2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：第六章 第2讲 等差数列及其前n项和
第 2 讲 等差数列及其前 n 项和
一、知识梳理
1．等差数列的有关概念
(1)定义：如果一个数列从第 2 项起，每一项与前一项的差都是同一个常数，那么这个
数列就叫作等差数列，称这个常数为等差数列的公差，常用字母 d 表示．
(2)等差中项：数列 a，A，b 成等差数列的充要条件是 A＝a＋b
2 ，其中 A 叫做 a，b 的
等差中项．
2．等差数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d．
(2)前 n 项和公式：Sn＝na1＋n（n－1）
2 d＝
（a1＋an）n
2 ．
3．等差数列的性质
已知数列{an}是等差数列，Sn 是其前 n 项和．
(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N+)．
(2)若 k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N+)，则 ak＋al＝am＋an．
(3)若{an}的公差为 d，则{a2n}也是等差数列，公差为 2d．
(4)若{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
(5)数列 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…构成等差数列．
常用结论
1．等差数列的函数性质
(1)通项公式：当公差 d≠0 时，等差数列的通项公式 an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d 是关
于 n 的一次函数，且一次项系数为公差 d.若公差 d>0，则为递增数列，若公差 d<0，则为递
减数列．
(2)前 n 项和：当公差 d≠0 时，Sn＝na1＋n（n－1）
2 d＝d
2n2＋(a1－d
2)n 是关于 n 的二次函
数且常数项为 0.
(3)单调性：当 d>0 时，数列{an}为递增数列；当 d<0 时，数列{an}为递减数列；当 d＝0
时，数列{an}为常数列．
2．记住两个常用结论
(1)关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质
①若项数为 2n，则 S 偶－S 奇＝nd，S奇
S偶＝ an
an＋1；
②若项数为 2n－1，则 S 偶＝(n－1)an，S 奇＝nan，S 奇－S 偶＝an，S奇
S偶＝ n
n－1.
(2)两个等差数列{an}，{bn}的前 n 项和 Sn，Tn 之间的关系为S2n－1
T2n－1＝an
bn.
二、教材衍化
1．已知等差数列－8，－3，2，7，…，则该数列的第 100 项为________．
解析：依题意得，该数列的首项为－8，公差为 5，所以 a100＝－8＋99×5＝487.
答案：487
2．在等差数列{an}中，若 a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则 a2＋a8＝________．
解析：由等差数列的性质，得 a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝450，所以 a5＝90，所以 a2＋a8
＝2a5＝180.
答案：180
3．已知等差数列 5，42
7，34
7，…，则前 n 项和 Sn＝________．
解析：由题知公差 d＝－5
7，所以 Sn＝na1＋n（n－1）
2 d＝ 1
14(75n－5n2)．
答案： 1
14(75n－5n2)
4．设数列{an}是等差数列，其前 n 项和为 Sn，若 a6＝2 且 S5＝30，则 S8＝________．
解析：由已知可得{a1＋5d＝2，
5a1＋10d＝30，
解得{a1＝26
3 ，
d＝－4
3，
所以 S8＝8a1＋8 × 7
2 d＝32.
答案：32
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意 n∈N+，都有 2an＋1＝an＋an＋2.( )
(2)等差数列{an}的单调性是由公差 d 决定的．( )
(3)已知数列{an}的通项公式是 an＝pn＋q(其中 p，q 为常数)，则数列{an}一定是等差数
列．( )
(4)等差数列的前 n 项和公式是常数项为 0 的二次函数．( )
答案：(1)√ (2)√ (3)√ (4)×
二、易错纠偏
常见误区|Ｋ (1)忽视等差数列中项为 0 的情况；
(2)考虑不全而忽视相邻项的符号；
(3)等差数列各项的符号判断不正确．
1．已知等差数列{an}中，|a3|＝|a9|，公差 d<0，则使数列{an}的前 n 项和 Sn 取最大值的
正整数 n 的值是________．
解析：由|a3|＝|a9|，d<0，得 a3＝－a9，
即 a3＋a9＝0，所以 a6＝a3＋a9
2 ＝0.
所以 a5>0，a6＝0，a7<0.
所以当 n＝5 或 6 时，Sn 取最大值．
答案：5 或 6
2．首项为 30 的等差数列{a n}，从第 8 项开始为负数，则公差 d 的取值范围是
________．
解析：由题意知 a1＝30，a8<0，a7≥0.
即{30＋7d < 0，
30＋6d ≥ 0，解得－5≤d<－30
7 .
答案：[－5，－30
7 )
3．设数列{an}的通项公式为 an＝2n－10(n∈N+)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________．
解析：由 an＝2n－10(n∈N+)知{an}是以－8 为首项，2 为公差的等差数列，又由 an＝2n
－10≥0 得 n≥5，所以 n≤5 时，an≤0，当 n>5 时，an>0，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋
a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.
答案：130
等差数列基本量的计算(师生共研)
(1)(一题多解)已知等差数列{an}中，a1＋a4＝7
6，a3＋a6＝5
6，则公差 d＝( )
A.1
6 B． 1
12
C．－1
6 D．－ 1
12
(2)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．若 3S3＝S2＋S4，a1＝2，则 a5＝( )
A．－12 B．－10
C．10 D．12
(3)(2019·高考全国卷Ⅲ)记 S n 为等差数列{an}的前 n 项和，若 a1≠0，a2＝3a1，则S10
S5 ＝
________．
【解析】 (1)通解：由{a1＋a4＝7
6，
a3＋a6＝5
6，
得{2a1＋3d＝7
6，
2a1＋7d＝5
6，
解得{a1＝17
24，
d＝－ 1
12，
故选 D.
优解：由等差数列的性质知，a3＋a6＝(a1＋2d)＋(a4＋2d)＝(a1＋a4)＋4d＝5
6，又 a1＋a4＝
7
6，所以 d＝－ 1
12.故选 D.
(2)设等差数列{an}的公差为 d，因为 3S3＝S2＋S4，所以 3(3a1＋3 × 2
2 d)＝2a1＋d＋4a1＋
4 × 3
2 d，解得 d＝－3
2a1，因为 a1＝2，所以 d＝－3，所以 a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.
故选 B.
(3)设等差数列{an}的公差为 d，由 a2＝3a1，即 a1＋d＝3a1，得 d＝2a1，
所以S10
S5 ＝
10a1＋10 × 9
2 d
5a1＋5 × 4
2 d
＝
10a1＋10 × 9
2 × 2a1
5a1＋5 × 4
2 × 2a1
＝100
25 ＝4.
【答案】 (1)D (2)B (3)4
等差数列运算问题的通性通法
(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项 a1 和公差 d，然后由通项公式或前 n 项和
公式转化为方程(组)求解．
(2)等差数列的通项公式及前 n 项和公式，共涉及五个量 a1，an，d，n，Sn，知其中三个
就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．
1．在公差不为 0 的等差数列{an}中，4a3＋a11－3a5＝10，则 1
5a4＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
解析：选 C.法一：设{an}的公差为 d(d≠0)，由 4a3＋a11－3a5＝10，得 4(a1＋2d)＋(a1＋
10d)－3(a1＋4d)＝10，即 2a1＋6d＝10，即 a1＋3d＝5，故 a4＝5，所以 1
5a4＝1，故选 C.
法二：设{an}的公差为 d(d≠0)，因为 an＝am＋(n－m)d，所以由 4a3＋a11－3a5＝10，得
4(a4－d)＋(a4＋7d)－3(a4＋d)＝10，整理得 a4＝5，所以 1
5a4＝1，故选 C.
法三：由等差数列的性质，得 2a7＋3a3－3a5＝10，得 4a5＋a3－3a5＝10，即 a5＋a3＝
10，则 2a4＝10，即 a4＝5，所以 1
5a4＝1，故选 C.
2．设数列{an}是等差数列，且 a2＝－6，a6＝6，Sn 是数列{an}的前 n 项和，则( )
A．S4
S1 D．S4＝S1
解析：选 B.设{an}的公差为 d，由 a2＝－6，a6＝6，得{a1＋d＝－6，
a1＋5d＝6， 解得{a1＝－9，
d＝3. 于
是 S1＝－9，S3＝3×(－9)＋3 × 2
2 ×3＝－18，S4＝4×(－9)＋4 × 3
2 ×3＝－18，所以 S4＝
S3，S40，a8<0，故 n＝7 时 Sn 最大．
法二：由 S3＝S11，可得 3a1＋3d＝11a1＋55d，把 a1＝13 代入，得 d＝－2，故 Sn＝13n－
n(n－1)＝－n2＋14n.根据二次函数的性质，知当 n＝7 时 Sn 最大．
法三：根据 a1＝13，S3＝S11，知这个数列的公差不等于零，且这个数列的和是先递增
后递减．根据公差不为零的等差数列的前 n 项和是关于 n 的二次函数，以及二次函数图象的
对称性，可得只有当 n＝3＋11
2 ＝7 时，Sn 取得最大值．
【答案】 C
【迁移探究】 (变条件)将本例中“a1＝13，S3＝S11”改为“a1＝20，S10＝S15”，则 n
为何值？
解：因为 a1＝20，S10＝S15，
所以 10×20＋10 × 9
2 d＝15×20＋15 × 14
2 d，所以 d＝－5
3.
法一：由 an＝20＋(n－1)×(－5
3 )＝－5
3n＋65
3 ，得 a13＝0.
即当 n≤12 时，an>0，
当 n≥14 时，an<0.
所以当 n＝12 或 n＝13 时，Sn 取得最大值．
法二：Sn＝20n＋n（n－1）
2 ·(－5
3 )
＝－5
6n2＋125
6 n
＝－5
6(n－25
2 )2
＋3 125
24 .
因为 n∈N+，所以当 n＝12 或 n＝13 时，Sn 有最大值．
法三：由 S10＝S15，得 a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0.
所以 5a13＝0，即 a13＝0.
所以当 n＝12 或 n＝13 时，Sn 有最大值．
求等差数列前 n 项和 Sn 及最值的 2 种方法
(1)函数法：利用等差数列前 n 项和的函数表达式 Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求
二次函数最值的方法求解．
(2)邻项变号法
①当 a1>0，d<0 时，满足{am ≥ 0，
am＋1 ≤ 0的项数 m 使得 Sn 取得最大值为 Sm；
②当 a1<0，d>0 时，满足{am ≤ 0，
am＋1 ≥ 0的项数 m 使得 Sn 取得最小值为 Sm.
1．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1>0 且a6
a5＝ 9
11，则当 Sn 取最大值时，n 的值为( )
A．9 B．10
C．11 D．12
解析：选 B.由a6
a5＝ 9
11，得 S11＝S9，即 a10＋a11＝0，根据首项 a1>0 可推知这个数列递减，
从而 a10>0，a11<0，故 n＝10 时，Sn 最大．
2．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S15>0，S16<0，则 Sn 的最大值是( )
A．S1 B．S7
C．S8 D．S15
解析：选 C.由等差数列的前 n 项和公式可得 S 15＝15a8>0，S 16＝8(a8＋a9)<0，所以
a8>0，a9<0，则 d＝a9－a8<0，所以在数列{an}中，当 n<9 时，an>0，当 n≥9 时，an<0，所
以当 n＝8 时，Sn 最大，故选 C.
[基础题组练]
1．(一题多解)(2019·高考全国卷Ⅰ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，已知 S4＝0，a5＝
5，则( )
A．an＝2n－5 B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝1
2n2－2n
解析：选 A.法一：设等差数列{an}的公差为 d，
因为{S4＝0，
a5＝5，所以{4a1＋4 × 3
2 d＝0，
a1＋4d＝5，
解得{a1＝－3，
d＝2， 所以 an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n
－1)＝2n－5，Sn＝na1＋n（n－1）
2 d＝n2－4n.故选 A.
法二：设等差数列{an}的公差为 d，
因为{S4＝0，
a5＝5，所以{4a1＋4 × 3
2 d＝0，
a1＋4d＝5，
解得{a1＝－3，
d＝2.
选项 A，a1＝2×1－5＝－3；
选项 B，a1＝3×1－10＝－7，排除 B；
选项 C，S1＝2－8＝－6，排除 C；
选项 D，S1＝1
2－2＝－3
2，排除 D.故选 A.
2．(一题多解)(2020·沈阳质量监测)在等差数列{an}中，若 Sn 为前 n 项和，2a7＝a8＋5，
则 S11 的值是( )
A．55 B．11
C．50 D．60
解析：选 A.通解：设等差数列{an}的公差为 d，由题意可得 2(a1＋6d)＝a1＋7d＋5，得
a1＋5d＝5，则 S11＝11a1＋11 × 10
2 d＝11(a1＋5d)＝11×5＝55，故选 A.
优解：设等差数列{an}的公差为 d，由 2a7＝a8＋5，得 2(a6＋d)＝a6＋2d＋5，得 a6＝5，
所以 S11＝11a6＝55，故选 A.
3．(一题多解)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．若 a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差
为( )
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选 C.法一：等差数列{an}中，S6＝
（a1＋a6） × 6
2 ＝48，则 a1＋a6＝16＝a2＋a5，
又 a4＋a5＝24，所以 a4－a2＝2d＝24－16＝8，得 d＝4，故选 C.
法 二 ： 由 已 知 条 件 和 等 差 数 列 的 通 项 公 式 与 前 n 项 和 公 式 可 列 方 程 组 ， 得
{2a1＋7d＝24，
6a1＋6 × 5
2 d＝48，
即{2a1＋7d＝24，
2a1＋5d＝16，解得{a1＝－2，
d＝4， 故选 C.
4．(2020·焦作市统一模拟考试)《九章算术》是我国古代第一部数学专著，全书收集了
246 个问题及其解法，其中一个问题为“现有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差
数列，上面四节容积之和为 3 升，下面三节的容积之和为 4 升，求中间两节的容积各为多
少？”该问题中的第 2 节，第 3 节，第 8 节竹子的容积之和为( )
A.17
6 升 B．7
2升
C.113
66 升 D．109
33 升
解析：选 A.自上而下依次设各节竹子的容积分别为 a 1 ，a 2 ，…，a 9 ，依题意有
{a1＋a2＋a3＋a4＝3
a7＋a8＋a9＝4 ，因为 a2＋a3＝a1＋a4，a7＋a9＝2a8，故 a2＋a3＋a8＝3
2＋4
3＝17
6 .选 A.
5．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 am＝4，Sm＝0，Sm＋2＝14(m≥2，且 m∈N+)，
则 a2 017 的值为( )
A．2 018 B．4 028
C．5 037 D．3 019
解析：选 B.由题意得
{am＝a1＋（m－1）d＝4，
Sm＝ma1＋m（m－1）
2 d＝0，
Sm＋2－Sm＝am＋1＋am＋2＝2a1＋（m＋m＋1）d＝14，
解得{a1＝－4，
m＝5，
d＝2，
所以 an＝－4＋(n－1)×2＝2n－6，
所以 a2 017＝2×2 017－6＝4 028.故选 B.
6．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a6＝2a3，则S11
S5 ＝________．
解析：S11
S5 ＝
11
2 （a1＋a11）
5
2（a1＋a5）
＝11a6
5a3 ＝22
5 .
答案：22
5
7．在等差数列{an}中，公差 d＝1
2，前 100 项的和 S100＝45，则 a1＋a3＋a5＋…＋a99＝
________．
解析：因为 S100＝100
2 (a1＋a100)＝45，所以 a1＋a100＝ 9
10，a1＋a99＝a1＋a100－d＝2
5，则 a1
＋a3＋a5＋…＋a99＝50
2 (a1＋a99)＝50
2 ×2
5＝10.
答案：10
8．在单调递增的等差数列{an}中，若 a3＝1，a2a4＝3
4，则 a1＝________．
解析：由题知，a2＋a4＝2a3＝2，又因为 a2a4＝3
4，数列{an}递增，所以 a2＝1
2，a4＝3
2.所
以公差 d＝a4－a2
2 ＝1
2.所以 a1＝a2－d＝0.
答案：0
9．已知等差数列{an}的前三项的和为－9，前三项的积为－15.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)若{an}为递增数列，求数列{|an|}的前 n 项和 Sn.
解：(1)设公差为 d，则依题意得 a2＝－3，则 a1＝－3－d，a3＝－3＋d，
所以(－3－d)(－3)(－3＋d)＝－15，得 d2＝4，d＝±2，
所以 an＝－2n＋1 或 an＝2n－7.
(2)由题意得 an＝2n－7，所以|an|＝{7－2n，n ≤ 3
2n－7，n ≥ 4，
①n≤3 时，Sn＝－(a1＋a2＋…＋an)＝5＋（7－2n）
2 n＝6n－n2；
②n≥4 时，Sn＝－a1－a2－a3＋a4＋…＋an＝－2(a1＋a2＋a3)＋(a1＋a2＋…＋an)＝18－
6n＋n2.
综上，数列{|an|}的前 n 项和 Sn＝{－n2＋6n，n ≤ 3
n2－6n＋18，n ≥ 4.
10．已知等差数列{an}的公差 d>0.设{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，S2·S3＝36.
(1)求 d 及 Sn；
(2)求 m，k(m，k∈N+)的值，使得 am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝65.
解：(1)由题意知(2a1＋d)(3a1＋3d)＝36，
将 a1＝1 代入上式解得 d＝2 或 d＝－5.
因为 d>0，所以 d＝2.
从而 an＝2n－1，Sn＝n2(n∈N+)．
(2)由(1)得 am＋am＋1＋am＋2＋…＋am＋k＝(2m＋k－1)(k＋1)，所以(2m＋k－1)(k＋1)＝65.
由 m，k∈N*知 2m＋k－1≥k＋1>1，
故{2m＋k－1＝13，
k＋1＝5， 解得{m＝5，
k＝4.
即所求 m 的值为 5，k 的值为 4.
[综合题组练]
1．等差数列{an}中， an
a2n是一个与 n 无关的常数，则该常数的可能值的集合为( )
A．{1} B．{1，
1
2 }
C.{1
2 } D．{0，
1
2，1}
解析：选 B. an
a2n＝ a1＋（n－1）d
a1＋（2n－1）d＝ a1－d＋nd
a1－d＋2nd，若 a1＝d，则 an
a2n＝1
2；若 a1≠0，d＝0，
则 an
a2n＝1.因为 a1＝d≠0，所以 an
a2n≠0，所以该常数的可能值的集合为{1，
1
2 }.
2．(2020·晋冀鲁豫名校期末联考)我国南北朝时期的著作《张邱建算经》有这样一个问
题：今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下四人
后入，得金三斤，持出，中间三人未到者，亦依等次更给，问各得金几何？则据你对数学史
的研究与数学问题的理解可知，两人所得金相差数额绝对值的最小值是( )
A. 1
13斤 B． 7
39斤
C. 7
78斤 D． 1
11斤
解析：选 C.设第 n 个人得金 an 斤，由题意可知{an}是等差数列，设公差为 d，
则有{a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝4，
a7＋a8＋a9＋a10＝4a1＋30d＝3，
解得{a1＝37
26，
d＝－ 7
78，
则两个人所得金相差数额绝对值的最小值是 7
78斤．故选 C.
3．若数列{a n}是正项数列，且 a1＋ a2＋…＋ an＝n 2 ＋n，则 a 1 ＋a2
2 ＋…＋ an
n ＝
________．
解析：当 n＝1 时， a1＝2⇒a1＝4，又 a1＋ a2＋…＋ an＝n2＋n ①，所以当 n≥2 时，
a1＋ a2＋…＋ an－1＝(n－1)2＋(n－1)＝n2－n ②，①－②得 an＝2n，即 an＝4n2，所以an
n
＝4n2
n ＝4n，所以 a1＋a2
2 ＋…＋an
n ＝
（4＋4n）n
2 ＝2n2＋2n.
答案：2n2＋2n
4．若{an}是等差数列，首项 a1>0，a2 016＋a2 017>0，a2 016·a2 017<0，则使前 n 项和 Sn>0
成立的最大正整数 n＝________．
解析：因为 a1>0，a2 016＋a2 017>0，a2 016·a2 017<0，所以 d<0，a2 016>0，a2 017<0，所以 S4
032 ＝4 032（a1＋a4 032）
2 ＝4 032（a2 016＋a2 017）
2 >0 ，S4 033 ＝4 033（a1＋a4 033）
2 ＝4
033a2 017<0，所以使前 n 项和 Sn>0 成立的最大正整数 n 是 4 032.
答案：4 032
5．(2020·湖北仙桃、天门、潜江模拟)已知数列{an}满足 a1＝2，(n＋2)an＝(n＋1)an＋1－
2(n2＋3n＋2)，设 bn＝ an
n＋1.
(1)求 b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式．
解：(1)因为数列{an}满足(n＋2)an＝(n＋1)an＋1－2(n2＋3n＋2)，所以将 n＝1 代入得 3a1＝
2a2－12.又 a1＝2，所以 a2＝9.将 n＝2 代入得 4a2＝3a3－24，
所以 a3＝20.从而 b1＝1，b2＝3，b3＝5.
(2)数列{bn}是以 1 为首项，2 为公差的等差数列．理由如下：
将 (n ＋ 2)an ＝ (n ＋ 1)an ＋ 1 － 2(n2 ＋ 3n ＋ 2) 两 边 同 时 除 以 (n ＋ 1)(n ＋ 2) 可 得
（n＋2）an
（n＋1）（n＋2）＝
（n＋1）an＋1－2（n2＋3n＋2）
（n＋1）（n＋2） ，
化简可得an＋1
n＋2－ an
n＋1＝2，即 bn＋1－bn＝2，
所以数列{bn}是以 1 为首项，
2 为公差的等差数列．
(3)由(2)可得 bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，
所以 an＝(n＋1)bn＝(n＋1)·(2n－1)＝2n2＋n－1.
6．(2020·安徽蚌阜模拟)在数列{a n}，{bn}中，设 Sn 是数列{an}的前 n 项和，已知 a1＝
1，an＋1＝an＋2，3b1＋5b2＋…＋(2n＋1)bn＝2n·an＋1，n∈N*.
(1)求 an 和 Sn；
(2)当 n≥k 时，bn≥8Sn 恒成立，求整数 k 的最小值．
解：(1)因为 an＋1＝an＋2，所以 an＋1－an＝2，所以{an}是等差数列．
又 a1＝1，所以 an＝2n－1，
从而 Sn＝n（1＋2n－1）
2 ＝n2.
(2)因为 an＝2n－1，所以 3b1＋5b2＋7b3＋…＋(2n＋1)bn＝2n·(2n－1)＋1，①
当 n≥2 时，3b1＋5b2＋7b3＋…＋(2n－1)bn－1＝2n－1·(2n－3)＋1.②
①－②可得(2n＋1)bn＝2n－1·(2n＋1)(n≥2)，即 bn＝2n－1.
而 b1＝1 也满足上式，故 bn＝2n－1.
令 bn≥8Sn，则 2n－1≥8n2，即 2n－4≥n2.
又 210－4<102，211－4>112，结合指数函数增长的性质，可知整数 k 的最小值是 11.
