数列的求和问题
【2019年高考考纲解读】
高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现了转化与化归的思想．
【重点、难点分析】
一、分组转化法求和
有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．
二、错位相减法求和
错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．
三、裂项相消法求和
裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于或(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和．
【高考题型示例】
题型一、分组转化法求和
例1、若数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－λ(λ>0，n∈N*)．
(1)证明数列{an}为等比数列，并求an；
(2)若λ＝4，bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解析：(1)∵Sn＝2an－λ，当n＝1时，得a1＝λ，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－λ，
∴Sn－Sn－1＝2an－2an－1，
即an＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，
∴数列{an}是以λ为首项，2为公比的等比数列，
∴an＝λ2n－1.
(2)∵λ＝4，∴an＝4·2n－1＝2n＋1，
∴bn＝
∴T2n＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1
＝(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)
＝＋
＝＋n(n＋2)，
∴T2n＝＋n2＋2n－.
【变式探究】在各项均为正数的等比数列{an}中，a1a3＝4，a3是a2－2与a4的等差中项，若an＋1＝(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)若数列满足cn＝an＋1＋，求数列的前n项和Sn.
(2)由(1)得，cn＝an＋1＋
＝2n＋＝2n＋，
∴数列的前n项和
Sn＝2＋22＋…＋2n＋
＝＋
＝2n＋1－2＋(n∈N*)．
【感悟提升】在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．
【变式探究】已知{an}为等差数列，且a2＝3，{an}前4项的和为16，数列{bn}满足b1＝4，b4＝88，且数列为等比数列(n∈N*)．
(1)求数列{an}和的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)设{an}的公差为d，
因为a2＝3，{an}前4项的和为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*)．
设的公比为q，则b4－a4＝q3，
所以q3＝＝＝27，得q＝3，
所以bn－an＝×3n－1＝3n(n∈N*)．
(2)由(1)得bn＝3n＋2n－1，
所以Sn＝＋
＝＋
＝＋n2＝＋n2－(n∈N*)．
【变式探究】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝24，S7＝63.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2an＋(－1)n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)∵{an}为等差数列，
∴解得
因此{an}的通项公式an＝2n＋1.
(2)∵bn＝2an＋(－1)n·an＝22n＋1＋(－1)n·(2n＋1)
＝2×4n＋(－1)n·(2n＋1)，
∴Tn＝2×(41＋42＋…＋4n)＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n(2n＋1)]＝＋Gn.
当n为偶数时，Gn＝2×＝n，
∴Tn＝＋n；
当n为奇数时，Gn＝2×－(2n＋1)＝－n－2，
∴Tn＝－n－2，
∴Tn＝
题型二、错位相减法求和
例2、[2018·浙江卷]已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.
(1)求q的值；
(2)求数列{bn}的通项公式．
【解析】 (1)解：由a4＋2是a3，a5的等差中项，
得a3＋a5＝2a4＋4，
所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，
解得a4＝8.
由a3＋a5＝20，得8＝20，
解得q＝2或q＝.
因为q>1，所以q＝2.
(2)解：设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前n项和为Sn.
由cn＝解得cn＝4n－1.
由(1)可得an＝2n－1，
所以bn＋1－bn＝(4n－1)×n－1，
故bn－bn－1＝(4n－5)×n－2，n≥2，
bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)
＝(4n－5)×n－2＋(4n－9)×n－3＋…＋7×＋3.
设Tn＝3＋7×＋11×2＋…＋(4n－5)×n－2，n≥2，
则Tn＝3×＋7×2＋…＋(4n－9)×n－2＋(4n－5)×n－1，
所以Tn＝3＋4×＋4×2＋…＋4×n－2－(4n－5)×n－1，
因此Tn＝14－(4n＋3)×n－2，n≥2.
又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)×n－2.
【变式探究】已知各项均不为零的数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，满足Sn＝a1(an－1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足anbn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.
(2)∵anbn＝log2an＝2n，∴bn＝，
∴Tn＝＋＋＋…＋，Tn＝＋＋＋…＋，
两式相减得Tn＝＋＋＋＋…＋－＝2－＝2×－＝－－＝－.
∴Tn＝－<.
【变式探究】已知数列{an}满足a1＝a3，an＋1－＝，设bn＝2nan(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解 (1)由bn＝2nan，得an＝，代入an＋1－＝得
－＝，即bn＋1－bn＝3，
所以数列{bn}是公差为3的等差数列，
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＝＋＋＋…＋，
两式相减得Sn＝1＋3－
＝－，
所以Sn＝5－(n∈N*)．
【感悟提升】(1)错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列．
(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数．
(3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．
【变式探究】已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋an＝1(n∈N*)．数列{bn}是公差d不等于0的等差数列，且满足：b1＝a1，b2，b5，b14成等比数列．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)n＝1时，a1＋a1＝1，a1＝，
n≥2时，
Sn－Sn－1＝，∴an＝an－1(n≥2)，
{an}是以为首项，为公比的等比数列，
an＝×n－1＝2n.
b1＝1，
由b＝b2b14得，2＝，
d2－2d＝0，因为d≠0，解得d＝2，
bn＝2n－1(n∈N*)．
(2)cn＝，
Tn＝＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋…＋＋，②
①－②得，Tn＝＋4－
＝＋4×－
＝－－，
所以Tn＝2－(n∈N*)．
【变式探究】公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S4＝10，且a1，a3，a9成等比数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
解 (1)设{an}的公差为d，由题设
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝10，,a＝a1·a9，))∴
解之得a1＝1，且d＝1.
因此an＝n.
(2)令cn＝，则Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝＋＋＋…＋＋，①
Tn＝＋＋…＋＋，②
①－②得：Tn＝－
＝－＝－－，
∴Tn＝－.
【变式探究】已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
题型三 裂项相消法求和
例3、[2018·天津卷]设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式．
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)，
①求Tn；
②．
【解析】(1)解：设等比数列{an}的公比为q.由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.由q>0，可得q＝2，故an＝2n－1.
设等差数列{bn}的公差为d.由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝1，d＝1，
故bn＝n.
所以，数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.
(2)①解：由(1)，有Sn＝＝2n－1，故
Tn＝(2k－1)＝k－n＝－n＝2n＋1－n－2.
②证明：因为＝
＝＝－，
【举一反三】在数列{an}中，a1＝2，an是1与anan＋1的等差中项．
(1)求证：数列是等差数列，并求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Sn.
解析：(1)∵an是1与anan＋1的等差中项，
∴2an＝1＋anan＋1，∴an＋1＝，
∴an＋1－1＝－1＝，∴＝＝1＋，
∵＝1，∴数列是首项为1，公差为1的等差数列，
∴＝1＋(n－1)＝n，∴an＝.
(2)由(1)得＝＝－，
∴Sn＝＋＋＋…＋＝1－＝.
【变式探究】已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝a(n∈N*)(a为常数，a≠0，a≠1)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝an＋Sn，若数列{bn}为等比数列，求a的值；
(3)在满足条件(2)的情形下，cn＝.若数列的前n项和为Tn，且对任意n∈N*满足Tn<λ2＋λ，求实数λ的取值范围．
解 (1)∵Sn＝a，
∴n＝1时，a1＝a.
n≥2时，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，
∴数列{an}是以a为首项，a为公比的等比数列，
∴an＝an(n∈N*)．
(2)由bn＝an＋Sn得，b1＝2a，
b2＝2a2＋a，
b3＝2a3＋a2＋a.
∵数列{bn}为等比数列，
∴b＝b1b3，(2a2＋a)2＝2a(2a3＋a2＋a)，
解得a＝.
(3)由(2)知cn＝
＝＝－，
∴Tn＝－＋－＋…＋－＝－<，
∴≤λ2＋λ，解得λ≥或λ≤－1.
即实数λ的取值范围是∪(－∞，－1]．
【变式探究】(1)裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N*)的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式，使之符合裂项相消的条件．
(2)常用的裂项公式
①若{an}是等差数列，则＝，＝；
②＝－，＝；
③＝；
④＝；
⑤＝－，＝(－)．
【变式探究】已知数列{an}为递增数列，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝a－2Sn－1＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，其前n项和为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，
两式相减得，2an＝a－a－2an－1，
即2＝，
又数列{an}为递增数列，a1＝1，∴an＋an－1>0，
∴an－an－1＝2，
又当n＝2时，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为首项，以2为公差的等差数列，
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n∈N*)．
(2)bn＝＝，
∴Tn＝＝，
又∵Tn>，即>，解得n>9，
又n∈N*，∴n的最小值为10.
【变式探究】
设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝2n2＋5n.
(1)求证：数列{3an}为等比数列；
(2)设bn＝2Sn－3n，求数列的前n项和Tn.
【变式探究】设正项等比数列{an}，a4＝81，且a2，a3的等差中项为(a1＋a2).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝log3a2n－1，数列{bn}的前n项和为Sn，数列{cn}满足cn＝，Tn为数列{cn}的前n项和，若Tn<λn恒成立，求λ的取值范围.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，
由题意，得解得
所以an＝a1qn－1＝3n.
(2)由(1)得bn＝log332n－1＝2n－1，
Sn＝＝＝n2
∴cn＝＝，
∴Tn＝
＝.
若Tn＝<λn恒成立，则λ>(n∈N*)恒成立，
则λ>，所以λ>.
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数列的求和问题
1．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是方程x2－bnx＋2n＝0的两根，则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，则＝2，
∴数列{an}的奇数项、偶数项均为公比为2的等比数列，可以求出a2＝2，
∴数列{an}的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，…，而bn＝an＋an＋1，
∴b10＝a10＋a11＝32＋32＝64.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋1＋m，且a1，a4，a5－2成等差数列，bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，则满足Tn>的最小正整数n的值为( )
A．11 B．10 C．9 D．8
答案 B
解析 根据Sn＝2n＋1＋m可以求得an＝
所以有a1＝m＋4，a4＝16，a5＝32，
根据a1，a4，a5－2成等差数列，
可得m＋4＋32－2＝32，从而求得m＝－2，
所以a1＝2满足an＝2n，
从而求得an＝2n(n∈N*)，
所以bn＝＝
＝－，
所以Tn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－，
令1－>，整理得2n＋1>2 019，
解得n≥10.
3．设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝，＝＋2n(n∈N*)，则S100等于( )
A．2－ B．2－
C．2－ D．2－
答案 D
4．已知数列{an}的通项公式为a则数列的前2n项和的最小值为( )
A．－ B．－
C．－ D．－
答案 D
解析 设bn＝3an＋n－7，
则S2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n
＝3＋(1＋2＋3＋…＋2n)－14n＝9＋2n2－13n，
又2n2－13n＝22－，
当n≥4时，
∵f(n)＝22－是关于n的增函数，
又g(n)＝9也是关于n的增函数，
∴S8∵S8＝－，S6＝－，S4＝－，S2＝－，
∴S6∴S6最小，S6＝－.
5．在等比数列{an}中，a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，设bn＝(－1)nan，n∈N*，则数列{bn}的前2 018项的和为________．
答案 －
解析 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.
∵a2·a3＝2a1，∴a1·q3＝2，即a4＝2.
∵a4与2a7的等差中项为17，
∴a4＋2a7＝34，即a7＝16，
∴a1＝，q＝2，
∴an＝·2n－1＝2n－3(n∈N*)．
∵bn＝(－1)nan＝(－1)n·2n－3，
∴数列{bn}的前2 018项的和为
S2 018＝－(a1＋a3＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋…＋a2 018)＝－(2－2＋20＋22＋…＋22 014)＋(2－1＋21＋23＋…＋22 015)
＝－＋＝－.
6．若数列{an}的通项公式an＝nsin?(n∈N*)，其前n项和为Sn，则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＝.
7．设数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，对于任意的n∈N*，an，Sn，a成等差数列，设数列{bn}的前n项和为Tn，且bn＝，若对任意的实数x∈(e是自然对数的底数)和任意正整数n，总有Tn答案 2
解析 由题意得，2Sn＝an＋a，
当n≥2时，2Sn－1＝an－1＋a，
∴2Sn－2Sn－1＝an＋a－an－1－a，
∴(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
∵an>0，∴an－an－1＝1，即数列{an}是等差数列，
又2a1＝2S1＝a1＋a，a1＝1，∴an＝n(n∈N*)．
又x∈(1，e]，∴0∴Tn≤1＋＋＋…＋<1＋＋＋…＋
＝1＋＋＋…＋
＝2－<2，∴r≥2，即r的最小值为2.
8．已知数列{an}的通项公式为an＝(n∈N*)，其前n项和为Sn，若存在M∈Z，满足对任意的n∈N*，都有Sn押题依据 数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是《考试大纲》中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循．
答案 1
解析 因为an＝＝＝－，
所以Sn＝＋＋…＋
＝1－，
由于1－<1，
所以M的最小值为1.
9．已知数列{an}，a1＝e(e是自然对数的底数)，an＋1＝a(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(2n－1)ln an，求数列{bn}的前n项和Tn.
10．在等比数列{an}中，首项a1＝8，数列{bn}满足bn＝log2an(n∈N*)，且b1＋b2＋b3＝15.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列{bn}的前n项和为Sn，又设数列的前n项和为Tn，求证：Tn<.
(1)解 由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝15，
得log2(a1a2a3)＝15，
∴a1a2a3＝215，
设等比数列{an}的公比为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)证明 由(1)得bn＝2n＋1，
易知{bn}为等差数列，
Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n2＋2n，
则＝＝，
Tn＝
＝，
∴Tn<.
11．在公差不为0的等差数列{an}中，a＝a3＋a6，且a3为a1与a11的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设数列{an}的公差为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.
∴数列{an}的通项公式为an＝3n－1(n∈N*)．
(2)由题意知，
bn＝(－1)n
＝(－1)n··
＝(－1)n··
Tn＝
＝.
12．数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝n2，数列{bn}满足：
①b3＝；②bn>0；③2b＋bn＋1bn－b＝0.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)设cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.
押题依据 错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用an，Sn的关系求an，也是高考出题的常见形式．
解 (1)当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n∈N*)，
又a1＝1满足an＝2n－1，
∴an＝2n－1(n∈N*)．
∵2b＋bn＋1bn－b＝0，
且bn>0，∴2bn＋1＝bn，
∴q＝，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，
两式相减，得Tn＝1＋2×＋2×2＋…＋2×n－1－(2n－1)×n
＝1＋2－(2n－1)×n
＝3－n－1.
∴Tn＝6－n－1(2n＋3)(n∈N*)．
13．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2an－1(n∈N*)，数列{bn}满足nbn＋1－(n＋1)bn＝n(n＋1)(n∈N*)，且b1＝1，
(1)证明数列为等差数列，并求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn＝(－1)n－1，求数列{cn}的前2n项和T2n；
(3)若dn＝an·，数列的前n项和为Dn，对任意的n∈N*，都有Dn≤nSn－a，求实数a的取值范围．
解 (1)由nbn＋1－(n＋1)bn＝n(n＋1)两边同除以n(n＋1)，
得－＝1，
从而数列为首项＝1，公差d＝1的等差数列，
所以＝n(n∈N*)，
数列{bn}的通项公式为bn＝n2.
当n＝1时，S1＝2a1－1＝a1，所以a1＝1.
当n≥2时，Sn＝2an－1，Sn－1＝2an－1－1，
两式相减得an＝2an－1，
又a1＝1≠0，所以＝2，
从而数列{an}为首项a1＝1，公比q＝2的等比数列，
从而数列{an}的通项公式为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.
两式相减得－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，
因为对?n∈N*，都有Dn≤nSn－a，
即(n－1)·2n＋1≤n－a恒成立，
所以a≤2n－n－1恒成立，
记en＝2n－n－1，所以a≤min，
因为en＋1－en＝－＝2n－1>0，从而数列为递增数列，
所以当n＝1时，en取最小值e1＝0，于是a≤0.
14．设数列{an}的首项为1，前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，均有Sn＝an＋k－k(k是常数且k∈N*)成立，则称数列{an}为“P(k)数列”．
(1)若数列{an}为“P(1)数列”，求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在数列{an}既是“P(k)数列”，也是“P(k＋2)数列”？若存在，求出符合条件的数列{an}的通项公式及对应的k的值；若不存在，请说明理由；
(3)若数列{an}为“P(2)数列”，a2＝2，设Tn＝＋＋＋…＋，证明：Tn<3.
(2)解 假设存在这样的数列{an}，则Sn＝an＋k－k，
故Sn＋1＝an＋k＋1－k，
两式相减得，an＋1＝an＋k＋1－an＋k，
故an＋3＝an＋k＋3－an＋k＋2，
同理由{an}是“P(k＋2)数列”可得，
an＋1＝an＋k＋3－an＋k＋2，
所以an＋1＝an＋3对任意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，
两者矛盾，故不存在这样的数列{an}既是“P(k)数列”，
也是“P(k＋2)数列”．
(3)证明 因为数列{an}为“P(2)数列”，
所以Sn＝an＋2－2，
所以Sn＋1＝an＋3－2，
故有an＋1＝an＋3－an＋2，
又n＝1时，a1＝S1＝a3－2，
故a3＝3，满足a3＝a2＋a1，
所以an＋2＝an＋1＋an对任意正整数n恒成立，数列的前几项为1,2,3,5,8.
故Tn＝＋＋＋…＋
＝＋＋＋＋＋…＋，
所以Tn＝＋＋＋＋…＋＋，
两式相减得Tn＝＋＋＋＋…＋－＝＋Tn－2－，
显然Tn－20，
故Tn<＋Tn，即Tn<3.
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