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必考点02 数列综合问题
题型一 分组转化法
例题1已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
【解析】(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.
a1＝1也满足an＝n，
故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.
记数列{bn}的前2n项和为T2n，
则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，
则A＝＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
【解题技巧提炼】
若数列通项是几个数列通项的和或差的组合，如：等差加等比，等比加等比．对于这类数列求和，就是对数列通项进行分解，然后分别对每个数列进行求和．例如：an＝bn＋cn＋…＋hn，则＝＋＋…＋
题型二 错位相减法
例题1设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)由2Sn＝3an－1，①
得2Sn－1＝3an－1－1(n≥2)，②
①－②，得2an＝3an－3an－1，∴＝3(n≥2)，
又2S1＝3a1－1，∴a1＝1，
∴{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
∴an＝3n－1.
(2)由(1)得，bn＝，
∴Tn＝，
Tn＝，
两式相减，得Tn＝
，∴Tn＝.
【解题技巧提炼】
如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．
【提示】
(1)在写“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)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．
题型三 裂项相消
例题1(2021·福州模拟)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．设bn＝an＋1－an.
(1)证明：数列{bn}是等比数列；
(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Sn.
【解析】(1)证明：因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，bn＝an＋1－an，
所以＝＝＝＝2，
又b1＝a2－a1＝2－1＝1，
所以数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知bn＝1×2n－1＝2n－1，
因为cn＝
所以cn＝，
所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝
例题2已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项为Sn，则S2 018＝( )
A.－1 B. －1
C. －1 D. ＋1
【答案】C
【解析】由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝，则f(x)＝.
所以an＝＝＝，
所以S2 018＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝－1.
【解题技巧提炼】
看个性 考法(一)数列的通项公式形如an＝时，可转化为an＝，此类数列适合使用裂项相消法求和． 考法(二)数列的通项公式形如an＝时，可转化为an＝，此类数列适合使用裂项相消法求和
找共性 裂项相消法求和的实质和解题关键 裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项． (1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止． (2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项
题型一 分组转化法
1．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－3，则其前20项和为( )
A．380－ B．400－
C．420－ D．440－
【答案】C
【解析】 令数列{an}的前n项和为Sn，则S20＝a1＋a2＋…＋a20＝2(1＋2＋…＋20)－3
2．(2022·焦作模拟)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{bn－an}为等比数列．
(1)求数列{an}和{bn－an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
【解析】(1)设{an}的公差为d，
因为a2＝3，{an}前4项的和为16，
所以解得
所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
设{bn－an}的公比为q，
则b4－a4＝(b1－a1)q3，
因为b1＝4，b4＝88，
所以q3＝，
解得q＝3，
所以bn－an＝(4－1)×3n－1＝3n.
(2)由(1)得bn＝3n＋2n－1，
所以Sn＝(3＋32＋33＋…＋3n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)
＝
题型二 错位相减法
1．数列，，，，…的前10项之和为________．
【答案】
【解析】因为S10＝++＋…＋，①
所以S10＝＋＋…＋＋.②
①－②得S10＝＋－
＝＋－
＝－－＝，
所以S10＝＝.
2．(2022·福州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1.
(1)证明：数列{an}是等比数列；
(2)设bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)证明：当n＝1时，a1＝S1＝2a1－1，所以a1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－1)－(2an－1－1)，
所以an＝2an－1，
所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知，an＝2n－1，
所以bn＝(2n－1)×2n－1，
所以Tn＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－3)×2n－2＋(2n－1)×2n－1，①
2Tn＝1×2＋3×22＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n，②
①－②，得－Tn＝1＋2×(21＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)×2n
＝1＋2×－(2n－1)×2n
＝(3－2n)×2n－3，
所以Tn＝(2n－3)×2n＋3.
题型三 裂项相消
1．等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________.
【答案】
【解析】设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
依题意有解得
所以Sn＝，，
因此
2．正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.求证：对于任意的n∈N*，都有Tn＜.
【解析】(1)由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，
得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.
由于{an}是正项数列，所以Sn＞0，Sn＝n2＋n.
于是a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)证明：由于an＝2n，
故bn＝＝.
故Tn＝
＝
一、单选题
1．数列中，，对任意 ，若，则 （ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【解析】在等式中，令，可得，，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，
，
，则，解得.故选：C.
2．设数列为等比数列，且公比，若和是方程的两根，则（ ）
A．18 B． C．或18 D．10
【答案】A
【解析】由已知，的两根为，因，所以，，从而，所以.故选：A.
3．设关于的不等式的解集中整数的个数为，数列的前1000项组成集合，从中任取4个不同的数，按照从小到大的顺序排列成一个公比为偶数的等比数列，则这样的等比数列的个数为（ ）
A．125 B．140 C．144 D．146
【答案】D
【解析】由可得，则；
设所求等比数列为，，，，则，即，
所以，；
因为为偶数，所以当时，等比数列有个；
当时，等比数列有个；
当时，等比数列有个；
当时，等比数列有个；
当时，等比数列有个．
所以满足条件的等比数列共有个，故选：D
4．在流行病学中，基本传染数R0是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数.初始感染者传染R0个人，为第一轮传染，这R0个人中每人再传染R0个人，为第二轮传染，…….R0一般由疾病的感染周期 感染者与其他人的接触频率 每次接触过程中传染的概率决定.假设新冠肺炎的基本传染数，平均感染周期为7天，设某一轮新增加的感染人数为M，则当M>1000时需要的天数至少为（ ）参考数据：lg38≈1.58
A．34 B．35 C．36 D．37
【答案】D
【解析】设第轮感染人数为，则数列为等比数列，其中，公比为，
所以，解得，
而每轮感染周期为7天，所以需要的天数至少为．故选：D.
5．设等比数列的公比为，前项和为.若，，且，，则的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【解析】因为，
所以，得到，
因为，所以.
由，得，又，
所以，
因为，则，
所以，解得，故选：B
6．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块
【答案】C
【解析】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，
则是以9为首项，9为公差的等差数列，，
设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为，因为下层比中层多729块，
所以，
即
即，解得，
所以.故选：C
7．某人于2020年6月1日去银行存款a元，存的是一年定期储蓄，2021年6月1日将到期存款的本息一起取出再加a元之后还存一年定期储蓄，此后每年的6月1日他都按照同样的方法在银行取款和存款．设银行定期储蓄的年利率r不变，则到2025年6月1日他将所有的本息全部取出时，取出的钱共有（ ）
A．元 B．元 C．元D．元
【答案】D
【解析】设此人2020年6月1日存入银行的钱为元，2021年6月1日存入银行的钱为元，以此类推，则2025年6月1日存入银行的钱为元，那么此人2025年6月1日从银行取出的钱有元．由题意，得，，，……，
，
所以．
故选：D．
8．已知数列中，，且对任意的，都有，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】令，则，又，
，，
累加法求和得：
，
故选：B．
二、多选题
9．在数列中，若（，，为常数），则称为等方差数列，下列对等方差数列的判断正确的有（ ）
A．若是等差数列，则是等方差数列
B．数列是等方差数列
C．若数列既是等方差数列，又是等差数列，则数列一定是常数列
D．若数列是等方差数列，则数列（，为常数）也是等方差数列
【答案】BCD
【解析】A.设等差数列的通项公式，则，不一定是常数，
所以不是等方差数列，故错误；
B. 因为，所以数列是等方差数列，故正确；
C.因为数列是等方差数列，则，又数列是等差数列，则，
当时，数列是常数列，当时，，所以数列一定是常数列，故正确；
D.数列是因为，
则，
所以，所以数列（，为常数）也是等方差数列，故正确；
故选：BCD
10．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．关于这个问题，下列说法正确的是（ ）
A．甲得钱是戊得钱的倍 B．乙得钱比丁得钱多钱
C．甲、丙得钱的和是乙得钱的倍 D．丁、戊得钱的和比甲得钱多钱
【答案】AC
【解析】依题意，设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为，，，，，且，即，又，
∴，，即，，，，
∴甲得钱，乙得钱，丙得钱，丁得钱，戊得钱，则有如下结论：
甲得钱是戊得钱的倍，故A正确；
乙得钱比丁得钱多钱，故B错误；
甲、丙得钱的和是乙得钱的倍，故C正确；
丁、戊得钱的和比甲得钱多钱，故D错误．故选：AC．
11．等差数列是递增数列，满足，前项和为，下列选项正确的是（ ）
A． B．
C．当时最小 D．时的最小值为
【答案】ABD
【解析】由题意，设等差数列的公差为，
因为，可得，解得，
又由等差数列是递增数列，可知，则，故A、B正确；
因为，
由可知，当或4时最小，故C错误，
令，解得或，即时的最小值为8，故D正确．
故选：ABD．
12．已知是数列的前项和，且，，则（ ）
A．数列是等比数列 B．恒成立
C．恒成立 D．恒成立
【答案】BC
【解析】，故，
又，故，
故，，所以A错误，B正确；
，，所以C正确，D错误.故选：BC.
三、填空题
13．已知等比数列中，为其前项之和，，则______
【答案】260
【解析】根据等比数列前n项和的性质，
可知，，成等比数列，
则，即，
解得.故答案为：.
14．在数列中，，则数列的公比___________.
【答案】5
【解析】由条件可知，所以，
所以数列是公比为5的等比数列，即.故答案为：
15．记为等差数列的前项和，若，则___________.
【答案】100
【解析】得
16．数列的首项为1，其余各项为1或2，且在第个1和第个1之间有个2，即数列为：1，2，1，2，2，2，1，2，2，2，2，2，1，…，记数列的前项和为，则__________．（用数字作答）
【答案】3993
【解析】第个1为数列第项，
当时；当时；
所以前2019项有45个1和个2，
因此
四、解答题
17．已知数列为等差数列，公差，前n项和为，，且，，成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，记数列的前n项和为，求证：．
【解析】（1）由题意得：，，
整理得，因为，所以，
所以，．
（2），，
，
即．
18．已知数列满足，且
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和（用具体数值作答）.
【解析】(1)因为，所以，所以为等差数列，设公差为，因为，所以，所以，所以，即
(2)因为，所以
所以，所以
19．设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．
（1）求和的通项公式；
（2）记和分别为和的前n项和．证明：．
【解析】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，
所以，所以，
即，解得，所以，
所以.
（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和
，
，
．
设， ⑧
则． ⑨
由⑧-⑨得．
所以．
因此．
故．
[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法
证明：由（1）可得，
，①
，②
①②得 ，
所以，
所以，
所以.
[方法三]：构造裂项法
由（Ⅰ）知，令，且，即，
通过等式左右两边系数比对易得，所以．
则，下同方法二．
[方法四]：导函数法
设，
由于，
则．
又，
所以
，下同方法二．
20．在数列中，已知，.等比数列的首项为，且.
(1)求数列、的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【解析】 (1)因为，①
所以当时，，得.
当时，，②
①②得，即，所以.
因为当时也满足，
所以，所以，所以.
设的公比为，则，所以；
(2)因为，所以，
，
两式相减得
，
所以.
21．已知等差数列的前n项和为．
(1)求的通项公式；
(2)数列满足为数列的前n项和，是否存在正整数m，，使得 若存在，求出m，k的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设等差数列的公差为d，
由得，解得，
；
（2），
， ，若，则，整理得，
又，，整理得，
解得，
又，，，
∴存在满足题意．
22．已知数列满足，，数列的前项和为.
(1)求数列，的通项公式；
(2)表示不超过的最大整数，如，设的前项和为，令，求证：.
【解析】 (1)由题可知，当n≥2时，
＝
当n＝1时，也符合上式，
∴；
当时，，
当n＝1时，也符合上式，
∴；
(2)由(1)知，
∴，
∵，；
∵，，
，，，
∴
设为数列的前n项和，
则.
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必考点02 数列综合问题
题型一 分组转化法
例题1已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
【解题技巧提炼】
若数列通项是几个数列通项的和或差的组合，如：等差加等比，等比加等比．对于这类数列求和，就是对数列通项进行分解，然后分别对每个数列进行求和．例如：an＝bn＋cn＋…＋hn，则＝＋＋…＋
题型二 错位相减法
例题1设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解题技巧提炼】
如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．
【提示】
(1)在写“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)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．
题型三 裂项相消
例题1(2021·福州模拟)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)．设bn＝an＋1－an.
(1)证明：数列{bn}是等比数列；
(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Sn.
例题2已知函数f(x)＝xα的图象过点(4,2)，令an＝，n∈N*.记数列{an}的前n项为Sn，则S2 018＝( )
A.－1 B. －1
C. －1 D. ＋1
【解题技巧提炼】
看个性 考法(一)数列的通项公式形如an＝时，可转化为an＝，此类数列适合使用裂项相消法求和． 考法(二)数列的通项公式形如an＝时，可转化为an＝，此类数列适合使用裂项相消法求和
找共性 裂项相消法求和的实质和解题关键 裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项． (1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止． (2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项
题型一 分组转化法
1．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－3，则其前20项和为( )
A．380－ B．400－
C．420－ D．440－
2．(2022·焦作模拟)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{bn－an}为等比数列．
(1)求数列{an}和{bn－an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
题型二 错位相减法
1．数列，，，，…的前10项之和为________．
2．(2022·福州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1.
(1)证明：数列{an}是等比数列；
(2)设bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Tn.
题型三 裂项相消
1．等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________.
2．正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.求证：对于任意的n∈N*，都有Tn＜.
一、单选题
1．数列中，，对任意 ，若，则 （ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
2．设数列为等比数列，且公比，若和是方程的两根，则（ ）
A．18 B． C．或18 D．10
3．设关于的不等式的解集中整数的个数为，数列的前1000项组成集合，从中任取4个不同的数，按照从小到大的顺序排列成一个公比为偶数的等比数列，则这样的等比数列的个数为（ ）
A．125 B．140 C．144 D．146
4．在流行病学中，基本传染数R0是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数.初始感染者传染R0个人，为第一轮传染，这R0个人中每人再传染R0个人，为第二轮传染，…….R0一般由疾病的感染周期 感染者与其他人的接触频率 每次接触过程中传染的概率决定.假设新冠肺炎的基本传染数，平均感染周期为7天，设某一轮新增加的感染人数为M，则当M>1000时需要的天数至少为（ ）参考数据：lg38≈1.58
A．34 B．35 C．36 D．37
5．设等比数列的公比为，前项和为.若，，且，，则的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
6．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块
7．某人于2020年6月1日去银行存款a元，存的是一年定期储蓄，2021年6月1日将到期存款的本息一起取出再加a元之后还存一年定期储蓄，此后每年的6月1日他都按照同样的方法在银行取款和存款．设银行定期储蓄的年利率r不变，则到2025年6月1日他将所有的本息全部取出时，取出的钱共有（ ）
A．元 B．元 C．元D．元
8．已知数列中，，且对任意的，都有，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．在数列中，若（，，为常数），则称为等方差数列，下列对等方差数列的判断正确的有（ ）
A．若是等差数列，则是等方差数列
B．数列是等方差数列
C．若数列既是等方差数列，又是等差数列，则数列一定是常数列
D．若数列是等方差数列，则数列（，为常数）也是等方差数列
10．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．关于这个问题，下列说法正确的是（ ）
A．甲得钱是戊得钱的倍 B．乙得钱比丁得钱多钱
C．甲、丙得钱的和是乙得钱的倍 D．丁、戊得钱的和比甲得钱多钱
11．等差数列是递增数列，满足，前项和为，下列选项正确的是（ ）
A． B．
C．当时最小 D．时的最小值为
12．已知是数列的前项和，且，，则（ ）
A．数列是等比数列 B．恒成立
C．恒成立 D．恒成立
三、填空题
13．已知等比数列中，为其前项之和，，则______
14．在数列中，，则数列的公比___________.
15．记为等差数列的前项和，若，则___________.
16．数列的首项为1，其余各项为1或2，且在第个1和第个1之间有个2，即数列为：1，2，1，2，2，2，1，2，2，2，2，2，1，…，记数列的前项和为，则__________．（用数字作答）
四、解答题
17．已知数列为等差数列，公差，前n项和为，，且，，成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，记数列的前n项和为，求证：．
18．已知数列满足，且
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和（用具体数值作答）.
19．设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．
（1）求和的通项公式；
（2）记和分别为和的前n项和．证明：．
20．在数列中，已知，.等比数列的首项为，且.
(1)求数列、的通项公式；
(2)求数列的前项和.
21．已知等差数列的前n项和为．
(1)求的通项公式；
(2)数列满足为数列的前n项和，是否存在正整数m，，使得 若存在，求出m，k的值；若不存在，请说明理由．
22．已知数列满足，，数列的前项和为.
(1)求数列，的通项公式；
(2)表示不超过的最大整数，如，设的前项和为，令，求证：.
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