高中数学讲义微专题56 数列中的整数问题 18页

微专题 56 数列中的整数问题 一、基础知识： 1、整数的基本性质： （1）整数的和，差，积仍为整数 （2）整数的奇偶性：若 ，则称 为奇数；若 ，则称 为偶 数，在加，减，乘法运算中，其结果有以下规律： ① 奇数 奇数 偶数 ② 奇数 偶数 奇数 ③ 偶数 偶数 偶数 ④ 奇数 偶数 偶数 ⑤ 偶数 偶数 偶数 ⑥ 奇数 奇数 奇数 （3）若 ，且 ，则 （4）已知 ，若 ，且 ，则 只能取到有限多个整数（也有可能 无解） （5）若 ，称 能被 整除，则有： ① ② 为 的一个因数 （6）最小数原理：自然数集的任何非空子集，均有一个最小的自然数 2、整数性质的应用： （1）若变量属于整数，则利用方程与不等式均可求出变量的值：在实数范围内，若要求得变 量的值，通常要依赖方程，而不等式只能解得变量的范围。但是在整数范围内，除了方程， 在不等式中也可以利用整数的离散性求出变量的值（即性质（4）），例如：若 ，则 的取值只能是 。所以在涉及求整数的值时，思路不要局限于寻找 等量关系，构造不等关系依然可以求解。 （2）整除问题：若表达式形式较为简单，可通过对常数进行因数分解，进而确定变量的取值； 若表达式次数较高，则可以先利用二项式定理去掉高次的项，再进行处理。 （3）多元整数不定方程：当变量的值为整数时，不定方程的解可能有有限多组解。通常的处 理方式有两个： ① 通过对表达式进行因式分解，对另一侧的常数进行因数分解，进而将不定方程拆成多个方 程的方程组，进而解出变量  2 1n k k Z   n  2n k k Z  n             ,a b Z a b 1a b  , ,a b R a b  n Z  ,n a b n a Zb  a b b a b a  , 2,5n N n  n 3,4 ② 将一个字母视为变量（其余视为参数）并进行参变分离，求出含变量函数的值域，进而将 参数置于一个范围内，再利用整数离散性求得参数的值 （4）反证法：运用反证法处理整数问题时，常见的矛盾有以下几点： ① 所解得变量非整数，或不符合已知范围 ② 等式两侧为一奇一偶 3、整数问题通常会与数列联系起来，其特征就是数列中项的序数，以及前 项和的项数，均 为正整数。 二、典型例题： 例 1：已知数列 的通项公式为 ，若 为数列 中的项，则 ____ 思路： ， 中的项为大于等于 （ ）的奇数，所以 考虑将 向奇数形式变形： ，可得 应该为大于等于 4 的偶数，所以 或 ，解得 （舍）或 答案： 小炼有话说：（1）本题的亮点在于对 的变形，在有关整数的问题里，通 常可对分式进行“分离常数”的变形，从而将复杂的分式简化，并能立刻找到需处理的部分。 例如在本题中通过“分离常数”可迅速将目标锁定在 上。 （2）本题对 的处理有多个角度，还可以从分母出发，观察到 应为奇数，而 ，而 的奇因数只有 和 ，同样可确定 的值。 例 2：已知等差数列 的公差 ，设 的前 项和为 （1）求 的通项公式 （2）求 的值，使得 n  na 2 7na n  1 2 m m m a a a    na m    1 2 2 7 2 5 2 3 m m m m ma a a m       na 5 1 5a   1 2 m m m a a a         2 3 4 2 3 22 7 2 5 2 3 2 3 m mm m m m                 8 82 3 6 2 92 3 2 3m mm m        8 2 3m  8 42 3m  8 82 3m  5 2m  2m  2m    2 7 2 5 2 3 m m m    8 2 3m  8 2 3m  2 3m  8 2 3 Zm  8 1 1 m  na 0d   na n 1 2 3, 1, 36nS a S S   na  , ,m k m k N  1 65m m m ka a a     例 3：已知数列 的前 项和为 ，且 （1）求数列 的通项公式 （2）设 ，是否存在 ，使得 成 立？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由 解：（1） ① 符合① （2）思路： 按照奇偶分段，所以要确定 的奇偶。观察可发现无论 为何值， 均为一奇一偶，所以只需要对 的奇偶进行分类讨论，解出符合条件的 即可 解： 当 为奇数时， 为偶数 解得： 当 为偶数时， 为奇数 解得： （舍） 综上所述： 例 4：已知各项均为整数的数列 满足 ，前 6 项依次成等差数列，从第五项 起依次成等比数列 （1）求数列 的通项公式 （2）求出所有的正整数 ，使得 解：（1）设前 6 项的公差为 ，则 成等比数列，  na n nS  21 11 2 2nS n n n N     na   ( 2 1, ) 3 13( 2 , ) n n a n k k Nf n a n k k N           m N     15 5f m f m  m     22 1 1 11 1 11, 1 1 22 2 2 2n nS n n S n n n        1 5 2n n na S S n n      1 1 1 11 62 2a S    5na n    f n 15,m m m 15,m m m m   5, 2 1 3 13 3 2, 2 n n a n n kf n a n n k          m 15m         15 5 3 15 2 5 5f m f m m m        11m  m 15m         15 5 15 5 5 3 2f m f m m m        5 7m  11m   na 3 71, 4a a    na m 1 2 1 2m m m m m ma a a a a a      d 5 3 6 32 1 2 , 4 1 4a a d d a a d d          5 6 7, ,a a a    22 6 5 7 4 1 4 2 1a a a d d       解得： 时， ，则 时， （2）思路：由于数列 分为两部分，当 时，即为公比是 的等比数列，所以考虑对 于数列的前几项可进行验证， 后成等比数列，从而可进行抽象的计算，看是否能够找到 符合条件的 。 解：由（1）可得： 则当 时， 当 时， 当 时， 当 时， 当 时，假设存在 ，使得 则有 即： ，从而 无解 时，不存在这样的 ，使得 综上所述： 或 例 5：已知数列 的前 项和为 ，且满足 ， （ ）. （1）求 ， 的值； （2）求数列 的通项公式； （3）是否存在整数对 ，使得等式 成立？若存在，请求出所有满足 条件的 ；若不存在，请说明理由. 解：（1）在 中，令 ，得： 1d  6n   3 3 4na a n d n     5 61, 2a a   2q  7n  6 5 6 2n n na a q     5 4, 6 2 , 7n n n na n       na 5n  2 5n  m  : 3, 2, 1,0,1,2,4,8,na     1m  1 2 3 1 2 36a a a a a a     2m  2 3 4 2 3 4 2 3 4 2 3 42, 0,a a a a a a a a a a a a        3m  3 4 5 3 4 50a a a a a a    4m  4 5 6 4 5 6 4 5 6 4 5 63, 0,a a a a a a a a a a a a       5m  m 1 2 1 2m m m m m ma a a a a a       5 3 122 1 2 4 2m m    5 3 12 2 77 2 2 7=2m m m     5m  2 7 3m   2 7 32 2 8 7m    2 77=2 m 5m  m 1 2 1 2m m m m m ma a a a a a      1m  3m   na n nS 1 2a   1 3 2 0n na S    *nN 2a 3a  na ( , )m n 2 4 8n na m a m    ( , )m n 1 3 2 0n na S    1n  2 13 2 0a S   再令 ，得： （2）由 ①，可得： ② ① ②可得： 从第二项开始成等比关系，公比为 而 符合上式 （3）思路：所成立的等式为 ，考虑将 进行分离得到： ，再利用 为整数可得 为整数，从而 求出符合条件的 ，再求出 。 解：由（2）得： 且 只需 ，即 经计算可得： 时， 解得： 共有三组符合题意： 小炼有话说： （1）在第（2）问中，要注意 的取值范围变化，并且要把 所能取到的最小值代入到递推公 式中以了解递推公式从第几项开始满足。 （2）二元不定方程在求解时，参变分离是一种方式，通过变形让两变量分居不等号的两侧， 2 1 12 3 2 3 4a S a        2n  3 2 33 2 0 8a S a      1 3 2 0n na S     13 2 0 2n na S n      1 13 0 2 2n n n n na a a a a n         na 2      2 2 2 2 2n n na a n       1 2a    2 n na      22 2 4 8n nm m     ,m n         2 2 8 82 4 2 4 2 4 n n n nm             ,m n   8 2 4n  n m    22 2 4 8n nm m                 2 2 2 8 2 16 8 82 4 2 4 2 4 2 4 n n n n n nm                        m Z  2 4n Z      8 2 4n Z    2 4 1, 2, 4, 8n       1,2,3n    8 2 4n Z    1 2 3, ,2 1 14 n n n m m m                     2,1 , 1,2 , 14,3  n n 这样可以以一侧作为突破口（比如本题中的整除问题），来求得变量的解 例 6：已知数列 是各项均不为 0 的等差数列， 是其前 项和，且满足 ，令 ，数列 的前 项和为 （1）求数列 的通项公式及 （2）是否存在正整数 ，使得 成等比数列？若存在，求出所有的 的值；若不存在，请说明理由。 解：（1） 且 （2）思路：先假定存在满足条件的 ，则由 可得 ，无 法直接得到不等关系，考虑变形等式： ，分离参数可得： ， 以 为突破口可解出 的范围 ，从而确定 的值后即可求出 解：假设存在 ，则 即 即 解得：  na nS n 2 2 1n na S  1 1 n n n b a a    nb n nT  na nT  , 1m n m n  1, ,m nT T T ,m n  1 2 1 2 1 2 12 n n a aS n     1 2 1 2n na a a   2 1 2 1n nS n a    2 2 1n na S  0na  2 1na n      1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1nb n n n n           1 1 1 1 1 1 1 11 12 3 3 5 2 1 2 1 2 2 1 2 1n nT n n n n                        ,m n 2 1m nT T T    2 2 1 3 2 12 1 m n nm     2 2 2 1 6 3m n m n   2 4 1 32m m n   3 0n  m 6 61 ,12 2       m n  , 1m n m n  2 1m nT T T     22 2 2 2 2 2 11 6 3 4 4 1 6 3 3 2 12 1 mm n n m m n n m n m nm           2 4 1 34 6m m n     2 4 1 32 0m m n    2 2 2 4 1 0m m m     6 61 12 2m    ，代入可得： ，解得： 存在 ，使得 成等比数列 例 7：已知各项均为正数的数列 满足： ，且 （1）设 ，求数列 的通项公式 （2）设 ，求 ，并确定最小正整数 ， 使得 为整数 解：（1） 是公比为 2 的等比数列 （2）思路：由（1）可得 ， 的通项公式可求但是比较复杂， 不利于求出 ，但观察发现可将 中的项重新组合，进而能够和 找到联系。 ，求和可得 ，若 为整数， 则 能被 整除，而 ，考虑可将 写成 ，通过二项式定理展开并找到最 小的正整数 解： 2m  2 3 4 1 122 2 4n     12n   2, 12m n  1, ,m nT T T  na 1 3a   2 2 1 12 1 0,n n n n na a a a a n N        1 n n n b a a   nb 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 1 1 1,n n n n S a a a T a a a         n nS T n n nS T      2 2 2 2 1 1 1 12 1 0 1 2 1n n n n n n n n na a a a a a a a a           2 2 1 1 1 1 1 1 11 12 2 2n n n n n n n n n n a ab a a ba a a a                     nb 2 1 1 1 22 3 n n n n n a b ba       na ,n nS T n nS T nb 2 2 2 2 1 1 2 2n n n n n a a ba a            64 4 1 227 n n nS T n    n nS T 4 1n  27 327 3 4n  3 1 n n 2 2 2 1 22 2 2 1 2 1 1 1 n n n n S T a a aa a a                       22 2 1 2 1 2 1 1 1 2n n a a a na a a                       2 2 2 2 2 18 8 8 84 4 4 23 3 3 3 n n                                  64 4 1 649 2 4 1 24 1 27 n nn n       若 为整数，因为 即 能被 整除 所以可得 时， 能被 整除 的最小值是 例 8：已知 为等差数列，前 项和为 ，若 （1）求 （2）对 ，将 中落入区间 内项的个数记为 ① 求 ② 记 ， 的前 项和记为 ，是否存在 ，使得 成立？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由 解：（1）设 的公差为 解得： （2）① n nS T 2n Z  64 4 127 n Z    1 4 127 n Z    0 1 1 3 3 2 2 14 1 3 1 3 3 3 3 3 1nn n n n n n n n n n n n nC C C C C C              0 1 1 3 3 2 2 13 3 3 3 3n n n n n n n n n nC C C C C         2 2 13 3n n n nC C   27   2 2 2 1 1 9 33 3 9 32 2 n n n n n n n nC C n        9n  2 2 13 3n n n nC C  27 n 9  na n nS 4 2 24 , 2 1n nS S a a   na m N    na  22 ,2m m  mb mb 2 1 2 2m m m c b   mc m mT ,m t N  1 1 1 m m t T t T t c    ,m t  na d  4 2 1 14 4 6 4 2S S a d a d         2 1 12 1 2 1 2 1 1n na a a n d a n d           1 1, 2a d  2 1na n   2 2 2 1 2 12 2 1 2 2 2 m m m mn n       1 2 11 12 22 2 m mn      n N  ② 思 路 ： 由 ① 可 得 ： ， ， 则 所 解 方 程 变 形 为 ： ， 得 到 关 于 的 不 定 方 程 ， 可 考 虑 对 进 行 变 量 分 离 ，以等式左右边的符号作为突破口（左边为正数），得到 ，即 ，然后代入 解出符合条件的 即可 解：由①可得： 由 可得： 1 2 12 1 2m mn     2 1 12 2m m mb     2 1 2 1 2 2 m m mc         14 1 2 m mT          11 14 1 2 2 m m t t                  ,m t ,m t 1 1 4 2 14 2 m t t            4 0t   1,2,3t  t m 2 1 2 1 2 2 m m mc         12 1 2 14 11 21 2 m m mT                     1 1 1 m m t T t T t c    1 1m t m T t cT t     1 1 11 1 1m m m m t t t m m m T t c c cc c cT t T t T t               1 1 1 2 m t m m t cT t c            11 1 14 4 2 2 2 m m t t                      1 1 4 2 14 2 m t t            11 10,4 02 2 m t             4 0 1,2,3t t     时，解得： （舍） 时，解得： （舍） 时，解得： 存在这样的 ，满足所给方程 小炼有话说： 1、本题中②的方程，并没有在一开始就将 代入，否则运算会复杂的多，所采取的策略为先 化简变形，变形完成之后再代入。可简化不必要的运算 2、本题在解 的不定方程所用的方法为变量分离法，将两个只含某一字母的式子用等号连 接，则两边式子的范围应当一致。以其中一个式子作为突破口（比如 ），再结合变量必 须取整数的条件，便可用不等关系将变量所能取的值确定下来。 例 9：已知数列 是等差数列，数列 是等比数列，且对任意的 ，都有： ，若 ，则： （1）求数列 的通项公式 （2）试探究：数列 中是否存在某一项，它可以表示为该数列中其它 项的 和？若存在，请求出该项，若不存在，请说明理由 解：（1） ① ② ① ②可得： 令 ，则 令 ，则 1t  1 2 1 3 3log2 5 5 m m Z        2t  1 2 1 1 1log2 3 3 m m Z        3t  1 1 32 8 m m Z         3 3 m t    mT ,m t 1 2 m      na  nb n N  3 1 1 2 2 2n n na b a b a b n      1 8a     ,n na b  nb  , 2r r N r  3 1 1 2 2 2n n na b a b a b n        2 1 1 2 2 1 1 1 2n n na b a b a b n               3 2 22 1 2 1 2 2n n n n na b n n n n         1n  4 1 1 11 2 2a b b    2n   4 2 2 1 13 2 48a b a d b q     令 ，则 所以有： ，解得： （2）思路：首先要把命题翻译为等式，将其他 项可设为 ，设存在某项 ，则 ，设 ，则同除以 ，就会 出现左右两侧奇偶不同，从而假设不成立 解：假设存在某项 及数列中的其他 项 ，所以 两边同时除以 可得： ，左边为偶数，右边为奇数。所以等式不成立 所以不存在这样的项 小炼有话说：（1）通过本题要学会如何表示数列中某一串项：如果是相邻项，则可表示为： ，如果不一定相邻，则可用 作角标，其中 体现出这一串项 所成数列中项的序数，而 表示该项在原数列中的序数 （2）本题还有一个矛盾点：题目中的 项不一定为相邻项，但是可通过放缩将右边的项补全， 变 为 从 一 直 加 到 ， 即 。 则 ① ， 由 整 数 性 质 可 得 ， 所 以 ，与①矛盾，所以不存在。 例 10：已知等差数列 的首项为 ，公差为 ，等比数列 的首项为 ，公比为 ，其 中 均为大于 1 的正整数，且 ，对于任意的 ，均存在 ，使得 成立，则 ____________ 思路：本题的关键是求出 ，已知 均为大于 1 的正整数，所以考虑从两个不等关系入手 3n   5 2 3 3 1 14 2 2 128a b a d b q         2 8 48 2 8 2 128 d q d q     4 2 d q    4 4, 2n n na n b    r 1 2 , , , rt t tb b b mb 1 2 1 2 2 2 2 2 r r t t tm m t t tb b b b          1 2 rt t t   12t mb r  1 2 1 2, , , rt t t rb b b t t t    1 2 1 2 2 2 2 2 r r t t tm m t t tb b b b           2 2 rtm rm t    12t 1 2 1 12 1 2 2 rm t t t t t      1 2, , ,m m ma a a   1 2, rt t t 1,2, ,r 1 2, rt t t r 12 2 rt 1 2 1 22 2 2 2 2 2r rt t t t        2 12 2 2 2 2 1m tr tr      1r rm t m t    1 12 2 2 1r rt tm      na a b  nb b a ,a b 1 1 2 3,a b b a  n N  m N  3m na b  na  ,a b ,a b 尝试求 的值或范围： ，所以 ，从而 根据不等号方向可得： 解得： ，所以 ， 从 而 ， 代 入 可 得 ： ， 因 为 ， 所 以 （舍）或 。所以 成立，所 以 ， 答案： 三、历年好题精选 1、（2014，山东师大附中五模）用部分自然数构造如图的数表：用 表示第 行第 个数（ ），使得 ，每行中的其他各数分别等于其“肩膀”上的两个数之和， 设第 行中的各数之和为 （1）写出 ，并写出 与 的递推关系（不要求证明） （2）令 ，证明： 是等比数列，并求出 的通项 公式 （3）数列 中是否存在不同的三项 恰好 成等差数列？若存在，求出 的关系，若不存在，说明理由 2、（2016，泰州一模）已知数列 满足 ，其中 是数列 的前 项和． （1）若数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，求数列 的通项公式； （2）若 ， ，求数列 的通项公式； （3）在（2）的条件下，设 ，求证：数列 中的任意一项总可以表示成该数列其他 两项之积 ,a b 1 1 2 3, 2a b a b b a ba a b       2 a b ba a b     2 2 3ba a b b b b     3a  1 3 2a a      13 1 3 n m na b a m b ba        2a     1 11 5 2 5 2 1n nm b b b m         1,2 1nb Z m Z    1 1 2 1 5n b m      12 1 1 5 n m b       1 12 1 1 2 5 5 n nm m b b          2, 5a b   2 5 1 5 3na n n     5 3na n   ija i j i j ,i j N 1i ija a i   n n N nb 1 2 3 4, , ,b b b b 1nb  nb 2n nc b   nc  nb  nb  , , , ,p q rb b b p q r N , ,p q r { },{ }n na b 2 ( 2)n n nS a b  nS { }na n { }na 2 3 1 3 { }nb nb n 2 3a  { }na n n n ac b { }nc 3、已知数列 的奇数项是首项为 1 的等差数列，偶数项是首项为 2 的等比数列，数列 前 项和为 ，且满足 （1）求数列 的通项公式 （2）若 ，求正整数 的值 （3）是否存在正整数 ，使得 恰好为数列 中的一项？若存在，求出所有满足条件 的 值，若不存在，说明理由 4、（2016，无锡辅仁高中 12 月月测） 已知数列 满足 （1）求证：数列 是等差数列，并求数列 的通项公式 （2）设数列 满足 ，对于任意给定的正整数 ，是否存在正整数 ，使得 成等差数列？若存在，试用 表示 ；若不存在，请说明 理由  na  na n nS 5 4 5 9 3 42 ,S a a a a a     na 1 2m m ma a a  m m 2 2 1 m m S S   na m    ,n na b 1 1 23, 2, ,1n n n n n n a a b b a b n Na           1 nb        nb  nc 2 5n nc a  p  ,q r p q r  1 1 1, , p q rc c c p ,q r 习题答案： 1、解析：（1） 猜想 （2） 是等比数列， （3）由（2）可得： 若 为等差数列 则 不妨设 为最小的数，则 ，左边为偶数，右边为奇数，显然不成立 不存在符合要求的 2、解析：（1）因为 （2）若 ，则 1 2 3 41, 4, 10, 22b b b b    1 2 2n nb b    1 2 2 2n nb b    1 2n nc c   nc 1 1 2 3c    1 1 1 2 3 2n n nc c       13 2 2n nb     1 1 13 2 2, 3 2 2, 3 2 2p q r p q rb b b            , , , ,p q rb b b p q r N 12 2 2 2q p r q p rb b b      p 2 2 1 2q p r p     , ,p q r 12 1 123 3 3 n n na               2 113 3 1 111 2 31 3 n n nS                                112 13 2 212 23 n n n n n Sb a                nb n 2 2n nS na n   1 12 1 2n nS n a        1 1 12 1 2 1 2n n n n na n a na na n a           两式相减可得： 时， 为等差数列 可得： ，因为 （3）由（2）得 ， 对于给定的 ，若存在 ，使得 ， 只需 ， 即 ，即 ，则 ， …………12 分 取 ，则 ， ∴对数列 中的任意 一项 ，都存在 和 使得 3、解析：（1）设 的公差为 ，设 的公比为 由 （2）若 ，则 ，即 解得： ，即    11 2 2n nn a n a    2n             1 1 1 11 1 2 2 1 1 1n n n n n n nna n a n a n a n a n a n a               1 12 n n na a a     na 1 12 2S a  1 2a  2 3a  1d  1na n   1 n nc n  *n N *, , ,k t n k t N  n k tc c c  1 1 1n k t n k t     1 1 11 (1 ) (1 )n k t     1 1 1 1 n k t kt   ( 1)n kt k n   1k n  ( 2)t n n   nc 1 n nc n  1 2 1n nc n   2 2 22 2 1 2n n n nc n n    21 2n n n nc c c   1 3 5 2 1, , , , ,ka a a a   d 2 4 6 2, , , , ,ka a a a  q 4 2 3 1 92 , 1 , 1 4a a q q a a d d a d        5 4 5 4 1 2 3 9 3 4 1 1 2 2 34 2 S a a a a a a d a a a qa d a d q                   1 1 2 2 2 1 12 3 , 1 2 1k k k ka a q a a n d k           12 , 2 1 2 3 , 2 nn n n k a n k         2m k k N   2 2 1 2 2k k ka a a   12 3 2 1 2 3k kk    2 1 3 1k k    2m  若 ，即 因为 为正整数 为正整数 代入可知 不符 ，故舍去 综上所述： （3）若 为 中的一项，则 为正整数 故若 为 中的某一项只能为 ① 若 无解 ② 若 ，即 ，可知 是方程的根 当 时，设 在 单调递增 在 单调递增 时， 无解，即 是方程唯一解 ③ 若 ，则  2 1m k k N    2 1 2 2 1k k ka a a    1 1 22 1 2 3 2 1 2 3 1 2 1 k kk k k            12 3k  2 2 1k  2 1 1 1k k     1k  1 22 3 1 2 1 k k     2m  2 2 1 m m S S   na 2 2 1 m m S S     2 1 1 3 2 1 2 4 2 2m m mS a a a a a a              1 1 22 3 11 2 1 3 12 3 1 m mm m m         21 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 13 1 2 3 1 3 33 1 3 1 m m m m m m m m m mS S a m S S m m                      2 2 1 m m S S   na 1 2 3, ,a a a  2 1 2 2 1 3 13 1m m m      2 1 2 2 1 3 23 1m m m     1 23 1 0m m    2m  3m    1 23 1xf x x    ' 13 ln3 2xf x x      2'' 13 ln3 2 0xf x     'f x  3,    ' ' 3 9ln3 6 0f x f      f x  3,    2 0f x f   3m  1 23 1 0m m    2m   2 1 2 2 1 3 33 1m m m     2 1 1m m   综上所述： 或 4、解析：（1） ，即 是公差为 的等差数列 即 （2）由（1）及 可得： 当 时， 成等差数列 即 不成立 当 时， 成等差数列，同理可得： 1m  2m  1 2 2 1 1 n n n n n n n n ab a b a ba a         22n n n n a b a b   1 4 22 2 21 n n n n n b bb b b      1 1 2 1 1 2 2 n n n n b b b b     1 1 1 1 2n nb b   1 nb      1 2   1 1 1 1 12n nb b    1 1 2 2 3b a   1 3 1 212 2 2n nnb      2 2nb n  2 n n a b 2na n  2 1nc n   1p  1 1, 2 1, 2 1p q rc c c q c r      1 1 1, , p q rc c c 2 1 1 q p rc c c   2 112 1 2 1q r   p q r  2, 3q r   2 11,1 12 1 2 1q r    2 112 1 2 1q r    2p  1 1 1, , p q rc c c 设 ，此时 ， 符合题意 综上所述： 时，不存在满足条件的 时，存在 ， 2 1 1 2 1 2 1 2 1q p r       1 2 1 4 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 p q r q p p q            2 1 2 1 2 22 1 4 2 1 4 2 1 p q pq p qr rp q p q             2 1q p  24 5 2r p p   2p   222 1 , 4 7 3 4 1 1 0q p p r q p p p p              2 1q p  24 5 2r p p   1p  ,q r 2p  2 1q p  24 5 2r p p  