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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＝2(2)cn＝(－1)＝(－1)
n－1
n－1
n－1
(n∈N)．
*
·?
?4?n＋1??
???2n＋1??2n＋3??
?1＋1?， ?2n＋12n＋3???
T2n＝c1＋c2＋c3＋…＋c2n－1＋c2n
111111
＝＋－－＋…－－ 35574n＋14n＋311*＝－(n∈N)． 34n＋3(3)由(1)得dn＝anbn＝n·2
n－1
，
Dn＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1，
2Dn＝1×2＋2×2＋3×2＋…＋(n－1)·2两式相减得－Dn＝1＋2＋2＋…＋2所以Dn＝(n－1)·2＋1， 由(1)得Sn＝2an－1＝2－1， 因为对?n∈N，都有Dn≤nSn－a， 即(n－1)·2＋1≤n(2－1)－a恒成立，
nn*
2
2
3
n－1
＋n·2.
nnn－1
1－2n－n·2＝－n·2，
1－2
nnn所以a≤2－n－1恒成立， 记en＝2－n－1，所以a≤(en)min，
nn因为en＋1－en＝[2
n＋1
－?n＋1?－1]－(2－n－1)＝2n－1>0，从而数列{en}为递增数列，
n所以当n＝1时，en取最小值e1＝0，于是a≤0.
12．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＝＋2＋3＋…＋n，证明：Tn<3.
2222(1)解 因为数列{an}为“P(1)数列”， 则Sn＝an＋1－1， 故Sn＋1＝an＋2－1， 两式相减得，an＋2＝2an＋1，
a1a2a3an推荐学习K12资料
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又n＝1时，a1＝S1＝a2－1， 所以a2＝2，
故an＋1＝2an对任意的n∈N恒成立， 即
*
an＋1
＝2(常数)， ann－1
故数列{an}为等比数列，其通项公式为an＝2，n∈N.
*
(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＝＋2＋3＋…＋n 222212358an＝＋2＋3＋4＋5＋…＋n， 222222
11235an－1an所以Tn＝2＋3＋4＋5＋…＋n＋n＋1，
2222222
11112an－2an31an两式相减得Tn＝＋2＋3＋4＋…＋n－n＋1＝＋Tn－2－n＋1，
2222222442
*
a1a2a3anan131
显然Tn－2
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