（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 數(shù)列與不等式 第2講 數(shù)列的求和問題學(xué)案

《（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 數(shù)列與不等式 第2講 數(shù)列的求和問題學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 數(shù)列與不等式 第2講 數(shù)列的求和問題學(xué)案（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　數(shù)列的求和問題 [考情考向分析]　數(shù)列的求和問題作為數(shù)列的基礎(chǔ)知識，為數(shù)列與不等式等綜合問題提供必要的準備． 熱點一　分組轉(zhuǎn)化法求和 有些數(shù)列，既不是等差數(shù)列，也不是等比數(shù)列，若將數(shù)列通項拆開或變形，可轉(zhuǎn)化為幾個等差、等比數(shù)列或常見的數(shù)列，即先分別求和，然后再合并． 例1　在各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a1a3＝4，a3是a2－2與a4的等差中項，若an＋1＝(n∈N*)． (1)求數(shù)列{bn}的通項公式； (2)若數(shù)列滿足cn＝an＋1＋，求數(shù)列的前n項和Sn. 解　(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，且q>0， 由an>0，a1a3＝4，得a2＝2，

2、 又a3是a2－2與a4的等差中項， 故2a3＝a2－2＋a4，∴2·2q＝2－2＋2q2， ∴q＝2或q＝0(舍)．∴an＝a2qn－2＝2n－1， ∴an＋1＝2n＝，∴bn＝n(n∈N*)． (2)由(1)得，cn＝an＋1＋ ＝2n＋＝2n＋， ∴數(shù)列的前n項和 Sn＝2＋22＋…＋2n＋ ＝＋ ＝2n＋1－2＋(n∈N*)． 思維升華　在處理一般數(shù)列求和時，一定要注意使用轉(zhuǎn)化思想．把一般的數(shù)列求和轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列進行求和，在求和時要分清楚哪些項構(gòu)成等差數(shù)列，哪些項構(gòu)成等比數(shù)列，清晰正確地求解．在利用分組求和法求和時，由于數(shù)列的各項是正負交替的，所以一般需要

3、對項數(shù)n進行討論，最后再驗證是否可以合并為一個公式． 跟蹤演練1　已知{an}為等差數(shù)列，且a2＝3，{an}前4項的和為16，數(shù)列{bn}滿足b1＝4，b4＝88，且數(shù)列為等比數(shù)列(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}和的通項公式； (2)求數(shù)列{bn}的前n項和Sn. 解　(1)設(shè){an}的公差為d， 因為a2＝3，{an}前4項的和為16， 所以a1＋d＝3,4a1＋d＝16， 解得a1＝1，d＝2， 所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n∈N*)． 設(shè)的公比為q，則b4－a4＝q3， 所以q3＝＝＝27，得q＝3， 所以bn－an＝×3n－1＝3n(n∈N*)．

4、 (2)由(1)得bn＝3n＋2n－1， 所以Sn＝(3＋32＋33＋…＋3n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1) ＝＋ ＝＋n2＝＋n2－(n∈N*)． 熱點二　錯位相減法求和 錯位相減法是在推導(dǎo)等比數(shù)列的前n項和公式時所用的方法，這種方法主要用于求數(shù)列{an·bn}的前n項和，其中{an}，{bn}分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列． 例2　已知數(shù)列{an}滿足a1＝a3，an＋1－＝，設(shè)bn＝2nan(n∈N*)． (1)求數(shù)列{bn}的通項公式； (2)求數(shù)列{an}的前n項和Sn. 解　(1)由bn＝2nan，得an＝，代入an＋1－＝得 －＝，即bn＋1－bn＝3， 所以

5、數(shù)列{bn}是公差為3的等差數(shù)列， 又a1＝a3，所以＝，即＝，所以b1＝2， 所以bn＝b1＋3(n－1)＝3n－1(n∈N*)． (2)由bn＝3n－1，得an＝＝， 所以Sn＝＋＋＋…＋， Sn＝＋＋＋…＋， 兩式相減得Sn＝1＋3－ ＝－， 所以Sn＝5－(n∈N*)． 思維升華　(1)錯位相減法適用于求數(shù)列{an·bn}的前n項和，其中{an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列． (2)所謂“錯位”，就是要找“同類項”相減．要注意的是相減后得到部分求等比數(shù)列的和，此時一定要查清其項數(shù)． (3)為保證結(jié)果正確，可對得到的和取n＝1,2進行驗證． 跟蹤演練2　已知數(shù)列

6、{an}的前n項和是Sn，且Sn＋an＝1(n∈N*)．?dāng)?shù)列{bn}是公差d不等于0的等差數(shù)列，且滿足：b1＝a1，b2，b5，b14成等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式； (2)設(shè)cn＝an·bn，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn. 解　(1)當(dāng)n＝1時，a1＋a1＝1，a1＝， 當(dāng)n≥2時， Sn－Sn－1＝，所以an＝an－1(n≥2)， 所以{an}是以為首項，為公比的等比數(shù)列， 所以an＝×n－1＝2×n. 由b1＝1，又b＝b2b14，得2＝， d2－2d＝0，因為d≠0，所以d＝2，所以bn＝2n－1(n∈N*)． (2)由(1)得cn＝， 則

7、Tn＝＋＋＋…＋，① Tn＝＋＋＋…＋＋，② ①－②得，Tn＝＋4－， ＝＋4×－＝－－， 所以Tn＝2－(n∈N*)． 熱點三　裂項相消法求和 裂項相消法是指把數(shù)列和式中的各項分別裂開后，某些項可以相互抵消從而求和的方法，主要適用于或(其中{an}為等差數(shù)列)等形式的數(shù)列求和． 例3　已知數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足：Sn＝a(Sn－an＋1)(n∈N*)(a為常數(shù)，a≠0，a≠1)． (1)求{an}的通項公式； (2)設(shè)bn＝an＋Sn，若數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，求a的值； (3)在滿足條件(2)的情形下，cn＝.若數(shù)列的前n項和為Tn，且對任意n∈N*滿足Tn<λ

8、2＋λ，求實數(shù)λ的取值范圍． 解　(1)∵Sn＝a， ∴n＝1時，a1＝a. n≥2時，Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)， ∴Sn－Sn－1＝an＝a(Sn－Sn－1)－aan＋aan－1， ∴an＝aan－1，即＝a且 a≠0，a≠1， ∴數(shù)列{an}是以a為首項，a為公比的等比數(shù)列， ∴an＝an(n∈N*)． (2)由bn＝an＋Sn得，b1＝2a， b2＝2a2＋a， b3＝2a3＋a2＋a. ∵數(shù)列{bn}為等比數(shù)列， ∴b＝b1b3，即(2a2＋a)2＝2a(2a3＋a2＋a)， 解得a＝. (3)由(2)知cn＝＝＝－， ∴Tn＝－＋－＋…＋－

9、＝－<， ∴≤λ2＋λ，解得λ≥或λ≤－1. 即實數(shù)λ的取值范圍是∪(－∞，－1]． 思維升華　(1)裂項相消法的基本思想就是把通項an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N*)的形式，從而在求和時達到某些項相消的目的，在解題時要善于根據(jù)這個基本思想變換數(shù)列{an}的通項公式，使之符合裂項相消的條件． (2)常用的裂項公式 ①若{an}是等差數(shù)列，則＝，＝； ②＝－，＝； ③＝； ④＝＝； ⑤＝－，＝(－)． 跟蹤演練3　已知數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，a1＝1，其前n項和為Sn，且滿足2Sn＝a－2Sn－1＋1. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若bn＝，其前

10、n項和為Tn，若Tn>成立，求n的最小值． 解　(1)由2Sn＝a－2Sn－1＋1知， 2Sn－1＝a－2Sn－2＋1， 兩式相減得，2an＝a－a－2an－1， 即2＝， 又數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，a1＝1，∴an＋an－1>0， ∴an－an－1＝2， 又當(dāng)n＝2時，2＝a－2a1＋1， 即a－2a2－3＝0，解得a2＝3或a2＝－1(舍)， a2－a1＝2，符合an－an－1＝2， ∴{an}是以1為首項，以2為公差的等差數(shù)列， ∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n∈N*)． (2)bn＝＝， ∴Tn＝ ＝， 又∵Tn>，即>，解得n>9， 又n∈N*

11、，∴n的最小值為10. 真題體驗 1．(2017·全國Ⅱ)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a3＝3，S4＝10，則＝________. 答案　(n∈N*) 解析　 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d， 由得 ∴Sn＝n×1＋×1＝， ＝＝2. ∴＝＋＋＋…＋ ＝2 ＝2＝(n∈N*)． 2．(2017·天津)已知{an}為等差數(shù)列，前n項和為Sn(n∈N*)，{bn}是首項為2的等比數(shù)列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通項公式； (2)求數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項和(n∈N*)． 解　(1)

12、設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q. 由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12， 又b1＝2，所以q2＋q－6＝0. 又因為q>0，解得q＝2，所以bn＝2n. 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，① 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，② 聯(lián)立①②，解得a1＝1，d＝3， 由此可得an＝3n－2(n∈N*)． 所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n－2(n∈N*)，數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝2n(n∈N*)． (2)設(shè)數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項和為Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3

13、n－1)×4n， 故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，③ 4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，④ ③－④，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1 ＝－4－(3n－1)×4n＋1 ＝－(3n－2)×4n＋1－8， 得Tn＝×4n＋1＋(n∈N*)． 所以數(shù)列{a2nb2n－1}的前n項和為×4n＋1＋(n∈N*)． 押題預(yù)測 1．已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝(n∈N*)，其前n項和為Sn，若存在M∈Z，滿足對任意的n∈N*，都有Sn

14、______． 押題依據(jù)　數(shù)列的通項以及求和是高考重點考查的內(nèi)容，也是《考試大綱》中明確提出的知識點，年年在考，年年有變，變的是試題的外殼，即在題設(shè)的條件上有變革，有創(chuàng)新，但在變中有不變性，即解答問題的常用方法有規(guī)律可循． 答案　1 解析　因為an＝＝＝－， 所以Sn＝＋＋…＋＝1－， 由于1－<1，所以M的最小值為1. 2．?dāng)?shù)列{an}的前n項和Sn滿足：Sn＝n2，數(shù)列{bn}滿足： ①b3＝；②bn>0；③2b＋bn＋1bn－b＝0. (1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項公式； (2)設(shè)cn＝anbn，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn. 押題依據(jù)　錯位相減法求和是高考的重

15、點和熱點，本題先利用an，Sn的關(guān)系求an，也是高考出題的常見形式． 解　(1)當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝1， 當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n∈N*)， 又a1＝1滿足an＝2n－1， ∴an＝2n－1(n∈N*)． ∵2b＋bn＋1bn－b＝0， 且bn>0，∴2bn＋1＝bn， ∴q＝，又b3＝b1q2＝， ∴b1＝1，bn＝n－1(n∈N*)． (2)由(1)得cn＝(2n－1)n－1， Tn＝1＋3×＋5×2＋…＋(2n－1)n－1， Tn＝1×＋3×2＋…＋(2n－3)n－1＋(2n－1)×n， 兩式相減，得Tn＝1＋2×＋2×2＋…＋2×n－1

16、－(2n－1)×n ＝1＋2－(2n－1)×n ＝3－n－1. ∴Tn＝6－n－1(2n＋3)(n∈N*)． A組　專題通關(guān) 1．已知數(shù)列{an}，{bn}滿足a1＝1，且an，an＋1是方程x2－bnx＋2n＝0的兩根，則b10等于(　　) A．24 B．32 C．48 D．64 答案　D 解析　由已知有anan＋1＝2n， ∴an＋1an＋2＝2n＋1，則＝2， ∴數(shù)列{an}的奇數(shù)項、偶數(shù)項均為公比為2的等比數(shù)列，可以求出a2＝2， ∴數(shù)列{an}的項分別為1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，…，而bn＝an＋an＋1， ∴b1

17、0＝a10＋a11＝32＋32＝64. 2．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝2n＋1＋m，且a1，a4，a5－2成等差數(shù)列，bn＝，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，則滿足Tn>的最小正整數(shù)n的值為(　　) A．11 B．10 C．9 D．8 答案　B 解析　根據(jù)Sn＝2n＋1＋m可以求得an＝ 所以有a1＝m＋4，a4＝16，a5＝32， 根據(jù)a1，a4，a5－2成等差數(shù)列， 可得m＋4＋32－2＝32，從而求得m＝－2， 所以a1＝2滿足an＝2n， 從而求得an＝2n(n∈N*)， 所以bn＝＝ ＝－， 所以Tn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－， 令1－>，整理

18、得2n＋1>2 019， 解得n≥10. 3．設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項和，已知a1＝，＝＋2n(n∈N*)，則S100等于(　　) A．2－ B．2－ C．2－ D．2－ 答案　D 解析　由＝＋2n，得－＝2n， 則－＝2n－1，－＝2n－2，…，－＝21， 將各式相加得－＝21＋22＋…＋2n－1＝2n－2， 又a1＝，所以an＝n·， 因此S100＝1×＋2×＋…＋100×， 則S100＝1×＋2×＋…＋99×＋100×， 兩式相減得S100＝＋＋＋…＋－100×， 所以S100＝2－99－100·100＝2－. 4．在等比數(shù)列{an}中，a2·a3

19、＝2a1，且a4與2a7的等差中項為17，設(shè)bn＝(－1)nan，n∈N*，則數(shù)列{bn}的前2 018項的和為________． 答案?。? 解析　設(shè)等比數(shù)列{an}的首項為a1，公比為q. ∵a2·a3＝2a1， ∴a1·q3＝2，即a4＝2. ∵a4與2a7的等差中項為17， ∴a4＋2a7＝34，即a7＝16， ∴a1＝，q＝2， ∴an＝·2n－1＝2n－3(n∈N*)． ∵bn＝(－1)nan＝(－1)n·2n－3， ∴數(shù)列{bn}的前2 018項的和為 S2 018＝－(a1＋a3＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋…＋a2 018)＝－(2－2＋20＋22＋

20、…＋22 014)＋(2－1＋21＋23＋…＋22 015) ＝－＋＝－. 5．若數(shù)列{an}的通項公式an＝nsin(n∈N*)，其前n項和為Sn，則S2 018＝________. 答案　 解析　a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝－3， a7＋a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝－3， …， a6m＋1＋a6m＋2＋a6m＋3＋a6m＋4＋a6m＋5＋a6m＋6 ＝－3，m∈N， 所以S2 018＝. 6．已知數(shù)列{an}，a1＝e(e是自然對數(shù)的底數(shù))，an＋1＝a(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設(shè)bn＝(2n－1)ln an，求數(shù)列{b

21、n}的前n項和Tn. 解　(1)由a1＝e，an＋1＝a知，an>0， 所以ln an＋1＝3ln an， 數(shù)列是以1為首項，3為公比的等比數(shù)列， 所以ln an＝3n－1，an＝(n∈N*)． (2)由(1)得bn＝(2n－1)ln an＝(2n－1)·3n－1， Tn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1，① 3Tn＝1×31＋3×32＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，② ①－②，得－2Tn＝1＋2(31＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n ＝1＋2×－(2n－1)×3n＝－2(n－1)×3n－2. 所以Tn＝(n－1)×

22、3n＋1(n∈N*)． 7．在等比數(shù)列{an}中，首項a1＝8，數(shù)列{bn}滿足bn＝log2an(n∈N*)，且b1＋b2＋b3＝15. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)記數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，又設(shè)數(shù)列的前n項和為Tn，求證：Tn<. (1)解　由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝15， 得log2(a1a2a3)＝15，∴a1a2a3＝215， 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q， ∵a1＝8，∴an＝8qn－1， ∴8·8q·8q2＝215，解得q＝4， ∴an＝8·4n－1，即an＝22n＋1(n∈N*)． (2)證明　由(1)得bn＝2n＋1， 易

23、知{bn}為等差數(shù)列， Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n2＋2n， 則＝＝， Tn＝ ＝，∴Tn<. 8．在公差不為0的等差數(shù)列{an}中，a＝a3＋a6，且a3為a1與a11的等比中項． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設(shè)bn＝(－1)n(n∈N*)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d， ∵a＝a3＋a6， ∴(a1＋d)2＝a1＋2d＋a1＋5d，① ∵a＝a1·a11， 即(a1＋2d)2＝a1·(a1＋10d)，② ∵d≠0，由①②解得a1＝2，d＝3. ∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n－1(n∈N*)． (2

24、)由題意知， bn＝(－1)n ＝(－1)n·· ＝(－1)n·· Tn＝ ＝. B組　能力提高 9．(2018·浙江省臺州中學(xué)模擬)數(shù)列{an}滿足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則{an}的前60項和為(　　) A．3 660 B．3 690 C．1 830 D．1 845 答案　C 解析　由an＋1＋(－1)nan＝2n－1得an＋2＋(－1)n＋1an＋1＝2n＋1，當(dāng)n為奇數(shù)時，有an＋1－an＝2n－1，an＋2＋an＋1＝2n＋1，兩式相減得an＋2＋an＝2；當(dāng)n為偶數(shù)時，有an＋1＋an＝2n－1，an＋2－an＋1＝2n＋1，兩式相加得an

25、＋2＋an＝4n，所以可將數(shù)列{an}的所有奇數(shù)項連續(xù)兩項看成一個整體，構(gòu)成每一項都為2的常數(shù)數(shù)列，所有偶數(shù)項連續(xù)兩項看成一個整體，構(gòu)成首項為8，公差為16的等差數(shù)列，則S60＝15×2＋15×8＋×16＝1 830，故選C. 10．設(shè)數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，前n項和為Sn，對于任意的n∈N*，an，Sn，a成等差數(shù)列，設(shè)數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，且bn＝，若對任意的實數(shù)x∈(e是自然對數(shù)的底數(shù))和任意正整數(shù)n，總有Tn

26、an－1－a， ∴(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0， ∵an>0，∴an－an－1＝1，即數(shù)列{an}是等差數(shù)列， 又2a1＝2S1＝a1＋a，∴a1＝1，∴an＝n(n∈N*)． 又x∈(1，e]，∴0

27、，求數(shù)列{cn}的前2n項和T2n； (3)若dn＝an·，數(shù)列的前n項和為Dn，對任意的n∈N*，都有Dn≤nSn－a，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)由nbn＋1－(n＋1)bn＝n(n＋1)兩邊同除以n(n＋1)， 得－＝1， 從而數(shù)列為首項＝1，公差d＝1的等差數(shù)列， 所以＝n(n∈N*)， 所以數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝n2(n∈N*)． 當(dāng)n＝1時，S1＝2a1－1＝a1，所以a1＝1. 當(dāng)n≥2時，Sn＝2an－1，Sn－1＝2an－1－1， 兩式相減得an＝2an－1， 又a1＝1≠0，所以＝2， 從而數(shù)列{an}為首項a1＝1，公比q＝2的等比數(shù)列，

28、 從而數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n－1(n∈N*)． (2)cn＝(－1)n－1·＝(－1)n－1， T2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n－1＋c2n ＝＋－－＋…－－ ＝－(n∈N*)． (3)由(1)得dn＝an·＝n·2n－1， Dn＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1， 2Dn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n. 兩式相減得－Dn＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n， 所以Dn＝(n－1)·2n＋1， 由(1)得Sn＝2an－1＝2n－1， 因為對任意n∈N*，都有Dn≤nSn－a，

29、 即(n－1)·2n＋1≤n－a恒成立， 所以a≤2n－n－1恒成立， 記en＝2n－n－1，所以a≤min， 因為en＋1－en＝－＝2n－1>0，從而數(shù)列為遞增數(shù)列， 所以當(dāng)n＝1時，en取最小值e1＝0，于是a≤0. 12．設(shè)數(shù)列{an}的首項為1，前n項和為Sn，若對任意的n∈N*，均有Sn＝an＋k－k(k是常數(shù)且k∈N*)成立，則稱數(shù)列{an}為“P(k)數(shù)列”． (1)若數(shù)列{an}為“P(1)數(shù)列”，求數(shù)列{an}的通項公式； (2)是否存在數(shù)列{an}既是“P(k)數(shù)列”，也是“P(k＋2)數(shù)列”？若存在，求出符合條件的數(shù)列{an}的通項公式及對應(yīng)的k的值；若

30、不存在，請說明理由； (3)若數(shù)列{an}為“P(2)數(shù)列”，a2＝2，設(shè)Tn＝＋＋＋…＋，證明：Tn<3. (1)解　因為數(shù)列{an}為“P(1)數(shù)列”， 則Sn＝an＋1－1， 故Sn＋1＝an＋2－1， 兩式相減得，an＋2＝2an＋1， 又n＝1時，a1＝S1＝a2－1， 所以a2＝2， 故an＋1＝2an對任意的n∈N*恒成立， 即＝2(常數(shù))， 故數(shù)列{an}為等比數(shù)列，其通項公式為an＝2n－1，n∈N*. (2)解　假設(shè)存在這樣的數(shù)列{an}，則Sn＝an＋k－k， 故Sn＋1＝an＋k＋1－k， 兩式相減得，an＋1＝an＋k＋1－an＋k， 故a

31、n＋3＝an＋k＋3－an＋k＋2， 同理由{an}是“P(k＋2)數(shù)列”可得， an＋1＝an＋k＋3－an＋k＋2， 所以an＋1＝an＋3對任意n∈N*恒成立． 所以Sn＝an＋k－k＝an＋k＋2－k＝Sn＋2， 即Sn＝Sn＋2， 又Sn＝an＋k＋2－k－2＝Sn＋2－2， 即Sn＋2－Sn＝2， 兩者矛盾，故不存在這樣的數(shù)列{an}既是“P(k)數(shù)列”， 也是“P(k＋2)數(shù)列”． (3)證明　因為數(shù)列{an}為“P(2)數(shù)列”，所以Sn＝an＋2－2， 所以Sn＋1＝an＋3－2， 故有an＋1＝an＋3－an＋2， 又n＝1時，a1＝S1＝a3－2， 故a3＝3，滿足a3＝a2＋a1， 所以an＋2＝an＋1＋an對任意正整數(shù)n恒成立，數(shù)列的前幾項為1,2,3,5,8. 故Tn＝＋＋＋…＋ ＝＋＋＋＋＋…＋， 所以Tn＝＋＋＋＋…＋＋， 兩式相減得Tn＝＋＋＋＋…＋－＝＋Tn－2－， 顯然Tn－20， 故Tn<＋Tn，即Tn<3. 16