江蘇專用2024高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專項(xiàng)強(qiáng)化練九數(shù)列

PAGEPAGE1專項(xiàng)強(qiáng)化練(九)數(shù)列A組——題型分類練題型一等差、等比數(shù)列的基本運(yùn)算1．設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a2＝7，S7＝－7，則a7的值為_(kāi)_______．解析：因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}滿意a2＝7，S7＝－7，所以S7＝7a4＝－7，a4＝－1，所以d＝eq\f(a4－a2,4－2)＝－4，所以a7＝a2＋5d＝－13.答案：－132．(2024·鹽城高三模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若Sn＝2an＋n(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝________.解析：Sn＝2an＋n(n∈N*)①，當(dāng)n＝1時(shí)，得a1＝－1，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝2an－1＋n－1②，①－②，得an＝2an－2an－1＋1(n≥2)，即an－1＝2(an－1－1)(n≥2)，則數(shù)列{an－1}是以－2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，則an－1＝－2×2n－1＝－2n，a1＝－1符合上式．所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝1－2n.答案：1－2n3．已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，若a4＝aeq\o\al(2,2)，a2＋a4＝eq\f(5,16)，則a5＝________.解析：法一：設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1(a1>0)，公比為q(q>0)，由題意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q3＝a1q2，,a1q＋a1q3＝\f(5,16)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(1,2)，,q＝\f(1,2)，))所以a5＝a1q4＝eq\f(1,32).法二：(整體思想)依題意由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝a\o\al(2,2)，,a2＋a4＝\f(5,16)，))得16aeq\o\al(2,2)＋16a2－5＝0，即(4a2＋5)(4a2－1)＝0，又等比數(shù)列{an}各項(xiàng)均為正數(shù)，所以a2＝eq\f(1,4)，從而a4＝eq\f(1,16)，從而由q2＝eq\f(a4,a2)＝eq\f(1,4)，又q>0，所以q＝eq\f(1,2)，a5＝a4q＝eq\f(1,16)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,32).答案：eq\f(1,32)[臨門一腳]1．等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式，共涉及五個(gè)量a1，an，d，n，Sn，知其中三個(gè)就能求另外兩個(gè)，體現(xiàn)了用方程的思想解決問(wèn)題．2．在等差、等比混合后考查基本量的計(jì)算簡(jiǎn)單造成公式和性質(zhì)混淆，從而造成計(jì)算失誤．3．等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式：等差數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)d；等比數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝a1qn－1＝amqn－m(a1≠0，q≠0)．4．等差、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和：(1)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為：Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n(二次函數(shù))．特殊地，當(dāng)d≠0時(shí)，Sn是關(guān)于n的二次函數(shù)，且常數(shù)項(xiàng)為0，即可設(shè)Sn＝an2＋bn(a，b為常數(shù))．(2)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和為：Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1，))特殊地，若q≠1，設(shè)a＝eq\f(a1,1－q)，則Sn＝a－aqn，要留意對(duì)q是否等于1探討．題型二等差、等比數(shù)列的性質(zhì)1．(2024·東臺(tái)中學(xué)模擬)已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a3＋a6＋a12＝2019，則S13＝________.解析：法一：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閍3＋a6＋a12＝2019，所以(a1＋2d)＋(a1＋5d)＋(a1＋11d)＝2019，即a1＋6d＝673，所以S13＝eq\f(13a1＋a13,2)＝eq\f(13[a1＋a1＋12d],2)＝13(a1＋6d)＝8749.法二：因?yàn)閍3＋a6＋a12＝2019，所以3a7＝2019，所以a7＝673，所以S13＝eq\f(13a1＋a13,2)＝13a7＝8749.答案：87492．設(shè)Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若eq\f(S4,S2)＝3，則eq\f(S6,S4)＝________.解析：設(shè)S2＝k，S4＝3k，由數(shù)列{an}為等比數(shù)列，得S2，S4－S2，S6－S4為等比數(shù)列，∴S2＝k，S4－S2＝2k，S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴eq\f(S6,S4)＝eq\f(7k,3k)＝eq\f(7,3).答案：eq\f(7,3)3．若等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且a10a11＋a9a12＝2e5，則lna1＋lna2＋…＋lna解析：因?yàn)閍10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，所以a10a11＝e5.所以lna1＋lna2＋…＋lna20＝ln(a1a2…a20)＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10答案：504．已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，且an>0，若a1＋a2＋…＋a100＝500，則a50·a51的最大值為_(kāi)_______．解析：法一：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d(d≥0)，由題意得，100a1＋4950d＝500，所以a1＝5－49.5d，所以a50·a51＝(a1＋49d)·(a1＋50d)＝(5－0.5d)·(5＋0.5d)＝－0.25d2＋25.又d≥0，所以當(dāng)d＝0時(shí)，a50·a51法二：由等差數(shù)列的性質(zhì)知，50(a50＋a51)＝500，即a50＋a51＝10，所以由基本不等式得a50·a51≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a50＋a51,2)))2＝25，當(dāng)且僅當(dāng)a50＝a51＝5時(shí)取等號(hào)，所以a50·a51有最大值25.答案：255．已知兩個(gè)等差數(shù)列{an}和{bn}的前n項(xiàng)和分別為An和Bn，若eq\f(An,Bn)＝eq\f(7n＋45,n＋3)，則使得eq\f(an,bn)為整數(shù)的正整數(shù)n的個(gè)數(shù)是________．解析：由eq\f(an,bn)＝eq\f(nan,nbn)＝eq\f(\f(na1＋a2n－1,2),\f(nb1＋b2n－1,2))＝eq\f(A2n－1,B2n－1)＝eq\f(72n－1＋45,2n－1＋3)＝eq\f(7n＋19,n＋1)＝eq\f(7n＋1＋12,n＋1)＝7＋eq\f(12,n＋1).因此n∈N*，eq\f(an,bn)∈N*，故n＋1＝2,3,4,6,12，即n共有5個(gè)．答案：5[臨門一腳]1．若序號(hào)m＋n＝p＋q，在等差數(shù)列中，則有am＋an＝ap＋aq；特殊的，若序號(hào)m＋n＝2p，則am＋an＝2ap；在等比數(shù)列中，則有am·an＝ap·aq；特殊的，若序號(hào)m＋n＝2p，則am·an＝aeq\o\al(2,p)；該性質(zhì)還可以運(yùn)用于更多項(xiàng)之間的關(guān)系．2．在等差數(shù)列{an}中，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等差數(shù)列，其公差為kd；其中Sn為前n項(xiàng)的和，且Sn≠0(n∈N*)；在等比數(shù)列{an}中，當(dāng)q≠－1或k不為偶數(shù)時(shí)Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…成等比數(shù)列，其中Sn為前n項(xiàng)的和(n∈N*)．題型三數(shù)列的綜合問(wèn)題1．已知等比數(shù)列{an}的前4項(xiàng)和為5，且4a1，eq\f(3,2)a2，a2成等差數(shù)列，若bn＝eq\f(1,log23an＋1)，則數(shù)列{bnbn＋1}的前10項(xiàng)和為_(kāi)_______．解析：由4a1，eq\f(3,2)a2，a2成等差數(shù)列，可得4a1＋a2＝3a2，則2a1＝a2，則等比數(shù)列{an}的公比q＝eq\f(a2,a1)＝2，則數(shù)列{an}的前4項(xiàng)和為eq\f(a11－24,1－2)＝5，解得a1＝eq\f(1,3)，所以an＝eq\f(1,3)×2n－1，bn＝eq\f(1,log23an＋1)＝eq\f(1,n)，則bnbn＋1＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，其前10項(xiàng)和為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)－\f(1,11)))＝eq\f(10,11).答案：eq\f(10,11)2．(2024·蘇州中學(xué)模擬)對(duì)于無(wú)窮數(shù)列{an}與{bn}，記A＝{x|x＝an，n∈N*}，B＝{x|x＝bn，n∈N*}，若滿意條件A∩B＝?且A∪B＝N*，則稱數(shù)列{an}與{bn}是無(wú)窮互補(bǔ)數(shù)列．已知數(shù)列{an}滿意a1＝3，且對(duì)隨意的i，j∈N*，都有ai＋j＝aiaj，數(shù)列{bn}滿意對(duì)隨意的n∈N*，都有bn<bn＋1.若數(shù)列{an}與{bn}是無(wú)窮互補(bǔ)數(shù)列，則b2020＝________.解析：在數(shù)列{an}中，對(duì)隨意的i，j∈N*，都有ai＋j＝aiaj，令i＝n，j＝1，則an＋1＝a1an.因?yàn)閍1＝3，所以an＋1＝3an，所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為3，公比為3的等比數(shù)列，所以an＝3n.因?yàn)?6＝729<2020,37＝2187>2020，所以小于等于2020的正整數(shù)中有6個(gè)是數(shù)列{an}中的項(xiàng)，所以由無(wú)窮互補(bǔ)數(shù)列的定義可知b2020＝2020＋6＝2026.答案：20263．(2024·南京四校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝8n－n2，令bn＝anan＋1an＋2(n∈N*)，設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，當(dāng)Tn取得最大值時(shí)，n＝________.解析：法一：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝7；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝9－2n，經(jīng)檢驗(yàn)，n＝1時(shí)也符合，故an＝9－2n，則bn＝anan＋1an＋2＝(9－2n)(7－2n)(5－2n)，當(dāng)Tn取得最大值時(shí)，應(yīng)滿意{bn}的前n項(xiàng)均為非負(fù)項(xiàng)．令bn≥0得，n≤2.5或3.5≤n≤4.5，又n∈N*，所以n＝1,2,4，而T1＝105，T2＝120，T4＝120，故當(dāng)Tn取得最大值時(shí)，n＝2或4.法二：由Sn＝8n－n2知，數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且an＝9－2n，即7,5,3,1，－1，－3，－5，－7，…，枚舉知，T1＝105，T2＝120，T3＝117，T4＝120，T5＝105，…，故當(dāng)Tn取得最大值時(shí)，n＝2或4.答案：2或44．在等差數(shù)列{an}中，首項(xiàng)a1＝3，公差d＝2，若某學(xué)生對(duì)其中連續(xù)10項(xiàng)進(jìn)行求和，在漏掉一項(xiàng)的前提下，求得余下9項(xiàng)的和為185，則此連續(xù)10項(xiàng)的和為_(kāi)_______．解析：由已知條件可得數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝2n＋1，設(shè)連續(xù)10項(xiàng)為ai＋1，ai＋2，ai＋3，…，ai＋10，i∈N，設(shè)漏掉的一項(xiàng)為ai＋k,1≤k≤10，由eq\f(ai＋1＋ai＋10×10,2)－ai＋k＝185，得(2i＋3＋2i＋21)×5－2i－2k－1＝185，即18i－2k＝66，即9i－k＝33，所以34≤9i＝k＋33≤43,3<eq\f(34,9)≤i≤eq\f(43,9)<5，所以i＝4，此時(shí)，由36＝33＋k得k＝3，所以ai＋k＝a7＝15，故此連續(xù)10項(xiàng)的和為200.答案：200[臨門一腳]1．?dāng)?shù)列求和的方法主要有錯(cuò)位相減法、倒序相加法、公式法、拆項(xiàng)并項(xiàng)法、裂項(xiàng)相消法等．2．依據(jù)遞推關(guān)系式求通項(xiàng)公式的方法有累加法，累積法，待定系數(shù)法，取倒數(shù)、取對(duì)數(shù)等．3．?dāng)?shù)列單調(diào)性可以用定義探討，也可以構(gòu)造函數(shù)進(jìn)行探討，要留意數(shù)列和所構(gòu)造函數(shù)的定義域的差別．B組——高考提速練1．設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a2＝1，a4＝5，則S5＝________.解析：法一：由等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，得5＝1＋2d，則d＝2，a1＝－1，S5＝5×(－1)＋eq\f(5×4,2)×2＝15.法二：S5＝eq\f(5a1＋a5,2)＝eq\f(5a2＋a4,2)＝eq\f(5×6,2)＝15.答案：152．(2024·連云港模擬)已知數(shù)列{an}中，a1＝a，a2＝2－a，an＋2－an＝2，若數(shù)列{an}單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．解析：由an＋2－an＝2可知數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)、偶數(shù)項(xiàng)分別遞增，若數(shù)列{an}單調(diào)遞增，則必有a2－a1＝(2－a)－a＞0且a2－a1＝(2－a)－a＜an＋2－an＝2，可得0＜a＜1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,1)．答案：(0,1)3．在等比數(shù)列{an}中，若a1＝1，a3a5＝4(a4－1)，則a7解析：法一：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因?yàn)閍1＝1，a3a5＝4(a4－1)，所以q2·q4＝4(q3－1)，即q6－4q3＋4＝0，q3＝2，所以a7＝q6法二：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,由a3a5＝4(a4－1)得aeq\o\al(2,4)＝4(a4－1)，即aeq\o\al(2,4)－4a4＋4＝0，所以a4＝2，因?yàn)閍1＝1，所以q3＝2，a7＝q6＝4.答案：44．記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若a4＋a5＝24，S6＝48，則{an}的公差為_(kāi)_______．解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a5＝24，,S6＝48，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＋a1＋4d＝24，,6a1＋\f(6×5,2)d＝48，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋7d＝24，,2a1＋5d＝16，))解得d＝4.答案：45．已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，公比q＝3，S3＋S4＝eq\f(53,3)，則a3＝________.解析：因?yàn)榈缺葦?shù)列{an}的公比q＝3，所以S3＋S4＝2S3＋a4＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)＋\f(1,9)))a3＋3a3＝eq\f(53,9)a3＝eq\f(53,3)，所以a答案：36．設(shè)公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若S3＝aeq\o\al(2,2)，且S1，S2，S4成等比數(shù)列，則a10＝________.解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，由S3＝aeq\o\al(2,2)得3a2＝aeq\o\al(2,2)，解得a2＝0或a2＝3.又由S1，S2，S4成等比數(shù)列可得Seq\o\al(2,2)＝S1S4.若a2＝0，則S1＝S2＝a1≠0，S2＝S4＝a1，a2＋a3＋a4＝3a3＝0，a3＝0，則d＝0，故a2＝0舍去；若a2＝3，則S1＝3－d，S2＝6－d，S4＝12＋2d，有(6－d)2＝(3－d)(12＋2d)(d≠0)，得d＝2，此時(shí)a10＝a2＋8d＝19.答案：197．在等差數(shù)列{an}中，滿意3a4＝7a7，且a1>0，Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若Sn取得最大值，則解析：因?yàn)?a4＝7a7，所以3(a1＋3d)＝7(a1＋6所以a1＝－eq\f(33,4)d>0，所以d<0，所以an＝a1＋(n－1)d＝eq\f(d,4)(4n－37)，當(dāng)n≤9時(shí)，an>0，當(dāng)n≥10時(shí)，an<0，所以使Sn取得最大值的n＝9.答案：98．我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《算法統(tǒng)宗》中有如下問(wèn)題：“遠(yuǎn)望巍巍塔七層，紅光點(diǎn)點(diǎn)倍加增，共燈三百八十一，請(qǐng)問(wèn)尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數(shù)是上一層燈數(shù)的2倍，則塔的頂層共有燈________盞．解析：每層塔所掛的燈數(shù)從上到下構(gòu)成等比數(shù)列，記為{an}，則前7項(xiàng)的和S7＝381，公比q＝2，依題意，得S7＝eq\f(a11－27,1－2)＝381，解得a1＝3.答案：39．(2024·泰州中學(xué)模擬)已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a1＝－2014，eq\f(S2014,2014)－eq\f(S2008,2008)＝6，則S2019＝________.解析：由等差數(shù)列的性質(zhì)可得eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))也為等差數(shù)列．設(shè)其公差為d，則eq\f(S2014,2014)－eq\f(S2008,2008)＝6d＝6，∴d＝1.故eq\f(S2019,2019)＝eq\f(S1,1)＋2018d＝－2014＋2018＝4，∴S2019＝4×2019＝8076.答案：807610．設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))滿意a1＝1，(1－an＋1)(1＋an)＝1(n∈N*)，則eq\i\su(k＝1,100,)(akak＋1)的值為_(kāi)_______．解析：因?yàn)?1－an＋1)(1＋an)＝1，所以an－an＋1－anan＋1＝0，從而eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝1，eq\f(1,a1)＝1，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，所以eq\f(1,an)＝1＋n－1＝n，所以an＝eq\f(1,n)，故anan＋1＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，因此eq\i\su(k＝1,100,)(akak＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,100)－\f(1,101)))＝1－eq\f(1,101)＝eq\f(100,101).答案：eq\f(100,101)11．已知Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若存在m∈N*，滿意eq\f(S2m,Sm)＝9，eq\f(a2m,am)＝eq\f(5m＋1,m－1)，則數(shù)列{an}的公比為_(kāi)_______．解析：設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，若q＝1，則eq\f(S2m,Sm)＝2，與題中條件沖突，故q≠1.因?yàn)閑q\f(S2m,Sm)＝eq\f(\f(a11－q2m,1－q),\f(a11－qm,1－q))＝qm＋1＝9，所以qm＝8.所以eq\f(a2m,am)＝eq\f(a1q2m－1,a1qm－1)＝qm＝8＝eq\f(5m＋1,m－1)，所以m＝3，所以q3＝8，所以q＝2.答案：212．(2024·金陵中學(xué)模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，eq\f(S2019,2019)－eq\f(S9,9)＝2010.若Sm＋Sp＋Sr＝504(正整數(shù)m，p，r互不相等)，對(duì)于滿意條件的m，p，r，m＋p＋r的值構(gòu)成的集合為_(kāi)_______．解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(n－1,2)d.因?yàn)閑q\f(S2019,2019)－eq\f(S9,9)＝2010，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(2019－1,2)d))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(9－1,2)d))＝1005d＝2010，所以d＝2，所以an＝2n－1，Sn＝n2.因?yàn)镾m＋Sp＋Sr＝504為偶數(shù)，所以m，p，r中有兩個(gè)奇數(shù)、一個(gè)偶數(shù)或m，p，r均為偶數(shù)．①若m，p，r中有兩個(gè)奇數(shù)、一個(gè)偶數(shù)，不妨設(shè)m＝2x＋1，p＝2y＋1，r＝2z，其中x，y∈N，z∈N*，則(2x＋1)2＋(2y＋1)2＋4z2＝504，所以2(x2＋x＋y2＋y＋z2)＝251，等式左邊為偶數(shù)，右邊為奇數(shù)，沖突．②若m，p，r均為偶數(shù)，不妨設(shè)m＝2m1，p＝2p1，r＝2r1，其中m1，p1，r1∈N*，則meq\o\al(2,1)＋peq\o\al(2,1)＋req\o\al(2,1)＝126，接著奇偶分析知m1，p1，r1中有兩個(gè)奇數(shù)、一個(gè)偶數(shù)或m1，p1，r1均為偶數(shù)．易得當(dāng)m1，p1，r1均為偶數(shù)時(shí)，不成立．當(dāng)m1，p1，r1中有兩個(gè)奇數(shù)、一個(gè)偶數(shù)時(shí)，不妨設(shè)m1＝2m2＋1，p1＝2p2＋1，r1＝2r2，其中m2，p2∈N，r2∈N*，則meq\o\al(2,2)＋m2＋peq\o\al(2,2)＋p2＋req\o\al(2,2)＝31，因?yàn)閙2(m2＋1)＋p2(p2＋1)為偶數(shù)，所以r2為奇數(shù)，且r2的全部可能取值為1,3,5.不妨設(shè)0≤m2<p2，當(dāng)r2＝1時(shí)，meq\o\al(2,2)＋m2＋peq\o\al(2,2)＋p2＝30，得m2＝0，p2＝5；當(dāng)r2＝3時(shí)，meq\o\al(2,2)＋m2＋peq\o\al(2,2)＋p2＝22，得m2＝1，p2＝4；當(dāng)r2＝5時(shí)，meq\o\al(2,2)＋m2＋peq\o\al(2,2)＋p2＝6，得m2＝0，p2＝2.綜上所述，S2＋S4＋S22＝504，S6＋S12＋S18＝504，S2＋S10＋S20＝504.所以對(duì)于滿意條件的m，p，r，m＋p＋r的值構(gòu)成的集合為{28,32,36}．答案：{28,32,36}13．設(shè)Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，an>0，若S6－2S3＝5，則S9－S6的最小值為_(kāi)_______．解析：法一：當(dāng)q＝1時(shí)，S6－2S3＝0，不合題意，所以q≠1，從而由S6－2S3＝5得eq\f(a11－q6,1－q)－eq\f(2a11－q3,1－q)＝5，從而得eq\f(a1,1－q)＝eq\f(5,－q6＋2q3－1)＝eq\f(5,－q3－12)<0，故1－q<0，即