专题19 数列通项与求和问题 冲刺2019高考数学二轮复习核心考点

这是一份专题19 数列通项与求和问题 冲刺2019高考数学二轮复习核心考点，主要包含了自主热身，归纳提炼，问题探究，变式训练，思路分析等内容，欢迎下载使用。

【自主热身，归纳提炼】
1、 等比数列的各项均为实数，其前项和为，已知，，则 .
【答案】
【解析】由于，故，而，
故，则 .
2、对于数列{an}，定义数列{bn}满足bn＝an＋1－an(n∈N*)，且bn＋1－bn＝1(n∈N*)，a3＝1，a4＝－1，则a1＝________.
【答案】 8
【解析】：因为b3＝a4－a3＝－1－1＝－2，所以b2＝a3－a2＝b3－1＝－3，所以b1＝a2－a1＝b2－1＝－4，三式相加可得a4－a1＝－9，所以a1＝a4＋9＝8.
3、设公比不为1的等比数列{an}满足a1a2a3＝－eq \f(1,8)，且a2，a4，a3成等差数列，则数列{an}的前4项和为________．
【答案】： eq \f(5,8)
解后反思 本题主要考查等差中项和等比中项的性质及应用，体现了等差数列和等比数列的基本量的计算问题中的方程思想，等比数列的求和要注意公比是否为1.
:4、已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝2a2＋3，S3＝2a3＋3，则公比q的值为________．
【答案】：. 2
当q＝1时，显然不满足题意；当q≠1时， eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－q2,1－q)＝2a1q＋3，,\f(a11－q3,1－q)＝2a1q2＋3，))整理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a11－q＝3，,a11＋q－q2＝3，))解得q＝2.
5、 记公比为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝1，S4－5S2＝0，则S5的值为________．
【答案】： 31
【解析】：设公比为q，且q＞0，又a1＝1，则an＝qn－1.由S4－5S2＝0，得(1＋q2)S2＝5S2，所以q＝2，所以S5＝eq \f(1－25,1－2)＝31.
解后反思 利用S4＝(1＋q2)S2，可加快计算速度，甚至可以心算．
6、设数列的前项和为，若，则数列的通项公式为 ．
【答案】：
7、 已知数列{an}满足a1＝－1，a2>a1，|an＋1－an|＝2n(n∈N*)，若数列{a2n－1}单调递减，数列{a2n}单调递增，则数列{an}的通项公式为an＝________.
【答案】eq \f(－2n－1,3)
【解析】：因为|an＋1－an|＝2n，所以当n＝1时，|a2－a1|＝2.由a2>a1，a1＝－1得a2＝1.当n＝2时，|a3－a2|＝4，得a3＝－3或a3＝5.因为{a2n－1}单调递减，所以a3＝－3.当n＝3时，|a4－a3|＝8，得a4＝5或a4＝－11.因为{a2n}单调递增，所以a4＝5.同理得a5＝－11，a6＝21.
因为{a2n－1}单调递减，a1＝－1<0，所以a2n－1<0.同理a2n>0.所以当n为奇数时(n≥3)，有an－an－1＝－2n－1，an－1－an－2＝2n－2.两式相加得an－an－2＝－2n－2.
那么a3－a1＝－2；a5－a3＝－23；…；an－an－2＝－2n－2.
以上各式相加得an－a1＝－(2＋23＋25＋…＋2n－2)．
所以an＝a1－eq \f(2[1－22\f(n－3,2)＋1],1－22)＝－eq \f(2n＋1,3).
同理，当n为偶数时，an＝eq \f(2n－1,3).
所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(2n＋1,3)，n为奇数，,\f(2n－1,3)， n为偶数.))也可以写成an＝eq \f(－2n－1,3).
【问题探究，变式训练】
例1、已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝21，S4＋b4＝30.
(1) 求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2) 记cn＝anbn，n∈N*，求数列{cn}的前n项和．
【解析】： (1) 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d.(3分)
由条件a4＋b4＝21，S4＋b4＝30，得方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2＋3d＋2q3＝21，,8＋6d＋2q3＝30，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝1，,q＝2.))
所以an＝n＋1，bn＝2n，n∈N*.(7分)
(2) 由题意知cn＝(n＋1)×2n.
记Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn.
则Tn＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋n×2n－1＋
(n＋1)×2n，
2Tn＝2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n＋(n＋1)2n＋1，
所以－Tn＝2×2＋(22＋23＋…＋2n)－(n＋1)×2n＋1，(11分)
即Tn＝n·2n＋1，n∈N*.(14分)
【变式1】、在数列中，已知，，，设为的前项和．（1）求证：数列是等差数列；（2）求．学_科网
证明 （1）因为，所以，
又因为，所以，
所以是首项为1，公差为的等差数列．
（2）由（1）知，所以，
所以，
所以，
两式相减得．
，
所以．
【变式2】、已知数列的前项和为，且（）．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的通项公式．
解 （1）由，得．两式相减，得，
所以，由又，得，，
所以数列为等比数列，且首项为2，公比，所以．
（2）由（1）知．
由()，
得()．
故，即．
当时，．所以
【关联1】、数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，Sn＝aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,3)＋r))(r∈R，n∈N*)．
(1) 求r的值及数列{an}的通项公式；
(2) 设bn＝eq \f(n,an)(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.
①当n∈N*时，λ＜T2n－Tn恒成立，求实数λ的取值范围；
②求证：存在关于n的整式g(n)，使得(Ti＋1)＝Tn·g(n)－1对一切n≥2，n∈N*都成立．
思路分析 (1) 利用关系式an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，,n＝1，,Sn－Sn－1，,n≥2，n∈N*，)))将an与Sn的关系转化为an与an－1的关系，再利用累乘法求{an}的通项公式；
(2) ①利用数列{T2n－Tn}的单调性求T2n－Tn的最小值即可；②利用条件得到Tn与Tn－1的关系，通过变形，化简和式(Ti＋1)，即可证得命题．
规范解答 (1) 当n＝1时，S1＝a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋r))，所以r＝eq \f(2,3)，(2分)
所以Sn＝aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,3)＋\f(2,3))).
当n≥2时，Sn－1＝an－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,3)＋\f(1,3)))，
两式相减，得an＝eq \f(n＋2,3)an－eq \f(n＋1,3)an－1，所以eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n－1)(n≥2)．(4分)
所以eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1)＝eq \f(3,1)×eq \f(4,2)×eq \f(5,3)×…×eq \f(n,n－2)×eq \f(n＋1,n－1)，即eq \f(an,a1)＝eq \f(nn＋1,1×2).
所以an＝n(n＋1)(n≥2)，又a1＝2适合上式．
所以an＝n(n＋1)(n∈N*)．(6分)
(2) ①因为an＝n(n＋1)，所以bn＝eq \f(1,n＋1)，Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n＋1).
所以T2n＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2n＋1)，
所以T2n－Tn＝eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,2n＋1).(8分)
令Bn＝T2n－Tn＝eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,2n＋1).
则Bn＋1＝eq \f(1,n＋3)＋eq \f(1,n＋4)＋…＋eq \f(1,2n＋3).
所以Bn＋1－Bn＝eq \f(1,2n＋2)＋eq \f(1,2n＋3)－eq \f(1,n＋2)＝eq \f(3n＋4,2n＋22n＋3n＋2)＞0，
所以Bn＋1＞Bn，所以Bn单调递增，(10分)
(Bn)min＝B1＝eq \f(1,3)，所以λ＜eq \f(1,3).(12分)
②因为Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n＋1).
所以当n≥2时，Tn－1＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)，
所以Tn－Tn－1＝eq \f(1,n＋1)，即(n＋1)Tn－nTn－1＝Tn－1＋1.(14分)
所以当n≥2时，(Ti＋1)＝(3T2－2T1)＋(4T3－3T2)＋(5T4－4T3)＋…＋[(n＋1)Tn－nTn－1]＝(n＋1)Tn－2T1＝(n＋1)Tn－1，
所以存在关于n的整式g(n)＝n＋1，使得(Ti＋1)＝Tn·g(n)－1对一切n≥2，n∈N*都成立．(16分)
解后反思 本题以an与Sn的关系为背景，考查了数列的通项、求和、数列的单调性，考查学生利用数列知识解决数列与不等式的综合问题的能力，以及代数变形与推理论证能力．
【关联2】、已知各项是正数的数列{an}的前n项和为Sn.
(1) 若Sn＋Sn－1＝eq \f(aeq \\al(2,n)＋2,3)(n∈N*，n≥2)，且a1＝2.
①求数列{an}的通项公式；
②若Sn≤λ·2n＋1对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
(2) 已知数列{an}是公比为q(q>0，q≠1)的等比数列，且数列{an}的前n项积为10Tn.若存在正整数k，对任意n∈N*，使得eq \f(T（k＋1）n,Tkn)为定值，求首项a1的值．
. eq \a\vs4\al(思路分析) (1) ①利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，得到an＋1与an的关系，并特别注意式中的n≥2.对于n＝1的情况必须单独处理．
由3(S2＋S1)＝aeq \\al(2,2)＋2及a1＝2，得3(4＋a2)＝aeq \\al(2,2)＋2，即aeq \\al(2,2)－3a2－10＝0.
结合a2>0，解得a2＝5，满足a2－a1＝3.(3分)
所以对n∈N*，均有an＋1－an＝3，即数列{an}是首项为a1＝2，公差为3的等差数列，
数列{an}的通项公式为an＝3n－1.(5分)
②由①知，Sn＝eq \f(n（a1＋an）,2)＝eq \f(n（3n＋1）,2)，所以λ≥eq \f(n（3n＋1）,2n＋2)对n∈N*恒成立．(6分)
记f(n)＝eq \f(n（3n＋1）,2n＋2)，n∈N*.
考虑f(n＋1)－f(n)＝eq \f(（n＋1）（3n＋4）,2n＋3)－eq \f(n（3n＋1）,2n＋2)＝eq \f(－（3n2－5n－4）,2n＋3).(8分)
当n≥3时，f(n＋1)所以实数λ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(15,16)，＋∞)).(11分)
Tn＝nb1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b1－\f(d,2)))n，记A＝eq \f(d,2)≠0，B＝b1－eq \f(d,2)，则Tn＝An2＋Bn.
所以eq \f(T（k＋1）n,Tkn)＝eq \f(A（k＋1）2n2＋B（k＋1）n,Ak2n2＋Bkn)＝eq \f(k＋1,k)·eq \f(A（k＋1）n＋B,Akn＋B).
因为对任意n∈N*，eq \f(T（k＋1）n,Tkn)为定值，所以eq \f(A（k＋1）n＋B,Akn＋B)也为定值．
设eq \f(A（k＋1）n＋B,Akn＋B)＝μ，
则[A(k＋1)－μAk]n＋B－Bμ＝0对n∈N*恒成立．
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\ac\hs10\c2(A（k＋1）－μAk＝0，,①,B－Bμ＝0，,②)))
由①得μ＝eq \f(k＋1,k)，代入②得B＝0.(15分)
即b1＝eq \f(1,2)d，即lga1＝eq \f(1,2)lgq，得a1＝eq \r(q).(16分)
【关联3】、已知数列满足，数列的前项和为．
（1）求的值；
（2）若．
= 1 \* GB3 ① 求证：数列为等差数列；
= 2 \* GB3 ② 求满足的所有数对．
【思路分析】（1）直接令得到关系式，两式相减，求出的值
分别赋值，得到关系式，两式相减，得到，结合，计算出，
从而求，代入关系式，得出，利用定义法证明为等差数列
求和得到，代入关系式整理得，需要转化两个因数相乘的形式，变形处理，利用平方差公式得到，因为且均为正整数，则两个因数只能为27和1，从而求出的值.[来源:学|科|网Z|X|X|K]
规范解答 （1）由条件，得，②①得 ．……………………… 3分
（2）①证明：因为，
所以，
④③得， ……………………………………………… 6分
于是，
所以，从而． ……………………………………………… 8分
所以，
所以，将其代入③式，得，
所以（常数），
所以数列为等差数列．……………………………………………… 10分
②注意到，
所以
，…………………………………………… 12分
由知．
所以，
即，又，
所以且均为正整数，
所以，解得，
所以所求数对为．………………………………………………… 16分
例2、 正项数列的前项和满足: ．
（1）求数列的通项公式；学科-网
（2）令,数列的前项和为.证明:对于任意的,都有.
解 （1）由,得.
由于是正项数列，所以.
于是时,.
综上，数列的通项.
（2）证明 由于，则.
所以
.
【变式1】、数列的前项和为，.
（1）求的值及数列的通项公式；
（2）设，记的前项和为.
①当时，恒成立，求实数的取值范围；
②求证：存在关于的整式，使得对一切都成立.
（2） = 1 \* GB3 ①因为，所以，所以.
所以，
所以.
令，
则.
所以.
所以，所以单调递增.
所以的最小值为，所以.
= 2 \* GB3 ②因为，
所以当时，．
所以即．
当时
．
所以存在关于的整式．
使得对一切都成立．
【变式2】、已知数列{an}满足a1＝10，an－10≤an＋1≤an＋10(n∈N*)．
(1) 若{an}是等差数列，Sn＝a1＋a2＋…＋an，且Sn－10≤Sn＋1≤Sn＋10(n∈N*)，求公差d的取值集合；
(2) 若b1，b2，…，bk成等比数列，公比q是大于1的整数，b1＝10，b2≤20，且b1＋b2＋…＋bk＞2017，求正整数k的最小值；
(3) 若a1，a2，…，ak成等差数列，且a1＋a2＋…＋ak＝100，求正整数k的最小值以及k取最小值时公差d的值．学科-网
(3) a1＋a2＋…＋ak＝10k＋eq \f(kk－1,2)d＝100，所以d＝eq \f(200－20k,kk－1).(11分)
由题意|d|＝|an＋1－an|≤10，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(200－20k,kk－1)))≤10.(13分)
所以－k2＋k≤20－2k≤k2－k，所以k≥4，
所以kmin＝4.(15分)
此时d＝10.(16分)
解后反思 本题第(2)问在原题上有所改动，原题如下：
(2) 若a1，a2, …，ak成等比数列，公比q是大于1的整数，且a1＋a2＋…＋ak＞2017，求正整数k的最小值．
原题的漏洞在于an＝10×2n－1以指数级上升，条件中的an＋1≤an
【变式3】、已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝3，且2Sn＝an＋1－3(n∈N*)．
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 对于正整数i，j，k(i(3) 设数列{bn}前n项和是Tn，且满足：对任意的正整数n，都有等式a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋anb1＝3n＋1－3n－3成立. 求满足等式eq \f(Tn,an)＝eq \f(1,3)的所有正整数n.
eq \a\vs4\al(思路分析) (1) 当n≥2时，Sn－Sn－1＝an，得到an＋1与an的关系式；
(2) 在等式λ·3j＋μ·3k＝12·3i两边同除以3i或3j；
(3) 先求出bn＝2n－1，Tn＝n2.再试算eq \f(Tn,an)的前几项，猜出【答案】，并证明结论．
规范解答 (1) 2Sn＝an＋1－3，2Sn－1＝an－3(n≥2)，两式相减，得2an＝an＋1－an.即当n≥2时，an＋1＝3an.(2分)
由a1＝S1＝3，得6＝a2－3，即a2＝9，满足a2＝3a1.
所以对n∈N*，都有an＋1＝3an，即eq \f(an＋1,an)＝3.
所以数列{an}是首项为3，公比为3的等比数列，通项公式an＝3n.(4分)
(2) 由(1)，得λ·3j＋μ·3k＝12·3i，即λ＋μ·3k－j＝eq \f(4,3j－i－1).
因为正整数i，j，k满足i所以只有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3j－i－1＝1，,3k－j＝3，))即λ＋3μ＝4，得λ＝μ＝1.(8分)
(3) 由(1)知，31bn＋32bn－1＋33bn－2＋…＋3nb1＝3n＋1－3n－3， ①
及31bn＋1＋32bn＋33bn－1＋…＋3n＋1b1＝3n＋2－3(n＋1)－3， ②
②/3－①，得bn＋1＝2n＋1.(10分)
又3b1＝9－3－3＝3，得b1＝1，所以bn＝2n－1，从而Tn＝n2.设f(n)＝eq \f(Tn,an)＝eq \f(n2,3n)，n∈N*.
当n＝1时eq \f(T1,a1)＝eq \f(1,3)；当n＝2时eq \f(T2,a2)＝eq \f(4,9)；当n＝3时eq \f(T3,a3)＝eq \f(1,3)；(12分)
下面证明：对任意正整数n>3都有eq \f(Tn,an)eq \f(Tn＋1,an＋1)－eq \f(Tn,an)＝(n＋1)2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n＋1)－n2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n＋1)[(n＋1)2－3n2]＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n＋1)(－2n2＋2n＋1)，
当n≥3时，－2n2＋2n＋1＝(1－n2)＋n(2－n)<0，即eq \f(Tn＋1,an＋1)－eq \f(Tn,an)<0，
所以当n≥3时，eq \f(Tn,an)递减，所以对任意正整数n>3都有eq \f(Tn,an)综上可得，满足等式eq \f(Tn,an)＝eq \f(1,3)的正整数n的值为1和3.(16分)
eq \a\vs4\al(解后反思) 第(1)题中，要注意验证a2＝3a1；
第(2)题中，也可化为λ·3j－i－1＋μ·3k－i－1＝4，说明只能λ＝1；
第(3)题这种类型的题，一般是先猜再证．若条件出现数列的“和”的等式，则可以利用“差商”法求数列的通项公式，另外利用数列的单调性确定数列项的范围，进而解决相关的问题也是数列问题中的常用的数学思想方法．
【变式4】、已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，总存在正数p，q，r，使得an＝pn－1，Sn＝qn－r恒成立；数列{bn}的前n项和为Tn，且对任意正整数n，2Tn＝nbn恒成立．
(1) 求常数p，q，r的值；
(2) 证明数列{bn}为等差数列；
(3) 若b2＝2，记Pn＝eq \f(2n＋b1,an)＋eq \f(2n＋b2,2an)＋eq \f(2n＋b3,4an)＋…＋eq \f(2n＋bn－1,2n－2an)＋eq \f(2n＋bn,2n－1an)，是否存在正整数k，使得对任意正整数n，Pn≤k恒成立，若存在，求正整数k的最小值；若不存在，请说明理由．
eq \a\vs4\al(思路分析) 第(1)问，由于所给出的是关于通项与和的一般性的式子，因此，利用特殊与一般的关系，将一般进行特殊化来处理，可分别取n＝2，3，求出p，q的值(必要性)，再验证是否符合题意(充分性)．
第(2)问，根据数列的通项与其前n项和的关系an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\ac\hs10\c2(S1，,n＝1，,Sn－Sn－1，,n≥2)))来得到数列的递推关系，有了递推关系后来判断数列是等差数列就有两种方法：一是利用递推关系求出数列的通项公式，进而通过定义来加以证明；二是利用等差中项来进行证明．
第(3)问，根据所要研究的对象“Pn≤k 恒成立”可以看出，本题的本质就是求Pn的最大值，而研究一个数列的最值的基本方法是研究数列的单调性，因此，利用邻项作差的方法来判断{Pn}的单调性，进而求出数列的最大值．另外，注意到本题的Pn是一个差比数列的和，因此，本题又可以通过先求和，然后再判断单调性，进而求最值的方法来加以求解，但这种方法并不简便，故采用直接判断单调性的方法来加以求解．
规范解答 (1) 因为Sn＝qn－r ①，
所以Sn－1＝qn－1－r ②(n≥2)，
①－②得Sn－Sn－1＝qn－qn－1，即an＝qn－qn－1(n≥2)，(1分)
又an＝pn－1，所以pn－1＝qn－qn－1(n≥2)，
n＝2时，p＝q2－q；n＝3时，p2＝q3－q2.
因为p，q为正数，解得p＝q＝2.(3分)
又因为a1＝1，S1＝q－r，且a1＝S1，所以r＝1.(4分)
(2) 因为2Tn＝nbn ③，
当n≥2时，2Tn－1＝(n－1)bn－1 ④，
③－④得2bn＝nbn－(n－1)bn－1，即(n－2)bn＝(n－1)bn－1 ⑤，(6分)
证法1 又(n－1)bn＋1＝nbn ⑥，⑤＋⑥得(2n－2)bn＝(n－1)bn－1＋(n－1)bn＋1，(7分)
即2bn＝bn－1＋bn＋1，所以{bn}为等差数列．(8分)
证法2 由(n－2)bn＝(n－1)bn－1，得eq \f(bn,n－1)＝eq \f(bn－1,n－2)，
当n≥3时，eq \f(bn,n－1)＝eq \f(bn－1,n－2)＝…＝eq \f(b2,1)，所以bn＝b2(n－1)，所以bn－bn－1＝b2，(6分)
因为n＝1时，由2Tn＝nbn得2T1＝b1，所以b1＝0，则b2－b1＝b2，(7分)
所以bn－bn－1＝b2，对n≥2恒成立，所以{bn}为等差数列．(8分)
(3) 因为b1＝0，又b2＝2，由(2)知{bn}为等差数列，所以bn＝2n－2，(9分)
又由(1)知an＝2n－1，(10分)
所以Pn＝eq \f(2n,2n－1)＋eq \f(2n＋2,2n)＋…＋eq \f(4n－4,22n－3)＋eq \f(4n－2,22n－2)，
又Pn＋1＝eq \f(2n＋2,2n)＋…＋eq \f(4n－4,22n－3)＋eq \f(4n－2,22n－2)＋eq \f(4n,22n－1)＋eq \f(4n＋2,22n)，
所以Pn＋1－Pn＝eq \f(4n,22n－1)＋eq \f(4n＋2,22n)－eq \f(2n,2n－1)＝eq \f(12n＋2－4n·2n,4n)，(12分)
令Pn＋1－Pn>0得12n＋2－4n·2n>0，
所以2n所以n＝1时，Pn＋1－Pn>0，即P2>P1，(13分)
n≥2时，因为2n≥4，3＋eq \f(1,2n)<4，所以2n>3＋eq \f(1,2n)＝eq \f(6n＋1,2n)，即12n＋2－4n·2n<0.
此时Pn＋1P3>P4>…，(14分)
所以Pn的最大值为P2＝eq \f(2×2,2)＋eq \f(2×2＋2,22)＝eq \f(7,2)，(15分)
若存在正整数k，使得对任意正整数n，Pn≤k恒成立，则k≥Pmax＝eq \f(7,2)，所以正整数k的最小值为4.(16分)