专题01~数列求和问题~(纯Word版，解析版)

时间：2021-01-29 15:21:25 来源：蒲公英阅读网 本文已影响人

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　 方法技巧专题 1

　数列求和问题 解析版

　一、数列求和的常用方法知识框架

　 二、数列求和方法

　 【一】公式求和法

　 1. 例题

　【例 1 1】

　】求 1＋2＋2 2 ＋…＋2 n 的和. 【解析】这是一个首项为 1，公比为 2 的等比数列前 n＋1 项的和， 所以 1＋2＋2 2 ＋…＋2 n ＝ 1－2n ＋ 11－2＝2 n＋ 1 －1.（这里容易弄错项数）

　【例 2 2】

　】已知等比数列{a n }中，a 3 ＝4，S 3 ＝12，求数列{a n }的通项公式. 【解析】当 q＝1 时，a 3 ＝4，a 1 ＝a 2 ＝a 3 ＝4，S 3 ＝a 1 ＋a 2 ＋a 3 ＝12， 1.等差数列前 n 项和

　2.等比数列前 n 项和

　公比含字母时一定要讨论 3.其他常用求和公式 ① ；

　②

　③ ；

　④

　 所以 q＝1 符合题意，a n ＝4. 当 q≠1 时， a 3 ＝a 1 q 2 ＝4，S 3 ＝ a 1 1－q3 1－q＝12，解得 q＝－ 12 ，a n ＝a 3 qn － 3 ＝  － 12n － 5 . 故数列通项公式为 a n ＝4 或 a n ＝ － 12n － 5 . 【注意：上述解法中忽视了等比数列前 n 项和公式中 q＝1 这一特殊情况.】

　【例 3 3 】在公差为 d 的等差数列{na }中，已知1a ＝10，且1a ，22a ＋2，53a 成等比数列． (1)求 d ，na ； (2)若 d <0，求|1a |＋|2a |＋|3a |＋…＋|na |. 【解析】(1)由题意得1a ·53a ＝(22a ＋2)2， 即 0 4 3 -2  d d

　所以 1 -  d 或 4  d . 所以 11 -   n a n 或 6 4   n a n . (2)设数列{na }的前 n 项和为nS .因为 d <0，由(1)得 d ＝－1， 11 -   n a n ，则 当 n ≤11 时，|1a |＋|2a |＋|3a |＋…＋|na |＝ n n22121-2 . 当 n ≥12 时，|1a |＋|2a |＋|3a |＋…＋|na |＝112 - S S n  ＝ 110221212  n n . 综上所述，|1a |＋|2a |＋|3a |＋…＋|na |   12 , 1102212111 ,22121-22n n nn n n

　2. 巩固提升综合练习

　【练习 1】

　】在 中插入 个数，使它们和 组成等差数列 ，则 （

　）

　A．

　B．

　 C．

　D． 【解析】

　，所以 ，故选 B. 习 【练习 2 】记 S n 为等差数列{a n }的前 n 项和，已知 a 1 ＝－7，S 3 ＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求 S n ，并求 S n 的最小值． , a b n , a b1 2, , , ,na a a a b1 2 na a a    ( ) n a b ( )2n a b  ( 1)( )2n a b   ( 2)( )2n a b     22nn a bS    1 22n nn a ba a a S a b      

　 【解析】(1)设  na 的公差为 d，由题意得13 15, a d    由17 a  

　得 2 d  ，

　所以  na 的通项公式为 2 9na n   ；

　 (2)由(1)得2 2( 7 2 9)8 ( 4) 162nn nS n n n        ，

　所以当 4 n  时，nS 取得最小值，最小值为－16. 【练习 3 3 】在平面直角坐标系中，已知  1,2 A a ，   12 1,2 nn nA A n n N   . （1）若1 2 3// OA A A ，求 a 的值； （2）若 1 a  ，求nOA 的坐标； 【分析】（1）利用向量共线的坐标形式可求 a 的值. （2）利用等差数列和等比数列的前 n 项和公式可求nOA 的坐标. 【解析】（1）

　 2 35,4 A A  ，因为1 2 3// OA A A ，故 4 5 2 a    ，故52a  . （2）1 1 2 2 3 1 n n nOA OA AA A A A A    

　   1 2 1 21 3 5 2 1,2 2 2 2 ,2n nn n         ，所以  2 ,2 nnOA n  . 【练习 4 】公差不为 0 的等差数列  na 的前 n 项和为3, 6nS S  ，且3 4 7, , a a a 成等比数列. （1）求数列  na 的通项公式na ； （2）求  na的前 10 项和10T

　【解析】因为3 13 3 6 S a d    ，又3 4 7, , a a a 成等比数列，所以     21 1 13 2 6 a d a d a d     ，且 0 d  ，解得：164ad  ，所以 10 4na n   ； （2）因为 0 d  ，所以  na 递减，且2 310 8 2 0, 10 12 2 0 a a         ， 所以 4 n  时， 0na  ；所以  10 1 2 10 1 2 3 4 5 10... ... T a a a a a a a a a           

　        1 2 1 2 3 4 5 10 2 106 30 10 6 2 22 ... 2 22 2a a a a a a a a S S                 16 120 136    .

　【二】分组求和法

　1. 例题 【例 1 1】

　】求和：1 12 ＋212 2 ＋312 3 ＋…＋ n＋12 n. 【解析】1 12 ＋212 2 ＋312 3 ＋…＋ n＋12 n＝(1＋2＋3＋…＋n)＋ 12 ＋12 2 ＋12 3 ＋…＋12 n ＝ nn＋12＋12 1－12 n1－ 12＝ nn＋12＋1－12 n . 【例 2 2】

　】求数列 1,1＋a,1＋a＋a 2 ，…，1＋a＋a 2 ＋…＋a n－ 1 ，…的前 n 项和 Sn .(其中 a≠0，n∈N* ) 【解析】当 a＝1 时，a n ＝n，于是 S n ＝1＋2＋3＋…＋n＝ nn＋12. 当 a≠1 时，a n ＝ 1－an1－a＝11－a (1－an ). ∴S n ＝11－a [n－(a＋a2 ＋…＋a n )]＝11－a n－ a1－an 1－a＝n1－a －a1－a n 1－a 2. ∴S n ＝ nn＋12，a＝1，n1－a －a1－a n 1－a 2 ，a≠1. 【例 3 3 】

　求和 ) 2 )( 1 ( 4 3 2 3 2 1           n n n T n 

　【 解析】

　n n n n n n 2 3 ) 2 )( 1 (2 3      ， 所以 ) 2 1 ( 2 ) 2 1 ( 3 ) 2 1 (2 2 2 3 3 3n n n T n                  =略 2. 巩固提升综合练习 习 【练习 1 】已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，且 a 1 ＋a 2 ＝2 )1 1(2 1a a ，a 3 ＋a 4 ＝32 )1 1(4 3a a . (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设 b n ＝a 2 n ＋log 2 a n ，求数列{b n }的前 n 项和 T n . 【解析】

　(1)设等比数列{a n }的公比为 q(q>0)， 则 a n ＝a 1 q n－ 1 ，且 an >0， 由已知得 a 1 ＋a 1 q＝2 1a 1 ＋1a 1 q，a 1 q 2 ＋a 1 q 3 ＝32 1a 1 q 2 ＋1a 1 q 3， 分组分解求和的基本思路：通过分解每一项重新组合，化归为等差数列和等比数列求和.

　 化简得  a 2 1 q q＋1 ＝2 q＋1 ，a 2 1 q 5 q＋1 ＝32 q＋1 ，即  a 2 1 q＝2，a 2 1 q 5 ＝32， 又∵a 1 >0，q>0，∴a 1 ＝1，q＝2， ∴数列{a n }的通项公式为 a n ＝2 n－ 1 . (2)由(1)知 b n ＝a 2 n ＋log 2 a n

　＝4 n－ 1 ＋n－1， ∴T n ＝(1＋4＋4 2 ＋…＋4 n－ 1 )＋(0＋1＋2＋3＋…＋n－1) ＝ 4n －14－1＋ nn－12＝ 4n －13＋ nn－12. 【练习 2 】已知数列 { }na 是等差数列，满足11 a   ，53 a  ，数列 { }n nb a  是公比为 2 等比数列，且2 22 2 b a   ． （1）求数列 { }na 和 { }nb 的通项公式； （2）求数列 { }nb 的前 n 项和nS ． 【解析】（1）∵数列 { }na 是等差数列,满足11 a   ，53 a  ， ∴公差5 115 1a ad .∴数列 { }na 的通项公式为na n 2  .

　因为2 22 2 b a   ，20 a  ，∴2 22 b a   ， 又因为数列 { }n nb a  是公比为 2 等比数列，∴12 nn nb a  . ∴12 2nnb n   .

　（2）1 2 n nS b b b    1(1 2 2 ) (1 2 ) 2nn n        ( 1)2 1 22nn nn    . 【 三 】

　奇偶并项求和法

　1. 例题 【例 1 1】

　】求和 1 2 －2 2 ＋3 2 －4 2 ＋…＋99 2 －100 2 . 【解析】1 2 －2 2 ＋3 2 －4 2 ＋…＋99 2 －100 2 ＝(1 2 －2 2 )＋(3 2 －4 2 )＋…＋(99 2 －100 2 ) ＝(1－2)(1＋2)＋(3－4)(3＋4)＋…＋(99－100)(99＋100)＝－(1＋2＋3＋4＋…＋99＋100)＝－5 050. 【例 2 2】

　】已知正项等比数列{a n }的前 n 项和为 S n ，且 S 2 ＝6，S 4 ＝30，n∈N * ，数列{b n }满足 b n ·b n ＋ 1 ＝a n ，b 1 ＝1. (1)求 a n ，b n ； (2)求数列{b n }的前 n 项和 T n . 【解析】(1)设正项等比数列{a n }的公比为 q(q>0)，由题意可得 a 1 ＋a 1 q＝6，a 1 ＋a 1 q＋a 1 q 2 ＋a 1 q 3 ＝30，解得a 1 ＝q＝2(负值舍去)，可得 a n ＝a 1 q n－ 1 ＝2 n ，由 bn ·b n ＋ 1 ＝a n ＝2n ，b1 ＝1，可得 b 2 ＝2，即有 b n ＋ 1 ·b n ＋ 2 ＝a n ＋ 1奇偶并项求和的基本思路：有些数列单独看求和困难，但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列、等比数列求和.但当求前 n 项和而 n 是奇数还是偶数不确定时，往往需要讨论.

　 ＝2 n＋ 1 ，可得 b n ＋ 2b n＝2，可得数列{b n }中奇数项、偶数项分别为公比为 2 的等比数列， 即有为偶数 ，为奇数nnbnn2, 221 (2)当 n 为偶数时，前 n 项和为 T n ＝(1＋2＋…＋222 n)＋(2＋4＋…＋22n) ＝2 1) 2 1 ( 22 12 12 2n n＝3·( 2) n －3； 当 n 为奇数时，前 n 项和为 T n ＝T n － 1 ＋122n＝3·( 2) n-1 －3＋122n＝( 2) n+3 －3. 综上可得，T n ＝    2 n＋ 3 －3，n为奇数，3· 2 n －3，n为偶数.

　2. 巩固提升综合练习 【练习 1 1 】已知nS 为数列  na 的前 n 项和，且满足11 a  ，*13 ( N )nn na a n  ，则2014S  _____． 【解析】由13 nn na a 知，当 2 n  时，113 nn na a ． 所以113nnaa，所以数列  na 所有的奇数项构成以 3 为公比的等比数列， 所有的偶数项也构成以 3 为公比的等比数列． 又因为11 a  ，所以23 a  ，12 13 nna ，23 nna  ． 所以100710072014 1 3 2013 2 4 20141 3( ) ( ) 4 2 3 21 3S a a a a a a          ． 【练习 2 2 】已知函数2( ) cos( ) f n n n   ，且 ( ) ( 1)na f n f n    ，则1 2 20... a a a     __________． 【答案】

　20 

　【解析】当 n 为奇数时，     1na f n f n   

　       2 22 2cos 1 cos 1 2 1 1 n n n n n n n            . 当 n 为偶数时，     1na f n f n   

　       2 22 2cos 1 cos 2 1 1 1 n n n n n n n               .  2 1,2 1nn nan n为奇数， 为偶数      所以1 2 20... 3 5 7 9 11 13 39 41 a a a            

　           3 5 7 9 11 13 39 41 2 10 20             

　【四】

　倒序 相加法 求和

　1. 例题 【例 1 1 】求和         89 sin 3 sin 2 sin 1 sin2 2 2 2

　【解析】设          89 sin 3 sin 2 sin 1 sin2 2 2 2 T

　①          1 sin 87 sin 88 sin 89 sin2 2 2 2 T

　         89 cos 3 cos 2 cos 1 cos2 2 2 2 T

　 ② ①+②得 89 2  T ，所以 44.5  T

　【例 2 2 】设 ，

　 . 【解析】由于 ， 故原式 . 2. 巩固提升综合练习 【练习 1 1 】已知正数数列 是公比不等于 1 的等比数列，且 ，若 ，则（

　）

　A．2018

　B．4036

　C．2019

　D．4038 【解析】∵正数数列 是公比不等于 1 的等比数列，且

　∴ ，即 . ∵函数 ，∴

　令 ，则

　∴

　∴ ， 故选 C. 4( )4 2xxf x 1 2 3 1011 11 11 11f f f f                            114 41 14 2 4 2x xx xf x f x     1 10 2 9 5 6511 11 11 11 11 11f f f f f f                                        这是推导等差数列的前 n 项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到 n 个 .

　 【练习 2 2 】已知函数 ，若

　，则 的最小值为（

　 ）

　A．

　 B．

　 C．

　 D． 【解析】由题知

　令

　又

　于是有

　因此

　所以

　当且仅当 时取等号。本题正确选项：

　 【五】错位相减求和

　1. 例题 【例 1 1】

　】求和：1×2 1 ＋2×2 2 ＋3×2 3 ＋…＋n×2 n ，n∈N * . 【解析】设 S n ＝1×2 1 ＋2×2 2 ＋3×2 3 ＋…＋n×2 n ， 则 2S n ＝1×2 2 ＋2×2 3 ＋…＋(n－1)×2 n ＋n×2 n＋ 1 ， ∴－S n ＝2 1 ＋2 2 ＋2 3 ＋…＋2 n －n×2 n＋ 1 ＝ 21－2n 1－2－n×2 n＋ 1 ＝2 n ＋ 1 －2－n×2 n ＋ 1 ＝(1－n)×2 n ＋ 1 －2， ∴S n ＝(n－1)·2 n＋ 1 ＋2. 【例 2 2】

　】在数列  na ，  nb 中，1 11 a b   ，13 3 1n n na a b n    ，13 3 1n n nb b a n    .等差数列  nc的前两项依次为2a ，2b . （1）求  nc 的通项公式；   cos lnxf x xx 2 20182019 2019 2019f f f                       1009 ln 0, 0) a b a b     （1 1a b2 46 8      2cos ln cos ln ln 2lnx xf x f x x xx x             2 20182019 2019 2019S f f f                     2018 20172019 2019 2019S f f f                     2 2ln 2ln 2ln 2 2018ln S          2018ln S   2 a b     1 1 1 1 1 1 12 2 2 22 2 2a ba ba b a b b a                  1 a b   A数列{a n ·

　b n }的前 n 项和，其中{ a n

　} 、 { b n

　}分别是等差数列和等比数列. 求和时一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比 ；然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方法就是错位相减法。

　 （2）求数列    n n na b c  的前 n 项和nS . 【解析】

　（1）∵1 11 a b   ，∴22 a  ，26 b  ，则  nc 的公差为   6 2 8 d    

　故  nc 的通项公式为 2 8( 1) 8 10nc n n      . （2）13 3 1n n na a b n    ，① 13 3 1n n nb b a n    ，② ①  ②得  1 12n n n na b a b    . 又1 12 a b   ，从而  n na b  是首项为 2，公比为 2 的等比数列， 故 2 nn na b   .     8 10 2 nn n na b c n   

　22 2 6 2 (8 10)2 nnS n        ， 2 3 12 2 2 6 2 (8 10)2 nnS n       ，  2 3 12 4 8 2 2 2 (8 10)2n nn nS S n         ， 即  1 1 14 8 2 4 (8 10)2 (18 8 )2 36n n nnS n n           ，即2(4 9)2 36nnS n   .

　2. 巩固提升综合练习 【练习 1 1 】求和：1 3 2) 1 2 ( 7 5 3 1       nnx n x x x S

　【解析】当 0  x 时， 1 nS

　当 1  x 时， ) 1 2 ( 7 5 3 1         n S n2n 

　当 1  x 且 0  x 时，1 3 2) 1 2 ( 7 5 3 1       nnx n x x x S

　① nxS

　n nx n x n x x x ) 1 2 ( ) 3 2 ( 5 31 3 2       

　 ② ①－②得 n nnx n x x x x S x ) 1 2 ( ) ( 2 1 11 3 2         ）

　（

　nnx nxx x) 1 2 (1) 1 (2 11   xx n xxx xxxn n  1) 1 2 )( 1 (12 211 所以 nS2 2 21) 1 2 )( 1 (12 211）

　（ ）

　（ ）

　（ xx n xxx xxxn n 

　 211) 1 2 ( ) 1 2 ( 2 1）

　（ xx n x n x xn n n     211) 1 2 ( ) 1 2 ( 1）

　（ xx n x n xn n     【练习 2 2】

　】已知数列{a n }满足 a n ≠0，a 1 ＝ 13 ，a n －a n ＋ 1 ＝2a n a n ＋ 1 ，n∈N + . (1)求证：na1是等差数列，并求出数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足 b n ＝ 2na n ，求数列{b n }的前 n 项和 T n . 【解】

　(1)由已知可得，1a n ＋ 1 －1a n ＝2， ∴   1a n是首项为 3，公差为 2 的等差数列， ∴1a n ＝3＋2(n－1)＝2n＋1，∴a n ＝12n＋1 . (2)由(1)知 b n ＝(2n＋1)2 n ， ∴T n ＝3×2＋5×2 2 ＋7×2 3 ＋…＋(2n－1)2 n－ 1 ＋(2n＋1)2 n ……① 2T n ＝3×2 2 ＋5×2 3 ＋7×2 4 ＋…＋(2n－1)2 n ＋(2n＋1)·2 n＋ 1 ……② ①－②得，－T n ＝6＋2×2 2 ＋2×2 3 ＋…＋2×2 n －(2n＋1)2 n＋ 1 ＝6＋ 8－2×2n ×21－2－(2n＋1)2 n＋ 1 ＝－2－(2n－1)2 n＋ 1 ， ∴T n ＝2＋(2n－1)2 n＋ 1 . 【练习 3 3 】已知等比数列 的前 项和为 ，若 ，则数列 的前 项和为（ ）

　A．

　B．

　 C．

　 D． 【解析】

　当

　时，不成立，当

　时，

　，两式相除得

　，解得：

　，

　即

　，

　，

　，

　， 两式相减得到：

　 ， 所以

　，故选 D. 【练习 4 4 】已知数列  na 是公差不为 0 的等差数列，且1 2 4 81, , , a a a a  成等比数列. (1)求  na 的通项公式;

　 (2)若 2 nn nb a   ,求  nb 的前 n 项和nT . 【解析】（1）

　数列 { }na 是公差不为 0 的等差数列，11 a  ，且2a ，4a ，8a 成等比数列， 2(1 3 ) (1 )(1 7 ) d d d      ，解得 1 d  ，或 0 d  （舍 ) ， 1 ( 1) 1na n n       ． （2）

　2 = 2n nn nb n a    ， 2 31 2 2 2 3 2 2 nnT n          ，① 2 3 4 12 1 2 2 2 3 2 2 nnT n        ，② ①  ②，得2 3 12 2 2 2 2n nnT n      

　1 12 2 2n nn    1( 1) 2 2nn    ，1( 1) 2 2nnT n     ．

　【六】

　裂项求和

　这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如：

　（1）

　[一般 ] （2）

　（3）

　（4）

　（5）

　 1. 例题

　【例 1 1 】已知等差数列  na 为递增数列，且满足12 a  ,2 2 24 3 5a a a   ． （1）求数列  na 的通项公式； （2）令*1( )( 1)( 1)nn nb n Na a  ，nS 为数列  nb 的前 n 项和，求nS ． 【解析】（1）由题意知2 2 2(2 2 ) (2 3 ) (2 4 ) d d d     

　23 4 4 0 d d    ， 2 d   或23d  

　{ }na 为递增数列， 2 d   ，故数列 { }na 的通项公式为 2 .na n 

　（2）1 1 1 1( )(2 1)(2 1) 2 2 1 2 1nbn n n n      1 1 1 1 1 1 1 1[(1 ) ( ) ( ) ... ( )]2 3 3 5 5 7 2 1 2 1nSn n          1 1(1 )2 2 1 n  2 1nn.

　【例 2 2 】求和：12 2 －1 ＋13 2 －1 ＋14 2 －1 ＋…＋1n 2 －1 ，n≥2，n∈N* . 【解析】

　∵1n 2 －1 ＝1n－1n＋1 ＝12 1n－1 －1n＋1， ∴原式＝ 12 1－ 13＋ 12 －14＋ 13 －15＋…＋ 1n－1 －1n＋1＝ 12 1＋ 12 －1n －1n＋1 ＝ 34 －2n＋12nn＋1 (n≥2，n∈N* ). 【例 3 3 】已知数列  na 的前 n 项和nS 满足  *2 3n nS na n n N   ，且25 a  . （1）证明数列  na 为等差数列，并求  na 的通项公式； （2）设1 11nn n n nba a a a ，nT 为数列  nb 的前 n 项和，求使310nT 成立的最小正整数 n 的值. （6）

　（7）

　（8）

　 【解析】（1）

　当 2 n  时，1 12 ( 1) 3( 1)n nS n a n     ，

　又 2 3n nS na n   ，所以1( 1) ( 2) 3n nn a n a    ， 当 3 n  时，2 1( 2) ( 3) 3n nn a n a     ， 所以1 2 1( 1) ( 2) ( 2) ( 3)n n n nn a n a n a n a         ， 可得1 22n n na a a   ，所以  na 为等差数列. 又1 12 3 S a   ，得13 a  ，又25 a  ，所以 2 1na n   . （2）  1 11 11 1nn n n nn n n nba a a a a a a a       1 2 3 2 1 1 1 12 2 1 2 3( 2 1 2 3) 2 2 1 2 3 2 1 2 3n nn n n n n n n n                   ， 所以1 1 12 3 2 3nTn     . 要使310nT ，即1 1 1 32 10 3 2 3 n     ， 解得638n  ，所以 8 n  . 【例 4 4 】已知数列  na的通项公式为3 4( 1)( 2)nnan n n ，求它的前 n 项和nS 。

　解：设( 1)( 1) ( 1)( 2)nAn B A n Ban n n n     则( )( 2) ( ) 2( 1)( 2) ( 1)( 2)nAn B n n An A B An Ban n n n n n          所以2 3 4( 1)( 2) ( 1)( 2)An B nn n n n n n    ，32 4AB  ，解得32AB  ， 所以3 2 3 1( 1) ( 1)( 2)nn nan n n n     1 2 321 4 4 7 3 2 3 11 2 2 3 2 3 3 4 ( 1) ( 1)( 2)1 3 1 3=2 ( 1)( 2) 2( 1)( 2)n nn nS a a a an n n nn n nn n n n                       

　 2. 巩固提升综合练习

　 【练习 1 1 】设数列  na 是公差不为零的等差数列，其前 n 项和为nS ，11 a  .若1a ，2a ，5a 成等比数列. （I）求na 及nS ； （Ⅱ）设  2111nnb n Na ， 求数列  nb 的前 n 项和nT . 【解析】（Ⅰ）由题意，得12 1 51 aa a a ，即   121 1 114aa d a a d    ， 0 d  ，解得112ad ， 所以    11 1 2 1 2 1na a n d n n         ， 1 22nnn a aS n  ； （Ⅱ）因为 1 1 1 14 1 4 1nbn n n n      ， 所以 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 114 2 4 2 3 4 3 4 4 1 4 1nnTn n n                               L. 习 【练习 2 】在数列{a n }中，已知 a 1 ＝1＋3 ，且2 21 12 2 2n n n na a a a     ，n∈N * . (1)记 b n ＝(a n －1) 2 ，n∈N * ，证明数列{b n }是等差数列； (2)设{b n }的前 n 项和为 S n ，证明1 2 31 1 1 1 34nS S S S   . 【解析】证明：(1)2 21 12 2 2n n n na a a a     ， 因为 b n ＋ 1 －b n ＝2 21 12 2n n n na a a a    ＝2，所以数列{b n }是以 3 为首项，2 为公差的等差数列． (2)由(1)得 S n ＝(2 4)2n n＝n(n＋2)，所以1 1 1 1 1( 2) 2 2nn n n n S       所以1 21 1 1 1 1 1 1 1 1 1 112 3 2 2 4 2 2nS S S n n                       1 1 1 1 3 1 1 1 312 2 1 2 4 2 1 2 4 n n n n                               . 【练习 3 3 】已知数列  na 的首项11 a  ，前 n 项和为nS ，且1 *12 2 1,nn na S n N   

　（Ⅰ）设*2 ,nn nb a n N    ，证明数列  nb 是等比数列； （Ⅱ）设  *112,1 3 1 3nnn nn nc n Na a    ，求  nc 的前 n 项和nT 的取值范围.

　 【解析】（Ⅰ）由112 2 1nn na S   知：当 2 n  时12 2 1nn na S  

　两式相减得：

　 13 2 2nn na a n  

　1 11 12 3 2 2 3 3 2 3n n n nn n n n nb a a a b           

　 又22 12 2 1 5 a S    

　 22 22 9 b a     ，1 12 3 b a   

　 213bb  故  *13nnbn Nb   nb  是公比为 3 ，首项为 3 的等比数列 （Ⅱ）由（Ⅰ）知：13 3 3n nnb  

　由 2 nn nb a  

　得：

　3 2n nna  

　     11 112 2 1 11 2 1 2 1 3 1 3 1 2 1 2n nnn nn n n nn nca a            

　2 2 3 1 11 1 1 1 1 1 1 11 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 1 2nn n nT                1101 2 nQ

　 11 1 13 1 2 3n   nT 是单调递增的，故    1min215nT T  

　 nT  的取值范围是2 1,15 3   【练习 4 4 】已知数列  na 的前 n 项和2nS n n   ，等比数列  nb 的公比 1 q  ，且3 4 528 b b b    ，42 b 是3b ，5b 的等差中项. （1）求数列  na 和  nb 的通项公式； （2）求数列211nnba   的前 n 项和nT . 【解析】（1）解：∵2nS n n   ，∴ 2 n  时，12n n na S S n   .又 1 n  时，1 12 a S   满足上式， ∴ 2na n  ，∵3 4 528 b b b    ，  3 5 42 2 b b b    ，∴48 b  ，3 520 b b   ，

　又∵23 5 4bb b  ， 1 q  ，解得34 b  ，516 b  ，∴ 2 q = ，12 nnb . （2）∵ 12 21 1212 1nnnban  11 1 122 2 1 2 1nn n      ，

　 ∴  0 1 11 1 1 1 12 2 2 12 3 3 5 2 1nnTn            2 12 1nnn  

　【七】其他方法 1. 例题

　【例 1 1】

　】已知数列 满足对 时， ，其对 ，有 ，则数列的前 50 项的和为__________． 【答案】

　【解析】数列{a n }满足对 1≤n≤3 时，a n =n，且对∀n∈N * ，有 a n+3 +a n+1 =a n+2 +a n ， 可得 a 1 =1 ， a 2 =2 ， a 3 =3 ， a 4 =1+3﹣2=2 ，

　a 5 =2+2﹣3=1 ， a 6 =2 ， a 7 =3 ， a 8 =2 ， a 9 =1 ， a 10 =2 ， … ，

　则数列{a n }为周期为 4 的数列，且以 1，2，3，2 反复出现，可得数列{n•a n }的前 50 项的和为 （1+5+…+49）+2（2+6+…+50）+3（3+7+…+47）+2（4+8+…+48）

　= ×（1+49）×13+2× ×（2+50）×13+3× （3+47）×12+2× （4+48）×12=2525． 故答案为：2525． 【例 2 2 】数列 的首项为 1，其余各项为 1 或 2，且在第 个 1 和第 个 1 之间有 个 2，即数列 为：1，2，1，2，2，2，1，2，2，2，2，2，1，…，记数列 的前 项和为 ，则 __________． （用数字作答）

　【答案】3993 【解析】第 个 1 为数列 第 项， 当 时 ；当 时 ； 所以前 2019 项有 45 个 1 和 个 2， 因此

　【例 3 3 】若数列 满足 ，

　，数列 的通项公式 ，则数列 的前 10 项和 ___________ 【答案】

　【解析】由 ，当 n=1，代入得 -4,依次得{ }na k 1 k  2 1 k { }na { }na nnS2019S 1 k   na21 (1 3 5 2 1) 1 k k k k          44 k 21 1981 k k   45 k 21 2071 k k   244 (2019 1981)  2201945 2 [44 (2019 1981)] 3993. S      

　发现规律， 利用，得 b =- ，

　，求出. 故答案为：

　【例 4 4 】等差数列 中， ， .若记 表示不超过 的最大整数，（如 ）.令 ，则数列 的前 2000 项和为__________． 【答案】5445. 【解析】设等差数列{a n }的公差为 d，∵a 3 +a 4 =12，S 7 =49． ∴2a 1 +5d=12， d=49，解得 a 1 =1，d=2． ∴a n =1+2（n﹣1）=2n﹣1．b n =[lga n ]=[lg（2n﹣1）]， n=1，2，3，4，5 时，b n =0． 6≤n≤50时，b n =1； 51≤n≤500 时，b n =2； 501≤n≤2000 时，b n =3． ∴数列{b n }的前 2000 项和=45+450×2+1500×3=5445． 故答案为：5445. 【例 5 5 】“斐波那契”数列由十三世纪意大利数学家斐波那契发现．数列中的一系列数字常被人们称之为神奇数．具体数列为 1，1，2，3，5，8 ，即从该数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字之和．已知数列 为“斐波那契”数列， 为数列 的前 项和，若 则 __________．(用 M 表示) 【答案】

　【解析】由“斐波那契”数列可知

　 。

　所以

　，

　所以

　三、课后自我检测

　1．已知 是 上的奇函数，， 则数列 的通项公式为 (

　) A．

　 B．

　C．

　 D．

　【解析】

　[由在 上为奇函数，知 ，令 ，则 ，得到．由此能够求出数列{ 的通项公式] 由题已知 是 上的奇函数 故 ， 代入得：

　∴函数 关于点 对称，，令 ，则 ，得到 ． ∵ ，

　 倒序相加可得 ，即

　，故选：B． 2．设 f(x)是 R 上的奇函数，当 x＞0 时，f(x)＝2 x ＋ln ，记 a n ＝f(n－5)，则数列{a n }的前 8 项和为________． 【答案】－16 【解析】数列{a n }的前 8 项和为 f(－4)＋f(－3)＋…＋f(3)＝f(－4)＋(f(－3)＋f(3))＋(f(－2)＋f(2))＋(f(－1)＋f(1))＋f(0)＝f(－4)＝－f(4)＝－＝－16. 3．.求和：S n ＝－1＋3－5＋7－…＋(－1) n (2n－1). 【解析】当 n 为奇数时， S n ＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋(－9＋11)＋…＋[(－2n＋5)＋(2n－3)]＋(－2n＋1) ＝2·n－12＋(－2n＋1)＝－n. 当 n 为偶数时， S n ＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[(－2n＋3)＋(2n－1)]＝2·n2 ＝n. ∴S n ＝(－1) n n (n∈N * ).

　 4．已知等差数列  na 和等比数列  nb 满足 a 1 =b 1 =1,a 2 +a 4 =10,b 2 b 4 =a 5 ． （1）求  na 的通项公式； （2）求和：1 3 5 2 1 nb b b b    … ． 【解析】（1）设等差数列{a n }的公差为 d. 因为 a 2 +a 4 =10，所以 2a 1 +4d=10.解得 d=2.所以 a n =2n−1. （2）设等比数列的公比为 q. 因为 b 2 b 4 =a 5 ，所以 b 1 qb 1 q 3 =9.解得 q 2 =3. 所以2 2 12 1 13n nnb bq   . 从而2 11 3 5 2 13 11 3 3 32nnnb b b b         . 5．等差数列 { }na 的前 n 项和为nS ，已知17 a   ，公差 d 为大于 0 的整数，当且仅当 n =4 时，nS 取得最小值. （1）求公差 d 及数列 { }na 的通项公式； （2）求数列  na的前 20 项和. （1）设 { }na 的公差为 d ，则由题可知：4500aa .

　113 04 0a da d    ，即7 3 07 4 0dd     .

　解得7 74 3d   . 因为 d 为整数， d  =2

　1( 1) 7 2( 1) 2 9na a n d n n         

　 所以数列 { }na 的通项公式为 2 9na n  

　 （2）当 4 n  时， 0na  ；当 5 n  时， 0na 

　 1 2 3 4 5 20 1 2 3 4 5 20..... ( ) ( ...... ) a a a a a a a a a a a a             

　 5 20 1 4( ) 16 ( ) 42 2a a a a      

　 ( 7 1) 4 (1 31) 162 2      

　=272

　 6．已知数列 { }na 满足：11 a  ，10.52 ,nnna naa n n  为正奇数为正偶数，22n nb a   . （1）求2a 、3a 、4a ； （2）求证：数列 { }nb 为等比数列，并求其通项公式； （3）求和2 4 2 n nT a a a    . 【解析】（1）11 a  ， 10.5 ,2 ,nnna n naa n n  为正奇数为正偶数， 可得2 11 1 31 12 2 2a a      ； 3 2542a a     ，4 31 732 4a a    ； （2）证明：

　 2 2 1 2 21 12 2 1 2 4 4 2 1 22 2n n n nb a a n a n n            

　 2 2 11 122 2n na b    ， 可得数列  nb 为公比为12，首项为12 等比数列，即12nnb    ； （3）由（2）可得2122nna    ， 2 4 21 1 122 4 2n nnT a a a n           1 111 2 22 2 11212nnn n          ． 7．已知数列  na 是首项为1a ，公差为 d 的等差数列. （1）若111 a   ， 2 d  ， 3nnab  ，数列  nb 的前 n 项积记为1 2 n nB bb b   ，且01nB ，求0n 的值； （2）若10 a d  ，且 23 3 31 2 1 2 n na a a a a a      恒成立，求  na 的通项公式. 【解析】（1）设  na 的前 n 项和为nS ，则 2111 2 122nn nS n n n      ， ∴21 2121 23 3na a a n nn nB bb b     ，令212 203 1 12 0 12n nn n n     ； （2）当 1 n  时，3 21 1a a  ，∴11 a  或10 a  （舍）. 当 2 n  时，  23 31 2 1 2a a a a    ，解得21 a   或22 a  .

　 若21 a   ，当 3 n  时， 23 3 31 2 3 1 2 3a a a a a a      ，解得31 a  或30 a  （舍去）.此时1 2 31, 1, 1 a a a    不成等差数列，故舍去. 当22 a  时，依题意可知：数列  na 是等差数列，故2 11 d a a    ， ∴    11 1 1 1na a n d n n          *n N ； 8．已知数列  na 有 0na  ，nS 是它的前 n 项和，13 a  且2 2 213 , 2n n nS n a S n   ． （1）求证：数列  1 n na a 为等差数列. （2）求  na 的前 n 项和nS . 【解析】（1）当 2 n  时，2 2 2 21 1 13 ( )( ) 3 , 0n n n n n n n n nS n a S S S S S n a a        ，

　所以21( ) 3n nS S n  ，21( ) 3( 1)n nS S n   ， 两式对应相减得13(2 1)n na a n   ， 所以1 1) 6 3 (6 3) 6n n n na a a a n n        ）-( （

　又 n=2 时，22 2 2(3+ ) 12 9, 6 a a a    

　所以39 a  ，所以2 2 3 1) 6 9 (6+3) 6 a a a a       （ ）-( ， 所以数列  1 n na a 为等差数列. （2）当 n 为偶数时， 1 2 3 4 1( ) ( ) ( ) 3(3 7 (2 1))n n nS a a a a a a n           

　2(3 2 1)323 ( )2 2nnn n     当 n 为奇数时， 1 2 3 1( ) ( )n n nS a a a a a     21 (52 1)323 3(5 9 (2 1)) 3 3 ( 2) 32 2nnn n n              23n n2 

　综上：

　 23S n n2n 

　 9．已知数列  na 满足11 a  ,  *124nnnaa n Na . （1）证明:数列21na   为等比数列; （2）求数列1na   的前 n 项和. 【解析】（1）

　 *124nnnaa n Na ， 

　14 1 2 12 2nn n naa a a  ， 则12 4 21 2 2 1n n na a a       ，又121 1 0a  ， 21na   是以 1 为首项， 2 为公比的等比数列. （2）由（1）知121 2 nna ， 121 2 1 122 2nnna   ， 故其前 n 项和为: 111 21221 2 2 2nnnn nS   . 

　数列1na   的前 n 项和为:1122nn . 10．在正项等比数列{na }中，11 a  且3 5 42 , ,3 a a a 成等差数列. （1）求数列的通项公式； （2）若数列{nb }满足nnnba，求数列{nb }的前 n 项和nS ． 【解析】设正项等比数列{a n }的公比为 q ( 0) q  , （1）∵5 3 412 2 31a a aa  ∴4 2 31 1 112 2 31a a aaq q q   ,所以22 3 2 0 q q   

　 ∴q＝2，12q   (舍去)，所以1 112n nna aq   ； （2）∵12nnnn nba ，

　 ∴0 1 2 11 2 32 2 2 2nnnS     ，① 1 2 11 1 2 12 2 2 2 2nn nn nS     ，② ①﹣②得2 11 1 1 112 2 2 2 2nn nnS      ＝112112n1 22 1 22 2 2n n nn n       ， ∴1242nnnS  . 11．已知正项数列 { }na 其前 n 项和nS 满足28 4 3n n nS a a    ，且2a 是1a 和7a 的等比中项. （1）求证：数列 { }na 为等差数列，并计算数列 { }na 的通项公式； （2）符号[x]表示不超过实数 x 的最大整数，记23log4nnab           ，求1 2 32...nb b b b    . 【分析】

　（1）由28 4 3n n nS a a    得21 1 14 3n n nS a a     ，从而得到14, ( 2, )n na a n n N   … ，由此利用2a 是1a 和7a 的等比中项，能求出数列 { }na 的通项公式（2）由  2 23log log4nnab n           ，令1 2 3 2S b b b b n     ，得到2 3 11 2 2 2 3 2 ( 1) 2 n S n n          ，由此利用错位相减法能求出1 2 32...nb b b b    . 【解析】

　（1）∵正项数列 { }na ，前 n 项和 S n 满足28 4 3n n nS a a    ，① 21 1 14 3,( 2, )n n nS a a n n N        ，② 由①-②，得    1 1 18 4 4n n n n n n na a a a a a a       ， 整理，得  14 2 0, ( 2, )n n na a a n n N     … ， ∵ { }na 是正数数列，10,n na a  14, ( 2, )n na a n n N    … ， ∴ { }na 是公差为 4 的等差数列， 由21 1 18 4 3, a a a    得13 a  或11 a  ， 当 13 a  时，2 77, 27 a a   ，不满足2a 是1a 和7a 的等比中项， 当11 a  时，2 75, 25 a a   ，满足2a 是1a 和7a 的等比中项，

　 1 ( 1) 4 4 3na n n        . （2）

　4 3,na n    2 23log log4nnab n            ， 由符号[x]表示不超过实数 x 的最大整数，知当12 2m mn剟 时，  2log n m  ，  令1 2 3 2S b b b b n          2 2 2 2log 1 log 2 log 3 log 2 n        ， 0 1 1 2 3 4 1 n n          ， 2 3 11 2 2 2 3 2 ( 1) 2 n S n n           ，③ 2 2 32 1 2 2 2 3 2 ( 1) 2 2nS n n           ，④ ③-④，得2 3 4 12 2 2 2 2 ( 1) 2 1n nS n          ，  12 1 2( 1) 21 2nnn n    (2 ) 2 2nn n      ， ( 2) 2 2nS n n       . 12．已知公差不为 0 的等差数列  na 的前 n 项和为nS ，4 79 S a   ，且1a ，4a ，13a 成等比数列． （1）求数列  na 的通项公式； （2）求数列1nS   的前 n 项和公式． 【解析】（1）公差 d 不为 0 的等差数列  na 的前 n 项和为nS ， 4 79 S a   ，可得1 14 6 6 9 a d a d     ， 且1a ，4a ，13a 成等比数列，可得24 1 13a aa  ，即  21 1 1( 3 ) 12 a d a a d    ， 解得13 a  ， 2 d  ， 则   3 2 1 2 1na n n      ；    212 3 1 2 22nS n n n n n       ， 21 1 1 1 12 2 2nS n n n n      ， 则数列1nS   的前 n 项和为1 1 1 1 1 1 1 1 1 112 3 2 4 3 5 1 1 2 n n n n             

　   1 1 1 1 3 1 2 312 2 1 2 4 2 1 2nn n n n             ． 13．已知正项数列{a n }的前 n 项和为 S n ，a 1 ＝1，且(t＋1)S n ＝a 2 n ＋3a n ＋2(t∈R)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足 b 1 ＝1，b n ＋ 1 －b n ＝a n ＋ 1 ，求数列   12b n ＋7n的前 n 项和 T n . 【解析】

　(1)因为 a 1 ＝1，且(t＋1)S n ＝a 2 n ＋3a n ＋2， 所以(t＋1)S 1 ＝a 2 1 ＋3a 1 ＋2，所以 t＝5. 所以 6S n ＝a 2 n ＋3a n ＋2. (ⅰ) 当 n≥2 时，有 6S n － 1 ＝a 2 n － 1 ＋3a n － 1 ＋2，(ⅱ) ①－②得 6a n ＝a 2 n ＋3a n －a 2 n － 1 －3a n － 1 ，所以(a n ＋a n － 1 )(a n －a n － 1 －3)＝0， 因为 a n >0，所以 a n －a n － 1 ＝3， 又因为 a 1 ＝1，所以{a n }是首项 a 1 ＝1，公差 d＝3 的等差数列， 所以 a n ＝3n－2(n∈N + )． (2)因为 b n ＋ 1 －b n ＝a n ＋ 1 ，b 1 ＝1，所以 b n －b n － 1 ＝a n (n≥2，n∈N + )， 所以当 n≥2 时，b n ＝(b n －b n － 1 )＋(b n － 1 －b n － 2 )＋…＋(b 2 －b 1 )＋b 1 ＝a n ＋a n － 1 ＋…＋a 2 ＋b 1 ＝ 3n2 －n2. 又 b 1 ＝1 也适合上式，所以 b n ＝ 3n2 －n2(n∈N + )． 所以12b n ＋7n ＝13n 2 －n＋7n ＝13 ·1n n＋2＝ 16 · 1n －1n＋2， 所以 T n ＝ 16 · 1－ 13 ＋12 －14 ＋…＋1n －1n＋2＝ 16 · 32 －1n＋1 －1n＋2＝3n 2 ＋5n12 n＋1 n＋2. 14．已知数列 { }na 与 { }nb 的前 n 项和分别为nA 和nB ，且对任意  *1 12 ,n n n nn N a a b b    ＝ 恒成立． （1）若21, 2nA n b   ，求nB ； （2）若对任意*nN ，都有n na B  及3 1 2 41 2 2 3 3 41···3nn nb b b ba a a a a a a a    成立，求正实数1b 的取值范围． 【分析】（1）根据1112nn nA naA A n   可得na ．再由1 12( )n n n na a b b    ，利用等差数列的通项公式求和公式即可得出． （2）对任意*n N  ，n na B  ， ∴1 1 1 n n n n na a B B b      ．1 1 11 1( )2 2n n n n nb b a a b       ．即12n nb b ，10 b  ．

　 ∴数列 { }nb 是等比数列，公比为 2．∴1 12 1(2 1)2 1nnnB b b  ． 又1 11 1 11 1n n nn n n n n nb B Ba a B B B B     ．利用3 1 2 41 2 2 3 3 4 113nn nb b b ba a a a a a a a   成立，及其数列的单调性即可得出． 【解析】（1）2nA n  ，∴ 2  n 时，2 21( 1) 2 1n n na A A n n n       ． 1 n  时，11 a  ． 1 n  时适合上式． 2 1na n    ． 1 12( )n n n na a b b    ，112 12n nb b     ，又12 b  ．  数列 { }nb 是等差数列，首项为 2，公差为 1． 2( 1) 32 12 2nn n n nB n      ． （2）对任意*n N  ，都有n na B  ，1 1 1 n n n n na a B B b       ． 1 1 11 1( )2 2n n n n nb b a a b        ．12n nb b  ，10 b  ．  数列 { }nb 是等比数列，公比为 2． 1 12 1(2 1)2 1nnnB b b   ． 又1 11 1 11 1n n nn n n n n nb B Ba a B B B B     ． 3 1 2 41 2 2 3 3 4 113nn nb b b ba a a a a a a a   成立， 1 2 2 3 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1(1 )2 1 3nn n nB B B B B B B B b          ， 113(1 )2 1nb    对任意*n N  ，都成立，∴31 b ，  正实数1b 的取值范围是 [3 )  ， ． 15．已知数列  na 的首项1a a  ，其前 n 和为nS ，且满足213( 1)n nS S n    *nN . （1）用 a 表示2a 的值； （2）求数列  na 的通项公式； （3）当32a  时，证明：对任意 * n N  ，都有2 2 2 22 3 2 1 21 1 1 1 112n na a a a    .

　 【分析】

　（1）令 1 n  即可求解； （2）当 2 n  时，通过作差法可求得16 3n na a n   ，再书写一项2 16 9n na a n    ，通过两式作差可得26n na a    2 n ，分类讨论 n 的奇偶，即可求解； （3）可结合放缩法公式2 21 11 n n， 21 11 n n n，分别对化简后的表达式 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 1 19 3 5 (2 1) 36 1 2 ( 1) n n                   进行放缩， 再结合裂项公式  21 1 11 2 1 2 n n n   ， 1 1 11 1 n n n n  的特点即可进一步求解 【解析】（1）由条件 1 n  得1 2 112 a a a    ，212 2 a a   . （2）

　法一：由条件213( 1)n nS S n   得，213n nS S n    2 n

　两式相减得16 3n na a n     2 n ，故2 16 9n na a n    ， 两式再相减得26n na a    2 n ， 2 4 6, , a a a  构成以2a 为首项，公差为 6 的等差数列； 3 5 7, , , a a a 构成以3a 为首项，公差为 6 的等差数列； 由（1）得26 6 2na n a    ； 由条件 2 n  得1 2 3 1 227 a a a a a      ，得33 2 a a   ，从而2 16 3 2na n a   ， , 13 (6 2 )( 1) , 2n na nan a n       法 二 ：

　设  1( 1)n na x n y a xn y      ，即12 2n na a xn y x   

　则2 6 32 3 0x xy x y          有  13( 1) 3n na n a n   

　2 n   时，  223 6 ( 1) nna n a     ，即23 (6 2 ) ( 1) nna n a    

　2, 13 (6 2 )( 1) , 2n na nan a n       （3）证明：当32a  时，且 2 n  ，由（2）可知 3 ( 1) nna n      

　 ①当 1 n  时，2 221 1 19 12 a  ②当 2 n  时，2 16( 1)na n  ，23(2 1)na n  

　2 2 2 22 3 2 1 21 1 1 1n na a a a    2 2 2 2 2 22 4 2 3 5 2 11 1 1 1 1 1n na a a a a a                 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 1 19 3 5 (2 1) 36 1 2 ( 1) n n                    2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 1 19 3 5 (2 1) 36 1 2 ( 1) n n                    1 1 1 1 1 1 1136 1 2 2 3 ( 1) 36 1 2 ( 2)( 1) n n n n                        1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 136 2 2 3 1 36 2 2 3 2 1 n n n n                                  1 1 1 11 236 1 36 1 n n               1 1 1 1 112 36 1 1 12 n n       .

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