高考数学一轮复习 数列求和及其综合应用学案（含解析）苏教版必修5-苏教版高三必修5数学学案

数列求和及其综合应用【考点1】裂项相消法求和1．裂项相消法求和：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．2．裂项相消法求和主要应用在数列通项公式为分式结构时，其关键在于裂项后系数的确定．3．裂项求和的几种常见类型：（1）；（2）eq\f(1,\r(n＋k)＋\r(n))＝eq\f(1,k)（eq\r(n＋k)－eq\r(n)）；（3）；（4）若{an}是公差为d的等差数列，则；（5）；（6）；（7）；（8）．例1（2014·全国卷）等差数列{an}的前n项和为Sn．已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4．（1）求{an}的通项公式；（2）设bn＝eq\f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn．【点拨】（1）根据条件求得eq\f(10,3)≤d≤－eq\f(5,2)，从而确定d＝－3，故求得an＝13－3n．（2）利用裂项相消法求和，注意剩余项的个数．【解析】（1）由a1＝10，a2为整数知，等差数列{an}的公差d为整数．又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0，10＋4d≤0，解得－eq\f(10,3)≤d≤－eq\f(5,2)，因此d＝－3．故数列{an}的通项公式为an＝13－3n．（2）bn＝eq\f(1,（13－3n）（10－3n）)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10－3n)－\f(1,13－3n)))．于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)－\f(1,10)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10－3n)－\f(1,13－3n)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10－3n)－\f(1,10)))＝eq\f(n,10（10－3n）)．【答案】（1）an＝13－3n；（2）eq\f(n,10（10－3n）)．【小结】本题考查裂项相消法求和．练习1：等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，aeq\o\al(2,3)＝9a2a（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{eq\f(1,bn)}的前n项和．【解题过程】【解析】（1）设数列{an}的公比为q．由aeq\o\al(2,3)＝9a2a6，得aeq\o\al(2,3)＝9aeq\o\al(2,4)，所以q2＝eq\f(1,9)．由条件可知q>0，故q＝eq\f(1,3)．由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝eq\f(1,3)．故数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,3n)．（2）bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－（1＋2＋…＋n）＝．故eq\f(1,bn)＝＝－2（eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)），eq\f(1,b1)＋eq\f(1,b2)＋…＋eq\f(1,bn)＝－2[（1－eq\f(1,2)）＋（eq\f(1,2)－eq\f(1,3)）＋…＋（eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)）]＝－eq\f(2n,n＋1)．所以数列{eq\f(1,bn)}的前n项和为－eq\f(2n,n＋1)．例2（2014·广东卷）设各项均为正数的数列的前项和为，且满足，．（1）求的值；（2）求数列的通项公式；（3）证明：对一切正整数，有．【点拨】（2）根据求得；（3）对，然后求和求解．【解析】（1）令得：，即，，，，即；（2）由，得，，，从而，，所以当时，，又，；（3）当时，成立，当时，，则．【答案】（1）；（2）；（3）详见解析．【小结】本题考查裂项求和及放缩法解不等式．练习2：等差数列{an}中,2a1+3a2=11,2a3=a2+a6-4,其前n项和为Sn．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设数列{bn}满足其前n项和为Tn,求证:（n∈N*）．【解题过程】【解析】（1）2a1+3a2=2a1+3（a1+d）=5a1+3d=11,2a3=a2+a6-4,即2（a1+2d）=a1+d+a1+5d-4,得d=2,a1=1,an=a1+（n-1）d=1+（n-1）×2=2n-1．（2）证明:,．．∴∴．【考点2】错位相减法1．错位相减法:如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．用错位相减法求和时，应注意（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．2．错位相减只是实现求和的途径，其本质是相减后利用等比数列求和公式求和．在构造方程时，Sn的左右两边同乘以等比数列的公比．3．错位相减法的难点在于运算，为力求运算准确，要注意两式相减时幂指数相同的项要对齐，同时注意剩余的项．例3（2014·江西高考）已知首项都是1的两个数列{an}，{bn}（bn≠0，n∈N*）满足anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0．（1）令cn＝eq\f(an,bn)，求数列{cn}的通项公式；（2）若bn＝3n－1，求数列{an}的前n项和Sn．【点拨】（1）anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0（n∈N*）两边除以bn＋1bn证明数列{cn}是等差数列；（2）错位相减法求数列的和．【解析】（1）因为anbn＋1－an＋1bn＋2bn＋1bn＝0，bn≠0（n∈N*），所以eq\f(an＋1,bn＋1)－eq\f(an,bn)＝2，即cn＋1－cn＝2．所以数列{cn}是以首项c1＝1，公差d＝2的等差数列，故cn＝2n－1．（2）由bn＝3n－1知an＝cnbn＝（2n－1）3n－1，于是数列{an}前n项和Sn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋（2n－1）·3n－1，3Sn＝1·31＋3·32＋…＋（2n－3）·3n－1＋（2n－1）·3n，相减得－2Sn＝1＋2·（31＋32＋…＋3n－1）－（2n－1）·3n＝－2－（2n－2）3n，所以Sn＝（n－1）3n＋1．【答案】（1）cn＝2n－1；（2）Sn＝（n－1）3n＋1．【小结】本题考查等差数列的通项公式及错位相减法求数列的和．练习1：（2014·全国新课标Ⅰ）已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．（1）求{an}的通项公式；（2）求数列{eq\f(an,2n)}的前n项和．【解题过程】【解析】（1）解方程x2－5x＋6＝0的两根为2,3，由题意得a2＝2，a4＝3．设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝eq\f(1,2)，从而a1＝eq\f(3,2)．所以{an}的通项公式为an＝eq\f(1,2)n＋1．（2）设{eq\f(an,2n)}的前n项和为Sn，由（1）知eq\f(an,2n)＝eq\f(n＋2,2n＋1)，则Sn＝eq\f(3,22)＋eq\f(4,23)＋…＋eq\f(n＋1,2n)＋eq\f(n＋2,2n＋1)，eq\f(1,2)Sn＝eq\f(3,23)＋eq\f(4,24)＋…＋eq\f(n＋1,2n＋1)＋eq\f(n＋2,2n＋2)．两式相减得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(3,4)＋（eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n＋1)）－eq\f(n＋2,2n＋2)＝eq\f(3,4)＋eq\f(1,4)（1－eq\f(1,2n－1)）－eq\f(n＋2,2n＋2)．所以Sn＝2－eq\f(n＋4,2n＋1)．例4（数学文卷·2015届江西省师大附中高三上学期期中考试）设数列的前项和为，已知．（1）求数列的通项公式；（2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列．求证：．【点拨】遇到数列的前n项和与通项构成的递推公式，可先利用前n项和与通项之间的关系转化为项的递推公式进行解答，遇到与n项和有关的不等式，可考虑先求和再证明．【解析】（1），（）=即（）当,得=6即．（2）①，则，设①则②①-②得：2+=+因此．【答案】（1），（2）略．【小结】本题考查数列的通项公式，数列求和，等差数列．练习2：已知数列{an}的前n项和Sn＝an＋n2－1，数列{bn}满足3n·bn＋1＝（n＋1）an＋1－nan，且b1＝3．（1）求an，bn；（2）设Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn，并求满足Tn<7时n的最大值．【解题过程】【解析】（1）n≥2时，Sn＝an＋n2－1，Sn－1＝an－1＋（n－1）2－1，两式相减，得an＝an－an－1＋2n－1，∴an－1＝2n－1．∴an＝2n＋1，∴3n·bn＋1＝（n＋1）（2n＋3）－n（2n＋1）＝4n＋3，∴bn＋1＝eq\f(4n＋3,3n)，∴当n≥2时，bn＝eq\f(4n－1,3n－1)，又b1＝3适合上式，∴bn＝eq\f(4n－1,3n－1)．（2）由（1）知，bn＝eq\f(4n－1,3n－1)，∴Tn＝eq\f(3,1)＋eq\f(7,3)＋eq\f(11,32)＋…＋eq\f(4n－5,3n－2)＋eq\f(4n－1,3n－1)，①eq\f(1,3)Tn＝eq\f(3,3)＋eq\f(7,32)＋eq\f(11,33)＋…＋eq\f(4n－5,3n－1)＋eq\f(4n－1,3n)，②；①－②，得eq\f(2,3)Tn＝3＋eq\f(4,3)＋eq\f(4,32)＋…＋eq\f(4,3n－1)－eq\f(4n－1,3n)＝3＋4·eq\f(\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1))),1－\f(1,3))－eq\f(4n－1,3n)＝5－eq\f(4n＋5,3n)．∴Tn＝eq\f(15,2)－eq\f(4n＋5,2·3n－1)．Tn－Tn＋1＝eq\f(4n＋1＋5,2·3n)－eq\f(4n＋5,2·3n－1)＝eq\f(－4n＋3,3n)<0．∴Tn<Tn＋1，即{Tn}为递增数列．又T3＝eq\f(59,9)<7，T4＝eq\f(64,9)>7，∴当Tn<7时，n的最大值为3．【考点3】分组求和1．分组转化求和法：若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减．例5已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝5，S15＝225．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn＝2an＋2n，求数列{bn}的前n项和Tn．【点拨】（1）利用等差数列的通项公式及前n项和公式求解；（2）把数列{bn}的前n项和分成一个等比数列求和及一个等差数列求和．【解析】（1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5，,15a1＋\f(15×14,2)d＝225，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))∴an＝2n－1．（2）∵bn＝2an＋2n＝eq\f(1,2)·4n＋2n，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)（4＋42＋…＋4n）＋2（1＋2＋…＋n）＝eq\f(4n＋1－4,6)＋n2＋n＝eq\f(2,3)·4n＋n2＋n－eq\f(2,3)．【答案】（1）an＝2n－1；（2）Tn＝eq\f(2,3)·4n＋n2＋n－eq\f(2,3)．【小结】本题考查分组求和．练习：数列1eq\f(1,2)，3eq\f(1,4)，5eq\f(1,8)，7eq\f(1,16)，…的前n项和Sn为．【解题过程】【解析】．【考点4】倒序相加法求和1．倒序相加法：如果一个数列{an}，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和即是用此法推导的．例6设，利用倒序相加法，可求得的值为．【点拨】利用等差数列求和方法求解．【解析】故可得．【答案】1007【小结】本题考查倒序相加法求和．练习1：．【解题过程】【解析】设，又∵，∴，．【考点5】数列分奇偶项讨论求和例7（2014·山东卷）已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列．（1）求数列{an}的通项公式；（2）令bn＝（－1）n－1eq\f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn．【点拨】（1）利用等差数列的前n项和及等比数列的等比中项求解；（2）分奇数项及偶数项讨论求和．【解析】（1）因为S1＝a1，S2＝2a1＋eq\f(2×1,2)×2＝2a1＋2，S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)×2＝4a1＋12，由题意得（2a1＋2）2＝a1（4a1＋12），解得a1＝1，所以an＝2n－1．（2）由题意可知，bn＝（－1）n－1eq\f(4n,anan＋1)＝（－1）n－1eq\f(4n,（2n－1）（2n＋1）)＝（－1）n－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))．当n为偶数时，Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋…＋eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)＋))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝1－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1)．当n为奇数时，Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋…－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝1＋eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n＋2,2n＋1)．所以Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数，,\f(2n,2n＋1)，n为偶数.))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或Tn＝\f(2n＋1＋（－1）n－1,2n＋1)))【答案】（1）an＝2n－1；（2）Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数，,\f(2n,2n＋1)，n为偶数.))【小结】本题考查分奇偶讨论求和及裂项求和．练习1：已知数列的通项，求其前项和．【解答过程】【解析】奇数项组成以为首项，公差为12的等差数列，偶数项组成以为首项，公比为4的等比数列；当为奇数时，奇数项有项，偶数项有项，∴，当为偶数时，奇数项和偶数项分别有项，∴，所以，．【考点6】数列与函数结合例8已知首项为eq\f(3,2)的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn（n∈N*），且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设Tn＝Sn－eq\f(1,Sn)（n∈N*），求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．【点拨】（1）利用等差、等比数列的性质求解；（2）分奇偶讨论Sn的单调性从而求得数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．【解析】（1）设等比数列{an}的公比为q，因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，于是q2＝eq\f(a5,a3)＝eq\f(1,4)．又{an}不是递减数列且a1＝eq\f(3,2)，所以q＝－eq\f(1,2)，故等比数列{an}的通项公式为an＝eq\f(3,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1＝（－1）n－1·eq\f(3,2n)．（2）由（1）得Sn＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)，n为奇数，,1－\f(1,2n)，n为偶数.))当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1＜Sn≤S1＝eq\f(3,2)，故0＜Sn－eq\f(1,Sn)≤S1－eq\f(1,S1)＝eq\f(3,2)－eq\f(2,3)＝eq\f(5,6)；当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以eq\f(3,4)＝S2≤Sn＜1，故0＞Sn－eq\f(1,Sn)≥S2－eq\f(1,S2)＝eq\f(3,4)－eq\f(4,3)＝－eq\f(7,12)．所以数列{Tn}最大项的值为eq\f(5,6)，最小项的值为－eq\f(7,12)．【答案】（1）an＝（－1）n－1·eq\f(3,2n)；（2）数列{Tn}最大项的值为eq\f(5,6)，最小项的值为－eq\f(7,12)．【小结】（1）当an或Sn中含有（－1）n时，n的奇偶性影响结果，故应分类讨论．（2）把Sn看作自变量，则Sn－eq\f(1,Sn)是增函数（或减函数），故可根据Sn的范围，求Sn－eq\f(1,Sn)的范围．练习1：（2013·宁波模拟）设公比大于零的等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S4＝5S2，数列{bn}的前n项和为Tn，满足b1＝1，Tn＝n2bn，n∈N*．（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；（2）设cn＝（Sn＋1）（nbn－λ），若数列cn是单调递减数列，求实数λ的取值范围．【解题过程】【解答】（1）由S4＝5S2，a1＝1得eq\f(1－q4,1－q)＝eq\f(51－q2,1－q)，又q＞0，所以q＝2，an＝2n－1．由得eq\f(bn,bn－1)＝eq\f(n－1,n＋1)（n＞1），又b1＝1．则eq\f(bn,bn－1)·eq\f(bn－1,bn－2)·eq\f(bn－2,bn－3)·…·eq\f(b2,b1)＝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)＝．所以n＞1时，bn＝，当n＝1时，b1＝1也满足，故bn＝（n∈N*）．（2）Sn＝2n－1，所以cn＝2neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n＋1)－λ))，若数列{cn}是单调递减数列，则cn＋1－cn＝2neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,n＋2)－\f(2,n＋1)－λ))＜0对n∈N*都成立，即eq\f(4,n＋2)－eq\f(2,n＋1)－λ＜0⇒λ＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,n＋2)－\f(2,n＋1)))max，eq\f(4,n＋2)－eq\f(2,n＋1)＝＝eq\f(2,n＋3＋\f(2,n))，当n＝1或2时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,n＋2)－\f(2,n＋1)))max＝eq\f(1,3)，所以λ＞eq\f(1,3)．即系数λ的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))．【习题反思】1．本题（1）中求数列{bn}的通项公式时利用累乘法，但需注意验证n＝1时，b1是否满足通项公式．2．数列与不等式的综合应用问题主要涉及两种题型：（1）比较大小，常采用作差比较法和放缩法；（2）证明不等式及不等式的应用，常采用比较法、分析综合法、基本不等式法、放缩法、最值法、反证法等．

基础练习（时间：45分钟）1．数列{an}的通项公式an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，若{an}的前n项和为24，则n为 ________．2．数列的前项和为________．3．(2013温州高三质检)若已知数列的前四项是QUOTE112+2、QUOTE122+4、QUOTE132+6、QUOTE142+8,则数列前n项和为．

4．（错位相减法求和）化简Sn＝n＋（n－1）×2＋（n－2）×22＋…＋2×2n－2＋2n－1的结果是________．5．数列其前n项的和．6．数列5，55，555，5555，…，，…；其前n项的和．7．Sn是等比数列{an}的前n项和，a1＝eq\f(1,20)，9S3＝S6，设Tn＝a1a2a3…an，则使Tn取最小值的n值为．8．设数列的前项和为，且，．（Ⅰ）求,,,并求出数列的通项公式;（Ⅱ）设数列的前项和为，求证：．9．（2015届辽宁省实验中学等五校协作体高三上学期期中联考）数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+an=1,数列{bn}满足b1=4,bn+1=3bn-2;（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）设数列{cn}满足cn=anlog3（b2n-1-1）,其前n项和为Tn，求Tn；10．（2014·湖南高考）已知数列的前项和．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和．11．（2014·宁波二模）设等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=8,S4=40．数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn-2bn+3=0,n∈N*．（1）求数列{an},{bn}的通项公式;（2）设cn=QUOTE求数列{cn}的前n项和Pn．参考答案1．【解析】an＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝－（eq\r(n)－eq\r(n＋1)），前n项和Sn＝－[（1－eq\r(2)）＋（eq\r(2)－eq\r(3)）＋…＋（eq\r(n)－eq\r(n＋1)）]＝eq\r(n＋1)－1＝24，故n＝624．2．【解析】．3．【解析】因为通项,所以此数列的前n项和．4．【解析】Sn＝n＋（n－1）×2＋（n－2）×22＋…＋2×2n－2＋2n－1，2Sn＝2n＋（n－1）×22＋（n－2）×23＋…＋2×2n－1＋2n，两式作差Sn＝2n＋2n－1＋2n－2＋…＋2－n＝2n＋1－2－n．5．【解析】，当时，…，当时，…，…，两式相减得…，∴．6．【解析】．7．【解析】设等比数列的公比为q，故由9S3＝S6，得9×eq\f(a11－q3,1－q)＝eq\f(a11－q6,1－q)，解得q＝2，故eq\f(Tn,Tn－1)＝an＝eq\f(1,20)×2n－1，易得当n≤5时，eq\f(Tn,Tn－1)<1，即Tn<Tn－1；当n≥6时，Tn>Tn－1，据此数列单调性可得T5为最小值．8．【解析】（Ⅰ）由得所以，数列是以1为首项，4为公差的等差数列， （Ⅱ） ．9．【解析】（1）=1\*GB3①当n=1时，a1+S1=1∴a1=eq\f(1,2)=2\*GB3②当n2时，an=Sn-Sn-1=（1-an）-（1-an-1）=an-1-an∴an=eq\f(1,2)an-1∴数列{an}是以a1=eq\f(1,2)为首项，公比为eq\f(1,2)的等比数列；∴an=eq\f(1,2)·（eq\f(1,2)）n-1=（eq\f(1,2)）n∵bn+1=3bn-2∴bn+1-1=3