放缩法的应用

1、放缩法在不等式的应用所谓放缩法就是利用不等式的传递性，对照证题目标进行合情合理的放大和缩小的过程，在使用放缩法证题时要注意放和缩的“度，否那么就不能同向传递了，此法既可以单独用来证明不等式，也可以是其他方法证题时的一个重要步骤。证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材。这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种：一.“添舍放缩通过对不等式的一边进行添项或减项以到达解题目的，

2、这是常规思路。例1.设a，b为不相等的两正数，且a b = a b，求证 1v a + bV £。3证明：由题设得a+b>0，得 a+b>1，又2 2 2 2 2a + ab+ b = a+ b，于是(a+ b) > a + ab+ b = a + b,又abv 1(a+b)，W( a+b)=a+b+abv a+ b+ 4(a+ b八即 4(a+ b)v a+ b，所以a+ bv 3， 故有 1V a+ bv 3。例2.a、b、c不全为零，求证:a2ab b2b2bec2-c2aca2> | (a bc)证明：因为.a2 ab b2泸2 >a 2b2 b

3、c c2> b2， . c2 ac a2 > c a。所以 a2 ab b2b2 bc c ac a2 > i(ab c)分式放缩一个分式假设分子变大那么分式值变大，假设分母变大那么分式值变小，一个真分式，分子、分母同时加上同 个正数那么分式值变大，利用这些性质，可到达证题目的。例3.a、b、c为三角形的三边，求证:1v 匚 + L + J v 2。 b c a c a b证明：由于a、b、c为正数，所以一 > a一b c a b c=1，又a，b，c为三角形的边,a+ b + c故 b+c>a，那么-bJ为真分数，那么ccb2a2ba b c2ca b c综合得

4、1V三.裂项放缩假设欲证不等式含有与自然数n有关的n项和，可采用数列中裂项求和等方法来解题。例4.n N*,证明：因为2( . n1n 1)，那么1 1.n，证毕。2 ( 2 1)2 C. 32(, n2. n例5.nN 且 an .12.2 31，求证:n(n 1)2an(n所有正整数n都成立。证明：因为.nn 1. nn，所以ann(n 1)21)n(n 1)2所以ann(n 1)22n 1n H，综合知结论成立。例6设数列an满足a12, an 1an1(n 1,2, an) (i)证明an2n 1对一切正整数n成立；H令bnan /,n(n1,2，判定bn与bn 1的大小，并说明理由0

5、4年重庆卷理科第22题简析 此题有多种放缩证明方法，这里我们对i进行减项放缩，有法1用数学归纳法只考虑第二步a2k2ak1J 2k 1 ak22(k1)1；法 2 a2n 12ak 12ak2,k1,2,那么 a； a； 2 n 1a；2n 2 2n 1an2n 1四.利用重要不等式放缩1.均值不等式利用的公式或恒不等式，把欲证不等式变形后再放缩，可获简解。例 7 设 sn.1 2,2.n(n 1).求证n(n 1)2Sn(n 1)2_2解析此数列的通项为akk(k 1),k1,2,n.k . k(k 1)2Snn(n 1)2k 1，2(n 1)22Sn(kk 11)，注：应注意把握放缩的“度

6、:上述不等式右边放缩用的是均值不等式aba b，假设放成2k(k 1) k 1 那么得 snn(kk 11)2(n 1)(n 3) (n 1)，就放过“度了!2根据所证不等式的结构特征来选取所需要的重要不等式，这里1 n a1 anaiann22a1anna1an其中，n2,3等的各式及其变式公式均可供选用。1例8a, b为正数，且一 a88年全国联赛题1 11得ab b1，试证：对每一个n，(ab)nbn 22n 2n 1简析由一ab，又(a b)(ab)b4，故ab a b4，而ab)nC：anC：an 1bC：an rbrC：bn，令 f(n)(a b)nn r rb ，那么f (n)=

7、C：an1bC；anrbrCnn 1abn 1因为cn C'，倒序相加得2f( n)=C：(an1babn 1)cn(rbrrbnr)n 1nCn (abn 1 、a b)，而 an1b abnrbrabn1b2 anbn2n 1，那么2f( n)=(C；cnc： 1)(arbn(2n2)(arbnrbr)(2n 2) 2n 1所以f(n) (2n 2)2n，即对每一个nn n n(a b) a b?2n2n2利用有用结论1)例 9 求证111.11简析 此题可以利用的有用结论主要有:(1 2k(1法1利用假分数的一个性质.2 4 6(1 3 511)2利用贝2n2n 12n、22n

8、1)彳2n1.2n努利不等式22k 12k 12k 1nk1(1(12,xb m(bm2n1即(1x)n12k12n"1)(10,m1)(11 nx(n_)得10可得1)N ,n驾 <2 1)2, x-).2n 1.11,x0的一个特例12k 1以此题为主干添“枝加“叶而编拟成2k1.2k12n 1.k 12k 1例9是1985年上海高考试题，试题；进行升维处理并加参数而成理科姊妹题。如理科题的主干是:注:1998年全国高考文科证明(1 1)(1丄)(14例10函数f x lg1)(11 2x1£1 可考虑用贝努利不等式3n 2'3xxx(n 1) an 0求

9、证:简析f (2x)2 f (x)(x0)对任意n N且n 2恒成立。此题可用数学归纳法证明，详参高考评分标准；这里给岀运用柯西2(aibi)n2aii 12bi的简捷证法:1f(2x)2f(x)2x a nn 3的特例90年全国卷压轴题x x2lg12.Cauchy )(n 1)xn不等式12x 3x(n 1)x厂 n?12 2x 32X2x2x i(n 1) an而由Cauchy不等式得1112x1 3x1 (n 1)xx、2a n )(1212)?122x32x(n 1)2x2xn(x0时取等号n?12 2 x 32 x(n 1)2x2 x-ian(1,得证!例11 a11,an 1(1

10、丄.I用数学归纳法证明2nan 2(n2) ； (II )对ln(1 x) x对x0都成立,证明ane2(无理数 e 2.71828-)05年辽宁卷第22题an 1In ann12n1、尹)缶 In an 1 ln(112n。于是In an 1In anIn an12n1(In aii 1In ai)(JiIn anIn a11 n 1 ()211 -2即 In an Ina1an注：题目所给条件ln(1x)为一有用结论,可以起到提醒思路与探索放缩方向的11,“ 1an 1(1-)ana n 11 (1 -)(an1)n(n 1)n(n1)n(n1)11In (an 11) In (an1)l

11、n(1)n(n1)n(n 1)n 1n 111In (ai 11)ln(ai1)ln(an1) In (a?1) 11，i 2i 2i(i1)n作用；当然，此题还可用结论 2nn(n 1)(n 2)来放缩:即 In (an 1) 1 I n3an 3e 1 e2.例12不等式1-23n 尹g2n，nN ,n 2.Iog 2 n表示不超过Iog 2 n的最大整数。设正数数列an满足：a1 b(b 0), an2.n an 1,n 3.(05年湖北卷第2 bIog 2 n'求证简析当n 2时nan 11nann1 11 ,即ann an 1anan 1an 1n1 11 11-)1n1an

12、an 1nk 2 akakk 2k.于是当n3时有丄丄1log2 n2b2anana12blog 2 nan22)题)注：此题涉及的和式 丄 1231为调和级数，是发散的，不能求和；但是可以利用所给题n设结论1 11 log 2 n来进行有效地放缩;2 3n 2引入有用结论在解题中即时应用，是近年来高考创新型试题的一个显著特点，有利于培养学生的学习能力与创新意识1例13设an(1 -)n，求证：数列an单调递增且an4.n解析 引入一个结论：假设b a 0那么bn 1(n 1)bn(b a)(证略)整理上式得 an 1bn(n 1)a nb.()以a 1&,b 11代入(即an单调递增

13、。)式得(1丄)n 1n 1(1以a 1 b 1代入()式得1(1， 2n此式对一切正整数n都成立，即对一切偶数有2n)(1 2n)2n4.(1-)n 4，又因为数列an单调递增,n所以对一切正整数n有(1 l)n 4。n1注：上述不等式可加强为 2 (1)n3.简证如下：n利用二项展开式进行局部放缩：an (1 l)n 1 Cn 1 C2 Ann n2只取前两项有an1cn1n八11nn1Cn knk!nn2.对通项作如下放缩：n k 1111n k! 1 222k 1故有an2n11 1 (1/2)n12 1 1/23.上述数列an的极限存在，为无理数e ；同时是下述试题的背景:i,m,

14、n是正整数且 1 i m n. ( 1 )证明 n" Ami im An ； ( 2)证明(1 m)n (1 n)m.( 01年全国卷理科第20题)简析对第(2)问：用1/n代替n得数列bn: bn1(1 n)n是递减数列；借鉴此结论可有如下简捷证法1数列 (1 n)n 递减，且1 i1m n,故(1 m)m1(1 n)n,即(1 m)n (1 n)m。当然，此题每题的证明方法都有10多种,如使用上述例5所提供的假分数性质、贝努力不等式、甚至构造“分房问题概率模型、构造函数等都可以给岀非常漂亮的解决!例14设数列an满足an 1 a； nan1 n N ，当a13时证明对所有n 1,

15、有解析(i)用数学归纳法：当n 1时显然成立，假设当 n k时成立即 ak k 2，那么当n k 1 时 ak 1ak (akk)1 ak(k 2 k) 1(k2) 21 k3，成立。(ii)利U用上述部分放缩的结论ak 11来放缩通项，可得ak 112(ak1)ak12k 1(a11) 2k1 42k111ak1 2k1 .n 1n11 1(2)n 1i 11 aii12 11)(1 )(1 ) (1 352n 1大值；同理可得理科姊妹题的加强命题及其探索性结论，读者不妨一试! 141丄2(i)an11 a21 (02年全国高考题)1 an 2注：上述证明(i)用到局部放缩，当然根据不等式的

16、性质也可以整体放缩：ak 1(k 2)(k2 k) 1 k 3 ；证明(ii)就直接使用了局部放缩的结论ak 12ak 1利用单调性放缩1 构造数列TnTn2如对上述例 7,令 TnSn (n 1)那么 Tn 1 Tn. (n 1)(n 2)(n 1)22 'Tn递减，有Tn220，故 sn再如例9，令Tn1(1 1)(1 -)(13、2n 11)(1 1 )2n 1那么Tn 1Tn2n 2Tn 1,递增，有TnT11，得证!注:由此可得例9的加强命题1(1 1)(1 -)(1315) (12n 1)2 3孑2n 1并可改造成为探3'索性问题：求对任意 n 1使(1)k. 2n

17、 1恒成立的正整数 k的最例15函数f(x)ax 3 x2的最大值不大于22，又当1 11x 一，】时 f (x). (I)求 a 的4 28值；(H)设0 印1,an2f (an),nN，证明 an(04年辽宁卷第21题)解析构造函数fx1 ax 2 x,易知 f (x)在. a,是增函数。当n k 1时Xk 11Xka在、_a,递增故xk 1f G a)a.2Xk对(II)有 Xn Xn 11Xna，构造函数 fx1ax,它在、.a,上是增2Xn2x解析(I) a=1 ； (n)由 an 1 f (an),得 an 13 2 an 2anan0.用数学归纳法只看第二步ak if(ak)在

18、ak3/1、2 12an 3601是增函数,'k 1那么得ak i例16数列Xn由以下条件确定:xiXn 1Xna,nXn证明:对n2总有Xna ； II证明：对Xnn 2总有xnXn 102年北京卷第19题函数，故有Xn Xn 1- Xn fC、a) 0,得证。2Xn注：此题有着深厚的科学背景：是计算机开平方设计迭代程序的根据；同时有着高等数学背). f (X)1 X a是递推数列Xn 11 Xn2 X2的母函数，研究其单调性对此数列Xn景一数列Xn单调递减有下界因而有极限：an , an本质属性的揭示往往具有重要的指导作用。六换元放缩例17 求证 1 n n 12 n N ,n 2

19、.、n 1简析 令an Vn 1 hn，这里hn 0n1,那么有n (1hn)nn(n 1),20 hn2(n 1)，从而有n 11 an 1 hn 12 2n (a 1)4注：通过换元化为幂的形式，为成功运用二项展开式进行局部放缩起到了关键性的作用例 18 设 a 1， n 2, n N，求证 an简析 令a b 1，那么b 0， a 1b，应用二项式定理进行局部放缩有nna (b 1)C°bn C：bn1C：bn2C；C：bn 2n(n 1) b2注意到n 2, n N，那么n(n 1)b22n2b24证明从略，因此n n2 (a1)24 七递推放缩递推放缩的典型例子，可参考上述

20、例14中利用i局部放缩所得结论ak 1进行递推明ii，同理例11 (II )得 ln an 1ln anIn (an1)ln (an 1)、例n(n 1)12中丄an13(I)之法2所得2ak 12ak2都是进行递推放缩的关键式。八分项讨论例19数列an的前n项和Sn满足Sn2an(1)n,n1.I写岀数列an的前3项曰，a2,a3 ； n求数列 an 的通项公式;山证明：对任意的整数m 4，有丄a4a5am7 04年全国卷山8简析 I略,(n)an1)n1山由于通项中含有(1)n，很难直接放缩,考虑分项讨论:3且n为奇数时当an17"22门22门1?2n 3减项放缩，于是m 4且m

21、为偶数时丄a5ama41 1(一)a m 1am夫(12m 4)当m4且m为奇数时添项放缩由知a4 a5am a m 1a4 as由得证。数列不等式是高考的一个考点,ama4 a5am这类问题是把数列知识与不等式的内容整合在一起，形成了证明不等式，求不等式中的参数范围，求数列中的最大项，最小项，比拟数列中的项的大小关系，研究数列的单调性等不同解题方向的问题,而数列的条件的给出是多种多样的， 可以是的等差数列，等比数列，也可以是一个递推公式，或者是一个函数解析式。数列不等式的证明和解决，要调动证 明不等式的各种手段，如比拟法，放缩法，函数法，反证法，均值不等式法，数 学归纳法，分析法等等，因此，

22、这类题目从条件给出的信息，求解目标需求 的信息中，可寻求的解题过程所用的方法是相当丰富的， 并且对于考查逻辑推理， 演绎证明，运算求解，归纳抽象等理性思维能力以及数学联结能力都是很好的素 材。放缩法放缩法是要证明数列不等式的一种常见方法，如当证明 A<B成立不 容易，而借助一个或多个中间变量通过适当的放大或缩小， 以到达证明不等式的 方法。放缩法证明不等式的理论依据主要有： 不等式的传递性；2等量加不 等量为不等量；同分子 份母异分母分子的两个分式大小的比拟。常用的放缩技巧有：舍掉或加进一些项；在分式中放大或缩小分子或分母；应用 均值不等式进行放缩。常用数列不等式证明中的裂项形式(1)1

23、(n(n+1)1丄 1 n n 1 n(n+k)1 1 1 1 1 、k2k2 12(k 1 k 1)1 1 1 1k厂L k21 1(k 1)k k 11n(n 1)(n 2)1 12 n(n 1)1(n 1)(n 2)节诂n聶2一 n in 121n(n1)Cn2n 12n 1n0123n12 CnCnCnCn Cn01n 1nCnCn CnCn 2(n 1)各项均为正数的数列 an 的前n项和满足Sn 1 ,且6Sn(an 1)( an2),n N(1)求an的通项公式;(2)设数列bn满足an(2b1)1，并记Tn为bn的前n项和，求证:3Tn1log 2 (an3), n N(I)解

24、：由 a1 S11(a161)(ai2),解得 a1= 1 或 a1 = 2,由假设 a1 = S1 > 1,又由 an+1 = S1+1- (an 16得 an+1- an-3= 0 或 an+1 = - an1)(an12)評n 1)(an2),因an>0,故an+1 = -an不成立，舍去。 因此an+1- an-3= 0。从而 an是公差为3,首项为2的等差数列，故 an的通项为 an= 3n-2。(U)证法一:由an(2b 1) 1可解得bz log z1anlog z 3n3n1 ；从而Tnb1bnlog3n。3n 1因此3Tnlogz(an3)log z3n3n 12

25、。3n 2令 f (x)3n3n 123n 2f(n 1)f(n)23n 53n3n 33n 23 (3n3)3(3n5)(3n2)2 0因(3n3)2(3n5)(3n2)2 9n7>0,f(n 1)> f(n).27特别的f(n) f(1) 20>从而3Tn 1log(an 3)log f (n)>0 ,即 3Tn1> log 2(an 3)。证法二：同证法一求得bn及Tn 由二项式定理知当C>0时，不等式(1 c)3>1 3c 成立。由此不等式有3Tn 1 log 2 2 131131131253n 13> log 2 2 11? 13253

26、n 1=log 2 2 5 8 .3n 2log2(3n2) log 2 (a.3)2 43n 1证法三：同证法-求得bn 及 Tn。令 An= 3-6 2 53n3 7,Bn=_ -3n4 63n 13nCn =3n 23n 13n 22因王> BL> 殂2，因此A3> AnBnCn3n 1 3n 3n 1从而3Tn1 log 2 233n3n 13log 2 2Ax> log2 2AnBnCnIog2(3n2) log 2 (a n3)在数列an中，a12 ， an 1 4an 3n1，n N*(I)证明数列 ann是等比数列；(n)求数列 an的前n项和Sn ；(

27、川)证明不等式Sn 1 w 4Sn，对任意nN*皆成立.(I)证明：由题设an 1 4an 3n 1，得an 1 (n 1) 4(an n), n N* .又a1 1 1,所以数列 an n是首项为1，且公比为4的等比数列.(n)解：由(I)可知 an n 4n 1，于是数列 an的通项公式为4n1所以数列an的前n项和Sn4n 1 n(n 1)32(川)证明：对任意的 n N* ,q 1 4Sn4n 1 13(n 1)(n 2)2n(n 1)2丄(3 n22所以不等式Sn 1 < 4Sn，对任意n N*皆成立.函数f (x) =x2 - 4,设曲线y= f (x)在点(Xn, f (X

28、n)处的切线与X轴的 交点为(Xn+1,u) (U,N +),其中为正实数.(I)用 Xx 表示 Xn+1 ；(n)假设a1=4,记an=lg2，证明数列 a1成等比数列，并求数列 Xn的Xn 2通项公式；(川)假设X1= 4, bn= Xn-2, Tn是数列 bn的前n项和，证明Tn<3.解析：此题综合考查数列、函数、不等式、导数应用等知识，以及推理论证、计 算及解决问题的能力.(I)由题可得f '(X) 2x .所以曲线y f(x)在点(Xnf&n)处的切线方程是：y f(Xn) f '(Xn)(X Xn).即 y (x；4) 2Xn(X Xn).令 y 0，

29、得(x： 4) 2Xn(Xn 1 Xn).显然XnXn22Xn(H)由xn 1Xn2Xn，知 Xn 12冬22Xn22色d，同理Xn 122Xn(Xn 222Xn故出Xn 1(T从而lgXn1XnXn 22F，即an 12 an.所以，数列an成等比数列故 an2n1a1n 1X2 lgX12n1lg3 .即lgXn2Xn22n1lg3 .从而Xn2232所以XnXn2“ 12(3k32(m)由-bnXntn21i32bn32勺n1时,勺n1时,Tnb12nbnbiU)b2 Ln 111322“ 1显然T11bnbnb13b1 L3，2(32"32132“ 1抄1232J n 1 b

30、(3)b1b11 (/I313 3 ()n 3 .3综上，Tn 3(nN*).实数列an是等比数列，其中a7 1,且a4,45 1, a5成等差数列.(I)求数列an的通项公式； (n )数列an的前n项和记为Sn，证明:Sn，V 128(n 1,2,3,).解：(I)设等比数列an的公比为q(q R),由a7ag61,得印 q 6，从而33aqq , a§4251aqq ,a6aqq2(a51),因为a4, a5 1, a6成等差数列，所以a4 a6即 q 3 q 12(q 2 1) , q 1(q 2 1) 2(q 2 1).n 1所以 q I .故 an qqn 1 q 6gq

31、n 164 2(n) Sna1(1 qn)1 qn64 1-2n2128 1128 .设数列an的首项Q (0,1), an 3評,n 2,3,4,.(1) 求an的通项公式；(2) 设bn an、3 2an，证明b bn 1，其中n为正整数.解: (1)由 an 3 ；n 1 , n 2,3,4,111的等比数列，得2整理得 1 an2(1 ani)-又1 ai0 ,所以1 an是首项为1 ai，公比为an1 (1 aj(2)方法一：3由(1)可知0 an，故bn 0 2那么，b：1 b：又由a； 1(33 an2学(an42an221) an (3 2an)穿 a2 (3 2an)(1)知

32、 an1)2.0且an1，故 b； 1 b20，因此 bn bn 1，n为正整数.方法二:3由("可知 0an§，an 1,因为an 13 an2所以bn 12 an 12由 an 1 可得 an (3 2an)3an2即 an (3 2an)3 an22Bn两边开平方得an 3 2an an .即bn bn 1，n为正整数.数列an中ai2 ,ani(、.21)(务2) , n1,2,3,.(I)求an的通项公式；(U)假设数列 bn 中 bi 2 , bn i 3b,n 1,2,3,，2 bn 3 证明：.2 bn < a4n 3 , “ 1,2,3,.解：(I)

33、由题设：an 1 i-21)(an 2)(.2 1)(% 、2) (、2 1)(2 ,2)(&1)(an . 2)2 ,an12 (迈 1)(an 迈).所以，数列an 2是首项为2 .2，公比为.2 1的等比数列,an2 .2C.2 1)n,即an的通项公式为an.2 (V 1)n 1 , n 1,2,3,.(U)用数学归纳法证明.(i)当n 1时,因辽2 , b!a12 ,所以2b1 < a1 ,结论成立.(ii)假设当nk时，结论成立，即20 W a4k 3 ,也即0 bk 2 <a4k 3-3 .当nk 1时,bk 1& 3bk422bk3(32-2)bk(

34、43.2)2bk 3(3 2 2)(bk2)2bk 3又13 2/2 ,2bk 32,23所以bk!(3 2 2)(bk2)2bk 3(3 2.2)2何2)< (迈 1)4(a4k 32)a4k i - 2 .也就是说，当n k 1时，结论成立.根据(i)和(ii)知 2 bn < a, n 1,2,3,.构造新数列与数列中的放缩法数列问题中的构造新数列与放缩法证明不等式在近几年高考题中经常出现。这类题目的难度及区分度往往很大，考生不容易掌握，有时甚至无从下手。现通过几个具体问题的分析 谈谈常用的构造数列的方法与放缩手段，希望对众考生的备考有所帮助例1数列a n满足：a1 =1 且

35、 2an 3an 12).(1)求数列an的通项公式;(2)设m N , m n 2，证明(a(m-n+1 )m21分析： 往比通项公式还重要这就引导我们要重视数列的递推公式31由有an = an 1市，学生对形如an Aan 122n 1形式的一次线性递推关系的数列通过构造新数列求通项公式的方法已不陌生, 关系显然不是此类型那么我们能否也可通过待定系数法构造新数列呢|(an 11 (3)n歹(2)这是06年河北省高中数学竞赛的一道解答题(1)大家都知道数列的递推公式往B(AB 0,且 A1 , A ,B是常数)此题中的递推不妨设an 三2 nx2n1)(n2)即 an较系数得c=1.即ana

36、n12n|(an 13an 12丄)2“ 1)上与a2门1又a1故an1 3133故 an -n 是首项为-公比为-的等比数列,2 2222312歹这一问是数列、二项式定理及不等式证明的综合问题综合性较强n3 -即证(3)m(m n21)m21，当 m=n时显然成立。易验证当且仅当m=n=2 时，等号成立。设bn(3)叭m21)面先研究其单m >n 时，邑(3)bn 12Abn 1(3)11m(1 m n)即数列-)mn2 13(1 mm)bnbn 1bn是递减数列因为故只须证b2m23)m1,即证一m2事实上，2m 1 Cm1-mm原不等式成立。无独有偶，在不到9故上不等式成立。41个月的06年全国一卷高考题 22中恰出现了本例Cm2151m22 2m综上,中构造数列求通项公式 an的模型。有兴趣的同学可找做一做。例2设数列 an满足a13,an 12an1 求 an的通项公式;(2)假设 C11, bnCn 1Cnanjn1ncncn 1求证：数列bn dn的前n项和Sn分析：1 此时我们不妨设 an 1 An1) B2(an AnB)即an12an An A B与条件式比拟系数得A 1, B0.an 1(n 1)2(an n)又 a112, an n是首项为2，公比为2的等比数列。an n 2n,即 an 2n n