数列中不定方程的整数解的求解策略_图文

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s i n =2 θ ? 3 1 槡 i c o s s n i n θ- s θ=2 θ 2 2 π) , 3

总结   高考中的数学选择题一般是容易题或 中档题 , 求解高考选择题 , 既 1 至 2 道属于较难题 . 要用到各类常 规 题 的 解 题 思 想 , 也要注意选择题 的特殊性 , 数学选择题的四个选择支中有且仅有 一个是正确的 , 解题突出一个 “ 选 ”字 , 同学们要善 于利用直接法与间接法筛 选 答 案 , 基本策略是“ 直 接法为主 , 间 接 法 为 辅, 综合使用直接法和间接 法, 避免 小 题 大 作 浪 费 时 间 ” 如果选择题中含有 . 特殊的信息 , 如特殊数字 、 特 殊 方 程、 特 殊 函 数、 特 殊点 、 特殊位置 、 特殊 图 形 , 或 含 有 其 它 重 要 信 息, 包括选项与条件 、 选项与 选 项 之 间 的 逻 辑 联 系 , 能 够将正确选项 快 速 准 确 地 找 出 来 , 此时使用间接 法是高效的 . 然 而, 经 过 命 题 者 的 精 心 设 计, 一份 试卷的全部选 择 题 中 , 能仅用间接法找到正确选 项的题目数量相对较少 , 多数要用求解对照法( 直 接法 ) 使用直接法时 , 要 认 真 审 题, 探寻合理简明 . 的求解途径 , 防止“ 小 题 大 做” 面 对 一 道 选 择 题, . 认真阅读审题 , 包括分析 选 项 , 第一念头是能用间 接法吗 ? 如果不能用间接 法 快 速 解 决 , 还是用直接 法或两者联用为好 . ) ( 收稿日期 : 1 4-0 3-2 0 2 0

3 c s 0 <θ < o s i n ?槡 θ=5 θ(

3, 2 2 槡 与c 所 i o s n n i θ+s θ = 1 联立解得 s θ= 2 7   槡 2 1,   槡 选( 以x = 1 = 2 D) . s i 3 n θ 解析2  利用间接方法 . 已知 L L 1、 3 间距离等 3槡 7 排除 必有 A 于 3, A ∈L C ∈L C >3,  1, 3, <3, 4 ( C) . 1 ,A 分析 ( B  3, s i B n D = A) =2   = ∠A 槡 A B 3, 3 3 3, 2 槡 槡 B B c o s i s D= 槡 ; n∠C D= = ∠A 6 6

A B



6 ( i c o B B B s i s D = 槡. n C =s n D+ ∠C ∠A ∠A 3 2 1 1 槡 3,   +槡 , B B 0 D )= … = 槡 C ≠6 ° ∠C ∠A ≠ 6 2 ; 排除 ( A) 同理排除 ( 于是选 ( B) . D) .

数列中不定方程的整数解的求解策略
丁称兴
( ) 江苏省溧水高级中学 , 2 1 1 2 0 0

数列既 是 高 中 数 学 学 科 知 识 的 主 干 内 容 , 又 是进一步学习 高 等 数 学 的 基 础 , 历来是高考重点 考查的内容之 一 . 高考关于数列的命题大致可分 ( )考 查 数 列 本 身 的 有 关 知 识 , 为 2 种类型 : 如等 1 差数列与等比数列的概念 、 性 质、 通项公式和数列 ( )考 查 数 列 与 其 他 知 的求和公式 、 递 推 关 系 等; 2 识交汇的问题 , 如数列与 函 数 、 方 程、 不 等 式、 几何 等的结合及数 列 的 实 际 应 用 等 . 纵观江苏近几年 的数学高考数列题 , 尽管 题 型 有 变 化 , 但从数列基 础知识入手 , 注重对数列 知 识 的 理 解 和 应 用 , 注重 对数学思想 、 方法和能力 的 考 查 没 有 变 , 这也充分

体现了数 学 高 考 “ 以 能 力 立 意 ”的 指 导 思 想 . 如 0 8年高考江苏卷第 1 0 0 9年高考江苏卷第 2 2 0 9题 、 综合运用数列与不定方 1 7 题都 是 以 数 列 为 载 体 , 程知识解决问 题 , 使数列与不定方程的整数解问 题成为高考命 题 的 一 个 新 热 点 . 这类问题同时对 学生的思维能 力 与 探 究 能 力 有 较 高 的 要 求 , 带有 很大的区分度 , 因此在近年来的各省市高考模拟 卷中屡见不鲜 . 本文将从以下几个方面浅谈与数 列有关的不定方程的整数解的求解策略 . 妙用不等关系 , 缩小范围 1. 可根据条件将其中 一 个 未 知 量 的 范 围 进 行 缩

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小, 从而求出这个未知量 的 整 数 解 , 再进一步求出 其他未知量的整数解 . 例 1  ( a 0 9 年苏北四市调研 )已知 数 列 { 2 0 n}

{ 是公差不为零的等差数列 , a S n} n 为其前n 项和 ,
2 2 2 2 满足 a S . 7 =7 2 +a 3 =a 4 +a 5, ( ) } { 求数列 的通项公式及前 a n 项和Sn ; 1 n

n , 是 否 存 在 正 整 数 m, 2 n+1 , 使得a 若存 1 < m < n) n( a a 1, m, n 成 等 比 数 列? 若不存在 , 在, 求出所有的 m, 请说明理由 . n 的值 ;
的通项 公 式 为 a n = 1, m , 解   由题意得 : a a a 1 = m = n = 3 2 m +1
2 n , 若a 则( m ) = a a 1, m, n 成 等 比 数 列, 2 n+1 2 m +1 2 1 n , n 即 2 m . = × 3 2 n+1 4 n+3 m +4 m +1 6

am+1 为数列 m ( )试求所有的正整数 m, 使得a 2 a m+ 2
{ 中的项 . a n} ) 的通项公式为a 解  ( 数列 { a n-7, 1 n} n =2
2 前 n 项和为Sn = n n. -6

) ( ) am+1 ( 2 m -7 m -5 2 m ( ) , 解法1  a 设 2 = 2 a m -3 m+ 2 ( ) ( ) aa , 则 m m+1 = t-4 t-2 =t+ 8 - m -3=t 2 a t t m+ 2 ( 所以t为8的约数 . 又因为t=2 m -3 m ∈ N* ) 6, 为奇数 , 故t 可取的值为 ±1. 8 当t = 1 时 , 2×5-7 m = 2, t+ -6 = 3, t = 3 是数列中的第 5 项 ; 8 由数 当t =-1 时 , m = 1, t+ -6 =-1 5, t 的通项公式为 a 知数列中的最 列{ a n-7, n} n =2 , 小项为 -5 不符合 . ( ) ( ) aa a a 4 m+ 2 -2 解 法 2  因为 m m+1 = m+2 - a a m+ 2 m+ 2 8 为数列 { } 故 8 为整 a 6+ =a m+ n 中的项 , 2- a a m+ 2 m+ 2 ( ) )知 : 数, 又由 ( a m +2 m -3 为 1 -7 = 2 m+ 2 =2 奇数 , 所以 a 即 m = 1, m -3 =±1, 2. m+ 2 =2 经检验 , 符合题意的正整数只有 m = 2. 评析   将方程中的一个未知量用含另一个未 知量的代数式表示 , 分离 出 整 数 部 分 , 可利用整除 的性质求其整数解 . 例 3  已 知 数 列 { c n} 的 通 项 公 式 c n =

m2 n 解 法 1  由 得, = 2 6 n+3 4 m +4 m +1 m2 +4 m +1 3 两 边 同 时 取 倒 数, -2 移项可 = ( n m2
从而 所以 -2 得) 因为 3 > 0, m2 +4 m +1 > 0, . n 6 6 又 槡 且 m >1, 所以 m 1- 槡 < m <1 m ∈ N,   + , 2 2 此时 n = 1 2. = 2, 故可 知 : 当 且 仅 当 m = 2, n =1 2可使数列 { 中的 a a a a n} 1, m, n 成等比数列 . 解 法 2  因 为

n = 6 n+3

1 1 ,故 < 3 6 6+ n

m2 1 即 从而 2 m2 -4 m -1 < 0, < , 4 m +4 m +1 6


6 6 以下同解法 ) 槡 槡 1 1.   + (   - < m <1 2 2

n , 得 解法 3  由 2 m = n+3 4 m +4 m +1 6
4 m2 +4 m +1 6 n+3, = n m2 1 3 4 化简得 : + = 2+ , m m2 n 当 m =2时, n =1 2; 1 3 而2+ 3 易知 4 + 1 当 m ≥3时 , <2, ≤ m m2 9 n 所以 m ≥ 3 时 , 不存在符合条件的 m, n. > 2, 所以 m = 2, 2. n =1 评析   本题充分将条件进行等价变形, 利用等 式一边的取值范围, 得到另一边的范围, 从而建立不 等关系, 缩小未知量的取值范围, 求得整数解. 运用整数的整除性 , 分离整数 2. 例 2  ( 0 9 年江苏高 考 卷 第 1 2 0 7 题 )设 数 列



n , 是否存在 p, 对于任意给定的正整数k, q 0 n +2 1 1 * 若存在 , 只 求出 p, c q 的值 ( k =c ∈ N 使得c p· q?
; 要求写出一组即可 ) 若不存在 , 请说明理由 . 则 解   假 设 存 在 p, c q,满 足 c k =c p· q,

k p q , · 两边同时取倒 = 0 0 0 k +2 1 1 p +2 1 1 q +2 1 1
0 0 0 1 1 p +2 1 1· 1 1, q+2 即 数, 得k+2 = k p q 2 0 0 0 2 0 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1×2 0 1 1, 1+ = 1+ + + k p q p ×q ( ) 0 1 1 整理得q = k p +2 . p -k ) ( 取 p =k+1, 则q =k( 也可以取p k+2 0 1 2

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) 0 k, k+2 1 1 . =2 q =2 ) 评注   ( 要探究 需要先将 p 1 p, q 的存在性 , ( ) 或q表示出来 ; 本题中k 是给定的 , 作为已知常 2 数, 而不能理解为关于 k 的恒等式 . 借用整数的奇偶性 , 分类考虑 3. , { 的通项公式分别是 例4  已知数列 { a b n} n}
n 对任意的k ∈ N* , 在b a n, b b n =2 n =2 , k与 k 1 之 + , , 得到一个新数列 { 间插入 a 试求满足等 c k 个2 n} m

综上所述 , 满足条件的数列{ n k }的 通 项 公 式

n k =

k 3 -1. 2

评注   可以 看 出 , 数列中的“ 整 解 ”问 题 , 通 常围绕数列通 项 与 求 和 问 题 展 开 , 常从等式两边 的符号 , 奇偶性角度寻找 矛 盾 来 否 定 存 在 性 , 再通 过构造等量关系来肯定存在性 . 活用函数工具 , 等价转换 4. 关于数列的不定方 程 的 两 边 有 时 都 可 以 看 做 一个以某变量为主元的 函 数 , 借 用 函 数 作 为 工 具, 分别研 究 这 两 个 函 数 的 性 质 , 从而实现“ 方 程 ”到 “ 函数 ”的等价转换 . , , 中a 例 6  数列 { a a b n} 1 =a 2 =b ≠ 0 n = n ( ) 1+ -1 , a a b 1+b n n) n+ n 2 = ( 1, + + 2 ( )求数列 { 的通项公式 ; 1 a n} ( )当 a = 1, a a a 2 2, 2 4 7, 9 为某等差数列的第 1 2 且a 求m 和 第k+7项 , 项, 第k项 , a 2 m- 2 m- 1 =m ,    



i=1

c i =2 m+ 1 的所有正整数 m 的值 . ∑c

, , 原等式不 解   当 m =1时, c c 2 1 =2 2 =4 , , 原等式成 成立 ; 当 m = 2时 , c c c 2 1+ 2 =4 3 =4 立;


, 若c 则 当 m ≥3时 , m+ 1 =2

i=1

c ∑c ≠ 2


m+ 1

, 因

而c 中的某一项b 此时有 b m+ n} k 1 必是数列 { 1, +

2 3 k ( 2+2 a a +2 + … +2 ) +2 i = ( 1+ 2+ ∑c

i=1

k1 2 … +a k k-2, +2 = 2+ +2 k) m k 2 + , 又2 由 c 得 c b c m+ k m+ 1 =2 1 =2 1, + ∑ i =2 i=1

b 的值 . ) 解  ( 1 a n n+1 ( , 烄 n =2 k-1 k ∈ N* ) +a-1, 2 =烅 n b·22-1 , n =2 k( k ∈ N* ) . 烆 , ( )当a =1时 , 则 4, 5, a a a 2 2 =b 2 7 =1 4 9 =2
1 1, 4 9 -a 2 7 该等差数列的公差为 d = a = 7 7 1 1 ) ) a k-1 d =b+ ( k-1 ∴ × = 2 7 =a 2+( 7 1 1 ) 即b = 1 1 4, k-1 4- ( ① 7 2 m- 2 1 又a b·2 ∴ -m = m ② 2 m -a 2 m- 1 =m ,     这里 ①② 均为不定方程且 k, m ∈ Z. 由 ① 知b 为整数或是分母为 7 的既约分数 ; 由 ② 知b为整数或是分母为2的既约分数 , 因 为b 同时满足 ①② , 从而b 为整数 . 1 1 ) 结合 ① 得b = 1 由 ② 知b > 0, 4- ( k-1 7 故b = 3. ∴ k-1 只能取 7, > 0,
m- 2 1 , 又由 ② 知 3 · 下面 2 m ∈ N* ) = m +m( m- 2 1 讨 论关于 m 的方程 3 · 2 = m +m 有没有整数



k 1 +

) 即 2 +1 =k( . k +2 k-2 = 2 , k+1 +2 * , , , 当 k ∈ N 上式左边为奇数 右边为偶数 因


k 2 +



而上式不成立 . 综上所述 , 满足题意的正整数 m 的值仅有m = 2. 例 5  已 知 数 列 { a n }的 通 项 公 式 为 a n = 2 n+1, 是否存在以 a 公比为 q( 0 <q < 1 为首项 , 3 * } , }中的每一 使得数列 { 5, a a q ∈ N )的数列 { n n k k 中的不同的项 ? 项都是数列 { 若存在 , 求出所有 a n} 的通项公式 ; 满足条件的数列 { 若不存在 , 说明 n k} 理由 . 2 n+1 知数列 { }中的每一项 解   由a a n = n 3 都不可能为偶数 . ( )若存在以a 公比为q = 2 或 4 的 1 1 为首项 , } , }中的每一项除第一项以外都 此时 { 数列 { a a n n k k 是偶数 , 故不存在以a 公比为偶数的数列 1 为首项 , } { . a n k ( )当 q = 1 时 ,显 然 不 存 在 这 样 的 数 列 2 } ; { 若存在以a 当q=3时 , 公比为3的 a n 1 为首项 , k k1 } ,则 a , 数列 { a n a = 1, = 3- = n n 1 = 1 n k 1 k 2 n 3 -1 k +1 , n ∴ . k = 3 2


解. 3 x 2 x 1 - 令 f( x)= 3·2 -x -x = ·2 -x - 2 3 2 x , ( ) ) 则f · x x)= × ( x =3 l n l n 2 2 2 ′( -1-2 2 x 1 - , ·2 x) 1+2 -(

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m- 2 1 · m 的方程3 2 = m +m 是否有整数解的判断 , 利用函数作为 工 具 , 借助导数判断函数的单调性

2 x 2 x 1 ( ) , ∵1+2+2 x ≥2 + … +2 - = 2 - -1 x 1 - 故当 x ≥ 5 时 , 2 > 1+2 x.

5, ′( ∵3 x) > 0,即 f( x) 在 [ l n 2 > 1, ∴f ) 上单调递增 , 知f( 且f( x) 5 8>0, + ∞) =1 =0 在[ 5, + ∞ )上无解 . ) ) ) ) 又f( 4 3 2 1 =4>0, =0, =0, = f( f( f( 1 > 0, ∴m = 2 或 3. 综上所述 , 当b =3且 m =2或 m =3时满足 条件 . 评注   本题综合性强 , 难度较大 , 特别是关于

从而得出方程的整数解 , 否则很难判断 . 数列与不定方程的 交 汇 使 得 高 考 压 轴 题 变 化 多样 , 精彩 纷 呈 , 解 法 也 有 很 大 的 灵 活 性. 以上列 举了几种常见 的 解 法 , 在面对具体问题时还需要 具体分析 , 根据题目条件灵活处理 . ) ( 收稿日期 : 1 4-0 3-2 8 2 0

关于 ∑


1 <c 型数列放缩的一点想法 a b i+ i i= n
代红亮
( ) 广西柳州高级中学 , 5 4 5 0 0 6
2 ( ) , ) )易得a 解  ( n+1 b n+1 . 1 n =n n = ( 1 1 ( )解 法 1  2 = ( ) ( )= 2 a b n+1 n+1 n+ n 2 , ·( 1 - 1 ) 那么 ) ( )<c 2 ( n+2 n+1 n+1 2 n+3 2 2 1 1 1 1 ·( - + +…+ <c 3 a b a b a b 1+ 1 2+ 2 n+ n 1 1 1 … 1 1 ) + - + + - 5 5 7 2 n+1 2 n+3 1 1 ) c, =c·( - < 3 2 n+3 3 得c = 5 , 代入检验正确 . 令c = 5 , 3 1 2 4 从而解决了放缩的 这样就找到了这个常数c,



1 ( c 为常数 )型的数列不等式的  ∑ <c a b i+ i i=n 0 推导 , 可以使用数学归纳 法 来 证 明 , 但在实际解决 中, 有时难以实现从 n =k 到n =k+1的过渡 ; 也




可以 考 虑 将 原 命 题 强 化 为

i=n 0

∑ a +b






<c-

1 ( )的形式 , 其中 f( 且 f( n)与n 有关 , n)> 0 n) f( 但如何寻找 f( 虽然 n)又是摆在面前的一个难 题 , 可以用加强命题的形式 , 但 过 程 冗 长, 且结果还需 验证 . 那么是否可以 “ 主动出击 ”寻找放缩的方法 , ”呢 ? 下 面 以 两 个 例 子 为 证, 倒逼出这个常数 “ 探 c 讨此方法 . , , , { 且 中, 例1  在数列 { a b a b n} n} 1 =2 1 =4

问题 . 说明   当c = 5 , n =1时, 4 1 1 1 ) . =c·( - 2×1+1 2×1+3 a b n+ n 解法 2  将通项公式放缩成更一般的形式 : 1 1 = = ( ) ( ) 2 a b n+1 n+1 n+ n 1 1 1 1 ) , - < ·( 1 2 n c n c 1 + + + ( ) ( ) 2 n+ n+1 2

a b a b a b n n, n, n n, n n 1 成等差数列 , 1, 1 成等比数列 ( + + +
. ∈N ) ( )求 a , 由此猜测{ 1 a a b b a 2, 3, 4 及b 2, 3, 4, n}


{ 的通项公式 , 并证明你的结论 ; b n} ( )证明 : 2 1 1 5 1 . + + …… + < a b a b a b 1 2 1+ 1 2+ 2 n+ n


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