2022年高考三轮复习之回归基础练第15练　数列求和问题

这是一份2022年高考三轮复习之回归基础练第15练　数列求和问题，共10页。


考点一 公式法、分组求和
要点重组
1．一些特殊数列的前n项和
(1)1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(1,2)n(n＋1)．
(2)1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.
(3)12＋22＋32＋…＋n2＝eq \f(1,6)n(n＋1)(2n＋1)．
(4)13＋23＋33＋…＋n3＝eq \f(1,4)n2(n＋1)2.
2．若一个数列由两个或多个等差、等比数列的和差形式组成，或这个数列可以分解成两个或多个等差、等比数列的和差形式，则可以根据数列的结构对原数列求和式的各部分进行重新组合，进而使用等差数列、等比数列的求和公式进行求和．解题的关键是观察结构、巧分组.
1.(2020·山东济南外国语学校模拟)已知等差数列{an}的公差为2，a2，a3，a6成等比数列，则{an}的前n项和Sn等于( )
A．n(n－2) B．n(n－1)
C．n(n＋1) D．n(n＋2)
答案 A
解析 ∵等差数列{an}的公差为2，a2，a3，a6成等比数列，
∴aeq \\al(2,3)＝a2·a6，∴(a1＋4)2＝(a1＋2)(a1＋10)，
解得a1＝－1，
∴{an}的前n项和Sn＝n×(－1)＋eq \f(nn－1,2)×2＝－n＋n2－n＝n2－2n＝n(n－2)．
2．(2020·广州模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，则S2 020等于( )
A.eq \f(22 020－2,3) B.eq \f(22 020＋2,3)
C.eq \f(22 021－2,3) D.eq \f(22 021＋2,3)
答案 C
解析 由题意，可知S2 020＝a1＋a2＋…＋a2 020
＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2 019＋a2 020)
＝21＋23＋…＋22 019
＝eq \f(21[1－221 010],1－22)
＝eq \f(22 021－2,3).
3．已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足4Sn＝aeq \\al(2,n)＋2an，n∈N*.设bn＝(－1)n·anan＋1，Tn为数列{bn}的前n项和，则T2n＝________.
答案 8n(n＋1)
解析 数列{an}的各项均为正数，
其前n项和Sn满足4Sn＝aeq \\al(2,n)＋2an，n∈N*.
可得n＝1时，4a1＝4S1＝aeq \\al(2,1)＋2a1，解得a1＝2，
当n≥2时，4Sn－1＝aeq \\al(2,n－1)＋2an－1，
又4Sn＝aeq \\al(2,n)＋2an，
相减可得4an＝aeq \\al(2,n)＋2an－aeq \\al(2,n－1)－2an－1，
化为(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
由an＞0，可得an－an－1＝2，
所以{an}是以2为首项，2为公差的等差数列．
则an＝2＋2(n－1)＝2n，
bn＝(－1)n·anan＋1＝(－1)n·4n(n＋1)，
可得T2n＝4[－1×2＋2×3－3×4＋4×5－5×6＋6×7－…－(2n－1)·2n＋2n(2n＋1)]
＝4(2×2＋2×4＋2×6＋…＋2×2n)
＝8×eq \f(1,2)n(2＋2n)
＝8n(n＋1)．
4．已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和Sn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
因为b2＝3，b3＝9，可得q＝eq \f(b3,b2)＝3，
所以bn＝b2qn－2＝3·3n－2＝3n－1，
又由a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，
所以d＝eq \f(a14－a1,14－1)＝2，
所以数列{an}的通项公式为
an＝a1＋(n－1)×d＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)由题意知cn＝an＋bn＝(2n－1)＋3n－1，
则数列{cn}的前n项和为
Sn＝[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(1＋3＋9＋…＋3n－1)
＝eq \f(n1＋2n－1,2)＋eq \f(1－3n,1－3)＝n2＋eq \f(3n－1,2).
考点二 裂项相消法求和
要点重组 常见的拆项公式(其中n∈N*)
1.eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
2.eq \f(1,nn＋k)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k))).
3.eq \f(1,2n－12n＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).
4.eq \f(1,nn＋1n＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2))).
5.eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
6.eq \f(2n,2n＋12n＋1＋1)＝eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋1＋1) .
5．(2020·重庆质检)数列{an}满足a1＝2，an＋1＝an＋2n＋2，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a20)等于( )
A.eq \f(19,10) B.eq \f(19,20)
C.eq \f(10,21) D.eq \f(20,21)
答案 D
解析 数列{an}满足a1＝2，an＋1＝an＋2n＋2，
即an＋1－an＝2(n＋1)，
所以当n≥2时，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋2×2＋2×3＋…＋2n＝n(n＋1)．
因为a1＝2满足an＝n(n＋1)，所以an＝n(n＋1)．
则eq \f(1,an)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a20)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,20)－\f(1,21)))＝1－eq \f(1,21)＝eq \f(20,21).
6．(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝Sn＋2an＋1，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n,anan＋1)))的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的为( )
A．数列{an＋1}是等差数列
B．数列{an＋1}是等比数列
C．数列{an}的通项公式为an＝2n－1
D．Tn<1
答案 BCD
解析 由Sn＋1＝Sn＋2an＋1，得an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1，可化为an＋1＋1＝2(an＋1)．由a1＝1，得a1＋1＝2，则数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．则an＋1＝2n，即an＝2n－1.由eq \f(2n,anan＋1)＝eq \f(2n,2n－12n＋1－1)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)，得Tn＝1－eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,22－1)－eq \f(1,23－1)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)＝1－eq \f(1,2n＋1－1)<1.所以A错误，B，C，D均正确．故选BCD.
7．(2020·长沙模拟)已知正项数列{an}中，a1＝1，a2＝eq \r(3)，aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)(n≥2)，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an＋an＋1)))的前60项和为________．
答案 5
解析 由条件可知，数列{aeq \\al(2,n)}是首项为aeq \\al(2,1)＝1，公差为aeq \\al(2,2)－aeq \\al(2,1)＝3－1＝2的等差数列，
所以aeq \\al(2,n)＝1＋2(n－1)＝2n－1，
又an>0，所以an＝eq \r(2n－1)，
所以eq \f(1,an＋an＋1)＝eq \f(1,\r(2n－1)＋\r(2n＋1))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2n＋1)－\r(2n－1)))，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an＋an＋1)))的前n项和
Sn＝eq \f(1,2)(eq \r(3)－1)＋eq \f(1,2)(eq \r(5)－eq \r(3))＋…＋eq \f(1,2)(eq \r(2n＋1)－eq \r(2n－1))＝eq \f(1,2)(eq \r(2n＋1)－1)，
所以S60＝eq \f(1,2)(eq \r(121)－1)＝5.
8．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是各项均为正数的等比数列，a1＝b4，________，b2＝8，b1－3b3＝4，是否存在正整数k，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前k项和Tk>eq \f(15,16)，若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由．
从①S4＝20，②S3＝2a3，③3a3－a4＝b2这三个条件中任选一个，填到上面横线上并作答．
(注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分)
解 设等比数列{bn}的公比为q(q>0)，则b1＝eq \f(8,q)，b3＝8q，于是eq \f(8,q)－3×8q＝4，
即6q2＋q－2＝0，解得q＝eq \f(1,2)或q＝－eq \f(2,3)(舍去)．
设等差数列{an}的公差为d.
若选①，则a1＝b4＝2，S4＝4a1＋eq \f(4×3,2)d＝20，解得d＝2.
所以Sn＝2n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋n，
则eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
于是Tk＝eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sk)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)－\f(1,k＋1)))＝1－eq \f(1,k＋1).
令1－eq \f(1,k＋1)>eq \f(15,16)，解得k>15.
因为k为正整数，所以k的最小值为16.
若选②，则a1＝b4＝2，S3＝3a1＋eq \f(3×2,2)d＝2(a1＋2d)，
解得d＝2.
下同①.
若选③，则a1＝b4＝2,3(a1＋2d)－(a1＋3d)＝8，解得d＝eq \f(4,3).
所以Sn＝2n＋eq \f(nn－1,2)×eq \f(4,3)＝eq \f(2,3)n2＋eq \f(4,3)n，
则eq \f(1,Sn)＝eq \f(3,2)×eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2))).
于是Tk＝eq \f(3,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k－1)－\f(1,k＋1)))＋(\f(1,k)－\f(1,k＋2))))
＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,k＋1)－\f(1,k＋2)))＝eq \f(9,8)－eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2))).
令Tk>eq \f(15,16)，得eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)注意到k为正整数，解得k≥7，所以k的最小值为7.
考点三 错位相减法求和
要点重组
运用错位相减法求和时应注意的三点
1．判断模型，即判断数列{an}，{bn}一个为等差数列，一个为等比数列．
2．错开位置，这样为两式相减时避免看错做准备．
3．相减时一定要注意最后一项的符号，常在此步出错．
9．(2020·福州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2n＋1－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(3n－1)an，设数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
解 (1)由题意可知a1＝2，当n≥2时，利用公式an＝Sn－Sn－1，可得an＝2n，
当n＝1时上式依然成立，故an＝2n(n∈N*)．
(2)由(1)知bn＝(3n－1)2n，则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n－1)2n，①
2Tn＝2×22＋5×23＋8×24＋…＋(3n－1)2n＋1，②
①－②得，－Tn＝4＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－(3n－1)2n＋1＝4＋3×eq \f(41－2n－1,1－2)－(3n－1)2n＋1
＝－8－(3n－4)2n＋1，
所以Tn＝8＋(3n－4)2n＋1.
10．(2020·福建永安一中、漳平一中联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，nan＋1＝Sn＋n(n＋1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(an,2n)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn＜3.
(1)解 ∵nan＋1＝Sn＋n(n＋1)，①
∴当n≥2时，(n－1)an＝Sn－1＋n(n－1)，②
由①－②整理可得，an＋1－an＝2(n≥2)，
且a1＝1，a2＝S1＋1×(1＋1)＝3，
∴a2－a1＝2，故an＋1－an＝2，n∈N*.
∴数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，即an＝2n－1.
(2)证明 由(1)知an＝2n－1，∴bn＝eq \f(2n－1,2n)，
则Tn＝eq \f(1,21)＋eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋…＋eq \f(2n－3,2n－1)＋eq \f(2n－1,2n)，①
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(3,23)＋eq \f(5,24)＋…＋eq \f(2n－3,2n)＋eq \f(2n－1,2n＋1)，②
由①－②得，eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)))－eq \f(2n－1,2n＋1)
＝eq \f(1,2)＋2×eq \f(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－eq \f(2n－1,2n＋1)＝eq \f(3,2)－eq \f(2n＋3,2n＋1)，
∴Tn＝3－eq \f(2n＋3,2n)，∴Tn＜3.
1．已知数列{an}满足an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2 021等于( )
A．3 B．2
C．1 D．0
答案 C
解析 ∵an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，
∴a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，
故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，
故S2 021＝336×0＋a2 017＋a2 018＋a2 019＋a2 020＋a2 021＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1.
2．(2020·永州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，2Sn＝an＋1an，则S10等于( )
A．100 B．110 C．50 D．55
答案 D
解析 因为2Sn＝an＋1an，①
a1＝1，
当n＝1时，2a1＝a2·a1，得a2＝2，
当n≥2时，2Sn－1＝anan－1，②
由①－②得2an＝an(an＋1－an－1)，
又因为2Sn＝an＋1an，
可得an≠0，从而an＋1－an－1＝2，
当n为奇数时，数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，故a2n－1＝2n－1；
当n为偶数时，数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，故a2n＝2n；
所以当n为正整数时，an＝n，
则S10＝1＋2＋3＋…＋10＝eq \f(10×1＋10,2)＝55，
故选D.
3．已知数列{an}满足a1a2a3…an＝(n∈N*)，且对任意n∈N*都有eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))
答案 D
解析 ∵数列{an}满足a1a2a3…an＝(n∈N*)，
∴当n＝1时，a1＝2；当n≥2时，a1a2a3…an－1＝，
∴当n≥2时，an＝＝22n－1，
又当n＝1时，a1＝2满足上式，
∴an＝22n－1，∴eq \f(1,an)＝eq \f(1,22n－1)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,4)的等比数列．
∴eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n)))∵对任意n∈N*都有eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)∴t的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞)).
4．“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件．已知第一层货物的单价是1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的eq \f(9,10).若这堆货物的总价是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(100－200\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))n))万元，则n的值为( )
A．7 B．8 C．9 D．10
答案 D
解析 由题意知，茭草垛自上而下堆放的货物件数构成一个等差数列{an}，且an＝n，货物单价构成一个等比数列{bn}，且bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))n－1，所以每一层货物的总价为anbn＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))n－1万元，所以这堆货物的总价(单位：万元)为Sn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn，
所以Sn＝1×1＋2×eq \f(9,10)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))2＋…＋(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))n－2＋n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))n－1.
等式两边同乘eq \f(9,10)，得eq \f(9,10)Sn＝1×eq \f(9,10)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))2＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))3＋…＋(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))n－1＋n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))n，
两式相减，得eq \f(1,10)Sn＝1＋eq \f(9,10)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))n－1－n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))n＝10－(10＋n)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))n，
所以Sn＝100－10×(10＋n)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))n，
由100－10×(10＋n)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))n＝100－200×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))n，
整理得10×(10＋n)＝200，解得n＝10.
5．已知数列{an}满足a2＝3，an＋1＝2an＋1，设bn＝an＋1.
(1)求a1，a3；
(2)判断数列{bn}是不是等比数列，并说明理由；
(3)求a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1.
解 (1)当n＝1时，a2＝2a1＋1，解得a1＝1.
当n＝2时，a3＝2a2＋1，解得a3＝7.
(2){bn}是等比数列，理由如下．
因为an＋1＝2an＋1，
所以an＋1＋1＝2(an＋1)，因为bn＝an＋1，
所以bn＋1＝2bn，所以{bn}是以2为公比的等比数列．
(3)由(1)和(2)得an＝2n－1，
所以a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1＝(21＋23＋…＋22n＋1)－(n＋1)
＝eq \f(21－4n＋1,1－4)－(n＋1)＝eq \f(24n＋1－1,3)－(n＋1)．
6．(2020·广州模拟)数列{an}满足an＋1－eq \r(an＋1)＝an＋eq \r(an)(n∈N*)，且a2＝4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝eq \f(\r(an＋1),n＋22an)，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)∵an＋1－eq \r(an＋1)＝an＋eq \r(an)，
∴an＋1－an＝eq \r(an＋1)＋eq \r(an)，
∴eq \r(an＋1)－eq \r(an)＝1，
∵a2＝4，∴eq \r(a1)＝1，
∴数列{eq \r(an)}是以1为首项，以1为公差的等差数列．
∴eq \r(an)＝1＋n－1＝n，
∴an＝n2.
(2)∵bn＝eq \f(\r(an＋1),n＋22an)＝eq \f(n＋1,n＋22n2)，
∴bn＝eq \f(n＋1,n＋22n2)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,n＋22)))，
∴Sn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,32)＋\f(1,22)－\f(1,42)＋\f(1,32)－\f(1,52)＋…＋\f(1,n－12)－\f(1,n＋12)＋\f(1,n2)－\f(1,n＋22)))
∴Sn＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)－\f(1,n＋12)－\f(1,n＋22)))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,4)－\f(1,n＋12)－\f(1,n＋22))).