簡(jiǎn)易數(shù)論知識(shí)在解數(shù)列問題中的應(yīng)用

數(shù)列是高中數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容，同時(shí)也是學(xué)習(xí)高等數(shù)學(xué)的基礎(chǔ).在每年的高考中，以數(shù)列為載體，綜合運(yùn)用數(shù)列知識(shí)解決有關(guān)不定方程的整數(shù)解或整數(shù)的整除等問題已成為新的熱點(diǎn).這類問題對(duì)數(shù)學(xué)思維能力和探索能力提出了更高的要求，下面通過幾例作初步探討.

1. 整數(shù)的分解

先將條件轉(zhuǎn)化為關(guān)于整數(shù)n的不定方程，再將不定方程兩邊的數(shù)分解為質(zhì)因數(shù)的乘積（多項(xiàng)式分解為若干個(gè)因式的乘積），再進(jìn)行分類討論求解.

例1. 由連續(xù)的正整數(shù)組成的數(shù)列之和為1000，則這樣的數(shù)列一共有 個(gè).

【解析】設(shè)這個(gè)數(shù)列一共有n項(xiàng)，其中首項(xiàng)為a1，則這個(gè)數(shù)列的和為（2a+n-1），由（2a+n-1）=1000，

∴n（2a+n-1）=2000=24·53…①，又a1和n均為整數(shù)，∴2a-1為奇數(shù)，故n與2a+n-1的奇偶性相反，由上式知，24值屬于n與2a+n-1中的一個(gè).

又因?yàn)閚<2a+n-1，從而n的值只能為1，5，52，24，這里n不能取53，否則2a+n-1=24=16

將n與2a+n-1的可能取值列表如下：

由上表可知，所求數(shù)列共有3個(gè).

【點(diǎn)評(píng)】此題是比較典型的二元不定方程，其解法也是解不定方程的典型解法，即先將等式的一邊分解為質(zhì)因數(shù)的乘積，再利用另一邊兩個(gè)數(shù)奇偶性相反具有確定的大小關(guān)系的條件進(jìn)行分類討論求解.

2. 整除的性質(zhì)

先將條件轉(zhuǎn)化為關(guān)于整數(shù)n的不定方程，由于構(gòu)成不定方程中的元素均為整數(shù)，可以利用整除的性質(zhì)求解.

例2. 設(shè){an}是公差不為零的等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，滿足a2

2+a2

3=a2

4+a2

5，S7=7.

（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和Sn：

（2）試求所有的正整數(shù)m，使得為數(shù)列{an}中的項(xiàng).

【解析】（1）設(shè)公差為d，則a2

2-a2

5=a2

4-a2

3，由性質(zhì)得-3d（a4+a3）=d（a4+a3），因?yàn)閐≠0，所以a4+a3=0，即2a1+5d=0，又由S7=7得7a1+d=7，解得a1=-5，d=2，所以{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-7，前n項(xiàng)和Sn=n2-6n.

（2）==am+2-6+=2m-3+-6，因?yàn)?m-3是奇數(shù)，所以2m-3可取的值為±1.

當(dāng)m=2時(shí)，2m-3+-6=3，2×5-7=3，是數(shù)列{an}中的項(xiàng)；

當(dāng)m=1時(shí)，2m-3+-6=-15，數(shù)列{an}中的最小項(xiàng)是-5，不符合.

所以滿足條件的正整數(shù)m=2.

【點(diǎn)評(píng)】整除的性質(zhì)有很多，其中最為簡(jiǎn)單的一個(gè)是：若m，n，p是整數(shù)，并且m=，則p一定是n的約數(shù).而本題中，因?yàn)閍n=2n-7是大于或等于5的整數(shù)組成的數(shù)列，因此，要使得為數(shù)列{an}中的項(xiàng)，必須也要是整數(shù)，因而2m-3+-6是整數(shù)，又因?yàn)?m-3是奇數(shù)，所以2m-3可取的值為±1.

3. 奇數(shù)與偶數(shù)問題

先將條件轉(zhuǎn)化為關(guān)于n的不定方程，再將不定方程兩邊的數(shù)分解為質(zhì)因數(shù)的乘積（多項(xiàng)式分解為若干個(gè)因式的乘積），再利用某些項(xiàng)是奇數(shù)或偶數(shù)的定性分析，結(jié)合數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)（如奇數(shù)加奇數(shù)為偶數(shù)；奇數(shù)乘奇數(shù)為奇數(shù)；偶數(shù)乘任何整數(shù)為偶數(shù)等）對(duì)變量的可取值范圍進(jìn)行縮小，在結(jié)合分類討論或枚舉法使問題得以解決.

例3. 數(shù)列{an}的前n項(xiàng)為Sn，Sn=2an-3n（n∈N*）.

（1）證明：數(shù)列{an+3}是等比數(shù)列；

（2）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；

（3）數(shù)列{an}中是否存在三項(xiàng)，它們可以構(gòu)成等差數(shù)列？若存在，請(qǐng)求出一組適合條件的項(xiàng)；若不存在，請(qǐng)說明理由.

解析：（1）由Sn=2an-3n，得Sn-1=2an-1-3（n-1）（n≥2），則有an=2an-1+3（n≥2）.

∵==2（n≥2），∴數(shù)列{an+3}是等比數(shù)列.

（2）∵a1=S1=2a1-3，∴a1=3.由（1）知an+3=（a1+3）·2n-1，∴an=3·2n-3.

（3）設(shè)存在s，p，r∈N*（s

∵s，p，r∈N*且s

【點(diǎn)評(píng)】本題屬于探索性問題，涉及到數(shù)論中的奇數(shù)與偶數(shù)問題，注意體會(huì)解題中的邏輯推理.在本題中，一些考生在得到2p+1=2S+2r后沒有在兩邊同除以2S，進(jìn)而不能將問題繼續(xù)解下去，這是由于同學(xué)們?nèi)狈φw的觀念.

4. 有理數(shù)與無(wú)理數(shù)問題

在有理數(shù)與無(wú)理數(shù)的有這樣一條簡(jiǎn)單的性質(zhì)：若m，n，p是整數(shù)（其中p>0），并且m+n=0，則m=n=0.

例4. 已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1=1+，S3=9+3.

（1） 求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an與前n項(xiàng)和Sn；

（2） 設(shè)bn=，求證：數(shù)列{bn}中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列.

（1） 解：∵S3=9+3，∴a2=3+，∴d=2，

∴an=1++（n-1）·2=2n+-1，

∴Sn==n2+n.

（2） 證明：∵bn==n+，假設(shè)數(shù)列{bn}存在不同的三項(xiàng)bp，bq，bm成等比數(shù)列，

∴b2

q=bp·bm，∴（q+）2=（p+）·（m+），∴q2-pm+（2q- p-m）=0.

又因?yàn)閙，p，q均為整數(shù)，

∴q2=pm，

2q= p+m，∴（p-m）2=0，得p=m，與p≠m矛盾，

∴數(shù)列{bn}中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列.

【點(diǎn)評(píng)】本題中，根據(jù)條件列出關(guān)于m，p，q的不定方程q2-pm+（2q- p-m）=0，再由m，p，q均為整數(shù)，進(jìn)而得出q2-pm=0且2q- p-m=0，即p=m，這與p≠m矛盾.

小試牛刀

1. 設(shè)等差數(shù)列{an}滿足：公差d∈N*，an∈N*，且{an}中的任意兩項(xiàng)之和也是該數(shù)列中的一項(xiàng)，若a1=35，則d的所有可能取值之和為 .

2. 設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a5+a13=34，S3=9.

（1） 求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式；

（2） 設(shè)數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn= ，問： 是否存在正整數(shù)t，使得b1，b2，bm（m≥3，m∈N）成等差數(shù)列？若存在，求出t和m的值；若不存在，請(qǐng)說明理由.

3. 已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列{an}的公差d不等于0，設(shè)a1、a3、ak是公比為q的等比數(shù)列{bn}的前三項(xiàng).

（1）若k=7，a1=2.

① 求數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和Tn；

② 將數(shù)列{an}與{bn}中相同的項(xiàng)去掉，剩下的項(xiàng)依次構(gòu)成新的數(shù)列{cn}，設(shè)其前n項(xiàng)和為Sn，求[S][2n-n-1]-22n-1+3·2n-1的值；

（2）若存在m>k，m∈N*使得a1、a3、ak、am成等比數(shù)列，求證：k為奇數(shù).

答案：

1. 364.

2. 解：（1） 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d. 由已知得a5+a13=34，

3a2=9，即a1+8b=17，

a1+b=3，解得a1=1，

b=2，故an=2n-1，Sn=n2.

（2） 由（1）知bn=.要使b1，b2，bm成等差數(shù)列，必須2b2=b1+bm，即2×=+，整理得m=3+.因?yàn)閙，t為正整數(shù)，所以t只能取2，3，5.當(dāng)t=2時(shí)，m=7；當(dāng)t=3時(shí)，m=5；當(dāng)t=5時(shí)，m=4.故存在正整數(shù)t，使得b1，b2，bm成等差數(shù)列.

3. 解：（1）因?yàn)閗=7，所以a1、a3、a7成等比數(shù)列.又{an}是公差d≠0的等差數(shù)列，所以（a1+2d）2=a1（a1+6d），整理得a1=2d.

又a1=2，所以d=1.

b1=a1=2，q====2，

所以an=a1+（n-1）d=n+1，bn=b1×qn-1=2n .

① 用錯(cuò)位相減法可求得{anbn}的前n項(xiàng)和為Tn=n×2n+1；

② 因?yàn)樾碌臄?shù)列{cn}的前2n-n-1項(xiàng)和為數(shù)列{an}的前2n-1項(xiàng)的和減去數(shù)列{bn}前n項(xiàng)的和，所以[S][2n][-n-1]=-=（2n-1）（2n-1-1），所以[S][2n][-n-1]-22n-1+3·2n-1=1.

（2）證明：由（a1+2d）2=a1[a1+（k-1）]d，整理得4d2=a1d（k-5）.

因?yàn)閐≠0，所以d=，所以q===.

因?yàn)榇嬖趍>k，m∈N*使得a1、a3、ak、am成等比數(shù)列，所以am=a1q3=a1（）3

又在正項(xiàng)等差數(shù)列{an}中，am=a1+（m-1）d=a1+，

所以a1+=a1（）3 ，又a1>0，所以有2[4+（m-1）（k-5）]=（k-3）3.因?yàn)?[4+（m-1）（k-5）]是偶數(shù)，所以（k-3）3也是偶數(shù)，即k-3為偶數(shù)，所以k為奇數(shù).

（作者單位：江蘇省通州高級(jí)中學(xué)）

責(zé)任編校 徐國(guó)堅(jiān)