1981年~2019年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題分類匯編（14）數(shù)論（含答案）

1981年~2019年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽二試試題分類匯編

數(shù)論部分

2019A5、在1,2,3,…,10中隨機(jī)選出一個(gè)數(shù)a,在-1,-2,-3,…,-10中隨機(jī)選出一

個(gè)數(shù)人則"+6被3整除的概率為.

37

?答案：—

100

★解析：首先數(shù)組(4。)有10x10=100種等概率的選法.考慮其中使/+人被3整

除的選法數(shù)M①若。被3整除，則人也被3整除.此時(shí)a力各有3種選法，這

樣的(。力)有

3x3=9組.若a不被3整除，則/三l(mod3),從而匕三-l(mod3).此時(shí)a有7種

選法，〃有4種選法，這樣的(a,。)有7x4=28組.因此N=9+28=37.于是所

求概率為衛(wèi)。

100

2019A三、(本題滿分50分)設(shè)機(jī)為整數(shù)，|〃欄2.整數(shù)數(shù)列a”生,…滿足：％,外不

全為零，且對任意正整數(shù)〃，均有an+2=”.證明:若存在整數(shù)r,s,(r>s>2)

使得=as=q,則r-5>|m|.

★解析：證明：不妨設(shè)知/互素(否則，若(q,%)=d>l,則已，升1互素，

并且用色，血,…代替如的，…，條件與結(jié)論均不改變).

dd

由數(shù)列遞推關(guān)系知4三生三見三…(mod|mD.①

以下證明：對任意整數(shù)〃之3,有々〃三%-[4+(〃—3)a2>〃(modM)?②...........

10分

事實(shí)上，當(dāng)〃=3時(shí)②顯然成立.假設(shè)〃=%時(shí)②成立(其中我為某個(gè)大于2的整數(shù))，

2

注意到①，有rnak_}=ma2(modm),結(jié)合歸納假設(shè)知

2

%+i三%-mak_x=^2+(/:—3)?2]m-7724z2=a2—[q+(A:-2)6Z2J(^modm)

，即〃=Z+1時(shí)②也成立.因此②對任意整數(shù)力之3均成立............20分

注意，當(dāng)q=。2時(shí)，②對〃=2也成立.

設(shè)整數(shù)r,s,(r>s>2),滿足%=4=q.

若q="2，由②對"22均成立，可知

2

a2_[q三a,.=as=?2—[?,+(5—3)a2]m(modm)

即4+(廠―3)。2三+($_3)。2(mod網(wǎng))，即(r—5)?2=0(mod|/?:Q.③

若a產(chǎn)4，則%=4=%/出故「>sN3.此時(shí)由于②對〃23均成立，

故類似可知③仍成立..............30分

我們證明。2,加互素.

事實(shí)上，假如電與機(jī)存在一個(gè)公共素因子p,則由①得〃為a?，4,…的公因子，

而知外互素，故川修，這與q=4=4矛盾.

因此，由③得r-s三0(mod[〃1).又r>s,所以r—5才訓(xùn)..............50分

2018A四、(本題滿分50分)數(shù)列｛/｝定義如下：為是任意正整數(shù)，對整數(shù)〃21,“g與￡為

1=1

互素，且不等于a”W，的最小正整數(shù)，證明：每個(gè)正整數(shù)均在數(shù)列｛%｝中出現(xiàn)。

★證明：顯然q=1或者。2=1?下面考慮整數(shù)〃?〉1，設(shè)〃有％個(gè)不同的素因子，我們對女歸

納證明m在｛a“｝中出現(xiàn).記S“=a,+a2d■…+an,n>\.

攵=1時(shí)，”是素?cái)?shù)方幕，記加=p",其中a>0,p是素?cái)?shù).假設(shè)m不在｛an｝中出現(xiàn).由于｛%｝

各項(xiàng)互不相同，因此存在正整數(shù)N,當(dāng)〃2N時(shí)，都有a,,>“J若對某個(gè)〃2N,p\Sn,

那么p"與S,互素，又a”/，…，4中無一項(xiàng)是P“，故有數(shù)列定義知4川，但是

a“+i>P"，矛盾！

因此對每個(gè)〃2N,都有p|S“.又p|S,+1,可得p|an+i,從而a?+1與S?不互素，這與an+l的

定義矛盾！

假設(shè)Z22,且結(jié)論對％—1成立.設(shè)m的標(biāo)準(zhǔn)分解為m=p"..p7.假設(shè)m不在｛a,｝中出

現(xiàn)，于是存在正整數(shù)N',當(dāng)〃2N，時(shí)，都有a”>加.取充分大的正整數(shù)目，尸2,…瓦T，使得

M=p,虎…曲>幡4.

我們證明，對〃之有a,川wM.

對于任意〃2N’，若S”與p/2…p*互素，則加與S“互素，又團(tuán)在4,q中均未出

現(xiàn)，而a,用〉加，這與數(shù)列的定義矛盾，因此我們得到：對于任意S"與pm…Pk

不互素*,

⑴若存在i(14七左一1),使得p』s“，則(a“+1,S“)=l,故p/a”+「從而工M(因

為p/V)。

⑵若對每個(gè)i(14七左一1),均有p/S“，貝D由*知，必有p?|S..于是pMa“+「進(jìn)而

P"S,,+a“M,即p"S,…故由*知：存在%(1</O<Z：-1),使得P,0|S“M，再由

S“+i=Sn+an及前面的假設(shè)p,|SH,可知pio|all+l,故all+l*M。

因此，對〃ZM+I,均有a,產(chǎn)M,而M=[#p?...pe>M&a“,故M不在{a,J中出

現(xiàn)，這與假設(shè)矛盾！因此，若加有攵個(gè)不同的素因子，則加一定在數(shù)列{%}中出現(xiàn).

由數(shù)學(xué)歸納法知，所以正整數(shù)均在數(shù)列{%}中出現(xiàn)。

2018B四、（本題滿分50分）給定整數(shù)a22。證明：對任意正整數(shù)〃，存在正整數(shù)左，使得

連續(xù)〃個(gè)數(shù)a*+l,ak+2,…，a?+”均是合數(shù)。

★證明:設(shè)i]<i2<-??<是1,2,…,〃中與?；ニ氐娜w整數(shù)，則1WiW〃，i任

無論正整數(shù)人如何取值，a*+i均與a不互素且大于a,故為合數(shù)。

對任意/=1,2,…,r,因。+乙>1,故a+i,有素因子p」.

我們有（Pj,a）=l（否則，因P,是素?cái)?shù)，故p"a,但pja+ij,從而p,|小即。與§.不

互素，與U的取法矛盾）.因此，由費(fèi)馬小定理知，ap-'=l（modp,）

現(xiàn)取々=9—1）（〃2一1）…（P,T）+1，對任意/=1,2,…注意到左三l（modpj-1）,故

kk

有a+ii=a+ij=0（modp）又a*+ij>a+i,>,故a+i.為合數(shù)。

綜上所述，當(dāng)人=（〃|一1。2-1）…（P,T）+1時(shí)，。*+1，a*+2,…，/+〃均是合數(shù)。

2017A4,若一個(gè)三位數(shù)中任意兩個(gè)相鄰數(shù)碼的差均不超過1,則稱其為“平穩(wěn)數(shù)”，則平穩(wěn)數(shù)

的個(gè)數(shù)

是_____________

?答案：75

★解析：考慮平穩(wěn)數(shù)嬴。

①若6=0,則a=l,ce{0,l},有2個(gè)平穩(wěn)數(shù)；

②若b=l,則ae{l,2},CG{0,1,2},有2x3=6個(gè)平穩(wěn)數(shù)；

③若be[2,8],則a,ce\b-l,b,b+i},有7x3x3=63個(gè)平穩(wěn)數(shù)；

④若匕=9,則a,ce也,9},有2x2=4個(gè)平穩(wěn)數(shù)；

綜上可知，平穩(wěn)數(shù)的個(gè)數(shù)為2+6+63+4=75。

2017B8、若正整數(shù)a,仇c滿足2017210^210（歷2100（k,則數(shù)組（a,。,c）的個(gè)數(shù)為

?答案:574

2017

★解析：由條件知c?[、一]=2,當(dāng)c=l時(shí)，有10WX20,對于每個(gè)這樣的正整數(shù)〃，

1000

由10Z?WaW201知，相應(yīng)的a的個(gè)數(shù)為202—10〃，從而這樣的正整數(shù)組的個(gè)數(shù)為

￡（202-10.）=（1O2+2）XH=572,

*=102

20172017

當(dāng)c=2EI寸，由20Vx[包口，知，8=20,進(jìn)而200?a<[*?]=201,

10010

故a=200,201,此時(shí)共有2組（a,"c）.

綜上所述，滿足條件的正整數(shù)組的個(gè)數(shù)為572+2=574.

2016A8、設(shè)ci],2,%，4是1,2,3,…,100中的4個(gè)互不相同的數(shù)，滿足

2

（a：+嫉+aj+a1）=（ata2+a2a3+a3a4）,則這樣的有序數(shù)組（q,/，/，4）的

個(gè)數(shù)

為_________________

?答案：40

a2

★解析：由柯西不等式知,（a；+?2+?3）（2+aj+aj）>{a]a2+a2a3+a3a4）,等號成

立的充分必要條件是包="="，即4，。2，。3，。4成等比數(shù)列.于是問題等價(jià)于計(jì)算滿足

a2%%

｛%,4，％，%｝口｛123,…，100｝的等比數(shù)列4，。2，/，4的個(gè)數(shù).設(shè)等比數(shù)列的公比9，

YI

且4為有理數(shù).記q=—,其中機(jī)，〃為互素的正整數(shù)，且mw九.先考慮〃>機(jī)的情況.

m

3

此時(shí)為=%(")3=/-，注意到疝,〃3互素，故/=冬為正整數(shù).相應(yīng)地，％,外,%,%

mmm'

分別等于m3/,機(jī)2〃/,/加2/,〃3/,它們均為正整數(shù).這表明，對任意給定的“=巴>1,滿足條

m

件并以4為公比的等比數(shù)列4,4，%，4的個(gè)數(shù)，即為滿足不等式〃3/4100的正整數(shù)/的個(gè)

數(shù)，即［粵］.

n

由于53>100,故僅需考慮4=2,3,|,4,1這些情況，相應(yīng)的等比數(shù)列的個(gè)數(shù)為

100,100,100,100,100,cc,,“

—+—+—+—=12+3+3+1+1=20.

827276464

當(dāng)“〈加時(shí)，由對稱性可知，亦有20個(gè)滿足條件的等比數(shù)列6,%，4?

綜上可知，共有40個(gè)滿足條件的有序數(shù)組(6,a2,a3,aj.

2016A四、(本題滿分50分)設(shè)〃與2+2均是素?cái)?shù)，p>3,數(shù)列｛%｝定義為q=2,

a,,=+絲曰,”=2,3,…，這里卜］表示不小于實(shí)數(shù)x的最小整數(shù)。

nJ

證明：對〃=3,4,???，〃一1,均有〃+1)成立。

★證明：首先注意到，數(shù)列｛%｝是整數(shù)數(shù)列。對〃用數(shù)學(xué)歸納法。

當(dāng)”=3時(shí)，由條件知。2=2+P，故。。2+1=(。+1)2,又P與p+2均是素?cái)?shù)，且〃>3,

故必須3|p+l,因止匕3|p%+l，即〃=3時(shí)，結(jié)論成立。

對3<〃<〃一1,設(shè)％=3,4,…，”一1時(shí)結(jié)論成立，即+1,止匕時(shí)或d=幽4上1,

%」k

卅InqPW-2L1"-1)

故pa『i+1=Pa_+-_-+1=P4-2+~-+1=---------；~；--------

Ik2女-1kK-1)k-\

故對3〃一1時(shí)，有

=S+"l)S+"2).(pa,+1)=2〃(P+l)c：,

n-\n-23(p+?)(/?+2)1

顯然〃I(p+〃)(p+2)(pa“_1+1),★

因?yàn)椤?lt;〃，p是素?cái)?shù)，故(〃,〃+p)=(〃,p)=l,又p+2是大于〃的自然數(shù)，故

(〃,〃+2)=1,從而〃與(〃+〃)(〃+2)互素，故由★可知”|(pa,1+1)。

由數(shù)學(xué)歸納法知，對"=3,4,…,0-1,均有”|(pa“_I+1)成立。

2016B8、設(shè)正整數(shù)〃滿足“W2016,且｛g+［｝+=3.這樣的〃的個(gè)數(shù)

為.這里｛x｝=x—［x］,其中［x］表示不超過X的最大整數(shù).

?答案：168

★解析：由于對任意整數(shù)〃，有七卜仔+仁卜仁卜3+；+竟+蔣=3,

等號成立的充分必要條件是〃三-l（modl2）,結(jié)合14〃42016知，滿足條件的所有正整數(shù)為

幾=124一1（%=1,2,…,168）,共有168個(gè).

★解析：首先注意到，若機(jī)為正整數(shù)，則對任意整數(shù)x,y,若x三y（modm）,則，｝=，｝.這

是因?yàn)?，?dāng)x三y（modm）時(shí)，x=y+mt,這里f是一個(gè)整數(shù)，故

因此，當(dāng)整數(shù)滿足勺三〃2（modl2）時(shí)，

容易驗(yàn)證，當(dāng)正整數(shù)滿足14〃412時(shí)，只有當(dāng)〃=11時(shí)，等式《卜1｝+｛胃+｛己｝=3才成

立.而2016=12x168,故當(dāng)14〃42016時(shí)，滿足;]:+｛弓）+|/1+｛己｝=3正整數(shù)“的個(gè)數(shù)

為168.

2016B—、（本題滿分40分）非負(fù)實(shí)數(shù)%|,々，…,“2016和實(shí)數(shù)加為，…，為）16滿足:

（1）尤；+資=1,%=1,2,…,2016；

（2）%+%+…+%016是奇數(shù)?

求X]+%2,+---卜》2016的最小值。

★解析：由已知條件（1）可得：同父,|"歸1#=1,2,…,2016,于是（注意±.0）

20162016201620162016

EE2=Z（1-2）=2016-E2-2016-EIJ-①

&=1*=1k=\&=1hl

m2016

不妨設(shè)x，…,y,"'”……，%（^〈。，（”^。。電則工果^機(jī)，-X%42016-加

k=lk=m+\

nt2016

若Z">初一1，并且一Zyk>2015-九

k=lk=/n+l

2016

令ZM="一1+。，一Z然=2015-"z+"則0V。淚<1,于是

A=1&=m+l

2016

由條件（2）知，是奇數(shù)，所以a-b是奇數(shù)，這與0<“力<1矛盾.

hl

m20162016m2016

因此必有，以4m-I,或者以42015-〃?,則=2%-E"42015.

k=\k=m+]k=ljt=lX:=m+1

2016

于是結(jié)合①得Ni.

k=l

又當(dāng)片=x2=---=^2（）15=0,x2016=1,^=y2=---=y2m5=1,%<”6=0時(shí)滿足題設(shè)條件，且使得不等

式等號成立，所以為+々+…+鼻脩的最小值為1.

2016B二、（本題滿分40分）設(shè)〃,左是正整數(shù)，且〃是奇數(shù).已知2〃的不超過攵的正約數(shù)的

個(gè)數(shù)為奇數(shù)，證明：2〃有一個(gè)約數(shù)d,滿足Z<dW2A

證明：記4=｛4|4|2〃，d是奇數(shù)，0<d〈A｝,A=｛d|"|2〃，d是偶數(shù)，0<44%｝,

則AnB=。，2〃的不超過女的正約數(shù)的集合是AUB

★證明：記A=｛d|d|2〃,0<d4k,d是奇數(shù)｝,B=｛d|d|2〃,0<d4k,d是偶數(shù)｝，則403=0,2"

的不超過女的正約數(shù)的集合是AU8

若結(jié)論不成立，我們證明|A|=|B|.

對dcA,因?yàn)閐是奇數(shù)，故2dl2〃，又2d&2k,而2〃沒有在區(qū)間（k,2打中的約數(shù)，故2dMk,

即2dw8,故國引現(xiàn)

反過來，對dGB,設(shè)d=2J',則d'|〃，d'是奇數(shù),又d'vgvA,故d'eA,從而網(wǎng)引川.

所以|川=忸|.故2”的不超過女的正約數(shù)的個(gè)數(shù)為偶數(shù)，與已知矛盾.從而結(jié)論成立.

2015A8、對四位數(shù)abed(lWaW9,04/?,c,d<9),若a>b,b<c,c>d,則稱abed為

p類數(shù)；若a<b,b>c,c<d,則稱麗為。類數(shù).用N(P),N(Q)分別表示p類數(shù)和。

類數(shù)的個(gè)數(shù)，則N(P)-N(。)的值為

?答案：285

★解析：分別記P類數(shù)、Q類數(shù)的全體為A、B,再將個(gè)位數(shù)為零的P類數(shù)全體記為4,個(gè)

位數(shù)不等于零的尸類數(shù)全體記為4.

對任一四位數(shù)abedwA]，將其對應(yīng)到四位數(shù)deba,注意到a>Z?,Z?<c,c>d21,故

debaGB.反之，每個(gè)debae8唯一對應(yīng)于從中的元素abed.這建立了與B之間的一

一對應(yīng)，因此有N(P)-N(Q)=|為一I6R4I+IAIT8HAL

下面計(jì)算141對任一四位數(shù)出七0€4，》可取o,1，…，9,對其中每個(gè)b,由匕<aW9及

0<cW9知，。和c分別有9—6種取法，從而

川=￡(9-勿*小臂二285.

6=0k=]6

因此，N(P)—N(Q)=285.

2015A四、(本題滿分50分)求具有下述性質(zhì)得所有整數(shù)左：對任意正整數(shù)〃，2(1)田不整

★解析：對正整數(shù)加，設(shè)彩(〃?)表示正整數(shù)機(jī)的標(biāo)準(zhǔn)分解中素因子2的方幕，則熟知

v2(/??!)=m-S(m),①

這里S(m)表示正整數(shù)機(jī)在二進(jìn)制表示下的數(shù)碼之和.

由于2("g+1不整除幽1,等價(jià)于口(幽伏一1)〃,即履—%((E)!)之〃—為(〃!)，進(jìn)而

〃！n\

由①知，本題等價(jià)于求所有正整數(shù)左，使得s(析)2s(〃)對任意正整數(shù)〃成立.io分

我們證明，所有符合條件的米為2"件=0,1,2,…).

一方面，由于S(2"〃)=S(〃)對任意正整數(shù)〃成立，故％=2“符合條件.20分

另一方面，若女不是2的方嘉，設(shè)％=2Jq,aN0,q是大于1的奇數(shù).

下面構(gòu)造一個(gè)正整數(shù)〃，使得S(如)<S(〃).因?yàn)?(E)<5(2"切)=5(9〃)，因此問題等價(jià)

于我們選取q的一個(gè)倍數(shù)m,使得S(m)<5(-).

q

由(2,q)=1,熟知存在正整數(shù)〃，使得2"三l(modq).(事實(shí)上，由歐拉定理知，〃可以

取夕(4)的.)

設(shè)奇數(shù)q的二進(jìn)制表示為2。+2.+…+2"，,0=6<為<…<4,d2.

取2"'+2,+…+2*+2"，+"',貝"(/〃)=,,且機(jī)=q+2?(2'"-1)三0(modg).

我們有

2"-12U-1

由于0<——<2",故正整數(shù)——的二進(jìn)制表示中的最高次幕小于〃，由此易知，對任意

qq

2M_]-1

整數(shù)j<t-V）,數(shù)------2'""，與------2/”的二進(jìn)制表示中沒有相同的項(xiàng).

qq

2M_i

又因?yàn)閝>0,故------2*'+%/=0』,…,/一1）的二進(jìn)制表示中均不包含1,故由②可知

q

s（%）=i+s（H）.t>f=s（m）,

qq

因此上述選取的機(jī)滿足要求.

綜合上述的兩個(gè)方面可知，所求的女為2"（a=0,1,2,…）.50分

2015B三、（本題滿分50分）證明：存在無窮多個(gè)正整數(shù)組（a,0,c）（a,0,c〉2015）,滿足：

a|Z?c—1,b^ac+\,（\ab+1.

★證明：考慮c=aZ?+l的特殊情況，此時(shí)c|"+l成立.10分

由。|。。一1知，a\b{ab+V）-\,故8一1.①

由b|ac+l知,h\a（ah+l）—l,故Z?|Q+1.②

為滿足①、②，取。=4,匕=%+1（%￡27"）,此時(shí)。=。6+1=/+攵+1.40分

當(dāng)正整數(shù)%>2015時(shí)，（。力,。）=（女,女+1,攵2+2+1）均符合條件，因此滿足條件的正整數(shù)組

（a,。,C）有無窮多個(gè).50分

2015B四、（本題滿分50分）給定正整數(shù)九〃（2<根<〃）,設(shè)q,“2,…M〃是12…,〃中任取加

個(gè)互不相同的數(shù)構(gòu)成的一個(gè)排列，如果存在{1,2,…,加}使得4+%為奇數(shù)，或者存在整數(shù)

k,l（l<k<l<in）,使得ak>a,,則稱q,電,…，4"是一個(gè)“好排列”，試確定所有好排列的

個(gè)數(shù).

★解析：首先注意，“存在后e{1,2,???,/〃},使得見+左為奇數(shù)”是指存在一個(gè)數(shù)與它所在的

位置序號的奇偶性不同；“存在整數(shù)人,/（1?%</<〃?），使得小>勾”意味著排列中存在逆

序，換言之，此排列不具有單調(diào)遞增性.

將不是好排列的排列稱為“壞排列”，下面先求壞排列的個(gè)數(shù)，再用所有排列數(shù)減去壞排列

數(shù).注意壞排列同時(shí)滿足：（1）奇數(shù)位必填奇數(shù)，偶數(shù)位必填偶數(shù)；（2）單調(diào)遞增.10分

下面來求壞排列的個(gè)數(shù).設(shè)P是壞排列全體，Q是在1,2,…，[生三”]中任取加項(xiàng)組成的單調(diào)遞

2

增數(shù)列的全體.對于P中的任意一個(gè)排列力,生，…，4”，定義

“、/6+14+2。,“+加、

/（%，生,a,?）—（---,--，…,~）?

因?yàn)閼?yīng)故由條件（1）可知，所有的4型均屬于集合{1,2,再由

22

條件⑵可知，（號勺（％=1,2,…，加）單調(diào)遞增.故如上定義的/給出了尸rQ的一

個(gè)映射.顯然./是一個(gè)單射.30分

下面證明/是一個(gè)滿射.事實(shí)上，對于Q中任一個(gè)數(shù)列片,4,???,〃“，令%=2%+1

（%=1,2,???/〃）.因?yàn)檎麛?shù)>4，故%+|2々+1,從而

故%,單調(diào)遞增.

又qNl，而a,“<2[---]-m<n,及a*+4=2%為偶數(shù)，故為P中的一個(gè)

排列.顯然/（%,4，…，%）=（4>2廣?，公），故/是一個(gè)滿射.

綜上可見，/是尸一。的一個(gè)一映射，故|P|=|Q|.40分

又Q中的所有數(shù)列與集合{1,2,…，[與']}的所有加元子集一對應(yīng)，故|。|=￡'>勺，從而

|P|=C'n

I-T-J

2

最后，我們用總的排歹U數(shù)片〃=――扣除壞排列的數(shù)目，得所有的排列的個(gè)數(shù)為

(n-in)!

n\

C^.50分

(n-"?)!

2014A四、(本題滿分50分)設(shè)整數(shù)否，/，…，/014模2014互不同余，若整數(shù)必，必，…，先模

2014也互不同余，證明：可將%,內(nèi)，…，y〃重新排列為4/2，???/2014，使得：

%+Z],%2+Z?，…，％2014+Z20M模4028互不同余。

★證明：記攵=1007,不妨設(shè)七三/三i(rrod2攵)，1<i42攵，對每個(gè)整數(shù)i,1<i<2Z,

⑴若Xj+%豐xi+k+yi+k(mod4A),則令z,.=%，z,**=①；否則，令z,.=yi+k，

zi+k=y,?②。

可知情形①②，都能得到七+Z,.豐xi+k+zi+k(mod4。，若不然，

我們有七+y-,三Xj+k+y,+k(md4左)，xt+yi+k=xi+k+yt(mod4左)兩式相加得

2x；=2xj+k(modAk),于是項(xiàng)=xj+k(mod2k),但無“x2，…，Wo”模2014(=2%)互不同余，

特別地，x,.txi+k(mod2k],矛盾。

由上述構(gòu)造方法知，z”Z2,…,z?*是的排列，記嗎=七+Zj,i=l,2,…,2人。

下面驗(yàn)證”，叼,…，%*模必互不同余。這只需證明，對任意整數(shù)i,/,1<z<j<^,

嗎，Wj,wi+k,wj+k模4左兩兩不同余*。

實(shí)際上前面的構(gòu)造方法中已經(jīng)保證了w,.豐wi+k(mod4k),嗎豐wj+lc(mod4Z:)**

情形一：z,=%,且町=x時(shí)，由前面的構(gòu)造方法可知：叫羊％■?(mod2&),

Wj豐wj+k(mod2k),

由于2i壬2/(mod2k),易知叼與卬,及嗎模2攵不同余，，叱“*與卬,及卬川模2Z不同余,

從而模4Z更不同余，在結(jié)合**式可見*式得證。

情形二：z,=yi+k,且町=y*時(shí)，由前面的構(gòu)造方法可知：w,.三wi+k-2i+k(mod2k),

Wj=wj+k=2j+k(mod2k),同樣有嗎與嗎及wj+k模2%不同余，，wj+k與啊及wj+k模

2女不同余，同情形一得證。

情形三：Zj=%,且4=刀+%(z,.=yi+k,且Zj=為時(shí)也一樣)時(shí)，由前面的構(gòu)造方法可

知：叱=wi+k=2z(mod2k),嗎=wj+k=2j+k(mod2k),由于攵是奇數(shù)，故

2i^2j+k(mod2k),因此仍然有叱與wy及wj+k模2Z不同余，，wi+k與嗎及wj+k模2%不

同余，有情形一，從而*式得證。

綜上可知，本題得證。

2014B三、(本題滿分50分)給定正整數(shù)人22,a力是非零整數(shù)，且為奇數(shù)，假定方

程—=a-。有整數(shù)解其中0<|x—y]<2.證明：|a—4是某個(gè)整數(shù)的人次哥。

★證明：設(shè)。=d《，曲=曲,其中d是。和。的最大公因素，則為與白互素。

根據(jù)方程akx-bky=a-b,我們得到dk-'{a^x-耳y)=q-4，所以小^|(%-幻。

y.a-b=ak(x-y)-{ak-bk,且(a—b)|(a1-b"),所以(a-b)|a*(x-y),

再我們假設(shè)2/(a+b),所以(a—〃)與(無—)，)互素，從而(。一匕)|〃，即(％-仇)|小》3

注意到為與仇互素，所以(巧—伉)與生也互素，從而(為一仇)|"1,所以回一仇

也就是

|。一4=46一仇|=d為是d的人次暴，結(jié)論得證。

2013A二、(本題滿分40分)給定正整數(shù)u,v,數(shù)列｛??｝的定義如下：6Z,=u+v,對整數(shù)m>\,

a-,?,=a,?+u

<_,記5,“=%+。2^-----(m-),

。2，，用=a“，+u

證明：數(shù)列｛S,,｝中有無窮多項(xiàng)完全平方數(shù)。

★證明：對正整數(shù)〃，有

所以S,一=2"T(“+y)+2Sg?…=(〃+v)n2"T

Z—IL—\

設(shè)〃+v=2?p,其中大是非負(fù)整數(shù)，q是奇數(shù)，取〃=qI,其中/是滿足/三左一1(mod2)

的任意正整數(shù)，此時(shí)S邛T,注意到與是奇數(shù)，故

所以S2J是完全平方數(shù)，由于/的任意性，故數(shù)列｛S,,｝中有無窮多項(xiàng)完全平方數(shù)。

2013A四、(本題滿分50分)設(shè)〃次為大于1的整數(shù)，n<2k,證明：存在24個(gè)不被〃整除

的整數(shù)，若將他們?nèi)我夥殖蓛山M，則總有一組有若干個(gè)數(shù)的和被“整除。

★證明：①當(dāng)〃為2的哥的情形，設(shè)〃=2"r>l?取3個(gè)2'T及2k—3個(gè)1,顯然這些書

均不被〃整除。將這2匕個(gè)數(shù)任意分成兩組，則總有一組中含有2個(gè)2'1,它們的和為2',被

〃整除。

②當(dāng)〃不是2的幕的情形,取2%個(gè)數(shù)一1,一1,一2,-22,…,一2卜2,1,2,22,…工二,因?yàn)椤ú皇?

的累，故上述2Z個(gè)數(shù)均不被〃整除。

若可將這些數(shù)分成兩組，使得每一組中任意若干個(gè)數(shù)的和均不被〃整除。不妨設(shè)1在第一組，

由于-1+1=0被〃整除，故兩個(gè)—1應(yīng)該在第二組；又(―1)+(-1)+2=0被〃整除，故2應(yīng)

該在第二組；進(jìn)而一2在第二組。

先歸納假設(shè)1,2,…,2,均在第一組，一1,一1,一2,…，一2,均在第二組，這里1W/〈左一2,由于

-1+(-1)+(-2)+(-22/.+(-2卜2)+21=0被〃整除，故2"i在第一組，從而—2,M在

第二組。

故由數(shù)學(xué)歸納法知，1,2,…,2卜2在第一組，一1,_1,—2-、—2?-2在第二組。

最后，由于一1+(-1)+(-2)+(—22)..+(-2"2)+21=0被〃整除，故2?T在第一組，因

此1,2,…,2’均在第一組，由正整數(shù)的二進(jìn)制表示，每一個(gè)不超過2&-1的整數(shù)均可以表示為

1,2,…,2"T中若干個(gè)數(shù)之和，特別地〃<23故第一組中的有若干個(gè)數(shù)之和為〃，被“整除,

矛盾。

將前述的任意分成兩組，則總有一組有若干個(gè)數(shù)的和被〃整除。

因此，將前述2Z個(gè)整數(shù)任意分成兩組，則總有一組中有若干個(gè)數(shù)的和，被〃整除。

2013B(本題滿分40分)對任意的正整數(shù)〃，證明不存在三個(gè)奇數(shù)x,y,z滿足如下的方程:

(x+y)"+(y+z)”=(x+z)".

★證明：假定對于某一個(gè)〃，存在x=2/+l,y^2k+\,z=2/+l滿足

(2j+2k+2)"+(2Z+21+2)"=(2/+2/+2)”,那么整數(shù)i,j,k就滿足方程

又m”=m(mod2),所以/+Z+1+Z+/+1三J+/+1(mod2)

也就是說,/+/三/+/+l(mod2),顯然矛盾，即我們假設(shè)是錯(cuò)誤的，從而原命題成立。

2012A二、(本題滿分40分)試證明：集合A=｛2,2?,…,2",…｝滿足

(1)對每個(gè)awA,及bwN*,若人<2。一1,則人(6+1)一定不是2a的倍數(shù)：

(2)對每個(gè)aeA(其中A表示A在N中的補(bǔ)集)，且awl,必存在。eN*,b<2a-\,

使6S+1)是2a的倍數(shù).

★證明：對任意的aeA,設(shè)a=2",ZwN*,則2。=2k+i，如果b是任意一個(gè)小于2a—1的正整

數(shù),則8+1W為一1..........................10分

由于b與6+1中，一個(gè)為奇數(shù),它不含素因子2,另一個(gè)是偶數(shù),它含素因子2的事的次數(shù)最多

為女,因此。(。+1)一定不是2a的倍數(shù)；.............20分

若ae4,且a。1,設(shè)a=2"?m,其中k為非負(fù)整數(shù)，m為大于1的奇數(shù)，

則2a=2A+I-m..................................30分

下面給出(2)的三種證明方法：

證法一:令b=inx,b+l-2k+'y,消去b得2Alymr=1.

YY+t

由于(2川,加)=1,這方程必有整數(shù)解；1=°其中fez,(%,%)為方程的特解.

把最小的正整數(shù)解記為(V,/),則￡<2卬,故”mx*<2a-1,使bS+1)是2a的倍數(shù).??

40分

證法二：由于(2"+i,〃z)=l,由中國剩余定理知，同余方程組

x=0(mod2)在區(qū)間((),21㈤上有解》即存在〃<2a—1,使人(Hl)是2a的倍

x=

數(shù).40分

證法三：由于(2,『及)=1,總存在r(r￡N*/W〃2-1),使2'=l(mod加)取fwN?，使次A2+1,

則2"=l(modm)存在b=(2tr-l)-q-(2k+im)>O,q￡N,使0cbe2a-1,

此時(shí)m\b,2k+'\m+l,因而僅6+1)是2a的倍數(shù)..........40分

2012B四、(本題滿分50分)已知素?cái)?shù)p滿足下述條件：存在正整數(shù)小“，丫使”的正約數(shù)的個(gè)

數(shù)等于p",且這p"個(gè)正約數(shù)之和等于p'.求p的一切可能值。

★解析：顯然〃>1,記”=Pi%"：，…為〃的素因數(shù)分解，m,ai,a2,---,aineN*,則

(q+加2+1>-(％+1)=〃同

(l+Pi+-一+pfXl+P2+-Tpf2)-(l+Pm+~+p,：")=p'@

因?yàn)閜是素?cái)?shù)，則由①知，存在swN*,使得4+1=p",因此

_1p_1ps_1

1+Pi+…+=1+〃]+〃；+…+〃5T=2!_￡=2!n_」.兇n_由于上式最后的兩

A-1歷一1P：T

個(gè)分式的值都是整數(shù)，〃是素?cái)?shù)，由②知，存在feN*,使得p'=旦一」,故

Pi-1

由費(fèi)馬小定理得Pi=p：=1(modp),設(shè)P1=kp+1,

則P'==C6曠'+q(kp)”2+...+C；-1,

當(dāng)P23時(shí)，。(3產(chǎn),。；(切曠2,…,C；-2粒均為p2的倍數(shù)，但=p不是p2的倍數(shù),

這使得右邊不可能為p的累，矛盾.

所以p42,又〃是素?cái)?shù)，所以p=2。

事實(shí)上，〃=2時(shí)一，存在這樣的正整數(shù)”，只要〃等于兩兩不同的2,—1(reTV*)型素?cái)?shù)的

成績，即可滿足條件，例如〃=21=3x7滿足。

綜上所述，所求p=2是滿足條件的唯一素?cái)?shù)。

2011A8、已知=Cf版1叱”(2)(〃=1,2,一?,95),

0c則數(shù)列｛/｝中整數(shù)項(xiàng)的個(gè)數(shù)為一

?答案：15

200-”400-5”

★解析：由題意an=C嬴)-3一二

要使a”(14〃W95)為整數(shù)，必有跑4,40°-5〃均為整數(shù),從而6|〃+4.

36

當(dāng)〃=2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80時(shí)，迎二^和堂上“均為非負(fù)整數(shù)，所以%

36

為整數(shù)，共有14個(gè).

當(dāng)〃=86時(shí)，取6=嗨?338,2-5，在C鼠=200!中,200中因數(shù)2的個(gè)數(shù)為

86-00-0086!」14!

「200］「200［「200［「200［「200］「2001「200］皿

——+—r+—r+—r++~~r+=-=197,

2222324252627

同理可計(jì)算得86!中因數(shù)2的個(gè)數(shù)為82,114!中因數(shù)2的個(gè)數(shù)為110,所以中因數(shù)2的個(gè)

數(shù)為197—82-110=5,故/6是整數(shù).

當(dāng)〃=92時(shí)，須=?>336.27°,在C==208中,同樣可求得92!中因數(shù)2的個(gè)數(shù)

20092!-108!

為88,108!中因數(shù)2的個(gè)數(shù)為105,故。鼠中因數(shù)2的個(gè)數(shù)為197-88-105=4,故須不是整

數(shù).

因此，整數(shù)項(xiàng)的個(gè)數(shù)為14+1=15.

2011A二、(本題滿分40分)證明：對任意整數(shù)“24,存在一個(gè)"次多項(xiàng)式

具有如下性質(zhì):

(1)4,。］,…M“_|均為正整數(shù):

(2)對任意正整數(shù)加，及任意左(左22)個(gè)互不相同的正整數(shù)八，々，…,0，均有

★證明：令/(x)=(x+l)(x+2)…(x+〃)+2,①

將①的右邊展開即知是一個(gè)首項(xiàng)系數(shù)為1的正整數(shù)系數(shù)的〃次多項(xiàng)式.

下面證明/(x)滿足性質(zhì)(2).

對任意整數(shù)，，由于〃24,故連續(xù)的〃個(gè)整數(shù)f+l"+2,…"+〃中必有一個(gè)為4的倍

數(shù)，從而由①知/⑺三2(mod4).

k

因此,對任意%(%22)個(gè)正整數(shù)外，公…，小有)f(r2)--f(rk)=2=0(mod4).

但對任意正整數(shù)比，有f(ni)=2(mod4),故于(m)豐f(r1)f(r2)???f(rk)(n?d4),

從而f(m)豐/(r,)/(r2)???f(〃).所以f(x)符合題設(shè)要求.

2010AB二、（本題滿分40分）設(shè)女是給定的正整數(shù)，r=%+g。記/⑴"）=/"）=4打，

/“）（「）=/（/（f（r））,/>2o證明：存在正整數(shù)加，使得「為一個(gè)整數(shù)。這里［幻表

示不小于實(shí)數(shù)x的最小整數(shù)，例如\］=1,曰=1。

★證明：記為（〃）表示正整數(shù)〃所含的2的寨次.則當(dāng)加=彩伏）+1時(shí)、/""）&）為整數(shù).

下面我們對彩（6=v用數(shù)學(xué)歸納法.

當(dāng)u=O時(shí)，上為奇數(shù)，Z+1為偶數(shù)，此時(shí)/（「）=（女+g）；=（左+；1Z+1）為整數(shù).

假設(shè)命題對u-l（vNl）成立.對于vNl,設(shè)A的二進(jìn)制表示具有形式

）=2"+%+「2川+%+2?2-2+…，這里,%=0或者1,i=u+l,u+2,….

于是/（「）=［+￡［卜+；］=［+￡|信+1）

^k1+~,①

2

v

這里上'=2-'+（a川+1）2'+（av+l+*）-2M+…+2就+….

顯然I中所含的2的幕次為u—l.故由歸納假設(shè)知，R+g經(jīng)過/的v次迭代得到整數(shù),

由①知，/""）（/?）是一個(gè)整數(shù)，這就完成了歸納證明.

2009*三、（本題滿分50分）設(shè)Z,/是給定的兩個(gè)正整數(shù)，證明：有無窮多個(gè)正整數(shù)加2人，

使得C：,與/互素。

★證明：法一：對任意正整數(shù)令機(jī)=k+1?/?（〃）.我們證明（C：』）=L

設(shè)p是/的任一素因子，只要證明：pIC%.

kk

若加k\,則由上C：=n（/w—Z+i）三［"［9+〃（%!）］三人!（modp）.

i=ii=i

即P不整除上式，故加C：

若p|k!,設(shè)aNl使〃"困，但p"+i"!.則pa+”/（0）.故由

及P“M!,且pa+,Ikl,知p"|k\C：“且pa+iIk\C>從而P/C\................50分

證法二：對任意正整數(shù)t,令m=女+人/?依!了.我們證明（C：,/）=L

設(shè)P是/的任一素因子，只要證明：p1cl.

1（1（A

若P/k\,則由％!c￡=n（m—k+i）三n【（i+〃因）21三n，三人!（mod”）.

i=\i=li=l

即P不整除上式，故P/c\?

若p|k!,設(shè)使pa|A!,但pa+1（砌2.故由

及pa|〃，且pa+］|C,>!,知p"Ik\C,t且pa+l|C：k\C,〉從而P.................50分

2007*三、（本題滿分50分）設(shè)集合P={1,2,3,4,5},對于任意和正整數(shù)加，記

/（九6=￡其中［司表示不大于。的最大整數(shù)。求證：對于任意正整數(shù)〃，存

在kcP和正整數(shù)加，使得/（加/）=〃。

★證明：定義集合4=｛機(jī)病門|機(jī)6^^*,%6/)｝,由于對任意且左Hi,羋塞是

Vz+1

無理數(shù)，則對任意的匕#2cP和正整數(shù)班，加2，町歷"=加24石口，當(dāng)且僅當(dāng)犯=加2,

k、—k2°

由于A是一個(gè)無窮集，現(xiàn)將A中的元素按從小到大的順序排成一個(gè)無窮數(shù)列。對于任意的正

整數(shù)〃，設(shè)此數(shù)列中第〃項(xiàng)為加JTR。下面確定〃與〃2?的關(guān)系。

若班JTTTvmJ沅R,則見由町是正整數(shù)可