章末检测（五） 数列
（时间：120分钟 满分：150分）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.在等差数列{an}中，a3＋a9＝10，则该数列的前11项和S11＝（ ）
A.58 B.55
C.44 D.33
2.在数列{an}中，a1＝，an＝（－1）n·2an－1（n≥2），则a5＝（ ）
A.－ B.
C.－ D.
3.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5＝（ ）
A.3∶4 B.2∶3
C.1∶2 D.1∶3
4.设{an}是由正数组成的等比数列，公比q＝2，且a1·a2·a3·…·a30＝230，那么a3·a6·…·a30＝（ ）
A.210 B.215
C.220 D.216
5.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝则254是该数列的（ ）
A.第8项 B.第10项
C.第12项 D.第14项
6.已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a1a2a3＝15，且＋＋＝，则a2＝（ ）
A.2 B.
C.3 D.
7.设Sn是公差d不为0的等差数列{an}的前n项和，S3＝，且S1，S2，S4成等比数列，则a10＝（ ）
A.15 B.19
C.21 D.30
8.已知数列{bn}是公比为q（q≠1）的正项等比数列，且ln b1 013＝0，若f（x）＝，则f（b1）＋f（b2）＋…＋f（b2 025）＝（ ）
A.4 050 B.2 025
C.4 052 D.2 026
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9.已知等比数列{an}的公比q＝－，等差数列{bn}的首项b1＝12，若a9＞b9且a10＞b10，则以下结论正确的有（ ）
A.a9·a10＜0 B.a9＞a10
C.b10＞0 D.b9＞b10
10.已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且2a1＋3a3＝S6，则以下结论正确的是（ ）
A.a10＝0 B.S10最小
C.S7＝S12 D.S19＝0
11.若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为递减数列，则称数列{an}为“差递减数列”.给出下列数列{an}（n∈N＋），其中是“差递减数列”的有（ ）
A.an＝3n B.an＝n2＋1
C.an＝ D.an＝ln
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上）
12.已知数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝12，则a4＝ .
13.设Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝则数列{an}的通项公式为 .
14.已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1－（n＋1）an＝1＋2＋3＋…＋n，则＝ .
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分13分）已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5.
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn＝2n，求Tn＝（b1－a1）＋（b2－a2）＋（b3－a3）＋…＋（bn－an）.
16.（本小题满分15分）已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋pn.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）已知a4，a7，a12成等比数列，求p的值；
（3）在（2）的条件下，若bn＝1＋，求数列{bn}的前n项和Tn.
17.（本小题满分15分）设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝.已知a1，3a2，9a3成等差数列.
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn＜.
18.（本小题满分17分）某市2024年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车牌照2万张.为了节能减排和控制汽车总量，从2024年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每一年发放的电动型的牌照的数量维持在这一年的水平不变.
（1）记2024年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列{an}，每年发放的电动型汽车牌照数构成数列{bn}，完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式.
a1＝10 a2＝9.5 a3＝ a4＝ …
b1＝2 b2＝ b3＝ b4＝ …
（2）从2024年算起，累计各年发放的牌照数，哪一年开始超过200万张？
19.（本小题满分17分）对任意正整数n，定义n的丰度指数I（n）＝，其中S（n）为n的所有正因数的和.
（1）若an＝I（2n），求数列{nan}的前n项和Tn；
（2）对互不相等的质数p，m，n，证明：I（p3mn）＝I（p3）I（m）I（n），并求I（2 024）的值.
章末检测（五） 数 列
1.B 2.B 3.A 4.C 5.D 6.C 7.B 8.A 9.AD
10.ACD 因为2a1＋3a3＝S6，所以2a1＋3a1＋6d＝6a1＋15d，所以a1＋9d＝0，即a10＝0，A正确；当d＜0时，Sn没有最小值，B错误；S12－S7＝a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝5a10＝0，所以S12＝S7，C正确；S19＝＝19a10＝0，D正确.
11.CD 对A，若an＝3n，则an＋1－an＝3（n＋1）－3n＝3，所以{an＋1－an}不为递减数列，故A错误；对B，若an＝n2＋1，则an＋1－an＝（n＋1）2－n2＝2n＋1，所以{an＋1－an}为递增数列，故B错误；对C，若an＝，则an＋1－an＝－＝，所以{an＋1－an}为递减数列，故C正确；对D，若an＝ln，则an＋1－an＝ln－ln＝ln·＝ln，由函数y＝ln（1＋）在（0，＋∞）递减，所以数列{an＋1－an}为递减数列，故D正确.故选C、D.
12.256 解析：因为数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝log2an，且b1＋b2＋b3＝log2a1＋log2a2＋log2a3＝12，所以log2（a1a2a3）＝12，即a1a2a3＝212，因为数列{an}为等比数列，所以a1a2a3＝＝212，所以a2＝16，q＝4，则a4＝256.
13.an＝ 解析：由题意知，当n＝1时，a1＝S1＝8；当n≥2，n∈N＋时，an＝Sn－Sn－1＝4n－4n－1＝3×4n－1，经检验，当n＝1时不符合上式，所以an＝
14. 解析：因为nan＋1－（n＋1）an＝1＋2＋3＋…＋n，所以nan＋1－（n＋1）an＝，所以－＝，令bn＝，所以bn＋1－bn＝，因为a1＝1，所以数列{bn}是以1为首项，为公差的等差数列，所以bn＝n＋，所以b2 025＝＝1 013，所以a2 025＝1 013×2 025，同理a2 026＝×2 026，所以＝.
15.解：（1）由题意得即解得则{an}的通项公式为an＝1－（n－1）＝2－n.
（2）Tn＝（b1－a1）＋（b2－a2）＋（b3－a3）＋…＋（bn－an）＝－（1＋2－n）＝2n＋1＋n2－n－2.
16.解：（1）当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1＋p，
又当n＝1时，a1＝S1＝1＋p，也满足an＝2n－1＋p，
故an＝2n－1＋p.
（2）∵a4，a7，a12成等比数列，∴a4a12＝，
∴（7＋p）（23＋p）＝（13＋p）2，∴p＝2.
（3）由（1）可得bn＝1＋＝1＋＝1＋－.
∴Tn＝n＋（－＋－＋…＋－）＝n＋－＝n＋.
又由（2）知p＝2，故Tn＝n＋.
17.解：（1）设{an}的公比为q，则an＝qn－1.
因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝，故an＝，bn＝.
（2）证明：由（1）知Sn＝＝，Tn＝＋＋＋…＋， ①
Tn＝＋＋＋…＋＋， ②
①－②得Tn＝＋＋＋…＋－，
即Tn＝－＝－，
整理得Tn＝－，则2Tn－Sn＝2－＝－＜0，故Tn＜.
18.解：（1）
a1＝10 a2＝9.5 a3＝9 a4＝8.5 …
b1＝2 b2＝3 b3＝4.5 b4＝6.75 …
当1≤n≤20且n∈N＋时，an＝10＋（n－1）×（－0.5）＝－0.5n＋10.5；
当n≥21且n∈N＋时，an＝0.
所以an＝
而a4＋b4＝15.25＞15，
所以bn＝
（2）当n＝4时，Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋b1＋b2＋b3＋b4＝53.25.
当5≤n≤21时，Sn＝（a1＋a2＋a3＋…＋an）＋（b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋…＋bn）＝10n＋·＋＋（n－4）＝－n2＋17n－，
由Sn≥200得－n2＋17n－≥200，
即n2－68n＋843≤0，得34－≤n≤21.
所以结合实际情况，可知到2040年累计发放汽车牌照超过200万张.
19.解：（1）因为2n共有n＋1个正因数，它们是1，2，22，…，2n，
所以an＝I（2n）＝＝1＋＋＋…＋＝＝2－，
即an＝2－，所以nan＝2n－，
所以Tn＝（2×1－）＋（2×2－）＋（2×3－）＋…＋（2n－）
＝2（1＋2＋3＋…＋n）－（＋＋＋…＋）.
令An＝1＋2＋3＋…＋n，则An＝；
令Gn＝＋＋＋…＋＋，
则Gn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减，得Gn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－，
所以Gn＝2－，
所以Tn＝n2＋n－2＋.
（2）证明：因为p，m，n为互不相等的质数，则p3的正因数有4个，它们是1，p，p2，p3，
m，n的正因数均有2个，分别为1，m和1，n；
p3mn的正因数有4×2×2＝16个，分别为1，p，p2，p3，m，mp，mp2，mp3，n，np，np2，np3，mn，mnp，mnp2，mnp3.
所以I（p3）＝，I（m）＝，I（n）＝，
I（p3mn）＝
＝
＝
＝
＝··
＝I（p3）I（m）I（n）.
因为2 024＝23×11×23，所以I（2 024）＝I（23×11×23）＝I（23）I（11）I（23）
＝××＝××＝.
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章末检测（五） 数列
（时间：120分钟 满分：150分）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给
出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 在等差数列{an}中，a3＋a9＝10，则该数列的前11项和S11＝
（ ）
A. 58 B. 55
C. 44 D. 33
解析： 由题意得S11＝ ＝ ＝ ＝55.
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2. 在数列{an}中，a1＝ ，an＝（－1）n·2an－1（n≥2），则a5＝
（ ）
A. － B.
C. － D.
解析： ∵a1＝ ，an＝（－1）n·2an－1（n≥2），∴a2＝（－
1）2×2× ＝ ，a3＝（－1）3×2× ＝－ ，a4＝（－1）
4×2× ＝－ ，a5＝（－1）5×2× ＝ .
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3. 设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5＝
（ ）
A. 3∶4 B. 2∶3
C. 1∶2 D. 1∶3
解析： 在等比数列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10，…，成等
比数列，因为S10∶S5＝1∶2，所以S5＝2S10，S15＝ S5，得S15∶S5
＝3∶4，故选A.
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4. 设{an}是由正数组成的等比数列，公比q＝2，且a1·a2·a3·…·a30＝
230，那么a3·a6·…·a30＝（ ）
A. 210 B. 215
C. 220 D. 216
解析： 法一 a1·a2·a3·…·a30＝ q1＋2＋3＋…＋29＝（ q145）
3，a3·a6·a9·…·a30＝ q2＋5＋8＋…＋29＝ q155，所以
a3·a6·a9·…·a30＝（a1·a2·a3·…·a30 q10＝（230 ·210＝220.
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法二 易知a1·a4·a7·…·a28，a2·a5·a8·…·a29，a3·a6·a9·…·a30成等比
数列，公比为210.
设a3·a6·a9·…·a30＝x，则有a1·a2·a3·…·a30＝ · ·x＝230.所以x3
＝260，故a3·a6·a9·…·a30＝220.
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5. 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝则254是该
数列的（ ）
A. 第8项 B. 第10项
C. 第12项 D. 第14项
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解析： 当n为正奇数时，an＋1＝2an，则a2＝2a1＝2，当n为正
偶数时，an＋1＝an＋1，得a3＝3，依此类推得a4＝6，a5＝7，a6＝
14，a7＝15，…，归纳可得数列{an}的通项公式an＝
则 －2＝254，n＝14，故选D.
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6. 已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a1a2a3＝15，且
＋ ＋ ＝ ，则a2＝（ ）
A. 2 B.
C. 3 D.
解析： ∵S1＝a1，S3＝3a2，S5＝5a3， ＋ ＋ ＝ ，
a1a2a3＝15，∴ ＝ ＋ ＋ ＝ ，∴a2＝3.故选C.
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7. 设Sn是公差d不为0的等差数列{an}的前n项和，S3＝ ，且S1，
S2，S4成等比数列，则a10＝（ ）
A. 15 B. 19
C. 21 D. 30
解析： 由S3＝ 得3a2＝ ，故a2＝0或a2＝3.由S1，S2，S4成
等比数列可得 ＝S1·S4，又S1＝a2－d，S2＝2a2－d，S4＝4a2＋
2d，故（2a2－d）2＝（a2－d）（4a2＋2d），化简得3d2＝
2a2d，又d≠0，∴a2＝3，d＝2，a1＝1，∴an＝1＋2（n－1）＝
2n－1，∴a10＝19.
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8. 已知数列{bn}是公比为q（q≠1）的正项等比数列，且ln b1 013＝
0，若f（x）＝ ，则f（b1）＋f（b2）＋…＋f（b2 025）＝
（ ）
A. 4 050 B. 2 025
C. 4 052 D. 2 026
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解析： 由数列{bn}是公比为q（q≠1）的正项等比数列，故bn
＞0，因为ln b1 013＝0，故b1 013＝1，b1·b2 025＝ ＝1，即有
b1·b2 025＝b2·b2 024＝…＝b2 025·b1＝1，由f（x）＝ ，则当x＞0
时，有f（x）＋f（ ）＝ ＋ ＝ ＋ ＝4，设S
＝f（b1）＋f（b2）＋…＋f（b2 025），S＝f（b2 025）＋f（b2
024）＋…＋f（b1），则2S＝2 025×4，解得S＝4 050，故f（b1）
＋f（b2）＋…＋f（b2 025）＝4 050.故选A.
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二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给
出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6
分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 已知等比数列{an}的公比q＝－ ，等差数列{bn}的首项b1＝12，
若a9＞b9且a10＞b10，则以下结论正确的有（ ）
A. a9·a10＜0 B. a9＞a10
C. b10＞0 D. b9＞b10
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解析： ∵等比数列{an}的公比q＝－ ，∴a9和a10异号，
∴a9a10＝ ＜0，故A正确；但不能确定a9和a10的大小关
系，故B不正确；∵a9和a10异号，且a9＞b9且a10＞b10，∴b9和b10
中至少有一个数是负数，又∵b1＝12＞0，∴d＜0，∴b9＞b10，故
D正确；∴b10一定是负数，即b10＜0，故C不正确.故选A、D.
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10. 已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，且2a1＋3a3＝S6，则以
下结论正确的是（ ）
A. a10＝0 B. S10最小
C. S7＝S12 D. S19＝0
解析： 因为2a1＋3a3＝S6，所以2a1＋3a1＋6d＝6a1＋
15d，所以a1＋9d＝0，即a10＝0，A正确；当d＜0时，Sn没有最
小值，B错误；S12－S7＝a8＋a9＋a10＋a11＋a12＝5a10＝0，所以
S12＝S7，C正确；S19＝ ＝19a10＝0，D正确.
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11. 若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为递减数列，则
称数列{an}为“差递减数列”.给出下列数列{an}（n∈N＋），
其中是“差递减数列”的有（ ）
A. an＝3n B. an＝n2＋1
C. an＝ D. an＝ln
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解析： 对A，若an＝3n，则an＋1－an＝3（n＋1）－3n＝
3，所以{an＋1－an}不为递减数列，故A错误；对B，若an＝n2＋
1，则an＋1－an＝（n＋1）2－n2＝2n＋1，所以{an＋1－an}为递
增数列，故B错误；对C，若an＝ ，则an＋1－an＝ －
＝ ，所以{an＋1－an}为递减数列，故C正确；对D，若an
＝ln ，则an＋1－an＝ln －ln ＝ln · ＝ln
，由函数y＝ln 在（0，＋∞）递减，所以数列
{an＋1－an}为递减数列，故D正确.故选C、D.
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三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中
横线上）
12. 已知数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝
log2an，且b1＋b2＋b3＝12，则a4＝ .
解析：因为数列{an}为等比数列，首项a1＝4，数列{bn}满足bn＝
log2an，且b1＋b2＋b3＝log2a1＋log2a2＋log2a3＝12，所以log2
（a1a2a3）＝12，即a1a2a3＝212，因为数列{an}为等比数列，所
以a1a2a3＝ ＝212，所以a2＝16，q＝4，则a4＝256.
256
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13. 设Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝则数
列{an}的通项公式为 .
解析：由题意知，当n＝1时，a1＝S1＝8；当n≥2，n∈N＋时，
an＝Sn－Sn－1＝4n－4n－1＝3×4n－1，经检验，当n＝1时不符合上
式，所以an＝
an＝
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14. 已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1－（n＋1）an＝1＋2＋3＋…＋
n，则 ＝ .
解析：因为nan＋1－（n＋1）an＝1＋2＋3＋…＋n，所以nan＋1－
（n＋1）an＝ ，所以 － ＝ ，令bn＝ ，所以bn
＋1－bn＝ ，因为a1＝1，所以数列{bn}是以1为首项， 为公差的
等差数列，所以bn＝ n＋ ，所以b2 025＝ ＝1 013，所以a2
025＝1 013×2 025，同理a2 026＝ ×2 026，所以 ＝ .
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四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说
明、证明过程或演算步骤）
15. （本小题满分13分）已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，
S5＝－5.
（1）求{an}的通项公式；
解：由题意得即
解得则{an}的通项公式为an＝1
－（n－1）＝2－n.
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（2）设bn＝2n，求Tn＝（b1－a1）＋（b2－a2）＋（b3－a3）
＋…＋（bn－an）.
解： Tn＝（b1－a1）＋（b2－a2）＋（b3－a3）＋…＋（bn－an）＝ － （1＋2－n）＝2n＋1＋ n2－ n－2.
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16. （本小题满分15分）已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋pn.
（1）求数列{an}的通项公式；
解：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1＋p，
又当n＝1时，a1＝S1＝1＋p，也满足an＝2n－1＋p，
故an＝2n－1＋p.
（2）已知a4，a7，a12成等比数列，求p的值；
解：∵a4，a7，a12成等比数列，∴a4a12＝ ，
∴（7＋p）（23＋p）＝（13＋p）2，∴p＝2.
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（3）在（2）的条件下，若bn＝1＋ ，求数列{bn}的前n项
和Tn.
解：由（1）可得bn＝1＋ ＝1＋
＝1＋ － .
∴Tn＝n＋（ － ＋ － ＋…＋ －
）＝n＋ － ＝n＋ .
又由（2）知p＝2，故Tn＝n＋ .
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17. （本小题满分15分）设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满
足bn＝ .已知a1，3a2，9a3成等差数列.
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
解：设{an}的公比为q，则an＝qn－1.
因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得
q＝ ，
故an＝ ，bn＝ .
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（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明：Tn＜ .
解：证明：由（1）知Sn＝ ＝ ，Tn＝
＋ ＋ ＋…＋ ， ①
Tn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＋ ， ②
①－②得 Tn＝ ＋ ＋ ＋…＋ － ，
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即 Tn＝ － ＝ － ，
整理得Tn＝ － ，
则2Tn－Sn＝2 － ＝－ ＜0，故Tn＜ .
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18. （本小题满分17分）某市2024年发放汽车牌照12万张，其中燃油
型汽车牌照10万张，电动型汽车牌照2万张.为了节能减排和控制
汽车总量，从2024年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而
燃油型汽车牌照每一年比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年
发放的牌照超过15万张，以后每一年发放的电动型的牌照的数量
维持在这一年的水平不变.
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（1）记2024年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列
{an}，每年发放的电动型汽车牌照数构成数列{bn}，完成下
列表格，并写出这两个数列的通项公式.
a1＝10 a2＝9.5 a3＝ a4＝ …
b1＝2 b2＝ b3＝ b4＝ …
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解：
a1＝10 a2＝9.5 a3＝ 9 a4＝ 8.5 …
b1＝2 b2＝ 3 b3＝ 4.5 b4＝ 6.75 …
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当1≤n≤20且n∈N＋时，an＝10＋（n－1）×（－0.5）
＝－0.5n＋10.5；
当n≥21且n∈N＋时，an＝0.
所以an＝而a4＋b4＝
15.25＞15，
所以bn＝
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（2）从2024年算起，累计各年发放的牌照数，哪一年开始超过
200万张？
解：当n＝4时，Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋b1＋b2＋b3＋
b4＝53.25.
当5≤n≤21时，Sn＝（a1＋a2＋a3＋…＋an）＋（b1＋b2
＋b3＋b4＋b5＋…＋bn）
＝10n＋ · ＋ ＋ （n－4）＝－ n2
＋17n－ ，
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由Sn≥200得－ n2＋17n－ ≥200，
即n2－68n＋843≤0，得34－ ≤n≤21.
所以结合实际情况，可知到2040年累计发放汽车牌照超过
200万张.
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19. （本小题满分17分）对任意正整数n，定义n的丰度指数I（n）
＝ ，其中S（n）为n的所有正因数的和.
（1）若an＝I（2n），求数列{nan}的前n项和Tn；
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解：因为2n共有n＋1个正因数，它们是1，2，22，…，2n，
所以an＝I（2n）＝ ＝1＋ ＋ ＋…＋ ＝
＝2－ ，
即an＝2－ ，所以nan＝2n－ ，
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所以Tn＝（2×1－ ）＋（2×2－ ）＋（2×3－ ）
＋…＋（2n－ ）
＝2（1＋2＋3＋…＋n）－（ ＋ ＋ ＋…＋ ）.
令An＝1＋2＋3＋…＋n，则An＝ ；
令Gn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＋ ，
则 Gn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＋ ，
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两式相减，得 Gn＝ ＋ ＋ ＋…＋ － ＝
－ ＝1－ ，
所以Gn＝2－ ，
所以Tn＝n2＋n－2＋ .
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（2）对互不相等的质数p，m，n，证明：I（p3mn）＝I（p3）
I（m）I（n），并求I（2 024）的值.
证明：因为p，m，n为互不相等的质数，则p3的正因
数有4个，它们是1，p，p2，p3，
m，n的正因数均有2个，分别为1，m和1，n；
p3mn的正因数有4×2×2＝16个，分别为1，p，p2，p3，
m，mp，mp2，mp3，n，np，np2，np3，mn，mnp，
mnp2，mnp3.
所以I（p3）＝ ，I（m）＝ ，I（n）＝ ，
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I（p3mn）＝
＝
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＝ · ·
＝I（p3）I（m）I（n）.
因为2 024＝23×11×23，所以I（2 024）＝I
（23×11×23）＝I（23）I（11）I（23）
＝ × × ＝ × × ＝ .
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谢 谢 观 看！
