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与数列有关的简易数论问题赏析
2025-08-19人已围观
与数列有关的简易数论问题赏析
近几年来,全国各地的高考数列大题基本上都始终坚持基于等差、等比数列,考查推理论证能力,研究“子数列”问题的命题思路,试题难度一般较大,通常为倒数三题之一.这两年,又出现了一个新趋势,即数列大题中涉及简易的数论知识.可以预见,这必将成为高考数列的新热点之一.本文就与数列有关的简易数论问题试举几例,与同学们共赏.
一、 品位高考
题型1实数域内的有理数与无理数问题
(2008年江苏卷第19题(2))求证:对于一个给定的正整数n(n≥4),存在一个各项及公差都不为零的等差数列b1,b2,…,bn,其中任意三项(按原来顺序)都不能组成等比数列.
证明(法1)假设对于某个给定的正整数n(n≥4),存在一个公差为d的n项等差数列{bn｝,其中三项bx + 1,by + 1,bz + 1成等比数列,且0≤x<y<z≤n - 1,
则有(b1 + yd)2=(b1 + xd)(b1 + zd),化简得(y2 - xz)d2=(x + z - 2y)b1d.(*)
由b1d ≠ 0,知y2 - xz与x + z - 2y或同时为0,或同时不为0.
1° 若y2 - xz=0,x + z - 2 y=0,则有x=y=z,与假设矛盾;
2° 若y2 - xz与x + z - 2 y同时不为0,则由(*)得=,因为x,y,z均为非负整数,所以上式右边为有理数,从而为有理数.
于是,对于任意的正整数n(n≥4),只要为无理数,则相应的数列b1,b2,…,bn就是满足题意要求的数列.
(法2)设数列{bn｝为:1,1 + d,1 + 2d,…,1 + (n - 1)d(n∈N*,n≥4,d≠0),它是首项为1,公差为d,项数为n的等差数列.
假设其中三项1 + xd,1 + yd,1 + zd(x,y,z∈N,0 ≤ x < y < z ≤ n - 1)成等比数列,即(1 + yd)2=(1 + xd)(1 + zd).
一方面,x,y,z最多有C 3n种取法;另一方面,对于x,y,z的每一组取值,d最多有2个不相等的取值.故d可能的取值只有有限个.
而在不考虑假设的情况下d∈R,且d≠0,故d可取无穷多个值.
因此,一定存在一(实际上是无穷)个d,使等差数列1,1 + d,1 + 2d,…,1 + (n - 1)d中任意三项都不能组成等比数列.
点评本题源于教材(苏教版)选修2-2第84页第6题:“证明:1,,3不可能为同一等差数列中的三项.”注意体会存在探究型问题的求解策略.
本题的背景是结论:等差数列{a + b(n-1)｝(ab≠0)存在一个无穷等比子数列的充要条件是∈Q.(请同学们证明)
题型2有理数域内的整数与分数问题
(2009年江苏卷第17题(2))设{an｝是公差不为零的等差数列,Sn为其前n项和,满足a 22 + a 23=a 24 + a 25,S7=7.试求所有的正整数m,使得为数列{an｝中的项.
解首先,易得an=2n - 7(n∈N*).
因为==am + 2 +- 6为数列{an｝中的项,所以为整数.
又am + 2=2m - 3为奇数,所以只能am + 2=± 1,即m=1或2.
若m=1,则=-15,不是数列{an｝中的项,故m=1不符题意;
同理,可知m=2符合题意.
因此,所求的正整数m=2.
点评本题涉及数论中的整除,注意体会解题中的逻辑推理.“求所有满足题意的正整数m”使得不少同学无从下手;还有一些同学在得到=后将分子拆开,却不能继续求解下去;也有一些同学在求解后忽略了检验.
二、 创新赏析
创新题1若等差数列{an｝中,公差d∈N*,a5=6.
(1) 求所有的公差d的值,满足对m∈N*,总k∈N*,使am + am + 1=ak成立?
(2) 求所有的公差d的值,满足a3,a5,an1,an2,…,ani,…成等比数列,其中ni > 5(i∈N*).
解(1) 由题意,得[6 + (m - 5)d] + [6 + (m - 4)d]=6 + (k - 5)d,化简得k=+ 2m - 4.
因为对m∈N*,总k∈N*,使该式成立,故∈N*,且 > 2,故正整数d的可能取值为1,2,即当d=1时,k=2m + 2满足题意;或d=2时,k=2m - 1满足题意.
(2) 由a3an1=a 25,得(6 - 2d)[6 + (n1 - 5)d]=62,化简得=3 - d .
又因为n1 > 5,d∈N*,所以d可能的取值为1,2.
若d=1,则=2,即n1=8,此时an2=6 + (n2 - 5)d=n2 + 1∈Z,而an2=a5()2===Z,矛盾,故d=1不满足题意;
同理,可知d=2满足题意.
所以,满足题意的公差d=2.
点评本题基于等差、等比数列,涉及简单的数论知识(整除问题),着重考查了代数推理能力.注意观察等式=3 - d,这是解决问题的突破口.
本题第(1)问的背景是结论:非零等差数列{an｝中任意相邻两项的和仍是{an｝中的项的充要条件为∈Z.(请同学们证明)
创新题2下述数阵称为“森德拉姆筛”,记为S.其特点是每行每列都是等差数列,第i行第j列的数记为Aij.
1 4 7 1013…
4 8 121620…
7 12172227…
1016222834…
1320273441…
… … … …
(1) 证明:存在常数C∈N*,使得对任意正整数i,j,Aij + C总是合数;
(2) 设S中主对角线上的数1,8,17,28,41,…组成数列{bn｝.
① 试证明:不存在正整数k和m(1 < k < m),使得b1,bk,bm成等比数列;
② 是否存在正整数r和p(1 < r < p < 150),使得b1,br,bp成等差数列?若存在,写出r,p的一组解(不必写出推理过程);若不存在,说明理由.
解(1) 因为第一行数组成的数列{A1j｝(j=1,2,…)是以1为首项,3为公差的等差数列,所以A1 j=1 + 3 (j - 1)=3j - 2.
因为第二行数组成的数列{A2j｝(j=1,2,…)是以4为首项,4为公差的等差数列,所以A2j=4+4(j-1)=4j.
所以A2j-A1j=4j-(3j - 2)=j+2.
所以第j列(j=1,2,…)数组成的数列{Aij｝(i=1,2,…)是以3j-2为首项, j+2为公差的等差数列,所以Aij=3j-2+(i-1)(j+2)=ij+2i+2j-4=(i+2)(j+2)-8.
故Aij+8=(i+2)(j+2)是合数.
所以当C=8时,对任意正整数i,j,Aij+C总是合数.
(2) ①(法1)假设存在正整数k,m,且1 < k < m,使得b1,bk,bm成等比数列,即b1bm=b 2k .
又因为bn=Ann=(n + 2)2 - 8,所以1 × [(m + 2)2 - 8]=[(k + 2)2 - 8]2,得(m + 2)2 - [(k + 2)2 - 8]2=8,即[(m + 2) + (k + 2)2 - 8][(m + 2) - (k + 2)2 + 8]=8.
又由1 < k < m,且k,m∈N*,知k≥2,m≥3,所以(m + 2) + (k + 2)2 - 8≥5 + 16 - 8=13,
所以0 <=(m + 2) - (k + 2)2 + 8≤ < 1,这与(m + 2) - (k + 2)2 + 8∈Z矛盾,
所以不存在正整数k和m(1 < k < m),使得b1,bk,bm成等比数列.
(法2)若b1,bk,bm成等比数列,则b1bm=b 2k,即m2 + 4m - 4=(k2 + 4k - 4)2.
令t=k2 + 4k - 4,则t2=m2 + 4m - 4.
一方面,显然t∈N*;另一方面,因为1 < k < m,且k,m∈N*,所以m≥3,从而(m + 1)2 < m2 + 4m - 4 < (m + 2)2,即m + 1 < t < m + 2,则tN*.矛盾.
故不存在满足条件的k,m,使得b1,bk,bm成等比数列.
② 假设存在满足条件的r,p,那么2(r2 + 4r - 4)=1 + (p2 + 4p - 4),即2(r + 5)(r - 1)=(p + 5)(p - 1).
不妨令r + 5=p - 1, 2(r-1)=p + 5,得 r=13, p=19.
所以存在r=13,p=19,使得b1,br,bp成等差数列.
点评本题同样基于等差数列、等比数列,涉及素数与合数等基本数论知识;着重考查了运算求解和推理论证能力.
本题第(2)问中②的背景是结论:正整数a,b,c是一组勾股数(即c2=a2 + b2)(a - b)2,c2,(a + b)2 为等差数列.
另解由于bn=(n + 2)2 - 8,若b1,br,bp成等差数列,则(1 + 2)2,(r + 2)2,(p + 2)2成等差数列.
于是可令1 + 2=(b - a),r + 2=c,p + 2=(a + b) (≠0,a,b,c是一组勾股数,且b - a=1),则r + 2=∈Z,p + 2=∈Z.
又满足b - a=1的勾股数a,b,c有无数组:3,4,5;20,21,29;119,120,169;696,697,985;…,但1 < r < p < 150,故r=3 × 5 - 2=13,p=3 × (3 + 4) - 2=19或r=3 × 29 - 2=85,p=3 × (20 + 21) - 2=121.
数列大题是新高考的“核心试验田”,试题通常源于课本,稳中求新、求活,并且“竞赛味儿”较浓,有相当大的难度,在突出考查基础知识与基本技能的同时,更重视考查数学思想与方法、推理论证的能力.
因此同学们在复习时,要扎实、灵活地掌握等差、等比数列的概念、通项、求和公式,并适当了解一些难度不大的竞赛数列问题(作为课后的有益补充),完善解题过程,同时注重解题后的反思.
巩固练习
1. 已知等差数列{an｝的公差d不为0,等比数列{bn｝的公比q是小于1大于0的有理数,若a1=d,b1=d2,且是正整数,则q的所有可能取值为.
2. 已知数列{an｝的前n项和Sn=nan - (n∈N*),a1=.求证:数列{an｝中不存在三项(按原来顺序)能组成等比数列.
参考答案
1..2. 提示:先证{an｝为等差数列.
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数论
数列
赏析
简易
2022/0319/40435
近几年来,全国各地的高考数列大题基本上都始终坚持基于等差、等比数列,考查推理论证能力,研究“子数列”问题的命题思路,试题难度一般较大,通常为倒数三题之一.这两年,又出现了一个新趋势,即数列大题中涉及简易的数论知识.可以预见,这必将成为高考数列的新热点之一.本文就与数列有关的简易数论问题试举几例,与同学们共赏.
一、 品位高考
题型1实数域内的有理数与无理数问题
(2008年江苏卷第19题(2))求证:对于一个给定的正整数n(n≥4),存在一个各项及公差都不为零的等差数列b1,b2,…,bn,其中任意三项(按原来顺序)都不能组成等比数列.
证明(法1)假设对于某个给定的正整数n(n≥4),存在一个公差为d的n项等差数列{bn｝,其中三项bx + 1,by + 1,bz + 1成等比数列,且0≤x<y<z≤n - 1,
则有(b1 + yd)2=(b1 + xd)(b1 + zd),化简得(y2 - xz)d2=(x + z - 2y)b1d.(*)
由b1d ≠ 0,知y2 - xz与x + z - 2y或同时为0,或同时不为0.
1° 若y2 - xz=0,x + z - 2 y=0,则有x=y=z,与假设矛盾;
2° 若y2 - xz与x + z - 2 y同时不为0,则由(*)得=,因为x,y,z均为非负整数,所以上式右边为有理数,从而为有理数.
于是,对于任意的正整数n(n≥4),只要为无理数,则相应的数列b1,b2,…,bn就是满足题意要求的数列.
(法2)设数列{bn｝为:1,1 + d,1 + 2d,…,1 + (n - 1)d(n∈N*,n≥4,d≠0),它是首项为1,公差为d,项数为n的等差数列.
假设其中三项1 + xd,1 + yd,1 + zd(x,y,z∈N,0 ≤ x < y < z ≤ n - 1)成等比数列,即(1 + yd)2=(1 + xd)(1 + zd).
一方面,x,y,z最多有C 3n种取法;另一方面,对于x,y,z的每一组取值,d最多有2个不相等的取值.故d可能的取值只有有限个.
而在不考虑假设的情况下d∈R,且d≠0,故d可取无穷多个值.
因此,一定存在一(实际上是无穷)个d,使等差数列1,1 + d,1 + 2d,…,1 + (n - 1)d中任意三项都不能组成等比数列.
点评本题源于教材(苏教版)选修2-2第84页第6题:“证明:1,,3不可能为同一等差数列中的三项.”注意体会存在探究型问题的求解策略.
本题的背景是结论:等差数列{a + b(n-1)｝(ab≠0)存在一个无穷等比子数列的充要条件是∈Q.(请同学们证明)
题型2有理数域内的整数与分数问题
(2009年江苏卷第17题(2))设{an｝是公差不为零的等差数列,Sn为其前n项和,满足a 22 + a 23=a 24 + a 25,S7=7.试求所有的正整数m,使得为数列{an｝中的项.
解首先,易得an=2n - 7(n∈N*).
因为==am + 2 +- 6为数列{an｝中的项,所以为整数.
又am + 2=2m - 3为奇数,所以只能am + 2=± 1,即m=1或2.
若m=1,则=-15,不是数列{an｝中的项,故m=1不符题意;
同理,可知m=2符合题意.
因此,所求的正整数m=2.
点评本题涉及数论中的整除,注意体会解题中的逻辑推理.“求所有满足题意的正整数m”使得不少同学无从下手;还有一些同学在得到=后将分子拆开,却不能继续求解下去;也有一些同学在求解后忽略了检验.
二、 创新赏析
创新题1若等差数列{an｝中,公差d∈N*,a5=6.
(1) 求所有的公差d的值,满足对m∈N*,总k∈N*,使am + am + 1=ak成立?
(2) 求所有的公差d的值,满足a3,a5,an1,an2,…,ani,…成等比数列,其中ni > 5(i∈N*).
解(1) 由题意,得[6 + (m - 5)d] + [6 + (m - 4)d]=6 + (k - 5)d,化简得k=+ 2m - 4.
因为对m∈N*,总k∈N*,使该式成立,故∈N*,且 > 2,故正整数d的可能取值为1,2,即当d=1时,k=2m + 2满足题意;或d=2时,k=2m - 1满足题意.
(2) 由a3an1=a 25,得(6 - 2d)[6 + (n1 - 5)d]=62,化简得=3 - d .
又因为n1 > 5,d∈N*,所以d可能的取值为1,2.
若d=1,则=2,即n1=8,此时an2=6 + (n2 - 5)d=n2 + 1∈Z,而an2=a5()2===Z,矛盾,故d=1不满足题意;
同理,可知d=2满足题意.
所以,满足题意的公差d=2.
点评本题基于等差、等比数列,涉及简单的数论知识(整除问题),着重考查了代数推理能力.注意观察等式=3 - d,这是解决问题的突破口.
本题第(1)问的背景是结论:非零等差数列{an｝中任意相邻两项的和仍是{an｝中的项的充要条件为∈Z.(请同学们证明)
创新题2下述数阵称为“森德拉姆筛”,记为S.其特点是每行每列都是等差数列,第i行第j列的数记为Aij.
1 4 7 1013…
4 8 121620…
7 12172227…
1016222834…
1320273441…
… … … …
(1) 证明:存在常数C∈N*,使得对任意正整数i,j,Aij + C总是合数;
(2) 设S中主对角线上的数1,8,17,28,41,…组成数列{bn｝.
① 试证明:不存在正整数k和m(1 < k < m),使得b1,bk,bm成等比数列;
② 是否存在正整数r和p(1 < r < p < 150),使得b1,br,bp成等差数列?若存在,写出r,p的一组解(不必写出推理过程);若不存在,说明理由.
解(1) 因为第一行数组成的数列{A1j｝(j=1,2,…)是以1为首项,3为公差的等差数列,所以A1 j=1 + 3 (j - 1)=3j - 2.
因为第二行数组成的数列{A2j｝(j=1,2,…)是以4为首项,4为公差的等差数列,所以A2j=4+4(j-1)=4j.
所以A2j-A1j=4j-(3j - 2)=j+2.
所以第j列(j=1,2,…)数组成的数列{Aij｝(i=1,2,…)是以3j-2为首项, j+2为公差的等差数列,所以Aij=3j-2+(i-1)(j+2)=ij+2i+2j-4=(i+2)(j+2)-8.
故Aij+8=(i+2)(j+2)是合数.
所以当C=8时,对任意正整数i,j,Aij+C总是合数.
(2) ①(法1)假设存在正整数k,m,且1 < k < m,使得b1,bk,bm成等比数列,即b1bm=b 2k .
又因为bn=Ann=(n + 2)2 - 8,所以1 × [(m + 2)2 - 8]=[(k + 2)2 - 8]2,得(m + 2)2 - [(k + 2)2 - 8]2=8,即[(m + 2) + (k + 2)2 - 8][(m + 2) - (k + 2)2 + 8]=8.
又由1 < k < m,且k,m∈N*,知k≥2,m≥3,所以(m + 2) + (k + 2)2 - 8≥5 + 16 - 8=13,
所以0 <=(m + 2) - (k + 2)2 + 8≤ < 1,这与(m + 2) - (k + 2)2 + 8∈Z矛盾,
所以不存在正整数k和m(1 < k < m),使得b1,bk,bm成等比数列.
(法2)若b1,bk,bm成等比数列,则b1bm=b 2k,即m2 + 4m - 4=(k2 + 4k - 4)2.
令t=k2 + 4k - 4,则t2=m2 + 4m - 4.
一方面,显然t∈N*;另一方面,因为1 < k < m,且k,m∈N*,所以m≥3,从而(m + 1)2 < m2 + 4m - 4 < (m + 2)2,即m + 1 < t < m + 2,则tN*.矛盾.
故不存在满足条件的k,m,使得b1,bk,bm成等比数列.
② 假设存在满足条件的r,p,那么2(r2 + 4r - 4)=1 + (p2 + 4p - 4),即2(r + 5)(r - 1)=(p + 5)(p - 1).
不妨令r + 5=p - 1, 2(r-1)=p + 5,得 r=13, p=19.
所以存在r=13,p=19,使得b1,br,bp成等差数列.
点评本题同样基于等差数列、等比数列,涉及素数与合数等基本数论知识;着重考查了运算求解和推理论证能力.
本题第(2)问中②的背景是结论:正整数a,b,c是一组勾股数(即c2=a2 + b2)(a - b)2,c2,(a + b)2 为等差数列.
另解由于bn=(n + 2)2 - 8,若b1,br,bp成等差数列,则(1 + 2)2,(r + 2)2,(p + 2)2成等差数列.
于是可令1 + 2=(b - a),r + 2=c,p + 2=(a + b) (≠0,a,b,c是一组勾股数,且b - a=1),则r + 2=∈Z,p + 2=∈Z.
又满足b - a=1的勾股数a,b,c有无数组:3,4,5;20,21,29;119,120,169;696,697,985;…,但1 < r < p < 150,故r=3 × 5 - 2=13,p=3 × (3 + 4) - 2=19或r=3 × 29 - 2=85,p=3 × (20 + 21) - 2=121.
数列大题是新高考的“核心试验田”,试题通常源于课本,稳中求新、求活,并且“竞赛味儿”较浓,有相当大的难度,在突出考查基础知识与基本技能的同时,更重视考查数学思想与方法、推理论证的能力.
因此同学们在复习时,要扎实、灵活地掌握等差、等比数列的概念、通项、求和公式,并适当了解一些难度不大的竞赛数列问题(作为课后的有益补充),完善解题过程,同时注重解题后的反思.
巩固练习
1. 已知等差数列{an｝的公差d不为0,等比数列{bn｝的公比q是小于1大于0的有理数,若a1=d,b1=d2,且是正整数,则q的所有可能取值为.
2. 已知数列{an｝的前n项和Sn=nan - (n∈N*),a1=.求证:数列{an｝中不存在三项(按原来顺序)能组成等比数列.
参考答案
1..2. 提示:先证{an｝为等差数列.
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