq \f(an,2n)＋2＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n)，
∴an＝3n－2n＋1，
∴Sn＝(31＋32＋…＋3n)－(22＋23＋…＋2n＋1)＝eq \f(3－3n＋1,1－3)－eq \f(4－2n＋2,1－2)＝eq \f(3n＋1,2)－2n＋2＋eq \f(5,2)(n∈N*).
15.已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝2an＋3an－1，则{an}的通项公式为________.
答案 an＝eq \f(3n－（－1）n,4)(n∈N*)
解析 ∵an＋1＝2an＋3an－1，
∴an＋1＋an＝3(an＋an－1)，
∴{an＋1＋an}是以a2＋a1＝3为首项，3为公比的等比数列，
∴an＋1＋an＝3×3n－1＝3n，①
又an＋1－3an＝－(an－3an－1)，
∴{an＋1－3an}是以a2－3a1＝－1为首项，－1为公比的等比数列，
∴an＋1－3an＝(－1)×(－1)n－1
＝(－1)n， ②
由①－②得4an＝3n－(－1)n，
∴an＝eq \f(3n－（－1）n,4)(n∈N*).
16.已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝eq \f(7an－2,an＋4)，则该数列的通项公式an＝________.
答案 eq \f(4·6n－1－5n－1,2·6n－1－5n－1)(n∈N*)
解析 由eq \f(an＋1－1,an＋1－2)＝eq \f(\f(7an－2,an＋4)－1,\f(7an－2,an＋4)－2)
＝eq \f(7an－2－（an＋4）,7an－2－2（an＋4）)＝eq \f(6,5)·eq \f(an－1,an－2)，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an－1,an－2)))是首项为eq \f(a1－1,a1－2)＝2，
公比为eq \f(6,5)的等比数列，
所以eq \f(an－1,an－2)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))eq \s\up12(n－1)，
解得an＝eq \f(1,2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))\s\up12(n－1)－1)＋2
＝eq \f(4·6n－1－5n－1,2·6n－1－5n－1)，n∈N*.