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 16页

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．S4S1 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.