第32讲数列的综合问题课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“数列综合问题”专题，依据课标要求覆盖等差等比综合、数列与不等式、实际应用三大核心考点，通过知识梳理与真题分析明确综合题占比60%的高频考查方向，归纳通项求解、求和证明、模型应用等常考题型。 课件亮点在于“思想方法+真题变式+素养提升”的备考设计，如例1用方程思想解决等差等比综合问题，例2通过放缩法培养推理能力，结合数学模型观念解析实际应用题型。特设易错点警示与解题模板，助力学生掌握得分技巧，教师可据此实现针对性复习，提升备考效率。

专题5　数　　列 1 第32讲　数列的综合问题 目 录 课标要求 夯基固本 考点探究 01 03 02 课标要求 返回目录 夯基固本 知识梳理 >> 返回目录 夯基固本 返回目录 返回目录 返回目录 夯基固本 热身练习 >> A 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 B 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 C 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 AC 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 考点探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 等差、等比数列的综合问题 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点2 数列与不等式的综合 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点3 数列的实际应用 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 B 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 1.会综合数列、函数、不等式的知识与方法分析解决相关的综合问题. 2.了解数列相关的实际应用模型特征，并能运用数列的知识与方法分析解决． 1．数列综合问题中应用的数学思想 (1)用函数的观点与思想认识数列，将数列的通项公式和求和公式视为定义在正整数集或其有限子集{1，2，…，n}上的函数． (2)用方程的思想处理数列问题，将问题转化为数列基本量的方程． (3)用转化化归的思想探究数列问题，将问题转化为等差、等比数列来研究． (4)数列综合问题常常应用分类讨论思想、特殊与一般思想、类比联想思想、归纳猜想思想等． 2．解答数列应用题的步骤 (1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意． (2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求是什么． (3)求解——求出该问题的数学解． (4)还原——将所求结果还原到实际问题中． 3．数列应用题常见模型 (1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差． (2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数(非零)，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比． (3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑是an与an＋1之间的递推关系，还是Sn与Sn＋1之间的递推关系． 1．在数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝an＋ln (1＋ eq \f(1,n))，则an＝(　　) A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n C．2＋n ln n D．1＋n＋ln n 解析：由题意可得an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝ln eq \f(n,n－1)＋ln eq \f(n－1,n－2)＋…＋ln eq \f(2,1)＋2 ＝2＋ln n． 故选A. 2．(教材母题选必修复习参考题T8)小李年初向银行贷款M万元用于购房，购房贷款的年利率为p，按复利计算，并从借款后次年年初开始归还，分10次等额还清，每年1次，则每年应还(　　) A． eq \f(M,10)万元 B． eq \f(Mp(1＋p)10,(1＋p)10－1)万元 C． eq \f(M(1＋p)10,10)万元 D． eq \f(Mp(1＋p)9,(1＋p)9－1)万元 解析：设每年应还x万元， 则x＋x(1＋p)＋x(1＋p)2＋…＋x(1＋p)9＝M(1＋p)10， eq \f(x[1－(1＋p)10],1－(1＋p))＝M(1＋p)10， 得x＝ eq \f(Mp(1＋p)10,(1＋p)10－1).故选B. 3．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，….该数列的特点如下：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和．人们把由这样一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”，记Sn是数列{an}的前n项和，则(a3－S1)＋(a4－S2)＋(a5－S3)＋…＋(a100－S98)＝(　　) A．0 B．1 C．98 D．100 解析：当n≥2时，an－1＋an＝an＋1，则an＝an＋1－an－1， 故当n≥2时， Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an ＝a1＋(a3－a1)＋(a4－a2)＋…＋(an＋1－an－1) ＝(a1＋a3＋a4＋…＋an＋1)－(a1＋a2＋a3＋…＋an－1) ＝an＋1＋an－1， 此时an＋2－Sn＝an＋1＋an－(an＋1＋an－1)＝1， 又因为a3－S1＝2－1＝1， 因此，(a3－S1)＋(a4－S2)＋(a5－S3)＋…＋(a100－S98)＝98.故选C. 4．(多选)(教材母题选必修4.3.2练习T2)一个弹性小球从100 m高处自由落下，每次着地后又跳回原来的高度的 eq \f(2,3)再落下．设它第n次着地时，经过的总路程记为Sn，则当n≥2时，下面说法正确的是(　　) A．Sn＜500 B．Sn≤500 C．Sn的最小值为 eq \f(700,3) D．Sn的最大值为400 解析：第一次着地时，共经过了100 m，第二次着地时，共经过了(100＋100× eq \f(2,3)×2) m，第三次着地时，共经过了[100＋100× eq \f(2,3)×2＋100×( eq \f(2,3))2×2]m，……，第n次着地时，共经过了[100＋100× eq \f(2,3)×2＋100×( eq \f(2,3))2×2＋…＋100×( eq \f(2,3))n-1×2]m. 所以Sn＝100＋ eq \f(\f(400,3)×[1－(\f(2,3))n-1],1－\f(2,3))＝100＋400×[1－( eq \f(2,3))n-1]. 则Sn是关于n的增函数，所以当n≥2时，Sn的最小值为S2，且S2＝ eq \f(700,3). 又Sn＝100＋400×[1－( eq \f(2,3))n-1]＜100＋400＝500.故选AC. 5．曲线y＝ eq \f(n,2)x＋ln x(n∈N*)在x＝ eq \f(2,n)处的切线的斜率为an，则数列{ eq \f(1,anan＋1)}的前n项和为________. eq \f(n,n＋1) 解析：对y＝ eq \f(n,2)x＋ln x(n∈N*)求导，可得y′＝ eq \f(n,2)＋ eq \f(1,x). 由曲线在x＝ eq \f(2,n)处的切线的斜率为an，可得an＝ eq \f(n,2)＋ eq \f(n,2)＝n， 所以 eq \f(1,anan＋1)＝ eq \f(1,n(n＋1))＝ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)， 所以数列{ eq \f(1,anan＋1)}的前n项和为 1－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,3)＋…＋ eq \f(1,n)－ eq \f(1,n＋1)＝ eq \f(n,n＋1). 【例1】 已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3). (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)对任意的正整数n，设cn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(bn,(bn＋1)(bn＋2＋1))，n为奇数，,\f(an－1,bn＋1)，n为偶数，))求数列{cn}的前2n项和． 解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q. 因为a1＝1，a5＝5(a4－a3)，可得d＝1， 所以an＝n. 因为b1＝1，b5＝4(b4－b3)，且q≠0， 可得q2－4q＋4＝0，解得q＝2，所以bn＝2n-1. (2)由题可知 cn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(bn,(bn＋1)(bn＋2＋1))，n为奇数，,\f(an－1,bn＋1)，n为偶数，)) 故当n为奇数2k－1(k∈N*)时， c2k－1＝ eq \f(b2k－1,(b2k－1＋1)(b2k＋1＋1))＝ eq \f(1,3)( eq \f(1,b2k－1＋1)－ eq \f(1,b2k＋1＋1))， 故记Hn＝c1＋c3＋…＋c2n－1 ＝ eq \f(1,3) eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do16(k＝1))( eq \f(1,22k-2＋1)－ eq \f(1,22k＋1)) ＝ eq \f(1,3)( eq \f(1,2)－ eq \f(1,22n＋1)). 当n为偶数时，cn＝ eq \f(an－1,bn＋1)＝ eq \f(n－1,2n)， 记Tn＝c2＋c4＋…＋c2n＝ eq \f(1,4)＋ eq \f(3,42)＋…＋ eq \f(2n－1,4n)， 则 eq \f(1,4)Tn＝ eq \f(1,42)＋ eq \f(3,43)＋…＋ eq \f(2n－3,4n)＋ eq \f(2n－1,4n+1)， 故 eq \f(3,4)Tn＝ eq \f(1,4)＋ eq \f(2,42)＋ eq \f(2,43)＋…＋ eq \f(2,4n)－ eq \f(2n－1,4n+1) ＝ eq \f(1,4)＋ eq \f(\f(1,8)(1－\f(1,4n-1)),1－\f(1,4))－ eq \f(2n－1,4n+1) ＝ eq \f(5,12)－ eq \f(1,6·4n-1)－ eq \f(2n－1,4n+1)， 因此，Tn＝ eq \f(4,3)( eq \f(5,12)－ eq \f(1,6·4n-1)－ eq \f(2n－1,4n+1))＝ eq \f(5,9)－ eq \f(6n＋5,9·4n)， 故所求c1＋c2＋…＋c2n＝Tn＋Hn ＝ eq \f(1,3)( eq \f(1,2)－ eq \f(1,22n＋1))＋ eq \f(5,9)－ eq \f(6n＋5,9·4n) ＝ eq \f(13,18)－ eq \f(1,3·22n＋3)－ eq \f(6n＋5,9·4n). 等差数列、等比数列综合问题的两大解题策略 (1)设置中间问题：分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序． (2)注意解题细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的． 1．(2026·天津河西一模)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且满足2 eq \r(Sn)＝an＋1，数列{bn}为等比数列，且满足bn＋1＋bn＝2n. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)求 eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do18(i＝1))(tan ai tan ai＋1＋aibi)的值． 解析：(1)由2 eq \r(Sn)＝an＋1，得4Sn＝(an＋1)2，① 则4Sn＋1＝(an＋1＋1)2，② ②－①得4an＋1＝a eq \o\al(2,n＋1)－a eq \o\al(2,n)＋2an＋1－2an， 整理得(an＋1＋an)(an＋1－an)＝2(an＋1＋an)， 由an>0，得an＋1－an＝2. 又n＝1时，2 eq \r(S1)＝2 eq \r(a1)＝a1＋1，解得a1＝1， 所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，则an＝1＋(n－1)×2＝2n－1， 即数列{an}的通项公式为an＝2n－1. 设等比数列{bn}的公比为q，由bn＋1＋bn＝2n，得b2＋b1＝2，b3＋b2＝22，则q＝ eq \f(b3＋b2,b2＋b1)＝2， 即b2＋b1＝2b1＋b1＝2，解得b1＝ eq \f(2,3)， 则bn＝b1qn-1＝ eq \f(2n,3)， 即数列{bn}的通项公式为bn＝ eq \f(2n,3). (2)设An＝ eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do18(i＝1))(tan ai tan ai＋1)， tan an tan an＋1＝tan (2n－1)tan (2n＋1) ＝ eq \f(tan (2n＋1)－tan (2n－1),tan 2)－1， An＝( eq \f(tan 3－tan 1,tan 2)－1)＋( eq \f(tan 5－tan 3,tan 2)－1)＋…＋[ eq \f(tan (2n＋1)－tan (2n－1),tan 2)－1]＝ eq \f(tan (2n＋1)－tan 1,tan 2)－n. 设Bn＝ eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do18(i＝1))aibi＝ eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do18(i＝1))(2i－1)· eq \f(2i,3)＝ eq \f(1,3) eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do18(i＝1))(2i－1)2i，Tn＝ eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do18(i＝1))(2i－1)·2i， 则Tn＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)2n-1＋(2n－1)·2n， 2Tn＝1×22＋3×23＋…＋(2n－3)2n＋(2n－1)2n+1， 两式相减，得 －Tn＝2＋23＋24＋25＋…＋2n+1－(2n－1)2n+1 ＝2＋ eq \f(23(1－2n-1),1－2)－(2n－1)2n+1 ＝－(2n－3)2n+1－6， 则有Tn＝(2n－3)2n+1＋6，得Bn＝ eq \f(1,3)Tn＝( eq \f(2,3)n－1)2n+1＋2， 所以 eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do18(i＝1))(tan ai tan ai＋1＋aibi)＝An＋Bn ＝ eq \f(tan (2n＋1)－tan 1,tan 2)－n＋( eq \f(2,3)n－1)2n+1＋2. 【例2】 (2026·浙江丽水二模)设等差数列{an}的公差为d，记Sn是数列{an}的前n项和，若S5＝a3＋20，S15＝a2a3a8. (1)求数列{an}的通项公式． (2)若d>0，bn＝ eq \f(4Sn,anan＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<n＋ eq \f(1,2). 解析：(1)由S5＝a3＋20，S5＝ eq \f(5(a1＋a5),2)＝5a3， 得5a3＝a3＋20，解得a3＝5， 由S15＝a2a3a8，得S15＝ eq \f(15(a1＋a15),2)＝5a2a8， 所以15a8＝5a2a8，所以a8＝0或a2＝3. 当a8＝0时，d＝ eq \f(a8－a3,8－3)＝－1， 此时an＝a3＋(n－3)d＝8－n； 当a2＝3时，d＝a3－a2＝2， 此时an＝a3＋(n－3)d＝2n－1. 综上，数列{an}的通项公式为an＝8－n或an＝2n－1. (2)证明：因为d>0， 所以an＝2n－1，则Sn＝ eq \f((1＋2n－1)n,2)＝n2， 则bn＝ eq \f(4Sn,anan＋1)＝ eq \f(4n2,(2n－1)(2n＋1)) ＝ eq \f(4n2－1＋1,(2n－1)(2n＋1)) ＝1＋ eq \f(1,(2n－1)(2n＋1)) ＝1＋ eq \f(1,2)( eq \f(1,2n－1)－ eq \f(1,2n＋1))， 所以Tn＝1＋ eq \f(1,2)(1－ eq \f(1,3))＋1＋ eq \f(1,2)( eq \f(1,3)－ eq \f(1,5))＋1＋ eq \f(1,2)( eq \f(1,5)－ eq \f(1,7))＋…＋1＋ eq \f(1,2)( eq \f(1,2n－1)－ eq \f(1,2n＋1)) ＝n＋ eq \f(1,2)(1－ eq \f(1,3)＋ eq \f(1,3)－ eq \f(1,5)＋ eq \f(1,5)－ eq \f(1,7)＋…＋ eq \f(1,2n－1)－ eq \f(1,2n＋1)) ＝n＋ eq \f(1,2)(1－ eq \f(1,2n＋1))＝n＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,2(2n＋1))<n＋ eq \f(1,2). 对于和形式的不等式的证明常采用放缩法，求解时，需注意以下几点． (1)若和式可以直接求和，则先对和式进行求和然后进行放缩． (2)若和式不能直接求和，则考虑将通项进行适当放缩，这时要注意两个问题：其一是放缩的方向；其二是从哪一项开始放缩． 2．若某类数列{an}满足“∀n≥2， eq \f(an,an－1)>2，且an≠0(n∈N*)”，则称这个数列{an}为“G型数列”． (1)若数列{an}满足a1＝3，anan＋1＝32n+1，求a2，a3的值并证明数列{an}是“G型数列”． (2)若数列{an}的各项均为正整数，且a1＝1，{an}为“G型数列”，记bn＝an＋1，数列{bn}为等比数列，公比q为正整数，当{bn}不是“G型数列”时： (ⅰ)求数列{an}的通项公式． (ⅱ)求证： eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do18(k＝1)) eq \f(1,akak＋1)< eq \f(5,12). 解析：(1)因为anan＋1＝32n+1， 令n＝1，则a1a2＝33，又a1＝3，所以a2＝9， 令n＝2，则a2a3＝35，所以a3＝27. 由anan＋1＝32n+1，① 所以当n≥2时，an－1an＝32n-1，② 由①÷②得，当n≥2时， eq \f(an＋1,an－1)＝9， 所以数列{a2n}和数列{a2n－1}是等比数列． 因为a1＝3，a2＝9， 所以a2n－1＝3·9n-1＝32n-1，a2n＝9·9n-1＝32n， 因此an＝3n， 从而 eq \f(an,an－1)＝3>2(n≥2)， 所以数列{an}是“G型数列”． (2)(ⅰ)因为数列{an}的各项均为正整数，且{an}为“G型数列”，所以 eq \f(an＋1,an)>2，所以an＋1>2an>an，因此数列{an}递增． 又bn＝an＋1，所以bn＋1－bn＝an＋1－an>0， 因此{bn}递增，所以公比q>1. 又{bn}不是“G型数列”，所以存在n0∈N*，使得 eq \f(bn0＋1,bn0)≤2，所以q≤2， 已知公比为正整数，所以q＝2， 又b1＝a1＋1＝2，所以bn＝2n，则an＝2n－1. (ⅱ)证明：anan＋1＝(2n－1)(2n+1－1)＝22n+1－3×2n＋1>22n+1－3×2n， 因为22n+1－3×2n＝4n＋2n(2n－3)>4n(n≥2)， 所以anan＋1>4n(n≥2)，所以 eq \f(1,anan＋1)< eq \f(1,4n)(n≥2). 令Sn＝ eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do18(k＝1)) eq \f(1,akak＋1)，当n＝1时，S1＝ eq \f(1,3)， 当n≥2时， Sn＝ eq \f(1,a1a2)＋ eq \f(1,a2a3)＋ eq \f(1,a3a4)＋…＋ eq \f(1,anan＋1) < eq \f(1,3)＋( eq \f(1,42)＋ eq \f(1,43)＋…＋ eq \f(1,4n))＝ eq \f(1,3)＋ eq \f(\f(1,42)(1－\f(1,4n-1)),1－\f(1,4)) ＝ eq \f(1,3)＋ eq \f(1,12)(1－ eq \f(1,4n-1))< eq \f(1,3)＋ eq \f(1,12)＝ eq \f(5,12). 【例3】 某集团投资一工厂，第一年年初投入资金5000万元作为初始资金，工厂每年的生产经营能使资金在年初的基础上增长50%.每年年底，工厂向集团上缴m(m>0)万元，并将剩余资金全部作为下一年的初始资金，设第n年的初始资金为an万元． (1)判断{an－2m}是否为等比数列，并说明理由． (2)若工厂某年的资金不足以上缴集团的费用，则工厂在这一年转型升级．设m＝2600，则该工厂在第几年转型升级？ 解析：(1)依题意，a1＝5000，a2＝a1(1＋50%)－m＝7500－m，an＋1＝an(1＋50%)－m＝ eq \f(3,2)an－m， 即an＋1－2m＝ eq \f(3,2)(an－2m). 而当m＝2500，即a1－2m＝0时，{an－2m}不是等比数列；当m>0且m≠2500时，数列{an－2m}是一个以 eq \f(3,2)为公比，5000－2m为首项的等比数列． (2)当m＝2600时，由(1)知数列{an－2m}是一个以－200为首项， eq \f(3,2)为公比的等比数列， 则an－5200＝－200×( eq \f(3,2))n-1，即an＝5200－200×( eq \f(3,2))n-1. 设第n年转型升级， 则an＋1＝5200－200×( eq \f(3,2))n<0，则( eq \f(3,2))n>26， 数列{( eq \f(3,2))n}是递增数列，( eq \f(3,2))8＝ eq \f(6561,256)<26，( eq \f(3,2))9＝ eq \f(19683,512)>26， 而n∈N*，则nmin＝9， 所以该工厂在第9年转型升级． 解数列应用题的建模思路：从实际出发，通过抽象概括建立数学模型，通过对模型的解析，再返回实际中去．其思路框图为： 3.(2026·安徽合肥三模)某银行大额存款的年利率为3%，小张于2024年初存入大额存款10万元，按照复利计算8年后他能得到的本利和约为(　　) A．12.6万元 B．12.7万元 C．12.8万元 D．12.9万元 解析：存入大额存款10万元，按照复利计算， 每年末本利和是以10为首项，1＋3%为公比的等比数列， 所以本利和S＝10(1＋3%)8＝10[C eq \o\al(0,8)＋C eq \o\al(1,8)×0.031＋C eq \o\al(2,8)×0.032＋…＋C eq \o\al(7,8)×0.037＋C eq \o\al(8,8)×0.038]≈12.7.故选B. 4.(2026·江西南昌三模)正方形螺旋线是由多个不同大小的正方形旋转而成的美丽图案．如图，已知第1个正方形A1B1C1D1的边长为1，A2B1＝B2C1＝a，A1A2＝B1B2＝b，且 eq \f(a,a＋b)＝ eq \f(3,4)，依此类推，下一个正方形的顶点恰好在上一个正方形对应边的 eq \f(3,4)分点处，记第1个正方形的面积为S1，第n个正方形的面积为Sn，则 eq \f(9,8) eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do12(m＝1))mSm＝　　　　　　　　　． 8－(3n＋8)·( eq \f(5,8))n 解析：由于第n个正方形的边长为 eq \r(Sn)，而第(n＋1)个正方形的面积等于第n个正方形的面积减去四个直角三角形的面积，故Sn＋1＝Sn－4× eq \f(1,2)× eq \f(\r(Sn),4)× eq \f(3\r(Sn),4)＝Sn－ eq \f(3,8)Sn＝ eq \f(5,8)Sn. 而S1＝1，故Sn＝( eq \f(5,8))n-1. 所以 eq \f(9,8) eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do12(m＝1))mSm＝ eq \f(9,8) eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do12(m＝1))m·( eq \f(5,8))m-1＝3 eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do12(m＝1))m·( eq \f(5,8))m-1－ eq \f(15,8) eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do12(m＝1))m·( eq \f(5,8))m-1 ＝3 eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do12(m＝1))m·( eq \f(5,8))m-1－3 eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do12(m＝1))m·( eq \f(5,8))m ＝3 eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do12(m＝1))m·( eq \f(5,8))m-1－3 eq \o(∑,\s\up15(n-1),\s\do12(m＝1))m·( eq \f(5,8))m－3n·( eq \f(5,8))n ＝3 eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do12(m＝1))m·( eq \f(5,8))m-1－3 eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do12(m＝1))m(m－1)·( eq \f(5,8))m-1－3n·( eq \f(5,8))n ＝3 eq \o(∑,\s\up15(n),\s\do12(m＝1))m( eq \f(5,8))m-1－3n·( eq \f(5,8))n＝3× eq \f(1－(\f(5,8))n,1－\f(5,8))－3n·( eq \f(5,8))n ＝8－(3n＋8)·( eq \f(5,8))n. $