高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册4.1 数列第2课时教学设计及反思

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册4.1 数列第2课时教学设计及反思，共12页。教案主要包含了数列的通项公式的简单应用，数列的递推公式，由递推公式求通项公式，数列的函数特征等内容，欢迎下载使用。

导语
同学们，上节课我们学习了数列的概念以及数列的通项公式，我们知道了数列与现代生活密不可分，其实，当人类祖先需要用一组数据有序地表达一类事物、记录某个变化过程时，数列就应运而生了，因此，数列应用广泛，大家先看本学案上的例1.
一、数列的通项公式的简单应用
例1 已知数列{an}的通项公式是an＝2n2－n，n∈N*.
(1)写出数列的前3项；
(2)判断45是否为数列{an}中的项，3是否为数列{an}中的项．
解 (1)在通项公式中依次取n＝1,2,3，可得{an}的前3项分别为1,6,15.
(2)令2n2－n＝45，得2n2－n－45＝0，解得n＝5或n＝－eq \f(9,2)(舍去)，故45是数列{an}中的第5项．
令2n2－n＝3，得2n2－n－3＝0，解得n＝－1或n＝eq \f(3,2)，故3不是数列{an}中的项．
反思感悟 (1)利用数列的通项公式求某项的方法
数列的通项公式给出了第n项an与它的位置序号n之间的关系，只要用序号代替公式中的n，就可以求出数列的相应项．
(2)判断某数值是否为该数列的项的方法
先假定它是数列中的第n项，然后列出关于n的方程．若方程的解为正整数，则是数列的一项；若方程无解或解不是正整数，则不是该数列的一项．
跟踪训练1 已知数列{an}的通项公式为an＝qn，n∈N*，且a4－a2＝72.
(1)求实数q的值；
(2)判断－81是否为此数列中的项．
解 (1)由题意知q4－q2＝72，
则q2＝9或q2＝－8(舍去)，
∴q＝±3.
(2)当q＝3时，an＝3n.
显然－81不是此数列中的项；
当q＝－3时，an＝(－3)n.
令(－3)n＝－81，无解，
∴－81不是此数列中的项．
二、数列的递推公式
问题1 如图所示，有三根针和套在一根针上的n个金属片，按下列规则，把金属片从一根针上全部移到另一根针上．
(1)每次只能移动一个金属片；
(2)在每次移动过程中，每根针上较大的金属片不能放在较小的金属片上面．
将n个金属片从1号针移到3号针最少需要移动的次数记为an，你能发现an与an＋1之间的关系吗？
提示 其实把n＋1个金属片从1号针移到3号针，只需3步即可完成，第一步：把最大金属片上面的n个金属片移到2号位，需要an步；第二步：把最大的金属片移到3号位，需要1步；第三步：把2号位上的n个金属片移到3号位，需要an步，故an＋1＝2an＋1.
知识梳理
一般地，如果已知一个数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的第1项(或前几项)，且任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫作这个数列的递推公式．
注意点：(1)通项公式反映的是an与n之间的关系；(2)递推关系是数列任意两个或多个相邻项之间的推导关系，需要知道首项，即可求数列中的每一项．
例2 若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，n∈N*，求a2 021.
解 a2＝eq \f(1＋a1,1－a1)＝eq \f(1＋2,1－2)＝－3，
a3＝eq \f(1＋a2,1－a2)＝eq \f(1－3,1＋3)＝－eq \f(1,2)，
a4＝eq \f(1＋a3,1－a3)＝eq \f(1－\f(1,2),1＋\f(1,2))＝eq \f(1,3)，
a5＝eq \f(1＋a4,1－a4)＝eq \f(1＋\f(1,3),1－\f(1,3))＝2＝a1，
…
∴{an}是周期为4的数列，
∴a2 021＝a4×505＋1＝a1＝2.
反思感悟 递推公式反映的是相邻两项(或n项)之间的关系．对于通项公式，已知n的值即可得到相应的项，而递推公式则要已知首项(或前几项)，才可依次求得其他的项．若项数很大，则应考虑数列是否具有规律性．
跟踪训练2 已知数列{an}的首项a1＝1，且满足an＋1＝eq \f(1,2)an＋eq \f(1,2n)，则此数列的第3项是( )
A．1 B.eq \f(1,2) C.eq \f(3,4) D.eq \f(5,8)
答案 C
解析 a1＝1，a2＝eq \f(1,2)a1＋eq \f(1,2)＝1，a3＝eq \f(1,2)a2＋eq \f(1,2×2)＝eq \f(3,4).
三、由递推公式求通项公式
例3 (1)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，则an等于( )
A.eq \f(1,n) B.eq \f(2n－1,n) C.eq \f(n－1,n) D.eq \f(1,2n)
答案 B
解析 方法一 (归纳法) 数列的前5项分别为
a1＝1，a2＝1＋1－eq \f(1,2)＝2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，
a3＝eq \f(3,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＝2－eq \f(1,3)＝eq \f(5,3)，
a4＝eq \f(5,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＝2－eq \f(1,4)＝eq \f(7,4)，
a5＝eq \f(7,4)＋eq \f(1,4)－eq \f(1,5)＝2－eq \f(1,5)＝eq \f(9,5)，
又a1＝1，
由此可得数列的一个通项公式为
an＝eq \f(2n－1,n).
方法二 (迭代法) a2＝a1＋1－eq \f(1,2)，
a3＝a2＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)，…，
an＝an－1＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)(n≥2)，
则an＝a1＋1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)
＝2－eq \f(1,n)＝eq \f(2n－1,n)(n≥2)．
又a1＝1也适合上式，所以an＝eq \f(2n－1,n)(n∈N*)．
方法三 (累加法) an＋1－an＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
a1＝1，
a2－a1＝1－eq \f(1,2)，
a3－a2＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3)，
a4－a3＝eq \f(1,3)－eq \f(1,4)，
…
an－an－1＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)(n≥2)，
以上各项相加得
an＝1＋1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n).
所以an＝eq \f(2n－1,n)(n≥2)．
因为a1＝1也适合上式，所以an＝eq \f(2n－1,n)(n∈N*)．
(2)已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足a1＝1，an＋1＝eq \f(n,n＋1)aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*))，则an等于( )
A．n＋1 B．n
C.eq \f(1,n＋1) D.eq \f(1,n)
答案 D
解析 由题意，因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足an＋1＝eq \f(n,n＋1)aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*))，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n,n＋1)，
所以an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)·a1＝eq \f(n－1,n)×eq \f(n－2,n－1)×…×eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×1＝eq \f(1,n).
反思感悟 由递推公式求通项公式的常用方法
(1)归纳法：根据数列的某项和递推公式，求出数列的前几项，归纳出通项公式．
(2)迭代法、累加法或累乘法，递推公式对应的有以下几类：
①an＋1－an＝常数，或an＋1－an＝f(n)(f(n)是可以求和的)，使用累加法或迭代法；
②an＋1＝pan(p为非零常数)，或an＋1＝f(n)an(f(n)是可以求积的)，使用累乘法或迭代法；
③an＋1＝pan＋q(p，q为非零常数)，适当变形后转化为第②类解决．
跟踪训练3 (1)已知数列{an}满足a1＝1，an＝an－1＋eq \r(n＋1)－eq \r(n)(n≥2)，求an.
解 因为an＝an－1＋eq \r(n＋1)－eq \r(n)(n≥2)，
所以an－an－1＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝(eq \r(n＋1)－eq \r(n))＋(eq \r(n)－eq \r(n－1))＋…＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋1
＝eq \r(n＋1)－eq \r(2)＋1.
又a1＝1也符合上式，
所以an＝eq \r(n＋1)－eq \r(2)＋1，n∈N*.
(2)已知数列{an}满足a1＝1，ln an－ln an－1＝1(n≥2)，求an.
解 因为ln an－ln an－1＝1，
所以lneq \f(an,an－1)＝1，
即eq \f(an,an－1)＝e(n≥2)．
所以an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a2,a1)·a1
＝·1
＝en－1(n≥2)，
又a1＝1也符合上式，
所以an＝en－1，n∈N*.
四、数列的函数特征
问题2 在数列的通项公式中，给定任意的序号n，就会有唯一确定的an与其对应，这种情形与以往学的哪方面的知识有联系？
提示 函数．
知识梳理
通项公式就是数列的函数解析式，以前我们学过的函数的自变量通常是连续变化的，而数列是自变量为离散的数的函数．
注意点：(1)数列的通项公式实际上是一个以正整数集N*(或它的有限子集)为定义域的函数解析式．(2)数列还可以用列表法、图象法表示．
例4 已知数列{an}的通项公式是an＝(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n，n∈N*.试问该数列有没有最大项？若有，求出最大项和最大项的序号；若没有，请说明理由．
解 方法一 an＋1－an＝(n＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n＋1－(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n＝eq \f(9－n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n,11)，
当n<9时，an＋1－an>0，即an＋1>an；
当n＝9时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；
当n>9时，an＋1－an<0，即an＋1则a1a11>a12>…，
故数列{an}有最大项，为第9项和第10项，且a9＝a10＝10×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))9.
方法二 根据题意，令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an－1≤an，,an≥an＋1，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n－1≤n＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n，,n＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n≥n＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n＋1，))
解得9≤n≤10.
又n∈N*，则n＝9或n＝10.故数列{an}有最大项，为第9项和第10项，且a9＝a10＝10×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))9.
反思感悟 求数列最值的方法
(1)函数的单调性法：令an＝f(n)，通过研究f(n)的单调性来研究最大(小)项．
(2)不等式组法：先假设有最大(小)项．不妨设an最大，则满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)，解不等式组便可得到n的取值范围，从而确定n的值；求最小项用不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2)求得n的取值范围，从而确定n的值．
跟踪训练4 已知数列an＝n2－6n＋5，则该数列中最小项的序号是( )
A．3 B．4 C．5 D．6
答案 A
解析 因为an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n2－6n＋9))－4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－3))2－4，
所以当n＝3时，an取得最小值．
1．知识清单：
(1)数列的递推公式．
(2)由递推公式求数列的通项公式．
(3)数列的函数特征．
2．方法归纳：归纳法、迭代法、累加法、累乘法．
3．常见误区：累加法、累乘法中不注意检验首项是否符合通项公式．
1．已知在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n(n∈N*)，则a4的值为( )
A．5 B．6 C．7 D．8
答案 D
解析 因为a1＝2，an＋1＝an＋n，
所以a2＝a1＋1＝2＋1＝3，
a3＝a2＋2＝3＋2＝5，
a4＝a3＋3＝5＋3＝8.
2．在数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，an＝eq \f(n＋2,n＋1)，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))( )
A．是常数列 B．不是单调数列
C．是递增数列 D．是递减数列
答案 D
解析 在数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，an＝eq \f(n＋2,n＋1)＝1＋eq \f(1,n＋1)，
由反比例函数的性质得eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是递减数列．
3．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an·an＋2＝an＋1(n∈N*)，则a2 021的值为( )
A．2 B．1 C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,4)
答案 C
解析 an·an＋2＝an＋1(n∈N*)，
由a1＝1，a2＝2，得a3＝2，
由a2＝2，a3＝2，得a4＝1，
由a3＝2，a4＝1，得a5＝eq \f(1,2)，
由a4＝1，a5＝eq \f(1,2)，得a6＝eq \f(1,2)，
由a5＝eq \f(1,2)，a6＝eq \f(1,2)，得a7＝1，
由a6＝eq \f(1,2)，a7＝1，得a8＝2，
由此推理可得数列{an}是一个周期为6的周期数列，
所以a2 021＝a336×6＋5＝a5＝eq \f(1,2).
4．323是数列{n(n＋2)}的第________项．
答案 17
解析 由an＝n2＋2n＝323，解得n＝17(负值舍去)．
∴323是数列{n(n＋2)}的第17项．
课时对点练
1．已知数列{an}满足an＝4an－1＋3(n≥2，n∈N*)，且a1＝0，则此数列的第5项是( )
A．15 B．255 C．16 D．63
答案 B
解析 由递推公式，得a2＝3，a3＝15，a4＝63，a5＝255.
2．数列eq \f(1,2)，－eq \f(1,4)，eq \f(1,8)，－eq \f(1,16)，…的第n项an与第n＋1项an＋1的关系是( )
A．an＋1＝2an B．an＋1＝－2an
C．an＋1＝eq \f(1,2)an D．an＋1＝－eq \f(1,2)an
答案 D
3．在数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝1－eq \f(1,an)，则a2 021等于( )
A.eq \f(1,2) B．－1 C．2 D．3
答案 B
解析 当n＝1时，a2＝1－eq \f(1,a1)＝－1；当n＝2时，a3＝1－eq \f(1,a2)＝2；
当n＝3时，a4＝1－eq \f(1,a3)＝eq \f(1,2)＝a1；a5＝1－eq \f(1,a4)＝－1＝a2；a6＝2；…
所以数列{an}是一个周期为3的周期数列，故a2 021＝a3×673＋2＝a2＝－1.
4．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＋1＝0(n∈N*)，则此数列的通项公式an等于( )
A．n2＋1 B．n＋1
C．1－n D．3－n
答案 D
解析 ∵an＋1－an＝－1.
∴当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋
＝2＋(－1)×(n－1)＝3－n.
当n＝1时，a1＝2也符合上式．
故数列的通项公式an＝3－n(n∈N*)．
5．下列给出的图形中，星星的个数构成一个数列，则该数列的一个递推公式可以是( )
A．an＋1＝an＋n，n∈N*
B．an＝an－1＋n，n∈N*，n≥2
C．an＋1＝an＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1))，n∈N*，n≥2
D．an＝an－1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))，n∈N*，n≥2
答案 B
解析 结合图象易知，a1＝1，a2＝3＝a1＋2，a3＝6＝a2＋3，a4＝10＝a3＋4，
∴an＝an－1＋n，n∈N*，n≥2.
6．已知在数列{an}中，an＝－2n2＋25n＋30(n∈N*)，则数列中最大项的值是( )
A．107 B．108 C．108eq \f(1,8) D．109
答案 B
解析 由已知得an＝－2n2＋25n＋30＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(25,4)))2＋108eq \f(1,8)，由于n∈N*，故当n取距离eq \f(25,4)最近的正整数6时，an取得最大值108.∴数列{an}中最大项的值为a6＝108.
7．已知在数列{an}中，a1a2…an＝n2(n∈N*)，则a9＝______.
答案 eq \f(81,64)
解析 a1a2…a8＝82，①
a1a2…a9＝92，②
②÷①得，a9＝eq \f(92,82)＝eq \f(81,64).
8．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式是an＝n2－7n＋50，则数列中的最小项是________．
答案 38
解析 数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式an＝n2－7n＋50＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(7,2)))2＋eq \f(151,4)，
因为n∈N*，所以当n＝3或n＝4时，an最小，此时a3＝a4＝38，
则数列中的最小项是38.
9．在数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，a1＝1，an＋1＝eq \f(2an,2＋an)(n∈N*)．
(1)求a2，a3，a4；
(2)猜想an(不用证明)．
解 (1)∵a1＝1，an＋1＝eq \f(2an,2＋an)，
∴a2＝eq \f(2a1,2＋a1)＝eq \f(2,3)，a3＝eq \f(2a2,2＋a2)＝eq \f(1,2)，a4＝eq \f(2a3,2＋a3)＝eq \f(2,5).
(2)猜想：an＝eq \f(2,n＋1).
10．在数列{an}中，a1＝2，a17＝66，通项公式是关于n的一次函数．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求a2 021.
解 (1)设an＝kn＋b(k≠0)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＋b＝2，,17k＋b＝66，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝4，,b＝－2.))
∴an＝4n－2，n∈N*.
(2)a2 021＝4×2 021－2＝8 082.
11．已知数列{an}满足a1>0，且an＋1＝eq \f(n,n＋1)an，则数列{an}的最大项是( )
A．a1 B．a9
C．a10 D．不存在
答案 A
解析 因为a1>0，且an＋1＝eq \f(n,n＋1)an，
所以an>0，
所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n,n＋1)<1，
所以an＋1所以此数列为递减数列，
故最大项为a1.
12．公元13世纪意大利数学家斐波那契在自己的著作《算盘书》中记载着这样一个数列：1,1,2,3,5,8,13,21,34，…，满足an＋2＝an＋1＋an(n≥1)，那么1＋a2＋a4＋a6＋…＋a2 020等于( )
A．a2 021 B．a2 022 C．a2 023 D．a2 024
答案 A
解析 由于an＋2＝an＋1＋an(n≥1)，
则1＋a2＋a4＋a6＋…＋a2 020＝a1＋a2＋a4＋a6＋…＋a2 020＝a3＋a4＋a6＋…＋a2 020＝a5＋a6＋…＋a2 020＝a2 019＋a2 020＝a2 021.
13．已知an＝eq \f(n2－21n,2)，则数列{an}中相等的连续两项是( )
A．第9项，第10项
B．第10项，第11项
C．第11项，第12项
D．第12项，第13项
答案 B
解析 假设an＝an＋1，则有eq \f(n2－21n,2)＝eq \f(n＋12－21n＋1,2)，解得n＝10，所以相等的连续两项是第10项和第11项．
14．设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)aeq \\al(2,n＋1)－naeq \\al(2,n)＋an＋1an＝0(n∈N*)，则它的通项公式an＝________.
答案 eq \f(1,n)
解析 方法一 (累乘法)
把(n＋1)aeq \\al(2,n＋1)－naeq \\al(2,n)＋an＋1an＝0分解因式，
得[(n＋1)an＋1－nan](an＋1＋an)＝0.
∵an>0，∴an＋1＋an>0，
∴(n＋1)an＋1－nan＝0，
∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n,n＋1)，
∴eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·eq \f(a4,a3)·…·eq \f(an,an－1)
＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)×eq \f(3,4)×…×eq \f(n－1,n)＝eq \f(1,n)(n≥2)，
∴eq \f(an,a1)＝eq \f(1,n).
又∵a1＝1，∴an＝eq \f(1,n)a1＝eq \f(1,n).
又a1＝1也适合上式，
∴an＝eq \f(1,n)，n∈N*.
方法二 (迭代法)
同方法一，得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n,n＋1)，
∴an＋1＝eq \f(n,n＋1)an，
∴an＝eq \f(n－1,n)·an－1＝eq \f(n－1,n)·eq \f(n－2,n－1)·an－2
＝eq \f(n－1,n)·eq \f(n－2,n－1)·eq \f(n－3,n－2)·an－3＝
…
＝eq \f(n－1,n)·eq \f(n－2,n－1)·eq \f(n－3,n－2)·…·eq \f(1,2)a1＝eq \f(1,n)a1.
又∵a1＝1，∴an＝eq \f(1,n).
方法三 (构造特殊数列法)
同方法一，得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n,n＋1)，
∴(n＋1)an＋1＝nan，
∴数列{nan}是常数列，
∴nan＝1·a1＝1，
∴an＝eq \f(1,n)(n∈N*)．
15．在一个数列中，如果对任意n∈N*，都有anan＋1an＋2＝k(k为常数)，那么这个数列叫作等积数列，k叫作这个数列的公积．已知数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，则a1＋a2＋a3＋…＋a12＝________.
答案 28
解析 依题意得数列{an}是周期为3的数列，
且a1＝1，a2＝2，a3＝4，
因此a1＋a2＋a3＋…＋a12＝4(a1＋a2＋a3)＝4×(1＋2＋4)＝28.
16．已知数列{an}满足：a1＝m(m为正整数)，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(an,2)，an为偶数，,3an＋1，an为奇数.))若a4＝4，求m所有可能的取值．
解 若a3为奇数，则3a3＋1＝4，a3＝1.
若a2为奇数，则3a2＋1＝1，a2＝0(舍去)，
若a2为偶数，则eq \f(a2,2)＝1，a2＝2.
若a1为奇数，则3a1＋1＝2，a1＝eq \f(1,3)(舍去)，
若a1为偶数，eq \f(a1,2)＝2，a1＝4；
若a3为偶数，则eq \f(a3,2)＝4，a3＝8.
若a2为奇数，则3a2＋1＝8，a2＝eq \f(7,3)(舍去)，
若a2为偶数，则eq \f(a2,2)＝8，a2＝16.
若a1为奇数，则3a1＋1＝16，a1＝5，
若a1为偶数，则eq \f(a1,2)＝16，a1＝32.
故m所有可能的取值为4,5,32.