高三数学二轮复习巩固（真题感悟+考点梳理+要点突破+巩固提高）专题七：数列、推理与证明 Word版含答案（ 高考）

1、 专题七 数列、推理与证明 【真题感悟】1.（ 2012浙江）设是公差为d（d0）的无穷等差数列an的前n项和，则下列命题错误的是A.若d0，则数列SnSn有最大项，则d0Sn是递增数列，则对任意，均有D. 若对任意，均有，则数列Sn是递增数列2. （2012湖北）定义在上的函数，如果对于任意给定的等比数列， 仍是等比数列，则称为“保等比数列函数”. 现有定义在上的如下函数：； ； ； .则其中是“保等比数列函数”的的序号为 B C D 3. （2010山东9）设an是等比数列，则“a1a2a3”是数列an是递增数列的（A）充分而不必要条件(B)必要而不充分条件、（C）充分必要条件 （D）既不

2、充分也不必要条件4. （2011江西）观察下列各式：则，则的末两位数字为（ ）A.01 B.43 C.07 D.495. （2012新课标）数列满足，则的前项和为 。6. （2012湖北）回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数如22，121，3443，94249等显然2位回文数有9个：11，22，33，993位回文数有90个：101，111，121，191，202，999则（）4位回文数有 个；（）位回文数有 个【考点梳理】1.数列的有关概念：（1）数列的定义：按照_排列起来的一列数叫做数列，数列中的每一个数叫做这个数列的_（2）数列的分类：分类原则类型满足条件按项数分类有穷数列项数_

3、无穷数列项数_按项与项间的大小关系分类递增数列an1_an其中nN*递减数列an1_an常数列an1an按其他有界数列存在正数M，使|an|M标准分类摆动数列an的符号正负相间，如1，1,1，1，（3）数列的表示法：数列有三种表示法，它们分别是_、_和_（4）数列的通项公式：如果数列的第n项an与_之间的关系可以用一个函数式anf(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式（5）数列的通项、数列项的项数，递推公式与递推数列：数列的通项与数列的前项和公式的关系：(必要时请分类讨论).注意：；.2.等差数列：（1）定义，an为等差数列an+1-an=d（常数），nN+2an=an-1+an+1

4、（n2，nN+）；（2）通项公式：an=an+(n-1)d，an=am+(n-m)d；前n项和公式：； （3）性质：an=an+b，即an是n的一次型函数，系数a为等差数列的公差；Sn=an2+bn，即Sn是n的不含常数项的二次函数；若an，bn均为等差数列，则annn,kan+c（k，c为常数）均为等差数列；当m+n=p+q时，am+an=ap+aq，特例：a1+an=a2+an-1=a3+an-2=；当2n=p+q时，2an=ap+aq；等差数列中依次k项和成等差数列，即Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，成等差数列，且公差为(d是原数列公差)；有限等差数列中，奇数项和与偶数项和的存在必然

5、联系，由数列的总项数是偶数还是奇数决定. 项数为偶数2 n的等差数列有：；项数为奇数2 n-1的等差数列有：；（分别为数列中所有奇数项的和与所有偶数项的和）。等差数列中，若则；等差数列中，若则；等差数列中，若则；若均为等差数列，它们的前n项和分别为，则；(4)判定数列是否等差数列的方法：定义法；中项公式法；通项公式法；前n项和公式法；图像法(也就是说数列是等差数列的充要条件主要有这五种形式)，但解答题中只能用前两种：定义法与中项公式法.3. 等比数列：定义：=q（q为常数，an0）；an2=an-1an+1（n2，nN+）；通项公式：an=a1qn-1，an=amqn-m；前n项和公式：；（3

6、）性质：an=cqn，即an是n的类指数型函数，系数c为；时，即Sn是n的类指数型函数，其中，的系数与常数项互为相反数；当m+n=p+q时，aman=apaq，特例：a1an=a2an-1=a3an-2=；当2n=p+q时，an2=apaq；若均为等比数列，则、成等比数列； 公比不为-1的等比数列中依次k项和成等比数列，即Sk，S2k-Sk，S3k-S2k，成等比数列，且公比为(q是原数列公比)；有限等比数列中，奇数项和与偶数项和的存在必然联系，由数列的总项数是偶数还是奇数决定.若总项数为偶数，则；若总项数为奇数，则（分别为数列中所有奇数项的和与所有偶数项的和）；并非任何两数总有等比中项.，仅

7、当实数同号时，实数存在等比中项.对同号两实数的等比中项不仅存在，而且有一对.也就是说，两实数要么没有等比中项(非同号时)，如果有，必有一对(同号时)；(4)判定数列是否等比数列的方法：定义法；中项公式法；通项公式法；前n项和公式法；(也就是说数列是等比数列的充要条件主要有这五种形式)，但解答题中只能用前两种：定义法与中项公式法.4.等差数列与等比数列的联系：(1)如果数列成等差数列，那么数列(总有意义)必成等比数列.(2)如果数列成等比数列，那么数列必成等差数列.(3)如果数列既成等差数列又成等比数列，那么数列是非零常数数列；但数列是常数数列仅是数列既成等差数列又成等比数列的必要非充分条件.(

8、4)如果两等差数列有公共项，那么由他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.如果一个等差数列与一个等比数列有公共项顺次组成新数列，那么常选用“由特殊到一般的方法”进行研讨，且以其等比数列的项为主，探求等比数列中那些项是他们的公共项，并构成新的数列.注意：公共项仅是公共的项，其项数不一定相同，即研究.但也有少数问题中研究，这时既要求项相同，也要求项数相同。5.数列通项公式的求法：（1）公式法：如果已知数列为等差（或等比）数列，可直接根据等差（或等比）数列的通项公式（两种形式），求得，d（或q），从而直接写出通项公式。（2）归纳法（归纳-猜想-证明

9、）：如果给出了数列的前几项或能求出数列的前几项，我们可以根据前几项的规律，归纳猜想出数列的通项公式，然后再用数学归纳法证明之。（3）周期性：数列是一种特殊的函数，而有些函数是有周期性的；(4) 累加法：一般地，对于型如类的通项公式，只要能进行求和，则宜采用此方法求解。； （5）累乘法：一般地，对于型如类的通项公式，当的值可以求得时，宜采用此方法。；（6）利用； （7）迭代法：也称辗转法，是一种不断用变量的旧值递推新值的过程， “二分法”就属于近似迭代法。（8）构造法：有些数列本身并不是等差或等比数列，但可以经过适当的变形，构造出一个新的数列为等差或等比数列，从而利用这个数列求其通项公式。常见的

10、类型及构造法如下：分解因式法：当数列的关系式较复杂，可考虑分解因式和约分化为较简形式，再用其它方法求得an；倒数法：数列有形如的关系，可在等式两边同乘以先求出开方法：对有些数列，可先求再求对数法：对于幂或指数的运算，可以通过两边取对数降低运算级别，先求，再求待定系数法：对于形如的递推关系，可以通过构造等比数列的方法得解，对于后式可以用两种方法（同除以或同除以；复合数列构成等差、等比数列法：数列有形如的关系，可把复合数列化为等差数列或等比数列，再用其它初等方法求得6.数列求和的方法：（1）公式法：等差数列求和公式（三种形式）；等比数列求和公式（三种形式）；。 。（2）分组求和法：在直接运用公式法

11、求和有困难时，常将“和式”中“同类项”先合并在一起，再运用公式法求和.（3）倒序相加法：在数列求和中，若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联，则常可考虑选用倒序相加法，发挥其共性的作用求和（这也是等差数列前和公式的推导方法）.（4）错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用错位相减法，将其和转化为“一个新的的等比数列的和”求解（注意：一般错位相减后，其中“新等比数列的项数是原数列的项数减一的差”！）（这也是等比数列前和公式的推导方法之一）.（5）裂项相消法：如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，或部

12、分无理数列、含阶乘的数列等，那么常选用裂项相消法求和. 常用裂项形式有：； 。（6）并项求和法。7.推理与证明：（1）知识网络：如右图所示：（2）推理：归纳推理：由某类事物的部分对象具有某些特征(或性质)，推出该类事物的全部对象都具有这些特征(或性质)的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理，叫做归纳推理(简称归纳)归纳推理是由特殊到一般、部分到整体的推理类比推理：由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理，叫做类比推理(简称类比)类比推理是由特殊到特殊的推理演绎推理：演绎推理是根据已有的事实和正确的结论(包括定义、公理、定理等)，按照严格的逻

13、辑法则得到新结论的推理过程，是根据一般性的真命题(或逻辑规则)导出特殊性命题为真的推理，一般是三段论推理，包括大前提、小前提、结论。（3）证明直接证明：分析法和综合法是两种思路相反的证明推理方法：分析法是倒溯，综合法是顺推分析法侧重于结论提供的信息，综合法则侧重于条件提供的信息，把两者结合起来，全方位地收集、储存、加工和运用题目提供的全部信息，才能找到合理的解题思路没有分析，就没有综合，分析是综合的基础，它们相辅相成，是对立统一的析法和综合法各有优缺点分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考实际证题时常常

14、两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)”“即要证”“就要证”等分析到一个明显成立的结论P，再说明所要证明的数学问题成立间接证明：反证法是一种间接证明命题的方法，它从命题结论的反面出发，引出矛盾，从而肯定命题的结论适合使用反证法证明的命题有：否定性命题、唯一性命题、至多、至少型命题、明显成立的命题、直接证明有困难的问题等应用反证法证明数学命题，一般分下面几个步骤：第一步：分清命题“pq”的条件和结论；第二步：作出与命题结论q相矛盾的假定綈q；第三步：由p和綈q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；第四步：断定

15、产生矛盾结果的原因，在于开始所作的假定綈q不真，于是原结论q成立，从而间接地证明了命题pq为真第三步所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理矛盾、与已知定义矛盾、与已知定理矛盾、与已知条件矛盾、与临时假定矛盾以及自相矛盾等各种情况数学归纳法：分两步：首先证明当n取第一个值n0(例如n01)时结论正确；然后假设当nk(kN，kn0)时结论正确，证明当nk1时结论也正确数学归纳法是一种重要的数学思想方法，主要用于解决与正整数有关的数学问题证明时步骤(1)和(2)缺一不可，步骤(1)是步骤(2)的基础，步骤(2)是递推的依据在用数学归纳法证明时，第(1)步验算nn0的n0不一定为1，而是根据题目

16、要求，选择合适的起始值第(2)步，证明nk1时命题也成立的过程，一定要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法【要点突破】题型一、等差数列的有关问题：例1. (1)（2012四川）设函数，是公差为的等差数列，则（ ）A、 B、 C、 D、(2) 已知一个等差数列的前四项之和为21，末四项之和为67，前n项和为286，则项数n为（）A24B26C27 D28（3）为等差数列，若-1，且它的前n项和Sn有最大值，那么当Sn取得最小正值时，n=（）A11B17 C19D21（4）项数为奇数项的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，则该数列的中间项为 。题型二、等比数列的有关问题：例2.（1）（20

17、11四川）数列an的前n项和为 =（A）3 44 （B）3 44+1（C）44（D）44+1（2）（2009广东）已知等比数列满足，且，则当时， A. B. C. D. (3) (2012浙江)设公比为q(q0)的等比数列a n的前n项和为S n若，则q_题型三、数列通项公式的求法：例3. （2012广东）设数列的前n项和为Sn，满足且成等差数列。（1）求的值；（2）求数列的通项公式；（3）证明：对一切正整数n，有. 题型四、数列求和：例4. （2012江西）已知数列an的前n项和,且Sn的最大值为8.（1）确定常数k，求an；（2）求数列的前n项和Tn。题型五、推理与证明：例5. （2009

18、山东）等比数列的前n项和为， 已知对任意的 ，点，均在函数且均为常数)的图像上.（1）求r的值；（2）当b=2时，记 证明：对任意的 ，不等式成立【巩固提高】1. （2012上海）设，在中，正数的个数是（ ）A25 B50 C75 D1002. 已知数列的前项和满足：，且，那么A.1 B.9 3. 在等差数列an中，若a3+a9+a15=72，则a10-a12的值为（）A15B16C17D184. 已知为等差数列，+=105，=99，以表示的前项和，则使得达到最大值的是 （A）21 （B）20 （C）19 （D） 18 5. 数列的首项为3，为等差数列且，若则，则（A）0 （B）3（C）8（D

19、）116. 数列an的通项公式，其前n项和为Sn，则S2012等于A.1006 7设S=+，则不大于S的最大整数S等于A2007B2008C2009D30008. 已知等比数列an的公比q0，其前n项和为Sn，则a9S8与a8S9的大小关系是Aa9S8a8S9 Ba9S8a8S9 Ca9S8=a8S9 Da9S8与a8S9的大小关系与a1的值有关9. （2012四川）记为不超过实数的最大整数，例如，。设为正整数，数列满足，现有下列命题：当时，数列的前3项依次为5,3,2；对数列都存在正整数，当时总有；当时，；对某个正整数，若，则。其中的真命题有_。（写出所有真命题的编号）10. 设若，则S=_

20、。11. （2009浙江）观察下列等式： ， ，由以上等式推测到一个一般的结论：对于， 12. 已知当x=5时，二次函数f（x）=ax2+bx+c取得最小值，等差数列an的前n项和Sn=f（n），a2=-7则数列an的通项公式为 13. 已知数列an的前n项和Sn满足log2（Sn+1）=n+1，则数列an的通项公式为 14.（2002天津）已知是由非负整数组成的数列，满足。（1）求； （2）证明； （3）求的通项公式及其前项和。15.（2012天津）已知是等差数列，其前n项和为Sn，是等比数列，且，.（）求数列与的通项公式；（）记，证明：（）.16. 直线过（1，0）点，且关于直线对称直线为

21、，已知点()在上，a1=1，当n2时，()求的方程；()求an的通项公式（）设，求证：数列的前n项和。17.以数列的图象上，数列 （I）求证：数列是等比数列；（II）设数列的前n项和分别为、的值；（）若，求 成立的正整数的最小值。18. 已知函数，数列an满足a1=1，（1）求数列an的通项公式；（2）令Tn=a1a2a2a3+a3a4a4a5+a2n1a2na2na2n+1，求Tn；（3）令，b1=3，Sn=b1+b2+bn，若对一切nN*成立，求最小正整数m19. 已知数列与满足，且，() 求，的值；() 设，证明是等比数列前n项和为Sn，且Sn+1=2Sn+n+5（nN*）。 （）证明数

22、列是等比数列；（）令，并比较的大小。21. 已知抛物线x2=4y，过原点作斜率1的直线交抛物线于第一象限内一点P1，又过点P1作斜率为的直线交抛物线于点P2，再过P2作斜率为的直线交抛物线于点P3，如此继续，一般地，过点Pn作斜率为的直线交抛物线于点Pn+1，设点Pn（xn，yn）（）令bn=x2n+1x2n1，求证：数列bn是等比数列（）设数列bn的前n项和为Sn，试比较与的大小22.设an是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足aeq oal(2,2)aeq oal(2,3)aeq oal(2,4)aeq oal(2,5)，S77.(1)求数列an的通项公式及前n项和Sn；(2)试求

23、所有的正整数m，使得eq f(amam1,am2)为数列an中的项23. 已知各项全不为零的数列an的前n项和为Sn，Sneq f(n(1an),2)，nN*.(1)求证：数列an为等差数列；(2)若a23，求证：当nN*时，eq f(1,a1a2)eq f(1,a2a3)eq f(1,anan1)1，b1)，则称Sn为“好和”问S1，S2，S3，中是否存在“好和”，若存在，求出所有“好和”；若不存在，说明理由28.（2012年江苏）已知各项均为正数的两个数列和满足：，（1）设，求证：数列是等差数列；（2）设，且是等比数列，求和的值29. 已知数列an和bn满足：a1=,an+1=其中为实数，

24、n为正整数.（1）对任意实数，证明:数列an不是等比数列；（2）证明：当（3）设0ab（a,b为实常数）,Sn为数列bn，使得对任意正整数n，都有aSnb?若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由.专题七 数列数列、推理与证明参考答案【真题感悟】1. C。解：选项C显然是错的，举出反例：1，0，1，2，3，满足数列S n是递增数列，但是S n0不成立故选C。2. C解：等比数列性质， EQ ，； ；.选C3. C解：若已知，则设数列的公比为，因为，所以有，解得且，所以数列是递增数列；反之，若数列是递增数列，则公比且，所以，即，所以是数列是递增数列的充分必要条件。4. B解析： 5 . 1830

25、解：由得，即，也有，两式相加得，设为整数，则，于是。6. 90；。解：（）4位回文数只用排列前面两位数字，后面数字就可以确定，但是第一位不能为0，有9（19）种情况，第二位有10（09）种情况，所以4位回文数有种。（）法一、由上面多组数据研究发现，2n+1位回文数和2n+2位回文数的个数相同，所以可以算出2n+2位回文数的个数。2n+2位回文数只用看前n+1位的排列情况，第一位不能为0有9种情况，后面n项每项有10种情况，所以个数为.法二、可以看出2位数有9个回文数，3位数90个回文数。计算四位数的回文数是可以看出在2位数的中间添加成对的“00,11,22,99”，因此四位数的回文数有90个按

26、此规律推导,而当奇数位时，可以看成在偶数位的最中间添加09这十个数，因此,则答案为.【要点突破】例1. （1）D解：，即，而是公差为的等差数列，代入，即，不是的倍数，.，故选D.（2）B.解：由等差数列的定义和性质可得首项与末项之和等于=22，再由前n项和为286=11n，n=26，故选B(3) 解：Sn有最大值，d0。则a10a11，又-1，a110a10a10+a110，S20=10（a1+a20）=10（a10+a11）0，S19=19a100，又a1a2a100a11a12，S10S9S2S10，S10S11S190S20S21又S19-S1=a2+a3+a19=9（a10+a11）0

27、，S19为最小正值，故选C。（4）解：设等差数列an项数为2n+1，S奇=a1+a3+a5+a2n+1=(n+1)an+1，S偶=a2+a4+a6+a2n=nan+1，=，解得n=3，项数2n+1=7，又因为S奇-S偶 =a1+nd=an+1=a中，所以a4=S奇-S偶=44-33=11，所以中间项为11例2. （1）A解：由an+1 =3Sn，得an =3Sn1（n2），相减得an+1an =3(SnSn1)= 3an，则an+1=4an（n2）， （2）C.解：由得，则， ，选C. （3）。解：将，两个式子全部转化成用，q表示的式子即，两式作差得：，即：，解之得：(舍去)例3. （1）在中

28、，令得：；令得：；解得：，又，解得（2）由，得，又也满足，所以成立 ， ， （3）法一：， 法二：， 当时，累乘得： ，法三：用数学归纳法证例4.例5. 解:因为对任意的,点，均在函数且,当时,当时,又因为为等比数列,所以,公比为,（2）当b=2时，, 则,所以下面用数学归纳法证明不等式成立.当时,左边=,右边=,因为,所以不等式成立. 假设当时不等式成立,即时,左边=所以当时,不等式也成立. 由、可得不等式恒成立.【巩固提高】1. D解：当124时，0，当2649时，0，但其绝对值要小于124时相应的值，当5174时，0，当7699时，0，但其绝对值要小于5174时相应的值，当1100时，均

29、有0。2. A。解：，可得，可得，同理可得，故选A。3.B提示：4. B.解：由+=105得即，由=99得即 ，由得，选B5. B解：为等差数列，由，及解得，故，即，故，相加得，故，选B6.A7B.解：=,=2008+,S=20088.A.解：S8a9-S9a8=-a12q7，q0，-a12q70，S8a9S9a8，故选A。9. 。解：当时， ，故正确；对于可以采用特殊值列举法：当a=1时，x1=1, x2=1, x3=1, xn=1, 此时均对；当a=2时，x1=2, x2=1, x3=1, xn=1, 此时均对；当a=3时，x1=3, x2=2, x3=1, x4=2xn=1, 此时均对综

30、上，真命题有 ，错误.10.提示：，倒序相加法。11. 。解：这是一种需类比推理方法破解的问题，结论由二项构成，第二项前有，二项指数分别为，因此对于，12. an=2n-11。由题意得：-=5，an=Sn-Sn-1=an2+bn+c-a（n-1）2-b（n-1）-c=2an-11a，a2=-7，a=1，an=2n-1113. 解：由已知Sn+1=2n-1，得Sn=2n+1-1，故当n=1时，a1=S1=3；当n2时，an=Sn-Sn-1=2n，而a1=3不符合an=2n，故答案为14.解：（1）由题设得，且均为非负整数，所以的可能的值为1、2、5、10.若1,则10，与题设矛盾；若5,则2,

31、，与题设矛盾。若10,则1, ，与题设矛盾。所以2.（2）用数学归纳法证明：当，等式成立。假设当时等式成立，即，由题设因为，所以，也就是说，当时，等式成立。根据，对于所有。（3）由得。即。所以15.16.解：解：()设的方程为：，又，关于直线对称，过点(1，0)，l2过点(0，1)， b=1又在直线上,取n=1，2得：，（,n2），l2的方程为()由,可知是首项为，公差为1的等差数列在直线l2上，（） 。17. 解：（）在一次函数的图像上 又，且数列是以为首项，公比为的等比数列 6分（） 7分由（）知 即则 10分 是以2为公比的等比数列 解得：（）， . 数列是以2为首项，2为公比的等比数列

32、. ，即为数列的通项公式。 （3）-（4）得 10分，即，又当时， ；当时， 故使成立的正整数的最小值为5 . 13分18. 解：（1），数列an是以为公差，首项a1=1的等差数列，（2）Tn=a1a2a2a3+a3a4a4a5+a2n1a2na2na2n+1=a2（a1a3）+a4（a3a5）+a2n（a2n1a2n+1）=（3）当n2时，当n=1时，上式同样成立，sn=b1+b2+bn=恒有成立，即对一切nN*成立，解得 m2011，m最小=201119. 解：()因为，所以，又，当时，由，得；当时，由，得；当时，由，得() 对任意,有， ， 得代入得，即，又，由式，对所有，因此，所以是等

33、比数列20. 解：（）由已知 两式相减，得 即 从而当n=1时，S2=2S1+1+5， 又从而 故总有 又 从而即为首项，2为公比的等比数列. （）由（）知 . 从而 由上 （*）当n=1时，（*）式=0， ；当n=2时，（*）式 ；当 从而（或用数学归纳法：时，猜想 由于 事实上.1* 当n=3时， 不等式成立2* 设，则从而 即 综上1*、2*知，都成立.综上； ； 21. 解：（）因为Pn（xn，yn）、Pn+1（xn+1，yn+1）在抛物线上，故xn2=4yn，xn+12=4yn+1，又因为直线PnPn+1的斜率为，即，代入可得bn=x2n+1x2n1=（x2n+1+x2n）（x2n+

34、x2n1）=，故是以为公比的等比数列；（），故只要比较4n与3n+10的大小当n=1时，；当n=2时；当n3，nN*时，22. 解：(1)设公差为d，则由aeq oal(2,2)aeq oal(2,5)aeq oal(2,4)aeq oal(2,3)得3d(a4a3)d(a4a3)因为d0，所以a4a30，即2a15dS77得7a1eq f(76,2)d7，解得a15，d2，所以an的通项公式为an2n7，前n项和Snn26n.(2)法一：eq f(amam1,am2)eq f(2m72m5,2m3)，设2m3t，则eq f(amam1,am2)eq f(t4t2,t)teq f(8,t)6，所以t为8的约数因为t是奇数，所以t可取的值为1，当t1，m2时，teq f(8,t)63,2573，是数列an中的项；当t1，m1时，teq f(8,t)615，数列an中的最小项是5，不符合所以满足条件的正整数m2.法二：因为eq f(amam1,am2)eq f(am24am22,am2)am26eq f(8,am2)为数列an中的项，故eq f(8,am2)为整数，又由(1)知am2为奇数，所以am22m31，即m1,2.经检验，符合题意的正整数m为2.23. 证明(1)由S1eq f(1a1,2)a1知a1n2时，an