2020江苏高考理科数学二轮讲义：专题三第1讲　等差数列与等比数列



第1讲　等差数列与等比数列
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1．等差数列与等比数列基本量的运算
第8题

第9题
数列是江苏高考考查的热点．考查的重点是等差、等比数列的基础知识、基本技能、基本思想方法．一般有两道题，一道填空题，一道解答题．在填空题中，突出了“小、巧、活”的特点，属中高档题，解答题主要与函数、方程、推理证明等知识综合考查，属中等难度以上的试题，甚至是难题，多为压轴题．
2．等差数列与等比数列的综合运用
第20题
第20题


1．必记的概念与定理
(1)an与Sn的关系
Sn＝a1＋a2＋…＋an，an＝
(2)等差数列和等比数列

等差数列
等比数列
定义
an－an－1＝常数(n≥2)
＝常数(n≥2)
通项公式
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1qn－1(q≠0)
判定方法
(1)定义法
(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n≥1，n∈N*)⇔{an}为等差数列
(3)通项公式法：an＝pn＋q(p、q为常数)⇔{an}为等差数列
(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A、B为常数)⇔{an}为等差数列
(1)定义法
(2)中项公式法：a＝an·an＋2(n≥1，n∈N*)(an≠0) ⇔{an}为等比数列
(3)通项公式法：an＝c·qn(c、q均是不为0的常数)⇔{an}为等比数列
判定方法
(5){an}为等比数列，an>0⇔{logban}为等差数列
(4){an}为等差数列⇔{ban}为等比数列(b>0且b≠1)
2．记住几个常用的公式与结论
(1)等差数列的性质
①在等差数列{an}中，an＝am＋(n－m)d，d＝；
②当公差d≠0时，等差数列{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d是关于n的一次函数，且斜率为公差d；前n项和Sn＝na1＋d＝n2＋(a1－)n是关于n的常数项为0的二次函数．
③若公差d>0，则数列为递增等差数列，若公差d<0，则数列为递减等差数列，若公差d＝0，则数列为常数列．
④当m＋n＝p＋q时，则有am＋an＝ap＋aq，特别地，当m＋n＝2p时，则有am＋an＝2ap．
⑤若{an}是等差数列，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也成等差数列．
⑥在等差数列{an}中，当项数为偶数2n时，S偶－S奇＝nd；项数为奇数2n－1时，S奇－S偶＝a中，S2n－1＝(2n－1)·a中(这里a中即an)，S奇∶S偶＝n∶(n－1)．
⑦若等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为An、Bn，且＝f(n)，则＝＝＝f(2n－1)．
⑧“首正”的递减等差数列中，前n项和的最大值是所有非负项之和；“首负”的递增等差数列中，前n项和的最小值是所有非正项之和．法一：由不等式组(或)确定出前多少项为非负(或非正)；法二：因等差数列前n项和是关于n的二次函数，故可转化为求二次函数的最值，但要注意数列的特殊性n∈N*．
⑨如果两等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且新等差数列的公差是原两等差数列公差的最小公倍数．
(2)等比数列的性质
①在等比数列{an}中，an＝amqn－m，q＝；
②当m＋n＝p＋q时，则有am·an＝ap·aq，特别地，当m＋n＝2p时，则有am·an＝a．
③若{an}是等比数列，且公比q≠－1，则数列Sn ，S2n－Sn，S3n－S2n，…也是等比数列．
当q＝－1，且n为偶数时，数列Sn ，S2n－Sn，S3n－S2n，…是常数列{0，0，0，…}，它不是等比数列．
④若a1>0，q>1，则{an}为递增数列；若a1<0，q>1, 则{an}为递减数列；若a1>0，0 3．需要关注的易错易混点
(1)用定义证明等差数列时，常采用的两个式子an＋1－an＝d和an－an－1＝d，但它们的意义不同，后者必须加上“n≥2”，否则n＝1时，a0无定义．
(2)从等比数列的定义看，等比数列的任意项都是非零的，公比q也是非零常数．
(3)由an＋1＝qan，q≠0并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0．


等差数列与等比数列基本量的运算
[典型例题]
(1)(2019·高考江苏卷)已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，则S8的值是________．
(2)(2019·苏北三市高三模拟)在公比为q且各项均为正数的等比数列{an}中，Sn为{an}的前n项和．若a1＝，且S5＝S2＋2，则q的值为________．
【解析】　(1)通解：设等差数列{an}的公差为d，则a2a5＋a8＝(a1＋d)(a1＋4d)＋a1＋7d＝a＋4d2＋5a1d＋a1＋7d＝0，S9＝9a1＋36d＝27，解得a1＝－5，d＝2，则S8＝8a1＋28d＝－40＋56＝16．
优解：设等差数列{an}的公差为d．S9＝＝9a5＝27，a5＝3，又a2a5＋a8＝0，则3(3－3d)＋3＋3d＝0，得d＝2，则S8＝＝4(a4＋a5)＝4(1＋3)＝16．
(2)由题意得，a3＋a4＋a5＝2，又a1＝，所以1＋q＋q2＝2，即q2＋q－1＝0，所以q＝，又q＞0，所以q＝．
【答案】　(1)16　(2)

(1)等差(比)数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，an，d(q)，n，Sn，知道其中三个就能求另外两个，体现了用方程组解决问题的思想．
(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换的作用，而a1和d(q)是等差(比)数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法．
[对点训练]
1．(2019·江苏省高考名校联考(一))设Sn为数列{an}的前n项和，若数列{an}与数列(t＜－1)分别是公比为q，q′的等比数列，则q＋q′的取值范围为________．
[解析] 若q＝1，则＋t＝n＋t，不成等比数列，故q≠1，则＋t＝＋t，考虑前三项1＋t，＋t，＋t成等比数列得，t＝，反之，当t＝时，＋t＝成等比数列，此时，公比为，即q′＝．由t＜－1，得＜－1，q＞1，q＋q′＝q＋＞2，故q＋q′的取值范围是(2，＋∞)．
[答案] (2，＋∞)
2．(2019·苏州市高三调研)已知{an}是等差数列，a5＝15，a10＝－10，记数列{an}的第n项到第n＋5项的和为Tn，则|Tn|取得最小值时的n的值为________．
[解析] 由得，从而等差数列{an}的通项公式为an＝40－5n，得Tn＝(40－5n)＋…＋(15－5n)＝165－30n，因为|Tn|≥0，又n∈N*，
故当n＝5或6时，|Tn|取得最小值15．
[答案] 5或6

等差、等比数列的判断与证明
[典型例题]
(2019·江苏名校联考信息卷)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且对任意的m，n∈N*，都有(Sm＋n＋S1)2＝4a2ma2n．
(1)求的值；
(2)求证：{an}为等比数列．
【解】　(1)由(Sm＋n＋S1)2＝4a2na2m，
得(S2＋S1)2＝4a，
即(a2＋2a1)2＝4a．
因为a1>0，a2>0，
所以a2＋2a1＝2a2，即＝2．
(2)证明：法一：令m＝1，n＝2，得(S3＋S1)2＝4a2a4，
即(2a1＋a2＋a3)2＝4a2a4，
令m＝n＝2，得S4＋S1＝2a4，
即2a1＋a2＋a3＝a4．
又＝2，所以a4＝4a2＝8a1，a3＝4a1．
由(Sm＋n＋S1)2＝4a2na2m，
得(Sn＋1＋S1)2＝4a2na2，(Sn＋2＋S1)2＝4a2na4．
两式相除，得＝，
所以＝＝2，
即Sn＋2＋S1＝2(Sn＋1＋S1)，
从而Sn＋3＋S1＝2(Sn＋2＋S1)．
以上两式相减，
得an＋3＝2an＋2，
故当n≥3时，{an}是公比为2的等比数列．
又a3＝2a2＝4a1，
从而an＝a1·2n－1，n∈N*．
显然，an＝a1·2n－1满足题设，
因此{an}是首项为a1，公比为2的等比数列．
法二：在(Sm＋n＋S1)2＝4a2na2m中，
令m＝n，得S2n＋S1＝2a2n．①
令m＝n＋1，得S2n＋1＋S1＝2，②
在①中，用n＋1代替n得，S2n＋2＋S1＝2a2n＋2．③
②－①，得a2n＋1＝2－2a2n＝2(－)，④
③－②，得a2n＋2＝2a2n＋2－2＝2·(－)，⑤
由④⑤得a2n＋1＝．⑥
将⑥代入④，得a2n＋1＝2a2n，
将⑥代入⑤得a2n＋2＝2a2n＋1，
所以＝＝2．
又＝2，从而an＝a1·2n－1，n∈N*．
显然an＝a1·2n－1满足题设．
因此{an}是首项为a1，公比为2的等比数列．

递推数列问题常见的处理方法
(1)将第n项和第n＋1项合并在一起，看是否是一个特殊数列；若递推关系式含有an与Sn，则考虑是否可以将an与Sn进行统一．
(2)根据递推关系式的结构特征确定是否为熟悉的、有固定方法的递推关系式向通项公式的转换类型，否则可以写出数列的前几项，看能否找到规律，即先特殊、后一般、再特殊．
[对点训练]
3．设Sn为数列{an}的前n项和，对任意的n∈N*，都有Sn＝2－an，数列{bn}满足b1＝2a1，bn＝(n≥2，n∈N*)．
(1)求证：数列{an}是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)判断数列{}是等差数列还是等比数列，并求数列{bn}的通项公式．
[解] (1)当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，解得a1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，
即＝(n≥2，n∈N*)．
所以数列{an}是首项为1，公比为的等比数列，
故数列{an}的通项公式为an＝．
(2)因为a1＝1，所以b1＝2a1＝2．
因为bn＝，
所以＝＋1，
即－＝1(n≥2)．
所以数列{}是首项为，公差为1的等差数列．
所以＝＋(n－1)·1＝，故数列{bn}的通项公式为bn＝．

等差数列与等比数列的综合运用
[典型例题]
(2018·高考江苏卷)设{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，{bn}是首项为b1，公比为q的等比数列．
(1)设a1＝0，b1＝1，q＝2，若|an－bn|≤b1对n＝1，2，3，4均成立，求d的取值范围；
(2)若a1＝b1>0，m∈N*，q∈(1，]，证明：存在d∈R，使得|an－bn|≤b1对n＝2，3，…，m＋1均成立，并求d的取值范围(用b1，m，q表示)．
【解】　(1)由条件知：an＝(n－1)d，bn＝2n－1，
因为|an－bn|≤b1对n＝1，2，3，4均成立，
即|(n－1)d－2n－1|≤1对n＝1，2，3，4均成立，
即1≤1，1≤d≤3，3≤2d≤5，7≤3d≤9，得≤d≤，
因此，d的取值范围为．
(2)由条件知：an＝b1＋(n－1)d，bn＝b1qn－1．
若存在d，使得|an－bn|≤b1(n＝2，3，…，m＋1)成立，
即|b1＋(n－1)d－b1qn－1|≤b1(n＝2，3，…，m＋1)，
即当n＝2，3，…，m＋1时，d满足b1≤d≤b1．
因为q∈(1，]，则1 从而b1≤0，b1>0，对n＝2，3，…，m＋1均成立．
因此，取d＝0时，|an－bn|≤b1对n＝2，3，…，m＋1均成立．
下面讨论数列的最大值和数列的最小值(n＝2，3，…，m＋1)．
①当2≤n≤m时，－＝＝，
当1＜q≤2时，有qn≤qm≤2，从而n(qn－qn－1)－qn＋2>0．
因此，当2≤n≤m＋1时，数列单调递增，
故数列的最大值为．
②设f(x)＝2x(1－x)，当x>0时，f′(x)＝(ln 2－1－xln 2)2x<0，
所以f(x)单调递减，从而f(x) 当2≤n≤m时，＝≤2＝f<1，
因此，当2≤n≤m＋1时，数列单调递减，
故数列的最小值为．
因此，d的取值范围为．

等差数列与等比数列综合问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．首项和公差(公比)是等差(比)数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．
[对点训练]
4．(2019·江苏省高考名校联考(九))已知单调递增的等比数列{an}满足a1＋a2＝6，a3＝8，正项数列{bn}的前n项和为Sn，且4Sn＝b＋2bn＋1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：对任意实数m，数列{bn＋mbn＋1}都是等差数列，并求该数列的公差；
(3)设cn＝dn＝，
求数列{cn}的前n项和Tn，并比较Tn与dn的大小．
[解] (1)设数列{an}的公比为q，则解得(舍去)，或
所以数列{an}的通项公式为an＝2n．
(2)当n＝1时，4b1＝b＋2b1＋1，所以b1＝1，
当n≥2时，4(Sn－Sn－1)＝4bn＝b＋2bn＋1－(b＋2bn－1＋1)，
所以(bn＋bn－1)(bn－bn－1－2)＝0，
因为bn＋bn－1>0，所以bn－bn－1＝2，
所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以bn＝2n－1．
因为bn＋1＋mbn＋2－(bn＋mbn＋1)＝(bn＋1－bn)＋m(bn＋2－bn＋1)＝2＋2m，
所以对任意实数m，数列{bn＋mbn＋1}都是等差数列，且该数列的公差为2＋2m．
(3)因为当n≥2时，cn＝＝－，又c1＝－也符合此式，
所以cn＝－，
所以Tn＝(－2)＋(－)＋…＋(－)＝－2．
又dn＝＝－2，
所以Tn－dn＝－2－[－2]＝，
当n<6时，<0，所以Tn 当n＝6时，＝0，所以Tn＝dn；
当n>6时，>0，所以Tn>dn．

1．(2019·南京模拟)在等比数列{an}中，a2a6＝16，a4＋a8＝8，则＝________．
[解析] 法一：设等比数列{an}的公比为q，由a2a6＝16得aq6＝16，所以a1q3＝±4．由a4＋a8＝8，得a1q3(1＋q4)＝8，即1＋q4＝±2，所以q2＝1．于是＝q10＝1．
法二：由等比数列的性质，得a＝a2a6＝16，所以a4＝±4，又a4＋a8＝8，所以或因为a＝a4a8>0，所以则公比q满足q4＝1，q2＝1，所以＝q10＝1．
[答案] 1
2．(2019·宿迁模拟)若等差数列{an}满足a2＋S3＝4，a3＋S5＝12，则a4＋S7的值是________．
[解析] 由S3＝3a2，得a2＝1，由S5＝5a3，得a3＝2，则a4＝3，S7＝7a4，则a4＋S7＝8a4＝24．
[答案] 24
3．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝，bn＝(n∈N*)，则数列{bn}的通项公式是________．
[解析] 由已知得＝(n∈N*)，
则＝＋n＋(n∈N*)，即bn＋1－bn＝n＋(n∈N*)，所以b2－b1＝1＋，b3－b2＝2＋，…，bn－bn－1＝(n－1)＋，
累加得bn－b1＝1＋2＋3＋…＋(n－1)＋＝＋＝，
又b1＝＝1，所以bn＝＋1＝．
[答案] bn＝
4．已知等比数列{an}为递增数列．若a1>0，且2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的公比q＝________．
[解析] 因为2(an＋an＋2)＝5an＋1，
所以2an(1＋q2)＝5anq，
所以2(1＋q2)＝5q，解得q＝2或q＝．
因为数列为递增数列，且a1>0，所以q>1，所以q＝2．
[答案] 2
5．(2019·苏锡常镇四市高三教学调研(一))中国古代著作《张丘建算经》中有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里．那么这匹马最后一天行走的里程数为______．
[解析] 由题意可知，这匹马每天行走的里程数构成等比数列，设为{an}，易知公比q＝，则S7＝＝2a1＝a1＝700，所以a1＝700×，所以a7＝a1q6＝700××＝，所以这匹马最后一天行走的里程数为．
[答案]
6．(2019·苏州市第一学期学业质量调研)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若＝，则＝______．
[解析] 法一：设等比数列{an}的公比为q，若公比q为1，则＝，与已知条件不符，所以公比q≠1，所以Sn＝，因为＝，所以＝，所以q5＝2，所以＝＝＝．
法二：因为＝，所以不妨设S5＝a，S10＝3a，a≠0，易知S5，S10－S5，S15－S10，S20－S15成等比数列，由S5＝a，S10－S5＝2a，得S15－S10＝4a，S20－S15＝8a，从而S20＝15a，所以＝＝．
[答案]
7．设数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，那么an＋bn组成的数列的第37项的值为________．　
[解析] {an}，{bn}都是等差数列，则{an＋bn}为等差数列，首项为a1＋b1＝100，
d＝(a2＋b2)－(a1＋b1)＝100－100＝0，所以{an＋bn}为常数数列，第37项为100．
[答案] 100
8．(2019·南京市四校第一学期联考)已知各项均为正数的等比列{an}中，a2＝3，a4＝27，S2n为该数列的前2n项和，Tn为数列{anan＋1}的前n项和，若S2n＝kTn，则实数k的值为______．
[解析] 因为各项均为正数的等比数列{an}中，a2＝3，a4＝27，所以a1＝1，公比q＝3，所以S2n＝＝，an＝3n－1．令bn＝anan＋1＝3n－1·3n＝32n－1，所以b1＝3，数列{bn}为等比数列，公比q′＝9，所以Tn＝＝．因为S2n＝kTn，所以＝k·，解得k＝．
[答案]
9．(2019·泰州市高三模拟)已知公差为2的等差数列{an}及公比为2的等比数列{bn}满足a1＋b1>0，a2＋b2<0，则a3＋b3的取值范围是________．
[解析] 法一：由题意可得，该不等式组在平面直角坐标系a1Ob1中表示的平面区域如图中阴影部分所示，则当a3＋b3＝a1＋4＋4b1经过点(2，－2)时取得最大值－2，则a3＋b3<－2．

法二：由题意可得，则a3＋b3＝a1＋4＋4b1＝－2(a1＋b1)＋3(a1＋2b1)＋4<－2，故a3＋b3的取值范围是(－∞，－2)．
[答案] (－∞，－2)
10．在数列{an}中，n∈N*，若＝k(k为常数)，则称{an}为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：
①k不可能为0；
②等差数列一定是“等差比数列”；
③等比数列一定是“等差比数列”；
④“等差比数列”中可以有无数项为0．
其中所有正确判断的序号是________．
[解析] 由等差比数列的定义可知，k不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当{an}是等比数列，且公比q＝1时，{an}不是等差比数列，所以③错误；数列0，1，0，1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．
[答案] ①④
11．(2019·宝鸡模拟)已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)．
(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
[解] (1)证明：因为an＋1＝an＋6an－1(n≥2)，
所以an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2)．
又a1＝5，a2＝5，所以a2＋2a1＝15，
所以an＋2an－1≠0(n≥2)，
所以＝3(n≥2)，
所以数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列．
(2)由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，
则an＋1＝－2an＋5×3n，
所以an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)．
又因为a1－3＝2，所以an－3n≠0，
所以{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．
所以an－3n＝2×(－2)n－1，
即an＝2×(－2)n－1＋3n(n∈N*)．
12．(2019·苏州市高三模拟)已知数列{an}满足：a1＝，an＋1－an＝p·3n－1－nq，n∈N*，p，q∈R．
(1)若q＝0，且数列{an}为等比数列，求p的值；
(2)若p＝1，且a4为数列{an}的最小项，求q的取值范围．
[解] (1)因为q＝0，an＋1－an＝p·3n－1，
所以a2＝a1＋p＝＋p，a3＝a2＋3p＝＋4p．
由数列{an}为等比数列，得＝，解得p＝0或p＝1．
当p＝0时，an＋1＝an，所以an＝，符合题意；
当p＝1时，an＋1－an＝3n－1，
所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝＋(1＋3＋…＋3n－2)＝＋＝·3n－1，
所以＝3．符合题意．
所以p的值为0或1．
(2)因为p＝1，所以an＋1－an＝3n－1－nq，
又a4为数列{an}的最小项，
所以，即，所以3≤q≤．
此时a2－a1＝1－q<0，a3－a2＝3－2q<0，
所以a1>a2>a3≥a4．
当n≥4时，令bn＝an＋1－an，bn＋1－bn＝2·3n－1－q≥2·34－1－>0，
所以bn＋1>bn，所以0≤b4 即a4≤a5 综上所述，当3≤q≤时，a4为数列{an}的最小项，
即所求q的取值范围为．
13．已知数列{an}，对于任意n≥2，在an－1与an之间插入n个数，构成的新数列{bn}成等差数列，并记在an－1与an之间插入的这n个数的均值为Cn－1．
(1)若an＝，求C1，C2，C3；
(2)在(1)的条件下是否存在常数λ，使{Cn＋1－λCn}是等差数列？如果存在，求出满足条件的λ，如果不存在，请说明理由．
[解] (1)由题意a1＝－2，a2＝1，a3＝5，a4＝10，
所以在a1与a2之间插入－1，0，C1＝－．
在a2与a3之间插入2，3，4，C2＝3．
在a3与a4之间插入6，7，8，9，C3＝．
(2)在an－1与an之间插入n个数构成等差数列，d＝＝1，
所以Cn－1＝＝＝．
假设存在λ使得{Cn＋1－λCn}是等差数列．
所以(Cn＋1－λCn)－(Cn－λCn－1)
＝Cn＋1－Cn－λ(Cn－Cn－1)
＝－λ·
＝(1－λ)n＋－λ＝常数，所以λ＝1．
即λ＝1时，{Cn＋1－λCn}是等差数列．
14．(2019·无锡期中检测)在等差数列{an}中，a1＝3，其前n项和为Sn，等比数列{bn}的各项均为正数，b1＝1，其前n项和为Tn，且b2＋S2＝11，2S3＝9b3．
(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式；
(2)问是否存在正整数m，n，r，使得Tn＝am＋r·bn成立？如果存在，请求出m，n，r的关系式；如果不存在，请说明理由．
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q＞0)，则

解得d＝3，q＝2．
所以an＝3n，bn＝2n－1．
(2)因为Tn＝1＋2＋…＋2n－1＝2n－1，
所以有2n－1＝3m＋r·2n－1．(*)
若r≥2，则r·2n－1＞2n－1，(*)不成立，
所以r＝1，m＝．
若n为奇数，①当n＝1时，m＝0，不成立，
②当n＞1时，设n＝2t＋1，t∈N*，
则m＝＝＝∈Z；
若n为偶数，设n＝2t，t∈N*，
则m＝＝＝＝2·＋，
因为∈Z，所以m∉Z．
综上所述，存在正整数m，n，r，使得Tn＝am＋r·bn成立，此时n为大于1的奇数，r＝1，且m＝．