2022届高三数学一轮复习（原卷版）考点23 等差数列与等比数列基本量的问题（解析版）.doc

考点考点 23 等差数列与等比数列基本量的问题等差数列与等比数列基本量的问题 【知识框图知识框图】 【自主热身，归纳总结自主热身，归纳总结】 1 1、(201(2019 9 宿迁期末）宿迁期末） 已知数列an的前 n 项和为 Sn，an12an1，a11，则 S9的值为_ 【答案答案】 1013 【解析解析】由 an12an1，得 an112(an1)，即an11an12，所以数列an1是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，设 bnan1 的前 n 项和为 Tn，则 T92（129）121022，S9T991013. 解后反思 一般地， 数列an满足 an1panq(p1， q0)， 则有 an1qp1panqp1， 当 a1qp10 时，anqp1为等比数列 2 2、(201(2019 9 通州、海门、启东期末）通州、海门、启东期末）设an是公比为正数的等比数列，a12，a3a24，则它的前 5 项和 S5_ 【答案答案】 62 【解析解析】 设公比为 q，因为 a12，a3a24，所以 2q22q4，解得 q2 或 q1，因为an为正项数列，所以 q2，所以 S52（125）1262. 3 3、(201(2019 9 扬州期末）扬州期末）已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S37，S663，则 a1_ 【答案答案】 1 【解析解析】首先根据 S37，S663 可判断出等比数列an公比 q1，由等比数列的前 n 项和公式得S3a1（1q3）1q7，S6a1（1q6）1q63，则S6S31q39，解得 q2，a11. 4 4、(20(201919 镇江期末）镇江期末） 设 Sn是等比数列an的前 n 项的和，若a6a312，则S6S3_ 【答案答案】 12 【解析解析】设等比数列an的公比为 q，则 q3a6a312.易得 S6S3(1q3)，所以S6S31q311212. 5 5、(201(2019 9 南京、盐城二模）南京、盐城二模） 等差数列an中，a410，前 12 项的和 S1290，则 a18的值为_ 【答案答案】 4 【解析解析】由等差数列通项公式、求和公式得 a4a13d10，S1212a166d90，解得 a113，d1，故 a18a117d13174. 6 6、(201(2017 7 苏州暑假测试苏州暑假测试） 已知数列an满足 a11，a212，且 an(an1an1)2an1an1(n2)，则 a2 015_. 【答案答案】 12 015 【解析解析】由 an(an1an1)2an1an1(n2)得1an11an12an(n2)，又 a11，a212，所以数列1an是以 1为首项，1 为公差的等差数列所以1ann，即 an1n，所以 a2 01512 015. 7 7、(201(2017 7 镇江期末）镇江期末） Sn是等差数列an的前 n 项和，若SnS2nn14n2，则a3a5_. 【答案答案】. 35 【解析解析】解法 1 由SnS2nn14n2可得，na1an22na1a2n2a1ana1a2nn12n1，当 n1 时，2a1a1a223，所以 a22a1. da2a1a1，所以a3a5a12da14d3a15a135. 解法 2 SnS2nn14n2n2n4n22n， 观察发现可令 Snn2n，则 anSnSn1n2n(n1)2(n1)2n，所以a3a5232535. 8、(2017 南京三模）南京三模）若等比数列an的各项均为正数，且 a3a12，则 a5的最小值为 【答案答案】 8 【解析解析】 因为 a3a12，所以2112a q ，即12201aq 1q 所以4451221qaa qq，设210tq ，即21qt ， 所以252111222 228tattttt，当且仅当1t ，即2q 时取到等号. 9 9、(201(2018 8 南京学情调研）南京学情调研）记等差数列an的前 n 项和为 Sn.若 am10，S2m1110，则 m 的值为_ 【答答案案】. 6 【解析解析】由 S2m1a1a2m12(2m1)a1(m1)d(2m1)(2m1)am得，11010(2m1)，解得 m6. 1010、(201(2018 8 苏州暑假测试）苏州暑假测试） 等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 anSnn216n15(n2，nN*)，若对任意 nN*，总有 SnSk，则 k 的值是_ 【答案答案】7 【解析解析】解法 1(特殊值法) 在式子“anSnn216n15(n2，nN*)”中分别令 n2，3 得，a113，a211.又因为an是等差数列，所以公差 d2，an13(n1)(2)152n0，解得 n7.5，故前7 项和最大，所以 k7. 解法 2(公式法) 在等差数列an中， 设公差为 d， 因为式子 “anSna1(n1)da1nn（n1）2d n216n15(n2，nN*)”的二次项系数为 1，所以d21，即公差 d2，令 n2 得，a113，所以前n 项和 Sn13nn（n1）2(2)14nn249(n7)2，故前 7 项和最大，所以 k7. 【问题探究，开拓思维】【问题探究，开拓思维】 题型一、等差数列与等比数列的基本量问题题型一、等差数列与等比数列的基本量问题 知识点拨：一是基本量法，即转化为知识点拨：一是基本量法，即转化为a a1 1，d d( (q q) )，n n，a an n，S Sn n的方程组，解方程组即可；的方程组，解方程组即可； 例例 1 1、(201(2019 9 苏州期初调查）苏州期初调查）已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S2，S6，S4成等差数列，则a2a4a6的值为_ 【答案答案】2 【解析解析】设公比为 q，因为 S2，S6，S4成等差数列，所以 2S6S2S4，若 q1，则有 12a12a14a1，所以 a10，不成立，则 q1，所以 2a1（1q6）1qa1（1q2）1qa1（1q4）1q，则有 2q6q2q4，所以 2q4q210，q21，则 q1，所以a2a4a6a2a2q2a2q41q2q42. 易错警示 运用等比数列的前 n 项和公式时，一定要讨论公比 q1 的情形，否则会产生漏解或增解 【变式变式 1 1】(201(2019 9 泰州期末）泰州期末） 已知数列an满足 log2an1log2an1，则a5a3a3a1_ 【答案答案】4 【解析解析】log2an1log2anlog2an1an1，所以an1an2，即数列an是以 2 为公比的等比数列，所以a5a3a3a1a3q2a1q2a3a1q24. 【变式变式 2 2】(201(2019 9 苏州期末）苏州期末）设 Sn是等比数列an的前 n 项和，若S5S1013，则S5S20S10_ 【答案答案】118 【解析解析】设等比数列an的公比为 q，则 S10S5(1q5)，S20S10(1q10) 由S5S1013，得 q52，q104.所以 S103S5，S205S1015S5，从而 S10S2018S5. 解后反思 因为数列an是等比数列，所以 S5，S10S5，S15S10，S20S15也成等比数列它们的比值为 1248，所以 S20(1248)S515S5. 【变式变式 3】(2019 苏锡常镇调研（二） ）苏锡常镇调研（二） ）已知等比数列 na的前 n 项和为nS，若622aa，则128SS 【答案答案】 .37 【解析解析】设等比数列 na的公比为q，因为622aa，所以2422aqa，故24q由于1q，故.372121)(1)(1111)1 (1)1 (23243481281121812qqqqqqaqqaSS 解后反思：解后反思：在利用等比数列的求和公式计算时要注意公比是否为1，在化简时要注意对条件的整体处理 【变式变式 4】(2019 苏北四市、苏中三市三调）苏北四市、苏中三市三调）已知 na是等比数列，前n项和为nS若324aa，416a ，则3S的值为 【答案】14 【解析解析】 ：(基本量法) 设数列 na的首项是1a，公比为q，则由324aa，416a ，得 21131416a qa qa q解得 122aq，2312311124814Saaaaa qa q. 【变式变式 5 5】(201(2019 9 南京、盐城一模）南京、盐城一模）已知等比数列an为单调递增数列，设其前 n 项和为 Sn，若 a22，S37，则 a5的值为_ 【答案】16 【解析解析】 ：解法 1(基本量为 a1，q) 设 ana1qn1，则 a2a1q2，即 a12q，所以 S3a1(q2q1)7，即2q(q2q1)2q22q7，q1q52，解得 q2 或 q12(数列单调递减，舍)，则 a5a1q416. 解法 2(基本量为 a2，q) 设公比为 q，则 S32q22q7，解得 q2 或 q12(数列单调递减，舍)，则a5a2q316. 解后反思 在等差数列与等比数列中常常使用基本量法，但是要注意基本量的相对性. 我们所说的基本量，往往是 a1，d(或 a1，q)，其实也可以把 a2，d(或 a2，q)等作为基本量 题型二题型二 等差数列与等比数列的性质等差数列与等比数列的性质 知识点拨：知识点拨： 在解数列填空题时，记住一些常见的结论可以大大提高解题速度在解数列填空题时，记住一些常见的结论可以大大提高解题速度(1)(1)在等差数列在等差数列aan n 中，若中，若 m m，n n，p p，q qN N* *，且，且m mn np pq q，则，则a am ma an na ap pa aq q；(2)(2)在等差数列在等差数列 a an n 中，若公差为中，若公差为d d，且，且m m，n nN N* *，则，则a am ma an n( (m mn n) )d d. .，在等比数列中若，在等比数列中若 m m，n n，p p，q qN N* *，且，且m mn np pq q，则，则a am ma an na ap pa aq q；掌握等差数列和等比数；掌握等差数列和等比数列的性质在解题时不但能提升解题速度还能提高准确率。列的性质在解题时不但能提升解题速度还能提高准确率。 例例 2 2、(201(2019 9 南通、泰州、扬州一调）南通、泰州、扬州一调）已知已知数列an是等比数列，有下列四个命题： 数列|an|是等比数列； 数列anan1是等比数列； 数列1an是等比数列； 数列lga2n是等比数列 其中正确的命题有_个 【答案答案】3 【解析解析】设等比数列an的公比为 q，对于中数列|an|，|an1|an|q，且首项|a1|0，所以为等比数列；对于中数列anan1，an1an2anan1q2，且首项 a1a20，所以为等比数列；对于中数列1an，1an11an1q，且首项1a10，所以为等比数列， 对于中数列lga2n，若 a11，则 lga10，所以不是等比数列则正确的命题有3 个，故答案为 3. 【变式变式 1 1】(201(2018 8 南京、盐城一模）南京、盐城一模）设 Sn为等差数列an的前 n 项和，若an的前 2017 项中的奇数项和为2018，则 S2017的值为_ 【答案答案】 4034 【解析解析】 因为 a1a3a5a20171009a10092018， 所以 a10092， 故 S2017a1a2a20172017a1009 4034. 【变式变式 2 2】(201(2018 8 苏北四市期末）苏北四市期末）已知等差数列an满足 a1a3a5a7a910，a28a2236，则 a11的值为_ 【答案答案】 11 【解析解析】设等差数列an的公差为 d，由 a28a2236 得 6a5d18.由 a1a3a5a7a910 得 a52，从而6d9，a11a56d2911. 【变式变式 3 3】(201(2017 7 南京、盐城一模）南京、盐城一模）设an是等差数列，若 a4a5a621，则 S9_. 【答案答案】63 【解析解析】因为an是等差数列，且 a4a5a621，所以 3a521，即 a57，故 S99a1a929a563. 【变式变式 4】(2017 南通、扬州、泰州、淮安三调）南通、扬州、泰州、淮安三调）设等差数列 na的前 n 项和为nS若公差2d ，510a ，则10S的值是 【答案答案】110 【解析解析】1：由52,10da，求得12a ，故10110 9102Sad 10 910 222 110，即10110S. 解 析2 ： 由52 ,1 0da， 求 得6510212aad， 由 等 差 数 列 的 性 质 得 ：1105610 1222aaaa，故1101010 ()10 2211022aaS. 【变式变式 5 5】(201(2016 6 常州期末）常州期末） 已知等比数列an的各项均为正数，且 a1a249，a3a4a5a640，则a7a8a99的值为_ 【答案答案】117 【解析解析】解法 1 a1a2a11q49，a3a4a5a6a1q2q3q4q540，两式相除可得 q2q490，即 q210(舍)或 q29.又 an0，所以 q3，故 a119，所以 a7a8a9a1q6(1qq2)1 053，即a7a8a99117. 解法 2 因为a3a4a1a2q2，a5a6a1a2q4，所以 a3a4a5a6(q2q4)(a1a2)40.即 q4q290，解得 q2 9.又 an0，所以 q3.又a7a8a9a1a2a3q6，a7a8a9a4a5a6q3，故 a1a2a61q61q3(a7a8a9)4049，解得 a7a8a91 053，即a7a8a99117. 【变式变式 6 6】(201(2015 5 镇江期末）镇江期末）设等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S37，S663，则 a7a8a9_. 【答案答案】 448 【解析解析】因为 a1a2a37，a1a2a3a663，所以 a4a5a656.因为 a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9成等比数列，所以 a7a8a95627448. 题型三题型三 等差数列与等比数列的证明问题等差数列与等比数列的证明问题 知识点拨：知识点拨：证明一个数列为等差数列或者等比数列常用定义法与等差、等比中项法，其他方法只用于选择、证明一个数列为等差数列或者等比数列常用定义法与等差、等比中项法，其他方法只用于选择、填空题中的判定；若证明某数列不是等差或等比数列，则只要证明存在连续三项不成等差或等比数列即填空题中的判定；若证明某数列不是等差或等比数列，则只要证明存在连续三项不成等差或等比数列即可而研究数列中的取值范围问题，一般都是通过研究数列的单调性来进行求解可而研究数列中的取值范围问题，一般都是通过研究数列的单调性来进行求解 例例 3 3、(201(2019 9 苏州三苏州三市、苏北四市二调）市、苏北四市二调）已知数列an的各项均不为零设数列an的前 n 项和为 Sn，数列a2n的前 n 项和为 Tn，且 3S2n4SnTn0，nN*. (1) 求 a1，a2的值； (2) 证明：数列an是等比数列； (3) 若(nan)(nan1)0 对任意的 nN*恒成立，求实数 的所有值 规范解答 (1)因为 3S2n4SnTn0，nN*. 令 n1，得 3a214a1a210，因为 a10，所以 a11. 令 n2，得 3(1a2)24(1a2)(1a22)0，即 2a22a20，因为 a20，所以 a212.(3 分) (2)解法 1 因为 3S2n4SnTn0， 所以 3S2n14Sn1Tn10， 得，3(Sn1Sn)an14an1a2n10， 因为 an10，所以 3(Sn1Sn)4an10， (5 分) 所以 3(SnSn1)4an0(n2)， 当 n2 时，得，3(an1an)an1an0，即 an112an， 因为 an0，所以an1an12. 又因(1)知，a11，a212，所以a2a112， 所以数列an是以 1 为首项，12为公比的等比数列(8 分) 解法 2 因为 3S2n4SnTn0， 所以 3S2n14Sn1Tn10， 得，3(Sn1Sn)an14an1a2n10， 因为 an10，所以 3(Sn1Sn)4an10， 所以 3(Sn1Sn)4(Sn1Sn)0，(5 分) 整理为 Sn12312Sn23，又 S123a12313， 所以 Sn231312n1，得 Sn1312n123， 当 n2 时，anSnSn112n1，而 a11 也适合此式， 所以 an12n1，所以an1an12 所以数列an是以12为公比的等比数列(8 分) (3)解法 1 由(2)知，an12n1. 因为对任意的 nN*，(nan)(nan1)0 恒成立， 所以 的值介于 n12n1和 n12n之间 因为 n12n1n12n0，当 n 为奇数时，n12nn12n1恒成立，从而有 n2n1恒成立 记 p(n)n22n(n4)，因为 p(n1)p(n)（n1）22n1n22nn22n12n10 不符(13 分) 若 0，当 n 为奇数时，n12nn12n1恒成立，从而有n2n恒成立 由(*)式知，当 n5 且 n1时，有1nn2n，所以 0 不符 综上，实数 的所有值为 0. 解法 2 由(2)知，an12n1，故 anan10，所以当 0 时，(nan)(nan1)0 即 n2anan10，对 任意的 nN*成立，符合题意；(10 分) 因为对任意的 nN*， (nan)(nan1)0 恒成立， 所以对任意的大于 3 的偶数 n， (nan)(nan1)0即n2n1n2n0 成立，亦即对任意的大于 3 的偶数 n，|n2nn2n13n2n成立，(13 分) 先证，当 n4 时，n2n1n， 记 p(n)n22n(n4)，因为 p(n1)p(n)（n1）22n1n22nn22n12n10， 所以 p(n)p(4)1，即n22n41，所以n2n1n(*)， 所以对任意的大于 3 的偶数 n，|3|时，|3n，所以 0 不合题意， 综上，实数 的所有值为 0.(16 分) 【变式变式 1 1】(2017(2017 南京、盐城二模）南京、盐城二模）已知数列an的前 n 项和为 Sn，数列bn，cn满足(n1)bnan1Snn，(n2)cnan1an22Snn，其中 nN*. (1) 若数列an是公差为 2 的等差数列，求数列cn的通项公式； (2) 若存在实数 ，使得对一切 nN*，有 bncn，求证：数列an是等差数列 思路分析 (2) 若数列an是公差为 d 的等差数列，则 an1Snnn12d，an1an22Snnn22d，所以bncn12d.因此要先证 bncn 是常数 规范解答 (1) 若数列an是公差为 2 的等差数列，则Snna1an2.(2 分) 所以(n2)cnan1a1an2an2n2，得 cn1.(4 分) (2) 由(n1)bnan1Snn，得 n(n1)bnnan1Sn， 从而(n1)(n2)bn1(n1)an2Sn1. 两式相减，得(n1)(n2)bn1n(n1)bn(n1)an2(n1)an1， 即(n2)bn1nbnan2an1.(*)(6 分) 又(n2)cn(n1)bnan2an12， 所以 2(n2)cn2(n1)bn(n2)bn1nbn， 整理，得 cn12(bnbn1)(9 分) 因为 bncn对一切 nN*恒成立， 所以 bncn12(bnbn1) 对一切 nN*恒成立， 得 cn，且 bnbn12. 而 bn，bn1，所以必有 bnbn1. 综上所述，bncn 对一切 nN*恒成立(12 分) 此时，由(*)式，得 an2an12 对一切 nN*恒成立(14 分) 对(n1)bnan1Snn，取 n1，得 a2a12. 综上所述，an1an2 对一切 nN*恒成立 所以数列an是公差为 2 的等差数列(16 分) 思想根源 若数列an是公差为 d 的等差数列，则Snn是公差为12d 的等差数列 【变式变式 2 2】(201(2017 7 苏州暑假测试）苏州暑假测试）在数列an中，已知 a12，an13an2n1. (1) 求证：数列ann为等比数列； (2) 记 bnan(1)n，且数列bn的前 n 项和为 Tn，若 T3为数列Tn中的最小项，求 的取值范围 规范解答 (1) 因为 an13an2n1，所以 an1n13(ann) 故an1n1ann3，又 a12，则 a113， 故ann是以 3 为首项，3 为公比的等比数列(4 分) (2) 由(1)知 ann3n，所以 bn3nn.(6 分) 故 Tn31323n(123n)32(3n1)nn12.(8 分) 因为 T3为数列Tn中的最小项，则对nN*，有32(3n1)nn12396 恒成立， 即 3n181(n2n12) 对nN*恒成立(10 分) 当 n1 时，由 T1T3，得 365； 当 n2 时，由 T2T3，得 9；(12 分) 当 n4 时，n2n12(n4)(n3)0 恒成立， 所以 3n181n2n12对n4 恒成立 令 f(n)3n181n2n12，n4， 则 f(n1)f(n)3n12n226162n1n23n10n2n120 恒成立， 故 f(n)3n181n2n12在 n4 时单调递增， 所以 f(4)814.(15 分) 综上，9814.(16 分) 【变式变式 3 3】(201(2016 6 苏锡常镇调研（二）苏锡常镇调研（二） ）已知数列an的前 n 项和为 Sn，a13，且对任意的正整数 n，都有Sn1Sn3n1，其中常数 0.设 bnan3n (nN*) (1) 若 3，求数列 bn的通项公式； (2) 若 1 且 3，设 cnan233n(nN*)，证明数列 cn是等比数列； (3) 若对任意的正整数 n，都有 bn3，求实数 的取值范围 规范解答 因为 Sn1Sn3n1，nN*， 所以当 n2 时，SnSn13n， 从而 an1an2 3n，n2，nN* 又在 Sn1Sn3n1中，令 n1，可得 a2a1231，满足上式， 所以 an1an2 3n, nN* (2 分) (1) 当 3 时， an13an2 3n，nN*， 从而an13n1an3n23，即 bn1bn23， 又 b11，所以数列 bn是首项为 1，公差为23的等差数列， 所以 bn2n13.(4 分) (2) 当 0 且 3 且 1 时， cnan233nan123n1233n an1233n1(33) (an1233n1) cn1, (7 分) 又 c13633130， 所以 cn是首项为313，公比为 的等比数列， cn313 n1(8 分) (3) 在(2)中，若 1，则 cn0 也可使 an有意义，所以当 3 时，cn313 n1. 从而由(1)和(2)可知 (9 分) 当 3 时，bn2n13，显然不满足条件，故 3.(10 分) 当 3 时，bn133n123. 若 3, 130，bnbn1，nN*，bn1，)，不符合，舍去. (11 分) 若 00，230，bnbn1，nN*，且 bn0. 所以只需 b1a1313 即可，显然成立故 01 符合条件； (12 分) 若 1，bn1，满足条件故 1 符合条件；(13 分) 若 13，130， 从而 bn0.故 bn1，23， 要使 bn3 恒成立，只需233 即可 所以 173. (15 分) 综上所述，实数 的取值范围是0，73.(16 分) 【关联关联 1 1】(201(2019 9 镇江期末）镇江期末）已知等差数列an的公差为 d(d0)，前 n 项和为 Sn，且数列 Snn也是公差为 d 的等差数列，则 d_ 【答案】. 12 【解析】 ：思路分析 在等差数列an中，Snd2n2Bn，d，B 为常数，d 是公差 设 Snd2n2Bn， Snndnf，则d2n2(B1)n(dnf)2对 nN*恒成立，所以d2d2.又 d0，所以 d12. 【关联关联 2 2】(201(2015 5 南京、盐城、徐州二模）南京、盐城、徐州二模） 记等差数列 an的前 n 项和为 Sn，已知 a12，且数列Sn也为等差数列，则 a13_. 【答案答案】50 解法 1 设数列 an的公差为 d.因为Sn为等差数列， 所以 S1， S2， S3成等差数列， 从而 2 4d 2 63d，解得 d4，所以 a13212d50. 解法 2 因为数列Sn为等差数列，所以设它的公差为 d，则 Sn 2(n1)d，因此 Sn(n1)d22，从而当 n2 时，有 anSnSn1(2n3)d22 2d.由于数列 an为等差数列，所以 a1d22 2d2，解得 d 2，从而 an2(2n3)44n2，故 a1350. 解法 3 设数列 an的公差为 d，则 Sn2nnn12ddn222d2n.由于Sn为等差数列，所以 Sndn222d2n 应为以 n 为元的一个完全平方式，所以 2d20，所以 d4，从而 a13212450. 【关联关联 3 3】(201(2018 8 南京学情调研）南京学情调研）已知数列an的各项均为正数，记数列an的前 n 项和为 Sn，数列a2n的前n 项和为 Tn，且 3TnS2n2Sn，nN*. (1) 求 a1的值； (2) 求数列an的通项公式； (3) 若 k，tN*，且 S1，SkS1，StSk成等比数列，求 k 和 t 的值 规范解答 (1) 由 3T1S212S1，得 3a21a212a1，即 a21a10.因为 a10，所以 a11.(2 分) (2) 因为 3TnS2n2Sn， 所以 3Tn1S2n12Sn1， ，得 3a2n1S2n1S2n2an1，即 3a2n1(Sn1Sn)(Sn1Sn)2an1，即 3a2n1(Sn1Sn)an12an1， 因为 an10， 所以 3an1Sn1Sn2， (5 分) 所以 3an2Sn2Sn12， ，得 3an23an1an2an1，即 an22an1， 所以当 n2 时，an1an2.(8 分) 又由 3T2S222S2，得 3(1a22)(1a2)22(1a2)， 即 a222a20. 因为 a20，所以 a22，所以a2a12， 所以对 nN*，都有an1an2 成立， 所以数列an的通项公式为 an2n1，nN*.(10 分) (3) 由(2)可知 Sn2n1. 因为 S1，SkS1，StSk成等比数列， 所以(SkS1)2S1(StSk)，即(2k2)22t2k，(12 分) 所以 2t(2k)23 2k4，即 2t2(2k1)23 2k21(*) 由于 SkS10，所以 k1，即 k2. 当 k2 时，2t8，得 t3.(14 分) 当 k3 时，由(*)，得(2k1)23 2k21 为奇数， 所以 t20，即 t2，代入(*)得 22k23 2k20，即 2k3，此时 k 无正整数解 综上，k2，t3.(16 分)