2027版53B版新高考版数学总复习重难突破专题六　数列

专题六数列体系透视目录题型透析题型20等差数列、等比数列的判定与证明题型21求数列的通项公式题型22数列求和题型23数列与不等式综合题型24数列新定义问题体系透视

题型20等差数列、等比数列的判定与证明题型透析例1

(高考真题精选)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;(2)求{an}和{bn}的通项公式.解析

(1)证明:根据所要证明的结论,需要把条件进行转化,判断

是不是常数,(an+1-bn+1)-(an-bn)是不是常数,联想定义法证明.由题意可知a1+b1=1,a1-b1=1.4an+1=3an-bn+4①,4bn+1=3bn-an-4②,由①+②得,4an+1+4bn+1=3an-bn+4+3bn-an-4=2an+2bn,即an+1+bn+1=

(an+bn),所以数列{an+bn}是首项为1,公比为

的等比数列.由①-②得,4an+1-4bn+1=3an-bn+4-(3bn-an-4)=4an-4bn+8,即an+1-bn+1=an-bn+2,即an+1-bn+1-(an-bn)=2,所以数列{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.(2)由(1)可得{an+bn},{an-bn}的通项公式,然后作和,作差求an,bn.由(1)可得,an+bn=

,an-bn=2n-1,所以an=

[(an+bn)+(an-bn)]=

+n-

,bn=

[(an+bn)-(an-bn)]=

-n+

.例2数列{an}满足a1=1,a2=x,x∈R,且an+2=3an+1-2an-n+1.记bn=an+1-an-n,数列{bn}是不是等

比数列?说明理由.解析要看{bn}是不是等比数列,就看是否满足

为常数,可由所给递推式建立bn+1与bn的关系.因为an+2=3an+1-2an-n+1,所以bn+1=an+2-an+1-n-1=(3an+1-2an-n+1)-an+1-n-1=2(an+1-an-n)=2bn①,有

了bn+1=2bn,只需再看b1是不是0,就能确定{bn}是不是等比数列了.因为a1=1,a2=x,所以b1=a2-a1-1=x-1-1=x-2,当x=2时,b1=0,所以数列{bn}不是等比数列;当x≠2时,b1≠0,结合①式可得{bn}的所有项均不为0,所以①式可变形成

=2,故{bn}是首项为x-2,公比为2的等比数列.综上,当x=2时,{bn}不是等比数列;当x≠2时,{bn}是首项为x-2,公比为2的等比数列.归纳总结

1.等差数列的判定与证明方法方法解读适合题型定义法对于任意自然数n(n≥2),an-an-1为同一

常数⇔{an}是等差数列解答题中的证明问题等差中项法2an-1=an+an-2(n≥3,且n∈N*)成立⇔{an}

是等差数列通项公式法an=pn+q(p,q为常数)对任意的正整数

n都成立⇔{an}是等差数列选择题、填空题中的判定问题前n项和公式法Sn=An2+Bn(A,B是常数)对任意的正整

数n都成立⇔{an}是等差数列2.等比数列的判定与证明方法定义法若

=q(q为非零常数,n∈N*)或

=q(q为非零常数且n≥2,n∈N*),则{an}是等比数列等比中项法若数列{an}中,an≠0且

=an·an+2(n∈N*),则数列{an}是等比数列通项公式法若数列的通项公式可写成an=c·qn-1(c,q均是不为0的常数,n∈N*)的形式,则{an}是等比数列前n项和公式法若数列{an}的前n项和Sn=k·qn-k(k为常数且k≠0,q≠0,1),则{an}是等比数列提醒

(1)前两种方法是判定等比数列的常用方法,常用于证明;后两种方法常用于选择

题、填空题中的判定.(2)若要判定一个数列不是等比数列,则只需判定存在连续三项不成等比数列即可.题型21求数列的通项公式角度1由an与Sn的关系求通项公式例1已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,Sn=nan+1-2n(n+1)(n∈N*),则Sn=_____________.

2n2

解析解法一:题干给出了Sn与an+1的关系式,而求的是Sn,故可先求{an}的通项公式,然后

求Sn.考虑再构造一个等式,与已知等式联立消去Sn.由Sn=nan+1-2n(n+1)①,得Sn-1=(n-1)an-2(n-1)n(n≥2)②,①-②得,an=nan+1-(n-1)an-4n(n≥2),整理得,an+1-an=4(n≥2),还需检验a2-a1=4成立,才能说明{an}是等差数列.(易错点)在Sn=nan+1-2n(n+1)中,令n=1,得S1=a1=a2-2×1×(1+1),所以a2-a1=4,所以{an}是以2为首项,4为公差的等差数列,则Sn=2n+

×4=2n2.解法二:根据题干条件与所求,考虑利用an+1=Sn+1-Sn消去已知等式中的an+1,得到只含有Sn+1,

Sn的关系式.因为Sn=nan+1-2n(n+1),an+1=Sn+1-Sn,所以Sn=n(Sn+1-Sn)-2n(n+1),则nSn+1-(n+1)Sn=2n(n+1),(等式两边同除以n(n+1))所以

-

=2,又

=a1=2,所以

是以2为首项,2为公差的等差数列,所以

=2n,则Sn=2n2.归纳总结

Sn与an关系问题的求解思路1.利用an=Sn-Sn-1(n≥2)转化为只含Sn,Sn-1的关系式,再求解.2.利用Sn-Sn-1=an(n≥2)转化为只含an,an-1的关系式,再求解.注意利用an=Sn-Sn-1(n≥2)求通项公式时,不要忘记检验n=1时的情况.角度2累加(累乘)法求通项公式例2已知数列{an}的首项a1=1,且an+1-an=-

,则a40=

()A.

B.

C.

D.

B

解析注意到an+1-an=-

中有an+1an,所以可以两边同时除以an+1an,将an+1-an=-

两边同时除以an+1an,得到

-

=

,(右边裂项)即

-

=

,观察递推关系式,想到用累加法求

.则

=

+

+

+…+

=1+

+

+…+

=

,所以a40=

,故选B.例3在数列{an}中,已知a1=

,(n+2)an+1=nan,则数列{an}的前2024项和S2024=___________.解析将(n+2)an+1=nan变形为

=

,即

=f(n)的形式,故用累乘法可求出{an}的通项公式.因为(n+2)an+1=nan,所以

=

,所以an=a1·

·

·…·

=

×

×

×…×

=

=

-

,因此S2024=1-

+

-

+…+

-

=

.归纳总结

1.对于形如

-an=f(n)的数列的递推关系式,若f(1)+f(2)+…+f(n)可求,则可利用an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-

)(n≥2,n∈N*)求解.2.对于形如

=f(n)(an≠0)的数列的递推关系式,若f(1)·f(2)·…·f(n)可求,则可利用an=a1·

·

·…·

(an≠0,n≥2,n∈N*)求解.角度3构造法求通项公式例4

已知数列{an}满足a1=a,an+1=

an+2(n∈N*),若{an}是递增数列,则a的取值范围是()A.(-∞,4)

B.(-∞,3)

C.(-∞,2)

D.(-∞,1)A

解析已知中有形如an+1=pan+q的形式,可采用待定系数法求{an}的通项公式.设an+1-t=

(an-t),则an+1=

an+

t,与an+1=

an+2对比得

t=2,解得t=4,所以an+1-4=

(an-4),若a=4,则an=4,不符合题意.若a≠4,则{an-4}为等比数列,所以an=(a-

+4.注意y=

递减,且y>0.当a>4时,{an}为递减数列,不符合题意;当a<4时,{an}为递增数列,符合题意.综上,a∈(-∞,4).例5若数列{an}满足an+1=3an+2n,a1=1,求数列{an}的通项公式.解析已知中有形如an+1=pan+qn的形式,此处可采用两边同除以pn+1来构造数列,因为an+1=3an+2n,所以

=

,从而

=

+

,故

-

=

=

×

,此时可发现,将

看成bn,则上式即为bn+1-bn=

×

,故可用累加法先求bn,再得到an,令bn=

,则bn+1-bn=

×

,所以当n≥2时,bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b3-b2)+(b2-b1)+b1=

×

+

×

+

×

+…+

×

+

×

+

=

×

+

×

+

×

+…+

×

=

=1-

,又b1=

=

也满足上式,所以∀n∈N*,bn=1-

,即

=1-

,所以an=3n-2n.例6已知数列{an}的首项a1=

,且满足an+1=

,设bn=

-1.求证:数列{bn}为等比数列.证明由题意知{an}的各项为正.由bn=

-1得到提示,可对已知等式两边同时取倒数.对an+1=

两边同时取倒数,得

=

=

+

,则

-1=

,因为bn=

-1,所以bn+1=

bn,则

=

,又b1=

-1=

,所以数列{bn}是首项为b1=

,公比为

的等比数列.解题技巧用构造法求通项公式的类型及方法(1)形如an+1=pan+q(其中p,q均为常数,pq(p-1)≠0)的递推关系式,把原递推关系式转化为

an+1-t=p(an-t),其中t=

,然后构造

=p,即{an-t}是以a1-t为首项,p为公比的等比数列.(2)形如an+1=pan+qn(其中p,q均为常数,pq(p-1)≠0)的递推关系式,要先在递推关系式两边

同除以qn+1,得

=

·

+

,引入辅助数列{bn}

,得bn+1=

·bn+

,再用构造法解决.(也可在递推关系式两边同除以pn+1后,用构造法解决)(3)形如an+1=kan+pn+q(n∈N*)的递推关系式,构造an+1+cn+d=k[an+c(n-1)+d],展开后比较两边系数,求出c,d,构造

=k,即数列{an+c(n-1)+d}为等比数列.(4)取倒数法:对an=

(其中n≥2,mkb≠0)取倒数,得到

=

·

⇔

=

·

+

.令bn=

,则{bn}可归为bn+1=pbn+q(pq(p-1)≠0)型.(5)取对数法:对an=p

(其中an>0,p>0,n≥2)两边同取常用对数,得lgan=rlgan-1+lgp,令bn=lgan,则{bn}可归为bn+1=pbn+q(pq(p-1)≠0)型.题型22数列求和角度1错位相减法求和例1已知数列{an}为等比数列,数列{bn}的前n项和为Sn,且a1=2,a4=16,Sn=n2+3n.(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)设cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.解析

(1)设等比数列{an}的公比为q,由a1=2,a4=16,得q3=

=

=8,即q=2,所以an=2×2n-1=2n.对于Sn=n2+3n,当n≥2时,Sn-1=(n-1)2+3(n-1),所以bn=Sn-Sn-1=(n2+3n)-[(n-1)2+3(n-1)]=2n+2,n≥2,当n=1时,b1=S1=4,满足上式,所以bn=2n+2,n∈N*.(2)由(1)得cn=anbn=2n×(2n+2)=(n+1)·2n+1,{cn}是由等差数列{n+1}和等比数列{2n+1}相乘构成的,可用错位相减法求和,先写出Tn.Tn=2×22+3×23+4×24+…+(n+1)·2n+1①,再在①式两边同乘等比数列的公比2,达到错位的目的.得2Tn=2×23+3×24+4×25+…+(n+

1)·2n+2②,错位相减,①-②得-Tn=2×22+(23+24+…+2n+1)-(n+1)·2n+2=8+

-(n+1)×2n+2=-n·2n+2,所以Tn=n·2n+2.归纳总结

如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,常采用错位

相减法.利用错位相减法求和的基本流程:

其中d为等差数列{an}的公差,q为等比数列{bn}的公比,且q≠1.角度2裂项相消法求和例2

(1)在数列{an}中,an=an-1+2(n≥2),a1=1,则数列

的前n项和Sn=___________.(2)已知正项数列{an}的通项公式为an=n,令bn=

,则数列{bn}的前n项和Tn=_____________________.

- 解析

(1)an=an-1+2⇒数列{an}是公差d=2的等差数列,又a1=1,所以an=a1+(n-1)d=2n-1,注意到

中的an和an+1是{an}的相邻项,这种情况常用裂项相消法求和,故将其拆成两项之差,所以

=

=

-

,故Sn=

+

+

+…+

+

=1-

=

.(2)由题意,bn=

=

,

分母中的n和n+2是隔项关系,这种情况也可用裂项相消法求和,可先将其拆分成

-

,但此时通分可得

-

=

,乘

可调整为

所以bn=

=

,故Tn=

1-

+

-

+

-

+…+

-

+

-

,(此时若看不出抵消后剩哪些项,可先将整个式子调整顺序,按符号进行分组)Tn=

1+

+

+…+

-

+

+

+…+

+

+

,

观察发现能抵消的部分是

+

+…+

所以Tn=

1+

-

-

=

-

.提示裂项相消公式不用全部记住,使用时可以先尝试拆分为两项,再补系数.例3

(2025广东六校联考)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an-2(n∈N*),若bn=

(n∈N*),则数列{bn}的前n项和Tn=___________.解析

Sn=2an-2中含有Sn,an,可以尝试利用Sn-Sn-1=an(n≥2)消去Sn,得到只含有an+1,an的关

系式.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即an=2an-1,当n=1时,S1=a1=2a1-2,即a1=2,则an=2×2n-1=2n,Sn=2n+1-2,所以bn=

=

,注意到分母中的2n-1和2n+1-1分别是数列{2n-1}的第n项和第n+1项,属前后项关系,故可考

虑裂项,先拆成

-

,此时通分的结果为

,为bn.则Tn=1-

+

-

+…+

-

=1-

=

.归纳总结裂项相消法求和的步骤及常见的拆项公式1.裂项相消法求和的基本步骤

2.裂项相消法求和的注意事项利用裂项相消法求和时,应注意抵消后不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面

剩两项,后面剩两项.通项裂项后,有时需要调整前面的系数,使裂项前后保持相等.3.常见的拆项公式:模型1:等差型(1)

=

-

;(2)

=

;(3)

=

;(4)若数列{an}是公差为d(d≠0)的等差数列,则

=

.模型2:根式型(1)

=

-

;(2)

=

(

-

);(3)

=

(

-

).模型3:指数型(1)

=

=

-

;(2)

=

;(3)

=

=

·

=

-

.角度3分组、并项法求和例4数列{an}的前n项和Sn满足Sn=an+1-1,n∈N*,且a1=1.(1)求an;(2)设bn=(-1)n(an-1),求数列{bn}的前2n项和T2n.解析

(1)Sn=an+1-1含有Sn与an+1,而要求的是{an}的通项公式,所以考虑用Sn-Sn-1=an将Sn消

掉.因为Sn=an+1-1,所以当n=1时,a1=S1=a2-1,由a1=1可得a2=2,当n≥2时,Sn-1=an-1,则Sn-Sn-1=an=an+1-1-(an-1),即2an=an+1,n≥2,又

=2,

易错:不要忘记检验

=2

所以数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n-1.(2)由(1)得bn=(-1)n2n-1-(-1)n,与(-1)n有关的数列问题可以分n为奇数和偶数讨论,而b2n=22n-1-1,b2n-1=-22n-2+1,所以b2n-1+b2n=4n-1,即相邻两项结合求解,接下来可以采用并项法

求T2n.所以T2n=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2n-1+b2n)=1+4+…+4n-1=

=

.例5已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+(n-1)(n∈N*).(1)求证:{an+n}是等比数列;(2)设bn=

求数列{bn}的前n项和Sn.解析

(1)证明:题目要证{an+n}是等比数列,即证

为常数,所以在已知等式两边同时加上(n+1),让等式左边出现an+1+(n+1),由题意得an+1+(n+1)=2an+(n-1)+(n+1)=2(an+n),由a1=1,可得a1+1=2,又由an+1+(n+1)=2(an+n)可知{an+n}的所有项均不为0,所以

=2,所以数列{an+n}是以2为首项,2为公比的等比数列.(2)由(1)知an+n=2n,即an=2n-n(n∈N*),所以bn=

因为数列{bn}的奇偶项的通项公式不同,所以需要将奇偶项分开求和,一般先讨论n为偶

数时的情况,因为这时奇数项和偶数项都恰好有

项.当n为偶数时,Sn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=(a1+a3+…+an-1)+(2+4+…+n)=(2-1)+(23-3)+…+[2n-1-(n-1)]+(2+4+…+n)=(2+23+…+2n-1)-(1+3+5+…+n-1)+(2+4+6+…+n)=

-

+

=

×(2n-1)+

=

+

-

;当n为奇数时,奇数项比偶数项多一项,即奇数项有

项,偶数项有

项,这时可以用相同的方法直接计算,当n为奇数时,Sn=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1)=(a1+a3+…+an)+(2+4+…+n-1)=(2-1)+(23-3)+…+(2n-n)+(2+4+…+n-1)=(2+23+…+2n)-(1+3+5+…+n)+(2+4+6+…+n-1)=

-

+

=

×(2n+1-1)-

=

-

-

.

也可以利用Sn=Sn+1-bn+1求出n为奇数时的Sn,当n为奇数时,n+1为偶数,所以Sn=Sn+1-bn+1=

×(2n+1-1)+

-(n+1)=

×(2n+1-1)-

=

-

-

综上可得,数列{bn}的前n项和为Sn=

归纳总结

1.分组转化法求和应从通项入手,若无通项,则先求通项,然后通过对通项变形,转化为等

差数列或等比数列或可求前n项和的数列求和.分组转化法求和的常见类型:

2.并项法求和:一个数列的前n项和中,可以两两结合求解,则称之为并项法求和,形如an=

(-1)nf(n)的数列{an}的前n项和可采用并项法求解.题型23数列与不等式综合角度1放缩成等差数列求和例1已知正项数列{an}的前n项和为Sn,如果∀n∈N*都有Sn=

.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=

,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:Tn<2n2.解析

(1)已知条件Sn=

中同时有an和Sn,可以尝试利用an=Sn-Sn-1(n≥2)消掉Sn,但是消掉Sn后,后面无法进行,所以考虑利用Sn-Sn-1=an(n≥2)消掉an.将an=Sn-Sn-1(n≥2)代入Sn=

,可得Sn=

,化简得

-

=1,n≥2,所以数列{

}是公差为1的等差数列,当n=1时,2a1=a1+

,解得

=1,即

=1,所以

=1+(n-1)=n,由an>0,可得Sn>0,则Sn=

.所以,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=

-

,经验证,当n=1时,a1=1符合上式,所以数列{an}的通项公式是an=

-

,n∈N*.(2)证明:由(1)得bn=

=

=(

+

)2=2n-1+2

·

,{bn}无法直接求和,而要证的是Tn<2n2,所以可以利用放缩法,将{bn}的通项公式放缩成一

个可求和的形式.因为2

·

<n+n-1=2n-1,所以bn<4n-2,接下来只需证明数列{4n-2}的前n项和小于2n2即可.从而Tn=b1+b2+…+bn<2+6+10+…+(4n-2)=

=2n2,故原式得证.角度2放缩成等比数列求和例2

(高考真题精选)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.(1)证明

是等比数列,并求{an}的通项公式;(2)证明:

+

+…+

<

.解析

(1)要想证

是等比数列,就证

为常数,所以在已知等式两边都加上

.将an+1=3an+1两边都加上

得an+1+

=3an+

,即an+1+

=3

,所以

=3,又a1+

=

,所以

是首项为a1+

=

,公比为3的等比数列,所以an+

=

·3n-1,即an=

.(2)证法一:由(1)知,an=

,所以

=

,无法直接求和,而题目要证的是

的前n项和小于某个值,故需要将

的分母放缩成一个更小的数,因为

=

≤

=

,所以

≤

,接下来只需证明数列

的前n项和小于

即可.从而

+

+

+…+

≤1+

+

+…+

=

=

<

,所以

+

+…+

<

.证法二:当n≥2时,0<

<1,由糖水不等式

<

,a>b>0,m>0可得

<

=

=

,当n=1时,

=

=

,综上,当n≥1时,

=

≤

,∴

+

+

+…+

≤1+

+

+…+

=

=

<

,所以

+

+…+

<

.角度3放缩后用裂项相消法求和例3已知数列{an},其中a2=

,且满足an-an+1=3anan+1.(1)证明:

为等差数列,并求{an}的通项公式;(2)令bn=

,Tn为{bn}的前n项之积,求证:

+

+

+…+

<ln(n+1).解析

(1)要证

是等差数列,只需证

-

等于常数即可.观察已知等式,考虑两边同除以anan+1.由题意知,an≠0,则an-an+1=3anan+1左右两边同时除以

得

-

=3,又因为a2=

,则

=6,则

=3,故

是以3为首项,3为公差的等差数列,所以

=3+3(n-1)=3n,故an=

.(2)证明:由(1)得bn=

=

,则Tn=b1b2b3…bn=

×

×

×…×

=n+1,所以

=

,无法直接求和,需要将通项公式放缩,同时注意到要证明的不等式右边为ln(n+1),所以左边放缩后的表达式中应有对数形式,注意到

=

<

,由lnx<x-1(0<x<1)可得ln

<

-1,变形得

<ln(n+1)-lnn,进而可得

<ln(n+1)-lnn.令函数f(x)=lnx-x+1,0<x<1,则f'(x)=

-1>0,所以f(x)在(0,1)上单调递增,f(x)<f(1)=0,即lnx<x-1,取x=

,n∈N*,则ln

<

-1=-

,于是

<ln

,所以

=

<

<ln

=ln(n+1)-lnn,则

+

+

+…+

<ln2-ln1+ln3-ln2+ln4-ln3+…+ln(n+1)-lnn=ln(n+1).原式得证.归纳总结解决数列与不等式问题的常见放缩技巧1.将通项公式放缩成等差或等比数列的常用方法(1)糖水不等式法:若b>a>0,m>0,则

>

;若b>a>m>0,则

<

.(2)不等式性质法:缩小(扩大)分母或分子.(3)函数法:利用函数单调性.

2.将通项公式放缩成裂项相消的常见技巧(1)分式型:

<

=

-

(n≥2);

>

=

-

;

=

<

=2

.(2)无理式型:

=

<

=2(

-

)(n≥2);

=

>

=2(

-

).(3)指数式型:

<

=

-

(n≥2);

=

<

=

=

-

(n≥3);

=

<

=

=

-

(n≥2).(4)遇到含对数不等式时,可利用lnx<x-1,0<x<1,令x=

,n∈N*,则ln

<

-1=-

,于是有

<ln

=ln(n+1)-lnn.题型24数列新定义问题例对于数列{an},如果{an}中存在四项am,an,ak,al,使得am+an=ak+al(m,n,k,l为互不相同的

正整数),则称数列{an}为友好数列.(1)若数列:3,5,15,6,x为友好数列,且x>10,求x的所有可能取值;(2)数列{an}是等比数列,公比q>0且q≠1,{an}是友好数列,求{an}项数的最小值,并求此

时公比q的个数;(3)项数为n(n≥4且n为偶数)的数列{an}为等差数列,公差不为0,从{an}中任意取出4个元

素组成一个数列,该数列为友好数列的概率超过

,求n的最大值.参考公式:12+22+32+…+n2=

n(n+1)(2n+1).解析

(1)利用题设定义建立方程求解.因为3,5,15,6,x为友好数列,且x>10,所以3+x=5+15或3+x=6+15或5+x=3+15或5+x=6+15

或6+x=3+15或6+x=5+15,解得x=17或x=18或x=13或x=16或x=12或x=14.综上,x的所有可能取值为12,13,14,16,17,18.(2)通过对项数分类讨论,结合题设定义,当项数为4时,不满足题意;当项数为5时,借助导

数来研究函数零点,即可求解.若项数为4,不妨令数列{an}为1,q,q2,q3,则1+q3=(1+q)(1-q+q2)=q+q2,得到q2-q+1=q,即(q-1)2

=0,解得q=1(舍去),若项数为5,不妨令数列{an}为1,q,q2,q3,q4,且为从小到大或从大到小排列,①q+q4=q2+q3,得到1+q3=(1+q)(1-q+q2)=q+q2,整理得q2-q+1=q,所以(q-1)2=0,