2023年高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽知識(shí)導(dǎo)引（二）函數(shù)、數(shù)列、數(shù)學(xué)歸納法、整數(shù)

聯(lián)賽導(dǎo)引(二)函數(shù)數(shù)列數(shù)學(xué)歸納法整數(shù)

一k，基礎(chǔ)知識(shí)導(dǎo)引

＜一＞,數(shù)列：

1,等差數(shù)列：

⑴,定義:=4(常量)或2an+i=an+an+2.⑵，通項(xiàng)公式:a”=%+(n-l)d.

⑶，前n項(xiàng)和公式:S’==nax+如一.

"22

(4),任意兩項(xiàng)an,am有a”=am+(n-m)d.

(5),對(duì)于任意正整數(shù)萬"，匕/,若加+〃=左+/,則am+an-a*+?？诜粗恍?

(6),若｛%｝,｛b?｝均是等差數(shù)列，則｛/+dbn｝也是等差數(shù)列.(c,dwR)

2,等比數(shù)列：

⑴，定義—=q(常量)或冬絲=&包.⑵，通項(xiàng)公式:an=W心.

aaa

nn+ln''

nax(q=1)

n

⑶，前〃項(xiàng)和公式:S“=＜a,(l-o),八.(4)任意兩項(xiàng)有=a"”".

------(#1)

1i-q

(5),對(duì)于任意正整數(shù)m,n,kJ,若m+n=k+l，則anam=akat.

(6),無窮遞縮等比數(shù)列所有項(xiàng)和公式:S=limS?

3,某些常用遞歸數(shù)列的通項(xiàng):

(1),形如。用=an+于(n)的一階遞歸式，其通項(xiàng)求法為

〃一1〃一!

%=q+Z（W+1一。*）=6?（累加法）

%=1k=l

(2),形如an+l=/(?)??的遞歸式,其通項(xiàng)求法為

"?/ww⑶…=5-1)(〃>2).(累積法)

a\。2an-\

(3),形如=pan+q(pc1)aJ遞歸式，由an+l-pan+q及a“=pan_x+q，兩式相減

得4+i有｛a〃+i-。“｝是首項(xiàng)為%-可,且公比為p的等比數(shù)列，先求

出4+1-4，再求出a“.

(4),形如am=pan+qW(p豐1)的遞歸式,兩邊同步除以p向，得

編=3+噌，令2=3,得%=2+噌，求么，再求

pPPPP

g

(5),形如a.=pan(p>0,an>0)的遞歸式,兩邊取對(duì)數(shù)有l(wèi)ga“+i=qlga“+lgp,

b

令n=34,則％=qbn+1g°,仿⑶得bn，再求an.

<二>數(shù)學(xué)歸納法

形式1：

(i)驗(yàn)證p(n0)成立；(ii)假設(shè)p(k)(k>%)成立，那么可推出p(k+1)也成立.

形式2:

⑴驗(yàn)證p(“o+l),p(%+2),…,p(%+r);(ii)假設(shè)p(左)成立，那么可推出p(左+廠)也成立?

<三>，整數(shù):

1,整數(shù)的分類:

,負(fù)整數(shù)

一奇數(shù):形如2n±1的數(shù),它的平方被4,8除余1.

⑴,<0⑵《

偶數(shù):形如2n的數(shù),它的平方被4整除.

正整數(shù)

'質(zhì)數(shù)(素?cái)?shù))：只有1與本身兩個(gè)約數(shù).

［完全平方數(shù):形如小的數(shù),m為整數(shù)

⑶,<1［非完全平方數(shù).

合數(shù):約數(shù)個(gè)數(shù)大于2個(gè).

2,不定方程時(shí)常用解法:

(1),公式法

JQ-JQ%=%+bt

:若《一°是方程依+刀=。的一組整數(shù)解，則該方程的所有解為〈一°(/GZ).

』=%[y=y0-at

(2),數(shù)或式的分解法；(3),不等式法；(4),奇偶分析法；(5),換元法.

二,解題思想與措施導(dǎo)引

1,歸納-猜測-證明；2,數(shù)形結(jié)合；3,整體處理；4,換元法；5,配措施；6,估算法.

三，習(xí)題導(dǎo)引

<一>，選擇題

1,刪去正整數(shù)數(shù)列1,2,3,……中的所有完全平方數(shù)，得到一種新數(shù)列.這個(gè)新數(shù)列的第

項(xiàng)是

A,2046B,2047C,2048D,2049

2,已知數(shù)列｛〃J滿足3Q〃+I+4=4(〃21)且％=9淇前〃項(xiàng)之和為S,，則滿足不等式

|S—n—6|<-----的I最小整數(shù)〃是

?〃1125

A,5B,6C,7D,8

3,設(shè)等差數(shù)列｛?！ǎ凉M足31=5%3,且％>0,S〃為其前〃項(xiàng)之和，則S”中最大的是

S

A,510B,uC,S2QD,521

4,等比數(shù)列｛4｝中,q=1536，公比q=-；用TIn表達(dá)它的前n項(xiàng)之積，則口〃中最大日勺是

A,n9BUc,n12

5,已知數(shù)列｛a“｝滿足xn+l=xn-(〃22),玉=a,々=b，記S”=/+々+…+xn，則

下列結(jié)論對(duì)時(shí)的是

A,藥00—Si。?！?b—QB,%oo=一久Si。。=2b-a

C,玉oo=—b,Si。。=b-aD,玉oo=一〃，Si。。=b-a

6,給定公比為q(qW1)的等比數(shù)列｛。〃｝,設(shè)々=q+4+/，%=為+%+&，…，

bn=%〃-2+a3n-l+4〃，則數(shù)列｛2｝

A,是等差數(shù)列車員B,是公比為q的等比數(shù)列

C,是公比為q3的等比數(shù)列D,既非等差數(shù)列又非等比數(shù)列

＜二＞填空題

7,設(shè)數(shù)列％,。2,,…滿足q=%=1，。3=2，且對(duì)任意自然數(shù)n，均有an-an+l-an+2

aa

*1,又a“,n+\'n+2,4+3=a"+an+l+a“+2+an+3，則q+4+…+%oo的I值是--------?

8,各項(xiàng)為實(shí)數(shù)的等差數(shù)列的公差為4,其首項(xiàng)日勺平方與其他各項(xiàng)之和不超過100,這樣的

數(shù)列至多有項(xiàng).

9,設(shè)正數(shù)4,q,2，……滿足也%7%%=2a,t（nN2），且％=q=1,

則數(shù)列｛a“｝時(shí)通項(xiàng)an=.

10,將二頂式（?+￡=）"日勺展開式按工時(shí)降嘉排，若前三項(xiàng)系數(shù)成等差數(shù)列，則該展開

式中x的哥指數(shù)是整數(shù)的項(xiàng)共有個(gè).

n

11,正整數(shù)〃使得〃2+2005是完全平方數(shù)，則（I+2005）2的個(gè)位數(shù)字是.

12,已知數(shù)列滿足關(guān)系式,則時(shí)值是o

＜三＞解答題

13,求滿足pq+qp=r的I所有質(zhì)數(shù)p,q,r.

14,n\n＞4）個(gè)正數(shù)排成幾行幾列：

“11"12"13〃14…

。22。23。24…2n

“31”32”33034…3n

%冊2%4.?,ann

其中每一行的數(shù)成等差數(shù)列，每一列的）數(shù)成等比數(shù)列，并且所有公比相等，已知%=1,

13、、、

&2=—，。43=，試求+%2------ann的）值.

15,確定所有的正整數(shù)n，使方程d+y3+z3=加2y2z2有正整數(shù)解Q,z).

四，解題導(dǎo)引

1,C在數(shù)列1,2,3,…，中,刪去了44個(gè)(44?=1936)完全平方數(shù)，現(xiàn)給該數(shù)列再補(bǔ)上44

項(xiàng)，得2,…,2003,…,2047.所補(bǔ)的44個(gè)數(shù)中尚有1個(gè)(2025=45?)完全平方數(shù)，把它刪除，

再補(bǔ)上一項(xiàng)2048即可.

2,C由遞推式變形得:3(。用-1)=—(4—1)，令d=4—1,則A.=—；鬃且乙=a,-1=8.

得也｝是首項(xiàng)為8,公比為—；的等比數(shù)列，于是％=8?(—；尸,得為=8?(―；)小+1,

6—6x（_g）"+〃,因止匕I3一"一6|=6義（；）.（七,

S?=------f—+n=

1+-

3

得3"T>250,因此滿足這個(gè)不等式的最小整數(shù)n=7.

3,C設(shè)等差數(shù)列｛%｝的公差為d,由34=5%，得3(q+7d)=5(q+12J),即%=

3911

——d〉0,因此d<0,則出。=q+19d———d>0,%】=q+20d——^7<。,邑。最大.

111心-19)

4,C由已知=1536x(-=—3x(-、)a。,得口.=(—3)"(—萬)不，知丁浦駿，

3327

xx，

iii3為正數(shù),rL為負(fù)數(shù)，且“12=?12,?11,?io,n9=(--)-(-3)n9=—n9>n9

42o

3

口13=43,1112=?口12<口12,得口12最大?

O

5,A由，因此，即

是周期為6的數(shù)列，得，又+

,得。

6,C由題設(shè)a〃=a0i,則如=%"1+%,+2+%.+3=%〃+1(1+4+()=".

bn“3〃—2+13〃—1+13〃13〃—2(1+9+夕)

7,200由。八4+1%+2?！?3=%+an+l+an+2+%+3①

an+an+2an+3an+4=4+1q+2+”〃+3+”〃+4②

兩式相減得:(??-a?+4)(??+i+an+2+。,+3-1)=0,又an+l+an+2+an+3豐1，有a?+4=an.

=g=I/=2，由①得2=4+%,因止匕/=4，從而ar+a2+a3+a4=8,

于是4+a2H---1-%oo=25(4+%+/+%)=200.

8,8設(shè)。1，%，…，?！ㄊ枪顬?的等差數(shù)列，則=%+4(〃-1),由已知…+

anV100oa；+(4+4+;")("1)?100oa2+(〃_1)q+(2/—2〃_100)＜。.

此有關(guān)%為未知數(shù)的一元二次不等式有解，應(yīng)有△=(〃—1)2-4(2附2-2^-100)＞0,

有7層-6“-4。1＜。,得3一際《屋3+際＜%又3+際〉8,因此，

777

的最大值是8,即滿足題設(shè)的數(shù)列至多有8項(xiàng).

1,n=0

9'。"=＜立(2左—I)?neN“22時(shí)，由他限一8-24T變形得

、女=1

修一1=2序，令玉=陣，得x?+1=24+1(〃22),即x?+1+1=2(%,+1),

V*V*V4-2

得｛七+1｝是認(rèn)為々+1=2首項(xiàng),公比為2的等比數(shù)列，因此x?+l=2"-1，即

，也=(2"T—1尸,即2=(2"—1)2(〃21),于是

an-2an-\

….上一.%=汁(2為-1)25eN+).又/=1,因而得成果.

q%an_tk=i

10,8易求前三項(xiàng)系數(shù)分別是n(n-1).由這三個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，有2x工〃=1+

282

11(4--)

—1),解得“=8和”=1(舍去).當(dāng)〃=8時(shí),(+]=C，(5)-x4，由4|3r,

得r只能是0,4,8.

11,9設(shè)/+2005=m2(m>0),則(m-n)(m+ri)=2005=1x2005=5x401,得

m—n=l、m—n=5m=1003、m=203

或《，解得《或《

m+n=2005[m+H=401n=lQ02〃二198

由10031°°2=1003430+2,知它的個(gè)位數(shù)字是9；

由203198=2034x49+2，知它的個(gè)位數(shù)字也是9.

12,—(2*2—n—3)設(shè)么=—,TI-0』,2,…,則(3-----)(6H----)=18,

3冊4+1bn

即3%-62-1=0.%=+g,bn+i+；=2(bn+1)

故數(shù)列是公比為2的等比數(shù)列，

嗎+*/2"以乎口)。

2〃+i-

/+1-(n+1),,+2HO

S-=Z^=Z-(2-D=-2^1=-(2--3)

i=oaii=0i=0

13,解:顯然p豐q,不妨設(shè)p<q.

由于廠為質(zhì)數(shù)，因此p與q不能全為奇數(shù)，故p=2.

⑴當(dāng)q為不不不小于5的質(zhì)數(shù)時(shí)，有/+/=2“+/=(2,+1)+(/-1)

2夕+1

2<?1(?2

=3x——+(9-l)=3(2--2-+-+l)+(^+W-l)

2+1

由于q不是3,也不是3的倍數(shù)，而q-l,q,q+l是三個(gè)持續(xù)的自然數(shù),則其中必有一種數(shù)是

3的倍數(shù)，又q不是3的倍數(shù)，得(q+l)(q—1)必為3日勺倍數(shù)，

因此p^+qP是3的倍數(shù)，這與r是質(zhì)數(shù)矛盾！

(2)當(dāng)q<5時(shí)，只有q=3，這時(shí)p=2,q=3,廠=17.

綜上所述，有p=2,q=3,r=\7.

14,(分析)設(shè)處=。,第一行數(shù)的公差為d,第一列數(shù)日勺公比為q,可得q刈必

解:設(shè)第一行數(shù)列公差為d,各列數(shù)列的公比為q,則第四行數(shù)列公差是崗于是可得

%4=（即+3d）q—1

1

。42=（4i+d）q，

-8

3

16

1

解此方程組，得[i=d=q=±5,由于所給二9個(gè)數(shù)都是正數(shù)，必有夕＞o,從而有

ali=d=q=^,

于是對(duì)任意的11＜左＜〃，有akk=q]T=[%+（左—l）d]/T=/.得

222232〃

n

又5+"+???+

2222324產(chǎn)

兩式相減后得:工S=1111n

—I——H——+???H----------------

2222232"2"1

S=2—J/

因此

15,解:由方程的對(duì)稱性，不妨設(shè)x?y2z＞0.將方程變形為:n=七+*+三①

另首先，由原方程得：/+?=%2(nj2z2-x)②,“/zz—》為正整數(shù)，得02?2一XNL

于是由②得V+z3NV,即x<G+Z3yX>y>z>Q又代入①式得

yz

n<——I----------------1--------------③

222222

yzyzyz

⑴當(dāng)z22時(shí),由于y?z,由③式得“W；,與〃為正整數(shù)矛盾!

（2）當(dāng)z=l時(shí)，得y>z=l;

⑴若y=1,由V＜V+z3=2,得x=1,這時(shí)可得n=3，方程時(shí)解為(x,y,z)=(1,1,1).

3

(ii)若y22,又z=l,由③式得“V,,故只能”=1,原方程變形為:三+丁3+1=/丁2.

這時(shí)有正整數(shù)解(尤,y,z)=(3,2,1).

綜上所述,“的I值為1或3.

[注]:請(qǐng)反思一下每道題所運(yùn)用的思想方幾種初等函數(shù)叫性質(zhì)

一、基礎(chǔ)知識(shí)

1.指數(shù)函數(shù)及其性質(zhì)：形如y=ax(a>O,a1)的函數(shù)叫做指數(shù)函數(shù)，其定義域?yàn)镽,值域?yàn)?0,

+8),當(dāng)0<a<l時(shí),y=ax是減函數(shù)，當(dāng)a>l時(shí),y=ax為增函數(shù)，它的圖象恒過定點(diǎn)(0,1).

2.分?jǐn)?shù)指數(shù)塞：.

3.對(duì)數(shù)函數(shù)及其性質(zhì)：形如y=logax(a>0,a1)改I函數(shù)叫做對(duì)數(shù)函數(shù)，其定義域?yàn)?0,+°°),

值域?yàn)镽,圖象過定點(diǎn)(1,0).當(dāng)0<a<l,y=logax為減函數(shù)，當(dāng)a>l時(shí),y=logax為增函數(shù).

4.對(duì)數(shù)時(shí)性質(zhì)(M>0,N>0)；

1)a*=MOx=/ogaM(a>0,1)；

2)log?(MN)=logoM+logaN；

3)loga()=logaM-logaN；4)logaMn=nlogaM；,

5)loga=—logaM；6)a“g"M=M；7)logab=b(a,6,c>0,a,c豐1).

nlogca

5.函數(shù)y=x+(a>0)的單調(diào)遞增區(qū)間是和，單調(diào)遞減區(qū)間為和.(請(qǐng)讀者自己用定義

證明)

6.持續(xù)函數(shù)的性質(zhì)：若a<b,f(x)在［a,b］上持續(xù)，且f(a)?f(b)<0,則f(x)=0在(a,b)上至少

有一種實(shí)根.

二、措施與例題

1.構(gòu)造函數(shù)解題.

例1已知a,b,cG(-l,1),求證：ab+bc+ca+l>0.

【證明】設(shè)f(x)=(b+c)x+bc+l(xG(-l,1)),則f(x)是有關(guān)x的一次函數(shù).

因此要證原不等式成立，只需證f(-l)>0且f(l)>0(由于.

由于f(-1)=-(b+c)+bc+l=(l-b)(l-c)>0,

f(l)=b+c+bc+a=(l+b)(l+c)>0,

因此f(a)>0,即ab+bc+ca+l>0.

例2(柯西不等式)若al,a2,…,an是不全為0的實(shí)數(shù),bl,b2,…,bnGR,則(),()》

()2,等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)存在R,使ai二，日,2,…,n時(shí)成立.

【證明】令危尸()--2(也)2，

i=li=li=li=l

由于>0,且對(duì)任意x￡R,f(x)20,

n及_〃

因此△=4（Z%2）-4（2/）（￡〃）wo.

i=\i=li=\

展開得()()2()2.

等號(hào)成立等價(jià)于f(x)=o有實(shí)根，即存在，使ai=,i=l,2,…,n.

例3設(shè)x,y￡R+,x+y=c,c為常數(shù)且c￡(0,2],求u二aI最小值.

.即、(1Y1)xy1、1,lxy

I%人)Jy%封町\yx

1

=孫+—+2.

孫

令xy=t,貝!J0<t=xyW，設(shè)f(t)=t+,0<tW

由于0<cW2,因此0vW1,因此f(t)在上單調(diào)遞減.

因止匕f(t)min=f()=+，因止匕uN++2.

當(dāng)書尸時(shí)，等號(hào)成立.因此u的最小值為++2.

2.指數(shù)和對(duì)數(shù)的運(yùn)算技巧.

例4設(shè)p,q￡R+且滿足log9p=logl2q=logl6(p+q),求時(shí)值.

【解】令log9p=logl2q=logl6(p+q)=t,貝!jp=9t,q=12t,p+q=16t,

因此9t+l2t=16t,即1+

記x=,貝??！l+x=x2,解得

又>0,因此二

例5對(duì)于正整數(shù)a,b,c(aWbWc)和實(shí)數(shù)x,y,z,w,若ax=by=cz=70w,且，求證:a+b=c.

【證明】由優(yōu)二〃二/二70卬取常用對(duì)數(shù)得xlga=ylgb=zlgc=wlg70.

因此lga=lg70,lgb=lg70,lgc=lg70,

相加得(lga+lgb+lgc)=lg70,由題設(shè),

因此lga+lgb+lgc=lg70,因止匕l(fā)gabc=lg70.

因止匕tzZ?c=70=2X5X7.

若a=l,則由于xlga=wlg70,因此w=0與題設(shè)矛盾，因此a>l.

又aWbWc,且a,b,c為70時(shí)正約數(shù)，因此只有a=2,b=5,c=7.

因此a+b=c.

例6已知x1,ac1,a1,cl._&logax+logcx=21ogbx,求證c2=(ac)logab.

【證明】由題設(shè)logax+logcx=21ogbx,化為以a為底的I對(duì)數(shù)，得

由于ac>0,ac1,因止匕l(fā)ogab=logacc2,因止匕c2=(ac)logab.

注：指數(shù)與對(duì)數(shù)式互化，取對(duì)數(shù)，換元，換底公式往往是解題的橋梁.

3.指數(shù)與對(duì)數(shù)方程的解法.

解此類方程的重要思想是通過指對(duì)數(shù)的運(yùn)算和換元等進(jìn)行化簡求解.值得注意的是函數(shù)單

調(diào)性的應(yīng)用和未知數(shù)范圍的討論.

例7解方程：3x+4x+5x=6x.

【解】方程可化為=1.設(shè)f(x)=,則f(x)在(-8,+8)上是減函數(shù)，由于f(3)=l,因此方程

只有一種解x=3.

例8解方程組：(其中x,yGR+).

【解】兩邊取對(duì)數(shù)，則原方程組可化為①②

把①代入②得(x+y)21gx=361gx,因此[(x+y)2-36]lgx=0.

由lgx=0得x=l,由(x+y)2-36=0(x,yGR+)得x+y=6,

代入①得lgx=21gy,即x=y2,因止匕y2+y-6=0.

又y>0,因此y=2,x=4.

因此方程組的解為《1J2

Ji=11為=2

例9已知a>0,a1,試求使方程Ioga(x-ak)=loga2(x2-a2)有解時(shí)k時(shí)取值范圍.

【解】由對(duì)數(shù)性質(zhì)知，原方程的解X應(yīng)滿足.①②③

若①、②同步成立，則③必成立，

故只需解.

由①可得2kx=a(l+k2),④

當(dāng)k=0時(shí)，④無解；當(dāng)k0時(shí)，④的解是x=，代入②得>k.

若k<0,則k2>l,因此k<-l；若k>0,則k2<l,因此0<k<l.

綜上，當(dāng)ke(-8,_i)u(o,1)時(shí)，原方程有解.

教學(xué)日勺整除性

整數(shù)的整除性

定義：設(shè)a,b為二整數(shù)，且bWO,假如有一整數(shù)c,使2=氏，則稱b是a時(shí)約數(shù),a是b

的倍數(shù)，又稱b整除a,記作b|a.

顯然,1能整除任意整數(shù)，任意整數(shù)都能整除0.

性質(zhì)：設(shè)a,b,c均為非零整數(shù)，則

①.若c|b,b|a,則c|a.

②.若b|a,則bc|ac

③.若c|a,c|b,則對(duì)任意整數(shù)m、n,有c|ma+nb

④.若b|ac,且(a,b)=l,則b|c

證明：由于(a,b)=l

則存在兩個(gè)整數(shù)s,t,使得

as+bt=l

asc+btc=c

,**b|ac(b|asc

b|(asc+btc)(b|c

⑤.若(a,b)=l,且a|c,b|c,則ab|c

證明：a|c,則c=as(s￡Z)

又b|c,貝Uc=bt(tGZ)

又(a,b)=l

s=bt'(t'GZ)

于是c=abt'

即ab|c

⑥.若b|ac,而b為質(zhì)數(shù)，貝Ub|a,或b|c

⑦.(a—b)|(an—bn)(nEN),(a+b)|(an+bn)(n為奇數(shù))

整除的鑒別法：設(shè)整數(shù)N=

①.2|al2|N,

5|al5|N

②.3|al+a2H---Fan3|N

9|。1+。2+…+dn=9|N

③.4|4|N

251a24o25|N

8|8|N

125|o302al=125|N

⑤.7||-|7|N

11||-|11|N

?.Il|[(a2n+1+a2n-lH------Fal)-(a2n+a2n-2H------Fa2)]

11|N

⑧.13||-|13|N

推論：三個(gè)持續(xù)的整數(shù)的積能被6整除.

例題：

1.設(shè)一種五位數(shù),其中d—b=3,試問a,c為何值時(shí)，這個(gè)五位數(shù)被11整除.

解：11|

/.ll|a+c+d—b—a

即ll|c+3

c=8

l〈aW9,且aez

2.設(shè)72|,試求a,b時(shí)值.

解:72=8X9,且(8,9)=1

二8|,且9|

8|(b=6

且9|a+6+7+3+6

即9|22+a

?*.a=5

3.設(shè)n為自然數(shù),A=3237n-632n—855n+235n,

求證：1985|A.

證明：V1985=397X5

A=(3237"—632")—(855"—235")

=(3237-632)Xu-(855—235)Xv(u,veZ)

=5x521xw—5xl24xv

；.5|A

又A=(3237"—855")—(623"—235")

=(3237-855)Xs—(623—235)Xt(s,teZ)

=397x6xs—397xr

397IA

XV(397,5)=1

A397X5IA

即1985IA

4.證明：沒有x,y存在，使等式x2+y2=1995(x,yGZ)成立.

證：假設(shè)有整數(shù)x,y存在，使x2+y2=1995成立.

Vx2,y2被4除余數(shù)為0或1.

；.x2+y2被4除余數(shù)為0,1或2.

又：1995被4除余數(shù)為3.

...得出矛盾，假設(shè)不成立.

故沒有整數(shù)x,y存在，使x2+y2=1995成立.

費(fèi)馬小定理：若p是素?cái)?shù),(m,p)=l

則p\nf~l—1

5.試證:999-9能被13整除.

12個(gè)

證明：’.TO—1=9,100—1=99,1012-1=999-9.

12個(gè)

又(10,13)=1

A13I(1013-1-1),即13I(1012-1)

A13I999-9.

12個(gè)

6.請(qǐng)確定最小的正整數(shù)A,其末位數(shù)是6,若將未位的6移至首位，其他數(shù)字不變，其值變?yōu)?/p>

原數(shù)的4倍.

解：設(shè)該數(shù)為人=,其中al=6

令x=

則A==x,10+6

于是4A==6X10n-l+x

即有4X10x+24=6X10n-l+x

X

???(2,13)=l,x是整數(shù)

???13|(10n-l-4)

n=1,2時(shí)，10n-l-4<10顯然不滿足條件

n=3時(shí),10n-l—4=96不滿足條件

n=4時(shí)，10n-l—4=996不滿足條件

n=5時(shí),10n-1-4=9996不滿足條件

n=6時(shí),10n-1-4=99996滿足條件

即A=153846

7.一種正整數(shù)，假如用7進(jìn)制表達(dá)為，假如用5進(jìn)制表達(dá)為，請(qǐng)用10進(jìn)制表達(dá)這個(gè)數(shù).

解：由題意知:0<a,cW4,0WbW4,設(shè)這個(gè)正整數(shù)為n,則

n==aX72+bX7+c,n=-cX52+bX5+a

49a+7b+c=25c+5Z?+。

48〃+2。一24c=0

b=12(c—2d)

：.12Ib,

又「OW反4

???b=0,

??c=2a

/.當(dāng)a=l,c=2時(shí)，n=51

當(dāng)a=2,c=4時(shí),n=102

抽屜原理

把八個(gè)蘋果任意地放進(jìn)七個(gè)抽屜里，不管怎樣放，至少有一種抽屜放有兩個(gè)或兩個(gè)以上

的蘋果.

抽屜原則有時(shí)也被稱為鴿巢原理，它是德國數(shù)學(xué)家狄利克雷首先明確的提出來并用以

證明某些數(shù)論中日勺問題，因此，也稱為狄利克雷原則.它是組合數(shù)學(xué)中一種重要的原理.把

它推廣到一般情形有如下幾種體現(xiàn)形式.

形式一：

證明：設(shè)把n+1個(gè)元素分為n個(gè)集合A1,A2,???,An,用al,a2,…,an表達(dá)這n個(gè)集合

里對(duì)應(yīng)的元素個(gè)數(shù)，需要證明至少存在某個(gè)ai不小于或等于2

（用反證法）假設(shè)結(jié)論不成立，即對(duì)每一種ai均有ai<2,則由于ai是整數(shù)，應(yīng)有aiW

1,于是有：

。1+。2+…+O"W1+1+…+1=〃<〃+1

這與題設(shè)矛盾.

因此，至少有一種aiN2,即必有一種集合中具有兩個(gè)或兩個(gè)以上的元素.

形式二：

設(shè)把n?m+1個(gè)元素分為n個(gè)集合Al,A2,???,An,用al,a2,…,an表達(dá)這n個(gè)集合里對(duì)應(yīng)

的元素個(gè)數(shù)，需要證明至少存在某個(gè)ai不小于或等于m+1.

（用反證法）假設(shè)結(jié)論不成立，即對(duì)每一種ai均有ai<m+l,則由于ai是整數(shù)，應(yīng)有aiW

m,于是有：

為+a2H-----卜+m-1------P;〃=力,m

n個(gè)m

這與題設(shè)相矛盾.

因此，至少有存在一種ai2m+l

高斯函數(shù)：

對(duì)任意的實(shí)數(shù)X,

[X]表達(dá)“不不小于X的最大整數(shù)”.

例如:[3.5]=3,[2.9]=2,

[—2.5]=-3,⑺=7,……

一般地，我們有：[x]Wx<[x]+l

形式三:

證明：設(shè)把n個(gè)元素分為k個(gè)集合Al,A2,???,Ak,用al,a2,…，ak表達(dá)這k個(gè)集合里對(duì)應(yīng)

的元素個(gè)數(shù)，需要證明至少存在某個(gè)ai不小于或等于[n/k].

（用反證法）假設(shè)結(jié)論不成立，即對(duì)每一種ai均有ai<[n/k],于是有：

4]+々2+…+四<「"/十+「"/月+...+「〃/用

k個(gè)[”/幻

=k-[n/k]Wk-（n/k）—n

這與題設(shè)相矛盾.

因此，必有一種集合中元素個(gè)數(shù)不小于或等于[n/k]

形式四：

證明：設(shè)把ql+q2H-----bqn—n+1個(gè)元素分為n個(gè)集合Al,A2,???,An,用al,a2,…,

an表達(dá)這n個(gè)集合里對(duì)應(yīng)的元素個(gè)數(shù)，需要證明至少存在某個(gè)i,使得ai不小于或等于qi.

（用反證法）假設(shè)結(jié)論不成立，即對(duì)每一種ai均有ai<qi,由于ai為整數(shù)，應(yīng)有aiWqi

—1,于是有：

ai+o2+...+a”Wqi+g2+...+州一n

<41+42+…—n~\~1

這與題設(shè)矛盾.

因此，假設(shè)不成立，故必有一種i,在第i個(gè)集合中元素個(gè)數(shù)aiNqi

形式五：

證明：（用反證法）將無窮多種元素分為有限個(gè)集合，假設(shè)這有限個(gè)集合中的元素的個(gè)

數(shù)都是有限個(gè)，則有限個(gè)有限數(shù)相加，所得時(shí)數(shù)必是有限數(shù)，這就與題設(shè)產(chǎn)生矛盾，因此,

假設(shè)不成立，故必有一種集合具有無窮多種元素.

例題1:400人中至少有兩個(gè)人的生日相似.

分析：生日從1月1日排到12月310,共有366個(gè)不相似的生日，我們把366個(gè)不一樣日勺

生日看作366個(gè)抽屜,400人視為400個(gè)蘋果，由體現(xiàn)形式1可知，至少有兩人在同一種抽屜

里，因此這400人中有兩人的I生日相似.

解：將一年中的I366天視為366個(gè)抽屜,400個(gè)人看作400個(gè)蘋果，由抽屜原理的體現(xiàn)形式1

可以得知：至少有兩人的生日相似.

例題2:邊長為1的正方形中，任意放入9個(gè)點(diǎn)，求證這9個(gè)點(diǎn)中任取3個(gè)點(diǎn)構(gòu)成的三

角形中，至少有一種的面積不超過1/8.

解：將邊長為1時(shí)正方形等提成邊長為時(shí)四個(gè)小正方形，視這四個(gè)正方形為抽屜，9

個(gè)點(diǎn)任意放入這四個(gè)正方形中，據(jù)形式2,必有三點(diǎn)落入同一種正方形內(nèi).現(xiàn)尤其取出這個(gè)

正方形來加以討論.

把落在這個(gè)正方形中的三點(diǎn)記為D、E、F.通過這三點(diǎn)中的任意一點(diǎn)(如E)作平行

線，如圖可知：

SADEF=SAOEG+SAEFG

l11,?111,、

W—x—x/z+—x—(/?)

22222

_h1h

4+8-4

=1

-8

例題3:任取5個(gè)整數(shù)，必然可以從中選出三個(gè)，使它們附和可以被3整除.

證明：任意給一種整數(shù)，它被3除，余數(shù)也許為0,1,2,我們把被3除余數(shù)為0,1,2的整數(shù)各

歸入類r0,rl,r2.至少有一類包括所給5個(gè)數(shù)中的至少兩個(gè).因此也許出現(xiàn)兩種狀況：

1.某一類至少包括三個(gè)數(shù)；

2.某兩類各含兩個(gè)數(shù)，第三類包括一種數(shù).

若是第一種狀況，就在至少包括三個(gè)數(shù)的那一類中任取三數(shù)，其和一定能被3整除；

若是第二種狀況，在三類中各取一種數(shù)，其和也能被3整除.

綜上所述，原命題對(duì)的.

例題4:九條直線中的每一條直線都將正方形提成面積比為2：3的梯形，證明：這九

條直線中至少有三條通過同一點(diǎn).

證明：如圖，設(shè)PQ是一條這樣的直線，作這兩個(gè)梯形日勺中位線MN.

..?這兩個(gè)梯形的高相等，

.,.它們的面積之比等于中位線長的比，即|MH|：|NH|.

.,.點(diǎn)H有確定的位置.

(它在正方形一對(duì)對(duì)邊中點(diǎn)時(shí)連線上，并且|MH|：|NH|=2：3).

由幾何上的對(duì)稱性，這種點(diǎn)共有四個(gè)，即，圖中的H、J、I、K.已知的九條適合條件的分割

直線中的每一條必須通過H、J、I、K這四點(diǎn)中的一點(diǎn).把H、J、I、K當(dāng)作四個(gè)抽屜，九

條直線當(dāng)成9個(gè)蘋果，即可得出必然有3條分割線通過同一點(diǎn).

例題5:某校派出學(xué)生204人上山植樹15301株，其中至少一人植樹50株，最多一人植

樹100株，則至少有5人植樹的株數(shù)相似.

證明：按植樹的多少，從50到100株可以構(gòu)造51個(gè)抽屜，則個(gè)問題就轉(zhuǎn)化為至

少有5人植樹的株數(shù)在同一種抽屜里.

用反證法)假設(shè)無5人或5人以上植樹的株數(shù)在同一種抽屜里，那只有5人如下

植樹的株數(shù)在同一種抽屜里，而參與植樹的人數(shù)為204人，因此，每個(gè)抽屜最多有4人，故

植樹的總株數(shù)最多有：

4(50+51+...+100)

=4x(50+100)x51

2-

=15300

<15301

得出矛盾.

因此，至少有5人植樹的株數(shù)相似.

數(shù)論函數(shù)

【內(nèi)容綜述】

本講簡介數(shù)論中常見的某些函數(shù)日勺概念、性質(zhì)及其應(yīng)用，重要有

除數(shù)函數(shù)7(%)——自然數(shù)n的正因數(shù)的個(gè)數(shù)函數(shù)；

$(")——自然數(shù)n的所有正因數(shù)時(shí)和函數(shù)；

歐拉函數(shù)一一設(shè)n是不小于1的自然數(shù)，則歐拉函數(shù)是表達(dá)與n互素且不不小于n

時(shí)自然數(shù)的個(gè)數(shù)；(高斯函數(shù)或稱方括號(hào)函數(shù)［X］在下講簡介)為書寫清晰，同學(xué)們應(yīng)熟悉

連加符號(hào)"”與連乘符號(hào)“”：

n

i-1

n

口產(chǎn),…,4

I*1

尤其是“火”表達(dá)對(duì)稱式的和1+&+C+…；

“ria”表達(dá)對(duì)稱式時(shí)積abc……；

【要點(diǎn)講解】

§1.約數(shù)個(gè)數(shù)函數(shù)

§2.約數(shù)和函數(shù)

§3.歐拉函數(shù)小(n)

★★★

§1.約數(shù)個(gè)數(shù)函數(shù)

定義1設(shè)，則時(shí)正約數(shù)的個(gè)數(shù)稱為函數(shù)。

定理1設(shè)，且是質(zhì)數(shù)，則

7⑻=(q+lX售+D”?(%+D

略證：由乘法原理，約數(shù)系由、、…、的不一樣取法而生成，它們的取法分別

有

種(含不取該約數(shù)的1種取法)，故得證

T(n)-fl(q+l)(q20,L1,2,…㈤

i-1

例1.求24aI正約數(shù)個(gè)數(shù)。

解：

.,.T(24)=(3+1)(1+1)

=8

實(shí)際上，易求得約數(shù)分別是1,2,3,4,6,8,12,24；個(gè)數(shù)正是8個(gè)。

§2約數(shù)和函數(shù)

定義設(shè)，，則稱的正約數(shù)和為函數(shù)。

定理2自然數(shù)月的正約數(shù)和函數(shù)

(其中為的素?cái)?shù)，)。

略證注意到(】?7】+W+…)

?(1”2?…?片)

展開后，其項(xiàng)數(shù)恰為的約數(shù)個(gè)數(shù)

又每項(xiàng)皆形如，

可見每項(xiàng)皆自然數(shù)的約數(shù)且每個(gè)約數(shù)只出現(xiàn)一次，由此可見該積即，于是有

貨冷=至"，■"???ip：'

i-11-1I-1

—?■??,

A-1「27Pi-1

S力4T

-n20,以質(zhì)數(shù))

-1Pl-1

例2,求780時(shí)正約數(shù)和。

解:

S5-133-153-1133-1

二.S(780)____v____x____v_____

2-13-15-113-1

-7x4x6x14

-2352

定理3若、是互質(zhì)的自然數(shù)，即(a,b)=l,則

T(arb)-T(a)T(b),

S(a.b)-S(a)S(H)

證明：設(shè)，，

，故與各不相似(i=l,2,…,j=l,2,…，m)

cm

T(ab)-n(q+1”口(X+1)

i-1g-I

-T(a)T(b)

S(M)-S(pp1/>**?P；q??吟q羨

-s(a)sg)

§3.歐拉函數(shù)：三人

定義設(shè)以〉i目附￡乂則與"互素且不不小于”的自然數(shù)的個(gè)數(shù)9),稱為歐拉函

數(shù)。

如，易證是素?cái)?shù)廠.?每個(gè)不不小于的自然數(shù)都與它互素)；反之可見，若是合數(shù),

必有。

有關(guān)歐拉函數(shù)，有如下性質(zhì)定理

定理4設(shè)P是素?cái)?shù)，且則

證明：P是素?cái)?shù)，顯然有與互素的充要條件是，即有：，反之若，且知在

1和之間，有如下個(gè)數(shù)是p的倍數(shù)：

,而其他時(shí)數(shù)都與互素，從而可知不超過且與互素的自然數(shù)個(gè)數(shù)。

.3)=/(!」)

P

當(dāng)自然數(shù)的素因數(shù)分解式中，不只包括一種素因數(shù)時(shí)，有

定理5設(shè)不小于1時(shí)自然數(shù)的素因數(shù)分解式為

其中Pi是素?cái)?shù)(1?1.2.-.r),q2領(lǐng)=L2j“.r).則有

4)="-P；T)…/一尸:與)

)0--)-0--)

PlPjPT

即網(wǎng)”)-nn(1-—)

i?1Pi

證明：由于素因數(shù)的個(gè)數(shù)，故考慮采用數(shù)學(xué)歸納法(下設(shè)表有k個(gè)素因數(shù)的自

然數(shù))。

r-時(shí)由定理4知四)="(1」)成立

⑴當(dāng)P；

K14、

r=砒#與)nn(1-—)成立

i*1Pt

(ii)設(shè)

注意到加入第個(gè)k+1素因數(shù)后，有

且當(dāng)（附用=於"）=的《）林》）.（*）

于是由歸納假設(shè)就有

M%）=p?…*）p連]

"KK1P?…P”心*）

k1]

-An（1?，）了比

liP,pM

*+ii