2025年高考数学复习大题题型归纳：第06讲 数列中的恒成立和存在性问题（解析）

第06讲数列中的恒成立和存在性问题考法呈现考法一：数列中的恒成立问题满分秘籍数列的“存在性和恒成立问题”的本质是不等式的问题，是高考中的热点问题。在出题上，经常巧妙的植入数列的求和中。因此数列的恒成立问题可以采用不等式的方法来求解，比如可以进行“参变分离”后等价转化为函数的最值问题进行求解。例题分析【例1-1】恒成立与分组求和已知数列an的前n项和为Sn，点n,S(1)证明：数列an(2)若bn=−1nan，数列bn的前n项和T【答案】(1)证明见解析；(2)m=1【分析】(1)利用an(2)分奇偶项讨论，先得出Tn，分离参数，求T【详解】（1）将点n,Sn代入曲线x2故an又S1=2×1−1则an+1−an=−2（2）由（1）可知：bn若n=2kk∈则Tn=b1+此时mT易知fn=1−2n单调递增，若n=2k−1k∈N∗，则Tn=此时mT易知fn=1+2n−2又n=1时，T1=b1=−1综上所述，对于∀n∈N∗，【例1-2】恒成立与裂项相消求和已知各项均为正数的数列an满足2Sn=an+1(1)求数列an(2)若对任意n∈N+，且当n≥2时，总有14【答案】(1)a(2)1,+∞.【分析】（1）由an与Sn的关系式即可证得数列an（2）由等差数列的前n项和公式求出Sn，再由裂项相消法可证明14S【详解】（1）∵2Sn=当n=1时，S1=a当n≥2时，an即an∵an+an−1∴数列an∴an（2）因为an=2n−1∴当n≥2时，1S∴1==1∴λ≥1，∴实数λ的取值范围为1,+∞.【例1-3】恒成立与错位相减求和已知数列an的前n项和为Sn，a1=1，(1)求数列an(2)设bn=Sn3n，bn的前n项和为T【答案】(1)a(2)−1,2【分析】（1）根据等差数列的定义以及an（2）利用错位相减法可求得Tn，在根据题意得m【详解】（1）由Sn+1=2Sn+所以数列Sn2n∴Sn2n∴当n≥2时，an又a1=1不满足上式，所以（2）由（1）知Sn=2n−1⋅∴Tn=23T①−②得：13整理得Tn又因为对任意的正整数n，Tn>m∵Tn+1∴Tn在0,+∞上单调递增，T由m2−m+727所以实数m的取值范围是−1,2.【例1-4】恒成立与数列的函数特性在①Sn=2bn−1，②−4bn=bn−1已知数列{an}为等比数列，a1=23，a3=a1a2，数列{bn}的首项b1=1，其前【答案】①不存在；②存在，1；③存在，3【分析】由数列an为等比数列得an=23n，选择①：通过Sn−Sn−1=bn得bnbn−1=2(n≥2)，进而求出bn的通项公式，求出anbn【详解】设等比数列an的公比为q因为a1=2所以q=a3a选择①：由Sn=2b两式相减整理，得bnbn−1所以bn所以bn=2由指数函数的性质知，数列an所以不存在k∈N*，使得对任意n∈N选择②：因为−4bn=所以数列bn是首项为1、公比为−所以bn=−因为an当且仅当n=1时取得最大值23所以存在k=1，使得对任意n∈N∗，选择③：由bn=bn−1+2(n≥2)又b1=1，所以设cn则cn+1所以当n≤2时，cn+1>cn，当则c1所以存在k=3，使得对任意n∈N∗，变式训练【变式1-1】在①2Sn=3a设数列an的前n项和为Sn，满足________，(1)求数列an(2)若存在正整数n0，使得bn0≥b【答案】(1)a(2)n【分析】（1）若选择条件①：利用an+1=Sn+1−（2）求出bn+1−bn=【详解】（1）若选择条件①：∵2Sn=3即an+1令n=1，则2S1=3∴an是以3为首项，3为公比的等比数列，若选择条件②：∵a∴log3a∴log∴a（2）∴b∵b∴当1≤n≤3,bn+1−当n≥4,bn+1−∴当n0=4时，bn【变式1-2】在数列an中，a1=1,(1)证明数列bn(2)设cn=2bn2n+1，数列c(3)对∀n∈N*，使得bn【答案】(1)证明见解析(2)T(3)2【分析】（1）根据等差数列的定义进行证明；（2）由（1）可求出bn，从而可求得c【详解】（1）因为a1所以bn+1−bn=12b1所以数列bn（2）由（1）可得bn所以cn所以Tn=212T所以①-②得12Tn=21所以T（3）bn=n，因为对∀n∈N则对∀n∈N*，使得则nn+1n+3≤λ即λ≥1n+3根据对勾函数单调性结合n∈N*可知当n=2时，1n+故λ≥215，则【变式1-3】已知数列an的前n项和为Sn，a1=3，(1)求S2，S3及(2)设bn=an+1an−1an+1−1，数列bn【答案】(1)S2=12，S(2)9【分析】（1）根据递推公式和a1的值，即可求出S2，S3（2）求出数列bn的通项公式，得出数列bn的前n项和，由不等式的恒成立，还可求出【详解】（1）由题意，n∈在数列an中，a1=3当n≥2时，Sn当n=1时上式也符合，∴Sn=33n∴当n≥2时，an=S∴an的通项公式为a（2）由题意及（1）得，n∈N在数列an中，a数列bn中，b∴Tn∵Tn∴λ≥9∵94∴943n+1−1的最大值为∴λ的最小值为932【变式1-4】已知数列an的各项均为正数，其前n项和Sn满足2Sn=(1)求an(2)设数列bn的前n项和为Tn，若5m−24<T【答案】(1)a(2)1【分析】（1）依题意可得Sn=an+122，再根据a（2）由（1）可得bn=141n−【详解】（1）由2Sn=当n=1时，a1=S当n≥2时，an化简得an∴数列an是以1为首项，2所以an（2）由（1）可得bn∴数列bn的前n项和T∵Tn+1∴Tn单调递增，∴T∵Tn∴18若使得5m−24<Tn<5m对一切n∈∴实数m的取值范围是120【变式1-5】图中的数阵满足：每一行从左到右成等差数列，每一列从上到下成等比数列，且公比均为实数q,aa(1)设bn=a(2)设Sn=a1,1+a2,1【答案】(1)bn(2)存在，λ=3【分析】（1）利用给定的数阵及相关信息，求出等差数列公差、等比数列的公比即可求解作答.（2）利用等比数列前n项和公式求出Sn，再分奇偶讨论求解不等式恒成立的λ【详解】（1）设a1,1=t，第一行从左到右成等差数列的公差为则a1,3由a4,22=a7,5于是t+2d=5(t+d)2=t+4d，又t>0因此q=−2，a所以an,n=a（2）由（1）知，an,1当n为奇数时，不等式等价于λ>32⋅2n当n为偶数时，不等式等价于λ<32⋅2n2n所以存在λ=32，使得考法二：数列中的存在性问题例题分析【例2】已知：正整数列an各项均不相同，n∈N*，数列(1)若T5=3，写出一个满足题意的正整数列(2)若a1=1,a(3)证明若∀k∈N∗，都有ak≤n，是否存在不同的正整数i，j，使得Ti【答案】(1)a(2)a(3)证明见解析【分析】（1）可取a1（2）由题设条件可得Sn=12n+1（3）假设存在不同的正整数i，j满足题设要求，利用不等式放缩后可得1≤Ti<3，从而Ti=2【详解】（1）取a1=3,a符合题设要求.（2）设Sn由已知得Tn=a当n=1时，a1当n≥2时有an=S所以数列an又a1=1，a2=2，所以有a2（3）Ti=a1+a2设a1+a所以1+2+⋯+i≤Si≤n+而Ti=S因为n2≤i，所以又因为Ti为大于1的整数，所以Ti的可能取值为2，同理所以SiSj又因为Sj故j−ii+j+1因为j−i>0，故j+i+1≤0，而n2≤i<j，故故不存在不同的正整数i，j，使得Ti，T【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是通过等比数列的前n项和公式得到ii+12≤Si≤i2n−i+12，再计算得j−ii+j+1≤满分秘籍数列的“存在性和恒成立问题”的本质是不等式的问题，是高考中的热点问题。在出题上，经常巧妙的植入数列的求和中。因此数列的恒成立问题可以采用不等式的方法来求解，比如可以进行“参变分离”后等价转化为函数的最值问题进行求解。变式训练【变式2-1】记Sn为正数列an的前n项和，已知(1)求a1(2)求最小的正整数m，使得存在数列an，S【答案】(1)1(2)3【分析】（1）根据题意可推得Sn+1−a（2）利用（1）中结论可得Sm−a【详解】（1）由题意Sn则Sn+1则an=d>0，故（2）由（1）可知an=d>0，一方面故m>d+2d≥22，当且仅当由于m为正整数，故m≥3，另一方面，m=3时，an=2综上所述，正整数m的最小值是3．【变式2-2】已知数列an满足a1=3(1)设bn=a(2)设数列an的前n项和为Sn，求使得不等式Sn【答案】(1)证明见解析(2)20【分析】（1）由已知条件，用a2n表示出bn，得出a2n=bn−12，再用a2n表示出b（2）由（1）的结论表示出S2n=2n+1+3n−2，S2n+2=【详解】（1）证明：∵an+1∴a2n=a2n−1∴a又∵b∴b∴a∵b∴b又∵a∴b∴a∴bn+1+1∴b又∵b∴b∴b∴数列bn（2）由（1）可知数列bn∴b即bn∴a∴S∴S又∵a∴a即a2n−1∴a∴S∵SS2n+2∴Sn在∵SS20∴满足题意的n的最小值是20．【变式2-3】已知数列{an}是正项等差数列，其中a1＝1，且a2、a4、a6+2成等比数列；数列{bn}的前n项和为Sn，满足2Sn+bn＝1．(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；(2)如果cn＝anbn，设数列{cn}的前n项和为Tn，是否存在正整数n，使得Tn＞Sn成立，若存在，求出n的最小值，若不存在，说明理由．【答案】(1)an=n(2)存在，2【分析】（1）数列an是等差数列，a2,a4,a6用公差a1与d表示出来后，由已知求得d，可得通项公式，数列bn是已知Sn与b（2）数列cn是由等差数列与等比数列相乘所得，其前n项和Tn用错位相减法求得，由（1）得出Sn，作差Tn−Sn【详解】（1）设数列{an}的公差为d，∵a1＝1，且a2、a4、a6+2成等比数列，∴a42=a2a6所以an由2Sn+bn＝1，得Sn当n＝1时，2S1+b1＝1，解得b1当n≥2时，bn所以bn所以数列{bn}是首项为13，公比为1故bn（2）由（1）知，cn所以Tn则13①-②得，23Tn所以Tn又Sn所以Tn因为2n+33所以1−2n+33n+1所以Tn−Sn是递增数列，且当故当n>1时，Tn−S故所求的正整数n存在，其最小值是2.【变式2-4】已知数列an满足a1=12，2an（1）数列an，b（2）若cn=bn+1−bna【答案】（1）an=1+−【分析】（1）由题得数列an−1是等比数列，即求出数列an的通项；由题得{bn（2）先求出cn=1,【详解】解：（1）由2an+1所以数列an−1是等比数列，公比为解得an由nbn+1−所以{bnn所以bn解得bn（2）由cn=b记dn=2n+1所以dn为单调递减且d1=32所以cn因此c1当n=2k时，n2+3当n=2k+1时，n2+3故c1+c【点睛】关键点睛：解答本题的关键有两点，其一：求出cn=1,真题专练1．在公差不为零的等差数列an中，a1=1，且a1,a3,a(1)求数列an和b(2)设cn=bn−an，数列cn的前n项和【答案】(1)an=2n−1(2)−1<a<1【分析】（1）设等差数列an的公差为d≠0，根据等比中项的性质得到方程，求出d，即可求出an的通项公式，再根据bn=S1,n=1（2）由（1）可得cn=2n−2n−1，利用分组求和法求出Tn，令f【详解】（1）设等差数列an的公差为d≠0,∵a1∴a32=a1a所以an∵数列bn的前n项和S当n=1时，b1=2当n≥2时，bn=S即数列bn是首项为2，公比为2∴b（2）由（1）可得cn∴∴T令fn=2∴fn单调递增，∴f∴log21−a<1，2．已知数列an的前n项和为Sn，a1(1)求数列an(2)设数列bn满足4bn+n−5an=0n∈N∗，记b【答案】(1)a(2)−4,1【分析】（1）由an=S1,n=1Sn（2）由错位相减法得到Tn=−5n⋅45n+1，进而得到不等式，即λ【详解】（1）当n=1时，5a2+a当n≥2时，由5an+1得5an①－②得5aa2=−6425∴an+1又a2∴an是首项为−165∴an（2）由4bn+所以Tn45两式相减得1=−=−16所以Tn由Tn≤λb即λn−5n=5不等式恒成立；n<5时，λ≤−4nn−5=−4−n>5时，λ≥−4nn−5=−4−所以−4≤λ≤1．3．已知数列an的前n项和为Sn，当n≥2时，(1)证明：数列1S(2)若a1=12，数列2nSn的前n【答案】(1)证明见解析(2)8【分析】（1）n≥2时，用an（2）用错位相减法求出Tn，不等式可化为m≤n+16n恒成立，再用基本不等式求得n+【详解】（1）由题意知，当n≥2时，SnSn整理得：SnSn−1=S（2）由a1=1所以1Sn=n+1所以Tn=2⋅2+3⋅所以2Tn①-②得−T所以−Tn=4+因为mTn≤由于n+16n≥8，当且仅当n=44．在数列an中，a1=−(1)证明：数列an(2)记数列nan+2n的前n项和为Tn，若关于n的不等式【答案】(1)证明见详解(2)3【分析】（1）根据题意结合等比数列定义分析证明；（2）由（1）可得nan+2n【详解】（1）由题意可得：a1当n≥2时，可得an则an所以数列an+2n是以首项为12（2）由（1）可得：an+2n=1可得Tn=1两式相减得：12所以Tn因为n2−Tn原题意等价于关于n的不等式nn+12n构建bn令bn≥bn+1b则b1<b2=b3>b可得λ≥32，所以实数λ的取值范围5．已知等比数列an的前n项和为S(1)求数列an(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个等差数列，记插入的这n个数之和为Tn，若不等式(−1)nλ<2−(3)记bn=1【答案】(1)a(2)−1,(3)详见解析.【分析】（1）根据an和Sn的关系即可求解；（2）根据等差数列前n项和公式求出Tn【详解】（1）设等比数列an的公比为q当n=1时，有a2=a1当n≥2时，an+1=S整理得an+1=2an，可知q=2，代入所以等比数列an的通项公式为an=（2）由已知在an与an+1之间插入n个数，组成以所以Tn则(−1)n设cn=2−2当n为偶数时，λ<2−22n恒成立，即λ<当n为奇数时，−λ<2−22n恒成立，即−λ<综上所述，λ的取值范围是−1,3（3）证明：由（1）得bn则有b=2b<26．已知函数fx=ax+bx+2−2aa>0(1)a,b满足的关系式；(2)若fx≥2lnx在(3)证明：k=12n【答案】(1)b=a−2(2)1,+∞(3)证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；（2）原问题等价于fx−2lnx≥0在1,+∞上恒成立，令gx（3）利用（2）中结论，当a=1时，12x−1x≥lnx，令x=【详解】（1）由题意可得f'因为fx在点1,f1处的切线与直线所以f'1×−1（2）因为b=a−2，所以fx若fx≥2lnx在1,+∞上恒成立，则fx设gx=fx则g1=0，①当0<a<1时，2−aa>1，若1<x<2−aa，则g'所以gx<g1=0，即②当a≥1，2−aa≤1，当x>1时，g'x>0又g1=0，此时fx≥2lnx，综上所述，所求（3）由（2），当a≥1时，fx≥2lnx在取a=1，得x−1x≥2lnx即1令x=n+1则lnn+1因为k=n2n−1而k=n=1所以ln2<1又k=1=1+1所以ln2<k=12n−1【点睛】本题考查导数的几何意义，考查不等式恒成立问题，解题方法是把不等式变形为gx≥0，然后由导数求得gx的最小值gxmin，解不等式gxmin≥0即可得参数范围，第（3）问注意利用之前构造好的不等式，当7．已知数列an中，(1)证明：数列ann是等差数列，并求数列(2)设bn=2n+1anan+1，数列bn的前【答案】(1)证明见解析，a(2)λ>【分析】（1）对nan+1−n+1an=2n（2）由（1）求出bn，再由裂项相消法求和求出Tn，则Tn【详解】（1）∵nan+1−∴∴数列ann是首项an∴a（2）bn=2n+1TTn<λnn+1，即λ>∴λ>38．已知数列an的前n项和为Sn，且(1)求数列an(2)记bn=an+1an−1⋅an+1−1，数列b【答案】(1)a(2)8,+∞【分析】（1）由题意得到Sn=2n+1−2，结合a（2）由（1）化简得到bn=22n【详解】（1）解：由18Sn当n≥2时，an当n=1时，a1所以数列an为等比数列，其通项公式为a（2）解：由数列an的通项公式为a可得bn所以Tn=b又由22n+1−1Tn当n=2时，−2n−4故λ的取值范围为8,+∞．9．已知数列an是首项a1=14，公比q=14(1)证明：数列bn(2)若cn≤14m【答案】(1)证明见解析(2)m≥1戓m≤−5．【分析】（1）易知an=14n（2）由（1）得cn=3n−2【详解】（1）证明：由题意知an=1∵bn∴bn=3∴bn+1∴数列bn是首项b1=1（2）由（1）得bn∵cn+1−c∴当n=1时，c2=c1=即c1∴当n=1或2时，cn取最大值1又cn≤1∴14即m2+4m−5≥0．解得m≥1戓10．已知数列an的前n项和为Sn，且(1)求数列an(2)设数列bn的前n项和为Tn，且2bn=n−2a【答案】(1)a(2)−1≤λ≤1【分析】（1）根据数列的递推关系，利用作差法构造等比数列，进而求解；（2）结合（1）的结论得到bn=2−n【详解】（1）∵Sn∴Sn−1两式作差得2an=a当n=1时，S1=1−a1所以an−1是首项为−1故an（2）∵2bn=n−2∴Tn=12T两式作差得12化简得Tn∵Tn≥λbn恒成立，∴当n=1时，λ≤1；当n=2时，λ∈R；当n≥3时，λ≥n2−n=−n−2+2综上所述，−1≤λ≤1．11．若无穷数列{an}满足如下两个条件，则称{a①an>0（②对任意的正数δ，都存在正整数N，使得n>N，都有an(1)若an=2n+1，bn=2+cos(n)（(2)若an=2n+1，是否存在正整数k，使得对于一切n≥k，都有a1(3)若数列{an}是单调递增的无界数列，求证：存在正整数m，使得a【答案】(1){an}是无界数列；{b(2)存在，k(k≥4)(3)证明见解析【分析】（1）对任意的正整数δ，取N为大于δ2的一个偶数，有aN=2N+1>2⋅δ2（2）讨论n=1，n=2，n=3都不成立，当n≥4时，将a1a2（3）观察要证的不等式结构与（2）相似，故应用（2）变形后，再由{an【详解】（1）{an对任意的正整数δ，取N为大于δ2的一个偶数，有aN=2N+1>2⋅{bn取δ=3，显然bn=2+cos(n)≤3，不存在正整数N，满足bN（2）存在满足题意的正整数k，且k≥4.当n=1时，a1当n=2时，a1当n=3时，a1当n≥4时，将a1a=2即取k=4，对于一切n≥k，有a1（3）因为数列{an}是单调递增的无界数列，所以an所以n−>a即a因为{an}是无界数列，取δ=2a1，由定义知存在正整数N1，使由定义可知{an}是无穷数列，考察数列aN1+1，aNaN故存在正整数N2a1a2故存在正整数m=N2，使得12．已知数列an和bn满足a1=1，（1）求数列an和b（2）设数列anbn的前n项和为Tn，求满足【答案】（1）an=2n−1，b【分析】（1）推导出数列an+1为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得an+1的通项公式，即可得出（2）利用错位相减法结合分组求和法可求得Tn，根据已知条件可得出关于n的二次不等式，结合n∈N∗【详解】（1）对任意的n∈N∗，an+1=2a所以，数列an+1是等比数列，且首项和公比均为故an+1=2×2因为1n所以，b=n+1（2）设数列n⋅2n的前n项和为则Sn所以，2S上式−下式，得−S所以，Sn∵a则Tn由Tn≥2a整理可得n2+n−6≤0，解得因为n∈N∗，故n=1或13．已知单调递增的等比数列an满足：a2+a3+a（1）求数列an（2）若bn=anlog12【答案】（1）an【分析】（1）设等比数列an的首项为a1，公比为q，代入已知条件可求得（2）求出bn，用错位相减法求得S【详解】（1）设等比数列an的首项为a1，公比为依题意，有2a3+2=a∴a2∴a解之得q=2,a1又数列an所以q=2，a1∴数列an的通项公式为a（2）∵bn∴Sn=−2Sn②－①，得Sn∴S即2n+1−2>50，即易知：当n≤4时，2n+1当n≥5时，2n+1∴使Sn+n⋅2n+1>5014．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，a2=2，公比为2的等比数列（Ⅰ）求数列{an}（Ⅱ）已知cn=an−12n+1Tn【答案】（Ⅰ）an=n，bn【分析】（Ⅰ）由递推式，令n=1求b1=1，写出{bn}（Ⅱ）应用裂项求和求c1+c2+【详解】（Ⅰ）由题设，a2log2(T1+1)=2∴bn=2n−1，故当n≥2时，2(Sn−当n=1时，a2∴n∈N∗上有nan+1=(n+1)∴{ann}是常数列且（Ⅱ）由题意，cn∴c1+c2+令dn=n∴当n=1时，d2>d1；当n≥2时，dn+1∴λ<d【点睛】关键点点睛：第二问，利用裂项求和求c1+c15．已知数列{an}的前n项和为S（1）求数列{a（2）记集合M={n|n(n+1)≥λan，n∈N∗}（3）是否存在等差数列{bn}，使得a1b【答案】（1）an=1·2n−1=2n−1，n∈N∗；（2）(2【分析】（1）运用数列的递推式，结合等比数列的通项公式，即可得到所求通项；（2）由题意可得12λ≤n(n+1)2n，设f(n)=n(n+1)2n，求得（3）先假设存在等差数列{∁n}，然后令n=1，n=2【详解】解：（1）Sn=2an−1解得a1n≥2时，可得Sn−1相减可得an即为an可得an=1·2（2）集合M={n|n(n+1)≥λan，若M中有3个元素，可得12设f(n)=n(n+1)f（1）=1，f（2）=32，f（3）f（4）=54，f（5）则当n≥5时,2=1+n+∴n(n+1)又集合M中有且仅有3个元素，则1<1故实数λ的取值范围是(2，52（3）设存在等差数列{ba1bn则n=1时有a1b1则n=2时有a1b2∴等差数列{bn}的公差d=1设S=a∴由S=1·n+2(n−1)+22S=2·n+2∴2S−S=S=−n+2+2∴存在等差数列{bn}【点睛】本题考查由数列递推式求数列通项、数列求和，累加法是求数列通项的常用方法，要熟练掌握，错位相减法对数列求和是高考考查的重点内容，要掌握．16．已知等差数列an的首项a1=−1，公差d>1．记an的前(1)若S4−2a(2)若对于每个n∈N∗，存在实数cn，使a【答案】(1)S(2)1<d≤2【分析】（1）利用等差数列通项公式及前n项和公式化简条件，求出d，再求Sn(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求d的范围.【详解】（1）因为S4所以−4+6d−2−1+d所以d2−3d=0，又所以d=3，所以an所以Sn（2）因为an+cn，所以an+1nd−1+4ccn由已知方程cn所以Δ=14d−8nd+8所以16d−8nd+812d−8nd+8≥0对于任意的所以n−2d−12n−3d−2当n=1时，n−2d−1当n=2时，由2d−2d−14d−3d−2≥0当n≥3时，n−2d−1又d>1所以1<d≤217．已知正项数列an的前n项和为Sn，对任意n∈N∗，点(1)求数列an(2)已知数列cn满足cn=1an−1n【答案】(1)a(2)−∞,−【分析】（1）由Sn与an的关系结合累乘法得出数列（2）令Mn为数列cn的前n项和，由裂项相消法以及公式法得出Mn=1【详解】（1）点an,Sn都在函数当n=1时，a1当n≥2时，an=S即anan−1⋅a即an（2）由cn=12n−1可得M=1由c1当n≥5时，2n当n=5时，25>5(5+1)假设n=k