強(qiáng)基計(jì)劃專題練11 算法、數(shù)論（解析版）

獲取更多資料，關(guān)注微信公眾號(hào)：Hi數(shù)學(xué)派，或者加數(shù)學(xué)派資料群：790251300專題訓(xùn)練11算法、數(shù)論一、單選題1．對(duì)個(gè)正整數(shù)用k種顏色染色，使得無(wú)法從中選出三個(gè)不同色的正整數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，設(shè)k的最大值為，則（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用特例可判斷BCD的正誤，利用整除性和數(shù)學(xué)歸納法可判斷A的正誤.【詳解】取，則，將1234染成即可．因此選項(xiàng)CD錯(cuò)誤．下面證明．設(shè)為正整數(shù)n中素?cái)?shù)p的冪次，即．對(duì)于任意的正整數(shù)，將m染成第種顏色，這樣就用了種顏色．此時(shí)對(duì)于任意不同色的正整數(shù)x，y，有，因此和均與x，y之一同色，符合題意．這樣就證明了．接下來(lái)設(shè)，則右側(cè)不等式即．對(duì)k進(jìn)行歸納，應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明．當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，命題成立．假設(shè)命題對(duì)成立，對(duì)已有的染色，考慮1，2，…，n的染色，若其中有兩種或兩種以上新增的顏色，不妨設(shè)為紅色和藍(lán)色，且最小的紅色數(shù)為x，最小的藍(lán)色數(shù)為y，且，則，考慮正整數(shù)，它與異色數(shù)對(duì)成等差數(shù)列，于是必然與x，y之一同色，但，這與之前假設(shè)的x，y的最小性矛盾．因此1，2，…，n的染色至多在之前的基礎(chǔ)上增加1種，從而命題得證．綜上所述，有．接下來(lái)考慮的情形，此時(shí)，排除選項(xiàng)B．故選：A.2．若集合且，則稱構(gòu)成的一個(gè)二次劃分.任意給定一個(gè)正整數(shù)，可以給出整數(shù)集的一個(gè)次劃分，其中表示除以余數(shù)為的所有整數(shù)構(gòu)成的集合.這樣我們得到集合，稱作模的剩余類集.模的剩余類集可定義加減乘三種運(yùn)算，如，（其中為除以的余數(shù)）.根據(jù)實(shí)數(shù)中除法運(yùn)算可以根據(jù)倒數(shù)的概念轉(zhuǎn)化為乘法，因此要定義除法運(yùn)算只需通過(guò)定義倒數(shù)就可以了，但不是所有中都可以定義除法運(yùn)算.如果該集合還能定義除法運(yùn)算，則稱它能構(gòu)成素域.那么下面說(shuō)法錯(cuò)誤的是（

）A．能構(gòu)成素域當(dāng)且僅當(dāng)是素?cái)?shù) B．C．是最小的素域（元素個(gè)數(shù)最少） D．【答案】D【分析】先證明出A選項(xiàng)正確，從而說(shuō)明C選項(xiàng)正確，BD選項(xiàng)根據(jù)定義求解即可.【詳解】能構(gòu)成素域當(dāng)且僅當(dāng)是素?cái)?shù)，理由如下：當(dāng)為素?cái)?shù)時(shí)，除0外，均與互素，此數(shù)記作，對(duì)于，考慮，若，則為的倍數(shù)，而為素?cái)?shù)，故，故為的倍數(shù)，即，故存在，使得即可定義除法.當(dāng)能構(gòu)成素域，若是不素?cái)?shù)，則，故對(duì)于，存在，使得，故為的倍數(shù)，故存在整數(shù)，使得，故，但，且為非零的整數(shù)，故不成立，故是素?cái)?shù).綜上：能構(gòu)成素域當(dāng)且僅當(dāng)是素?cái)?shù)，A正確；因?yàn)椋裕珺正確；根據(jù)A選項(xiàng)，由于2為最小的素?cái)?shù)，有2個(gè)元素，元素個(gè)數(shù)最少，所以是最小的素域（元素個(gè)數(shù)最少），C正確；因?yàn)?，所以，D錯(cuò)誤；故選：D.【點(diǎn)睛】集合新定義，需要先讀懂題干信息，正確理解，再此基礎(chǔ)上舉一反三，進(jìn)行求解，本題中A選項(xiàng)的證明是解題的關(guān)鍵.二、多選題3．電子計(jì)算機(jī)是二十世紀(jì)最偉大的發(fā)明之一，當(dāng)之無(wú)愧地被認(rèn)為是迄今為止科學(xué)和技術(shù)所創(chuàng)造的最具影響力的現(xiàn)代工具，被廣泛地應(yīng)用于人們的工作和生活之中，計(jì)算機(jī)在進(jìn)行數(shù)的計(jì)算和處理加工時(shí)，內(nèi)部使用的是二進(jìn)制計(jì)數(shù)制，簡(jiǎn)稱二進(jìn)制.一個(gè)十進(jìn)制數(shù)n（n∈N*）可以表示為二進(jìn)制數(shù)（a0a1a2…ak）2，即，其中a0=1，ai∈{0，1}，i=0，1，2，…k，k∈N*，用f（n）表示十進(jìn)制數(shù)n的二進(jìn)制表示1的個(gè)數(shù)，則（

）A．f（7）=2B．f（7）=3C．對(duì)于任意r∈N*，D．對(duì)于任意r∈N*，【答案】BC【分析】將7化為二進(jìn)制數(shù)，寫出，設(shè)，則使得的有個(gè)，從而利用二項(xiàng)式定理求和得到結(jié)果.【詳解】因?yàn)?，所以，所以，A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)，則使得的有個(gè)，故，C正確，D錯(cuò)誤.故選：BC【點(diǎn)睛】對(duì)于十進(jìn)制和二進(jìn)制的轉(zhuǎn)化問(wèn)題，要能歸納出當(dāng)，則使得的有個(gè)，是解題的關(guān)鍵.4．已知數(shù)列滿足，，其中表示不超過(guò)實(shí)數(shù)的最大整數(shù)，則下列說(shuō)法正確的是（

）A．存在，使得 B．是等比數(shù)列C．的個(gè)位數(shù)是5 D．的個(gè)位數(shù)是1【答案】BD【分析】根據(jù)取整函數(shù)的性質(zhì)可得數(shù)列為遞增數(shù)列，根據(jù)整數(shù)的性質(zhì)可得，從而可求數(shù)列的通項(xiàng)，從而可判斷AB的正誤，利用二項(xiàng)式定理可判斷C的正誤，從而可判斷D的正誤.【詳解】，.由題可得為正整數(shù)，故，所以數(shù)列為遞增數(shù)列，故當(dāng)時(shí)，．又當(dāng)時(shí)，即，故即.又，結(jié)合、均為正整數(shù)可得，其中，而，故，其中.故，又，故，故，故數(shù)列是以為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，因此，，因此A錯(cuò)誤，B正確．又，因?yàn)闉?0的倍數(shù)，故的個(gè)位數(shù)為，因此C錯(cuò)誤．設(shè)，則，故的個(gè)位數(shù)為，因此D正確.故選：BD．【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：以取整函數(shù)為背景的數(shù)列的遞推關(guān)系，需結(jié)合遞推關(guān)系的形式和整數(shù)的性質(zhì)挖掘新的隱含的遞推關(guān)系，從而把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為常見的遞推關(guān)系，與個(gè)位數(shù)或余數(shù)有關(guān)的問(wèn)題，多從二項(xiàng)式定理去考慮.三、填空題5．對(duì)于正整數(shù)，最接近的正整數(shù)設(shè)為，如，記，從全體正整數(shù)中除去所有，余下的正整數(shù)按從小到大的順序排列得到數(shù)列，則數(shù)列的前8項(xiàng)和為_________.【答案】【分析】對(duì)于正整數(shù)，就、分類討論后可求，從而可求，故可求前8項(xiàng)和.【詳解】對(duì)于正整數(shù)，必存在正整數(shù)，使得.如果，則，故，故，此時(shí)，故故此時(shí)取值為區(qū)間中的所有正整數(shù).如果即，則，故，故，此時(shí)，故此時(shí)取值為區(qū)間中的所有正整數(shù).所以當(dāng)時(shí)，取值為區(qū)間中所有的正整數(shù)，而，，故表示中除以外的所有正整數(shù)，取，則，取值為區(qū)間中除以外的所有正整數(shù).取，則，取值為區(qū)間中除以外的所有正整數(shù).依次取，則，取值為區(qū)間中除以外的所有正整數(shù).故，故前8項(xiàng)和為：，故答案為：.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：對(duì)于數(shù)列的新定義問(wèn)題，首先要弄清楚數(shù)列的形成過(guò)程，特別是與數(shù)論有關(guān)的新數(shù)列構(gòu)建問(wèn)題，要能根據(jù)整數(shù)的形式做合理的分類.6．已知為正整數(shù)，.其中的系數(shù)為10，則的系數(shù)的最大可能值與最小可能值之和為___________.【答案】40【分析】由題意得，則的系數(shù)為.結(jié)合柯西不等式得出的最大最小值分別為12，28，所以的系數(shù)的最大可能值與最小可能值之和為40.【詳解】由題意得，的系數(shù)為.由柯西不等式知，又由于為正整數(shù)所以.當(dāng)時(shí)，，因此的最小值為34.另一方面，若為正整數(shù)，則，這是因?yàn)樯鲜秸归_即為，亦即.所以.當(dāng)時(shí)，，因此的最大值為66.進(jìn)而我們有的最大最小值分別為12，28，所以的系數(shù)的最大可能值與最小可能值之和為40.故答案為：40.7．將一個(gè)數(shù)列中部分項(xiàng)按原來(lái)的先后次序排列所成的一個(gè)新數(shù)列稱為原數(shù)列的一個(gè)子數(shù)列，如果數(shù)列存在成等比數(shù)列的子數(shù)列，那么稱該數(shù)列為“弱等比數(shù)列”.已知，設(shè)區(qū)間內(nèi)的三個(gè)正整數(shù)，，滿足:數(shù)列，，，為“弱等比數(shù)列”，則的最小值為________.【答案】2【分析】根據(jù)新定義列等量關(guān)系，再分解變形，根據(jù)正整數(shù)分解性質(zhì)求最小值.【詳解】因?yàn)椋?，，依次成等比?shù)列，即，因?yàn)?，，，為區(qū)間內(nèi)的三個(gè)正整數(shù)，所以設(shè)，且因?yàn)楫?dāng)時(shí)，最大，所以故答案為：2【點(diǎn)睛】本題考查等比數(shù)列、數(shù)列新定義以及正整數(shù)分解，考查綜合分析求解能力，屬難題.四、解答題8．規(guī)定：對(duì)于任意實(shí)數(shù)，若存在數(shù)列和實(shí)數(shù)，使，則稱可以表示成進(jìn)制形式，簡(jiǎn)記為：；如：，表示是一個(gè)2進(jìn)制形式的數(shù)，且；（1）已知，試將表示成進(jìn)制的簡(jiǎn)記形式；（2）若數(shù)列滿足，，，，，求證：；（3）若常數(shù)滿足且，，求.【答案】（1）；（2）證明見解析；（3）當(dāng)，；當(dāng)，.【分析】（1）由，能將表示成進(jìn)制的簡(jiǎn)記形式．（2），由，知，所以，由此能夠證明．（3），，由此能夠求出．【詳解】解：（1），則.（2），，知是周期為3的數(shù)列，則.即：（3）所以，即.【點(diǎn)睛】本題考查數(shù)列的遞推公式，解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意挖掘題設(shè)的隱含條件，合理地進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化．9．執(zhí)行下面框圖所描述的算法程序，記輸出的一列數(shù)依次為，．（1）若輸入，寫出輸出結(jié)果；（2）若輸入，求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（3）若輸入，令，求常數(shù)，使得是等比數(shù)列．【答案】（1）；（2）證明見解析；（3）證明見解析.【分析】（1）模擬執(zhí)行程序框圖即可得結(jié)果；（2）由程序框圖知，，則，化為，從而可得結(jié)果；（3）當(dāng)時(shí)，令，解方程可得結(jié)果，【詳解】（1）輸出結(jié)果是：0，，．（2）（法一）由程序框圖知，，，，．所，，而中的任意一項(xiàng)均不為1，（否則的話，由可以得到，…，與矛盾），所以，，（常數(shù)），，．故是首項(xiàng)為，公差為的等差數(shù)列，所以，，數(shù)列的通項(xiàng)公式為，，．（3）當(dāng)時(shí)，，令，則，，．此時(shí)，，所以，，，又，故存在常數(shù)（），使得是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列．【點(diǎn)睛】本題主要考查程序框圖的應(yīng)用，考查了等差數(shù)列的定義以及由遞推關(guān)系研究數(shù)列的性質(zhì)，考查函數(shù)與方程思想，考查了計(jì)算能力，意在考查綜合應(yīng)用所學(xué)知識(shí)解答問(wèn)題的能力，屬于綜合難題.10．定義，其中為奇素?cái)?shù).(1)給出同余方程的滿足的一組解；(2)（代數(shù)基本定理）設(shè)，且，求證在內(nèi)至多有個(gè)解；(3)（小定理）求證：；(4)（原根存在定理）若正整數(shù)滿足：，且，則記，則稱為在意義下的階，求證：必定存在，有；(5)求證，存在，都存在中必有一者成立；(6)說(shuō)明當(dāng)時(shí)，必有一組非零解.【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析(4)證明見解析(5)證明見解析(6)答案見解析【分析】（1）給出，驗(yàn)證后符號(hào)條件.（2）利用帶余除法結(jié)合數(shù)學(xué)歸納法可證.（3）利用完全剩余系的性質(zhì)可證明費(fèi)馬小定理.（4）利用代數(shù)基本定理結(jié)合歐拉函數(shù)的性質(zhì)可證明該結(jié)論.（5）記意義下的原根記為，則問(wèn)題可轉(zhuǎn)化為同余方程組是否有解問(wèn)題，取，則可得存在性成立.（6）就、分類討論，后者可通過(guò)一個(gè)引理（構(gòu)造有向圖可證明）來(lái)證明.【詳解】（1）顯然是的倍數(shù)，所以；（2）下面先證明一個(gè)引理：在中，若在內(nèi)有一個(gè)根，則，引理的證明：在內(nèi)作帶余除法，則，故，故，所以，故在中，.回到原題，對(duì)次數(shù)作數(shù)學(xué)歸納法.當(dāng)時(shí)，有且只有一個(gè)根；假設(shè)結(jié)論對(duì)成立，考慮次數(shù)為的情況：若無(wú)根，則命題已經(jīng)成立；若有根，由引理，有，設(shè)，且，由歸納假設(shè)有至多有個(gè)根，故至多有個(gè)根，由數(shù)學(xué)歸納法可得原命題成立.（3）考慮（該集合為除以后不同余數(shù)的集合），若，對(duì)任意的，則有，又對(duì)，任意的，若，則，故，故，故若，則當(dāng)取遍中所有元素后，當(dāng)取遍中所有元素，所以，所以.（4）由（3）可知，否則，故，由的最小性可得，故.對(duì)任意，定義，設(shè)中元素的個(gè)數(shù)為，如果，則；設(shè)，則，故為中多項(xiàng)式的一個(gè)根，由代數(shù)基本定理，對(duì)任意的，最多有個(gè)剩余類為的根.對(duì)于，因?yàn)?，故中的元素兩兩相異，并且都是的?當(dāng)，如果，則，所以，故，而，，故，所以必定存在，有.（5）由（4），記意義下的原根記為，記，則題設(shè)中的方程可化為，取，則上述三個(gè)方程必然有一個(gè)有整數(shù)解.（6）任取意義下的原根，分以下兩種情況討論：1.若，則同時(shí)也是的原根.因?yàn)楸闅v，自然會(huì)使得原方程有非零解.2.若，下一共有個(gè)非零元素和元素0，（1）存在，使得，則在下中存在這么一個(gè)元素，這個(gè)元素為0，取，構(gòu)造完成.（2）不存在，使得，則存在，下面證明引理：如果，是的原根，那么一定存在，使得.證明：假設(shè)不存在，先考察，可以推出，我們規(guī)定：如果滿足，則在之間連一條有向邊，由前述討論可得1.一條可以推出一條，設(shè)為條.2.一條可以推出一條，反之亦然，所以條數(shù)一樣，設(shè)為條.3.一條可以推出一條，反之亦然，所以條數(shù)一樣，設(shè)為條.4.一條可以推出一條，反之亦然，所以條數(shù)一樣，條.5.一條可以推出一條，分別設(shè)為條和條.故，得到，矛盾，故引理成立.回到原題，如果不存在，使得，設(shè)，設(shè)為另一個(gè)余數(shù)，由引理，一定存在，使得，故，考察這3組數(shù)（）互不相同且沒(méi)有一個(gè)元素為零，元素個(gè)數(shù)為，一定存在使得原命題條件成立.11．約數(shù)，又稱因數(shù).它的定義如下：若整數(shù)除以整數(shù)除得的商正好是整數(shù)而沒(méi)有余數(shù)，我們就稱為的倍數(shù)，稱為的約數(shù).設(shè)正整數(shù)共有個(gè)正約數(shù)，即為.(1)當(dāng)時(shí)，若正整數(shù)的個(gè)正約數(shù)構(gòu)成等比數(shù)列，請(qǐng)寫出一個(gè)的值；(2)當(dāng)時(shí)，若構(gòu)成等比數(shù)列，求正整數(shù)；(3)記，求證：.【答案】(1)8.(2).(3)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)題意即可寫出a的一個(gè)值；（2）由題意可知，，，，結(jié)合構(gòu)成等比數(shù)列，可推出是完全平方數(shù)，繼而可得，由此可知為，即可求得a；（3）由題意知，，從而可得，采用放縮法以及裂項(xiàng)求和的方法，即可證明結(jié)論.【詳解】（1）當(dāng)時(shí)正整數(shù)的4個(gè)正約數(shù)構(gòu)成等比數(shù)列，比如為8的所有正約數(shù),即.（2）由題意可知，，，，因?yàn)?，依題意可知，所以，化簡(jiǎn)可得，所以，因?yàn)?，所以，因此可知是完全平方?shù).由于是整數(shù)的最小非1因子，是的因子，且，所以，所以為，所以,.（3）證明：由題意知，，所以，因?yàn)?，所以，因?yàn)?，，所以，所以，?【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：在第二問(wèn)的解答中，在得到后，要能根據(jù)，推得，繼而得出，這是解決問(wèn)題的關(guān)鍵.第三問(wèn)的證明中，難點(diǎn)在于要能注意到，，從而可得，然后采用裂項(xiàng)求和的方法進(jìn)行化簡(jiǎn)進(jìn)而證明結(jié)論.12．設(shè)為n個(gè)正整數(shù)，并且滿足，令，并記.求證：對(duì)于任意，必存在正整數(shù)u、v，使得，等于A或.【答案】證明見解析【分析】因?yàn)?，所以以為循環(huán)節(jié)，從而，對(duì)于很大的數(shù)，我們只需要循環(huán)相加即可得到，所以只需證明，存在正整數(shù)u、v，使得，等于A或，新定義一個(gè)數(shù)，接下來(lái)分類討論，當(dāng)個(gè)數(shù)不是模的完系，當(dāng)個(gè)數(shù)不是的完系時(shí)，找到相應(yīng)的數(shù)，等于A或，若上述兩組數(shù)均是的完系，證明不成立，證畢.【詳解】證明：因?yàn)?，所以，從而不妨設(shè).記.下面分情況討論：（?。┤魝€(gè)數(shù)不是模的完系，則由于余數(shù)互不相同，所以模的余數(shù)也互不相同，故必存在i，j，使得.如果，則有.如果，則有.如果，則，知，即.均滿足條件.（ⅱ）若個(gè)數(shù)不是的完系時(shí)，同理可知滿足條件.（ⅲ）若上述兩組數(shù)均是的完系，則矛盾.綜上，證畢.【點(diǎn)睛】數(shù)論的基礎(chǔ)題目，要結(jié)合題干中的條件縮小討論的范圍，一般使用數(shù)論的四個(gè)基本定理來(lái)解決問(wèn)題.13．設(shè)為一個(gè)質(zhì)數(shù)，且也是一個(gè)質(zhì)數(shù)，證明：的小數(shù)表示形式中包含0至9的所有數(shù)碼．【答案】證明見解析【詳解】令為質(zhì)數(shù)，由費(fèi)馬小定理可知，設(shè)10模q的階為d，則，從而，注意到，故．由于且為長(zhǎng)度不超過(guò)d位的整數(shù)，故是循環(huán)節(jié)長(zhǎng)度為d位的純循環(huán)小數(shù)，且循環(huán)節(jié)為（若長(zhǎng)度不夠則補(bǔ)為d位）在十進(jìn)制下表示的數(shù)碼節(jié)．設(shè)模q的余數(shù)為，記，由于10模q的階為d，于是我們得到互不相同，注意到相當(dāng)于將的小數(shù)點(diǎn)向右移動(dòng)了k位，故的小數(shù)點(diǎn)后的第一位必定出現(xiàn)在的循環(huán)節(jié)中，也即的小數(shù)點(diǎn)后的第一位必定出現(xiàn)在的循環(huán)節(jié)中．設(shè)g為模q的原根，則構(gòu)成模q的縮系，故存在x，使得．若10模q的階為p，則，由原根及階的最小性可知，也即，設(shè)，則顯然（否則若則可知），于是模兩兩不同余且均為4的倍數(shù)，故，于是由可知S是由模q的所有四次剩余構(gòu)成的集合；類似的若，則S是由模q的所有二次剩余構(gòu)成的集合；若，則S是由模q的縮系．從而無(wú)論哪種情況，集合S均包含模q的所有四次剩余．下面考慮所有不超過(guò)q的四次方程：，顯然這些數(shù)均在集合S中．我們證明：對(duì)任意，存在正整數(shù)k使得，也即的小數(shù)點(diǎn)的首位數(shù)字為，從而表明存在，使得的小數(shù)點(diǎn)后的首位數(shù)字為t，進(jìn)而說(shuō)明t出現(xiàn)在的循環(huán)節(jié)中．事實(shí)上，顯然，，注意到，故每次變化的步長(zhǎng)：，故必定經(jīng)過(guò)的每一個(gè)區(qū)間，也即對(duì)任意，均存在正整數(shù)k使得，結(jié)論成立．綜上，結(jié)論成立．14．給定素?cái)?shù).稱1，2，…，的排列為“好排列”，如果對(duì)，2，…，均有，并且是的倍數(shù).求“好排列”的個(gè)數(shù)除以的余數(shù).【答案】除以的余數(shù)是【詳解】解：把排列看成是，以到自身的置換（一一映射）：.“好排列”即沒(méi)有不動(dòng)點(diǎn)（即對(duì)，2，…，均有），且的好置換.（本題所有同余均為意義）.設(shè)所有好置換構(gòu)成集合.我們按照的取值把分成個(gè)部分，，，2，…，我們想實(shí)現(xiàn)之間的對(duì)應(yīng)，為此考慮對(duì)置換進(jìn)行操作：，，2，…，若，即沒(méi)有不動(dòng)點(diǎn)并且，則亦沒(méi)有不動(dòng)點(diǎn)，同時(shí).所以.并且若，則，這樣以來(lái)我們就找到了的單射，于是，因而是的倍數(shù).另一方面，我們考慮另一種操作：.若，即沒(méi)有不動(dòng)點(diǎn)并且，則亦沒(méi)有不動(dòng)點(diǎn)，同時(shí).所以.由于操作是以為周期的，即，所以我們考慮在操作下的最小正周期.由于，只能或.若的周期即滿足對(duì)任意成立，這樣的一定是，，2，…，的形式，這些置換共有個(gè)，它們都滿足沒(méi)有不動(dòng)點(diǎn)且，即都在中.若的周期，則兩兩不同，這個(gè)置換可以圍成一圈，構(gòu)成元組.這樣可知：中的元素除了個(gè)，，2，…，形式的之外，其余的個(gè)元素都可以分成若干個(gè)元組.因此是的倍數(shù)，之前已知是的倍數(shù)，于是除以的余數(shù)是.15．給定正整數(shù).記，，2，3，….證明：對(duì)任意素?cái)?shù)，存在無(wú)窮多個(gè)非負(fù)整數(shù)對(duì)，滿足，，…，這100個(gè)數(shù)都能被整除，并且都不能被整除.【答案】證明見解析【詳解】對(duì)素?cái)?shù)與正整數(shù)，記為滿足的最大非負(fù)整數(shù).題目所證即數(shù)列中有無(wú)窮多個(gè)長(zhǎng)為100的段有相同的值.我們證明引理：對(duì)任意正整數(shù)，中存在角標(biāo)連續(xù)的100個(gè)數(shù)有相同的值.我們記，即中的個(gè)數(shù)的兩兩之差是的倍數(shù).若，則對(duì)任意均有，引理成立.若，則中的數(shù)都被整除.設(shè)中被整除的數(shù)依次為，，…，.其中.若引理不成立，則，，2，…，，以及，.設(shè)，，2，…，，我們考慮：由，可知，因此意味著.我們考慮多項(xiàng)式序列，，，，，3，…我們有：若則.注意到是關(guān)于次首一多項(xiàng)式.由拉格朗日定理，即有限域上的多項(xiàng)式的根的個(gè)數(shù)不超過(guò)該多項(xiàng)式的次數(shù)，因此在模意義下至多有個(gè)使得.即的情況至多出現(xiàn)次.這就意味著，，…，這些數(shù)的分布情況是：沒(méi)有1，至多有一個(gè)2，至多有兩個(gè)3，…，至多有個(gè)，…，至多有99個(gè)100，沒(méi)有101以上的.這樣即.這與題設(shè)矛盾，這意味著對(duì)任意的正整數(shù)，元組，，…，中存在連續(xù)100個(gè)數(shù)的值相同.因此符合題意的有無(wú)窮多對(duì).16．設(shè)a，b為不超過(guò)12的正整數(shù)，滿足：存在常數(shù)C，使得對(duì)任意正整數(shù)n成立．求所有滿足條件的有序數(shù)對(duì)．【答案】.【分析】由條件知，由費(fèi)馬小定理知，則取，可得，即，分和兩種情況討論即可出答案.【詳解】由條件知，對(duì)任意正整數(shù)n，有．

①注意到13為素?cái)?shù)，a，b均與13互素，由費(fèi)馬小定理知．因此在①中取，化簡(jiǎn)得，故．代入①，得，即．

②

分兩種情況討論（?。┤簦瑒t，又，經(jīng)檢驗(yàn)可知．此時(shí)．由條件知，從而只能是．經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)時(shí)，對(duì)任意正整數(shù)n，模13余2為常數(shù)，滿足條件．（ⅱ）若，則由②知，對(duì)任意正整數(shù)n，有．特別地，，故．所以，即，故．通過(guò)檢驗(yàn)，可知．經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)時(shí)，對(duì)任意正整數(shù)n，可得：，滿足條件．綜合（ⅰ）、（ⅱ），所求的有序數(shù)對(duì)為．17．設(shè)是兩兩不同的實(shí)數(shù)，且滿足，求所有可能的取值.【答案】6或7【分析】根據(jù)題目條件，分析得出，再令，則有，得到，解得符合條件的角；將角的值代入計(jì)算即可.【詳解】，同理得，而當(dāng)時(shí)，可得，與條件矛盾，均不為0；又，得：，，令，代入得：，，或，解得：或或或，，故或，又，，當(dāng)時(shí)，，應(yīng)舍去；當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，或.【點(diǎn)睛】本題主要考查了學(xué)生分析問(wèn)題，解決問(wèn)題的能力，綜合考查了不等式，三角函數(shù)等相關(guān)知識(shí)，解題的關(guān)鍵是采用了三角換元去解方程，運(yùn)用誘導(dǎo)公式，二倍角公式，積化和差公式進(jìn)行三角函數(shù)的恒等變換去求值是本題的一個(gè)難點(diǎn)，此題屬于難題.18．正整數(shù)數(shù)列的前項(xiàng)和為，前項(xiàng)積，若，則稱數(shù)列為“數(shù)列”.(1)判斷下列數(shù)列是否是數(shù)列，并說(shuō)明理由；①2，2，4，8；②8，24，40，56(2)若數(shù)列是數(shù)列，且.求和；(3)是否存在等差數(shù)列是數(shù)列？請(qǐng)闡述理由.【答案】(1)①是；②不是；理由見解析；（2）或；（3）存在.【解析】(1)根據(jù)新定義的數(shù)列，需要滿足，所以分別計(jì)算兩個(gè)數(shù)列的，，相比觀察得答案；(2)由數(shù)列的定義可知，分別表示，由正整數(shù)數(shù)列可分別求得，即得，從而得答案；(3)假設(shè)存在這樣的等差數(shù)列是數(shù)列，且此數(shù)列是特殊的常數(shù)列，則至少三項(xiàng)，分別表示所以，所以a是2和3的公倍數(shù)，令，顯然該等差數(shù)列是Z數(shù)列，所以存在；此后類比推理，可到n項(xiàng).【詳解】(1)①由題可知，此時(shí)有1234221128該數(shù)列滿足，所以是數(shù)列；②同理可得：123488163360該數(shù)列中，所以不是數(shù)列.(2)因?yàn)閿?shù)列是數(shù)列，那么，則又因?yàn)閿?shù)列是正整數(shù)數(shù)列，若，則，所以，則或當(dāng)時(shí)，；同理當(dāng)時(shí)，故或(3))假設(shè)：存在這樣的等差數(shù)列是數(shù)列，且此數(shù)列是特殊的常數(shù)列，則至少三項(xiàng)所以，所以a是2和3的公倍數(shù)令，顯然該等差數(shù)列是Z數(shù)列，所以存在；同理，如果是四項(xiàng)，則需滿足每項(xiàng)是2，3，4的公倍數(shù)，如12，12，12，12如此類推的有限等差數(shù)列，可以有無(wú)窮多個(gè)，且當(dāng)為n項(xiàng)時(shí)，則各項(xiàng)為的公倍數(shù)故存在等差數(shù)列是數(shù)列.【點(diǎn)睛】本題考查數(shù)列的新定義問(wèn)題，關(guān)鍵在于理解定義，充分體現(xiàn)數(shù)學(xué)中的轉(zhuǎn)化思想，還考查了借助反證法特殊化證明命題，屬于難題.19．對(duì)于素?cái)?shù)p，定義集合.及.試求所有的素?cái)?shù)p，使得.【答案】滿足條件的所有素?cái)?shù)p為2、3、5、13、17.【詳解】1.首先驗(yàn)算當(dāng)p＝2，3，5，13，17時(shí)，滿足題意.i.當(dāng)p＝2時(shí)，對(duì)任意，a、b、c均為奇數(shù)或兩奇一偶，此時(shí)，.故.ii.當(dāng)p＝3時(shí)，由平方數(shù)模3余0或1得或.因此，iii.當(dāng)p＝5時(shí)，若.由模5余0或±1，得不能模5同為1或-1，此時(shí)必有.因此，.iv.當(dāng)p=13時(shí)，若.由模13余0或±1或±3或±4，經(jīng)驗(yàn)算得中有一個(gè)模13為0或-1，此時(shí)必有或或因此,v.當(dāng)=p=17時(shí),若.由模17余0或±1或±2或±4或±8，經(jīng)驗(yàn)算得中有一個(gè)模17為0或-1，此時(shí)必有或或因此,.2.證明:當(dāng),且p>3時(shí),不滿足題意.只需證明存在,而即可.事實(shí)上,由p>3,知存在整數(shù)c,使得.由無(wú)解.在模p意義下,定義函數(shù),.若,則.于是,f為單射(在模p意義下).因此,f的值域中共有個(gè)值.由抽屜原理,知存在整數(shù)b,使得.注意到,b≠0(否則,與,矛盾),且a≠0(否則,與,矛盾).若,則由.而,,,于是,.故當(dāng)且p>3時(shí),不滿足題意.3.證明:當(dāng),且p>17時(shí),不滿足題意.先證明兩個(gè)引理.引理1若p為奇素?cái)?shù),kt≠0,則,其中,Z為模p的完系,表示勒讓德符號(hào).引理1的證明設(shè)模p的二次非零剩余構(gòu)成集合A,非二次剩余構(gòu)成集合B.若,則.而遍歷0一次,遍歷集合A中每個(gè)元素恰兩次,故.若,則.而遍歷0一次,遍歷集合B中每個(gè)元素恰兩次,故==.因此,.引理2設(shè).則方程①至少有p-1組解.引理2的證明方程①等價(jià)于至少有p-1組解.固定有組解.于是,共有組解.由引理1及,得.回到原題.令c=a+b,其中,S為的解集,則==.于是,.若,則有下列四種情形:ⅰ.至多有兩個(gè)值(a,b).ⅱ.至多有兩個(gè)值(a,b).ⅲ.且至多有兩個(gè)值(a,b).ⅳ.,此時(shí),.而,故至多6個(gè)b的解.又一個(gè)b至多可確定兩個(gè)a,于是,至多有12個(gè)值(a,b).綜上,至多有18個(gè)值,使得.又p>17時(shí),p+1>18,則必存在一組,而.故.因此,滿足條件的所有素?cái)?shù)p為2、2、5、13、17.20．設(shè)，問(wèn)：是否存在正整數(shù)，使如果存在，試求出最小的正整數(shù)；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】見解析【詳解】這樣的正整數(shù)不存在．易知，．假設(shè)存在正整數(shù)，使，即．注意到，且2011是型的質(zhì)數(shù)．故存在整數(shù)，使，且含有型的質(zhì)因子（設(shè)為）．取使到最小的一個(gè)數(shù)對(duì)為．若這樣的數(shù)對(duì)有多個(gè)，再設(shè)其中使到最小的一個(gè)數(shù)對(duì)為，則．否則，不妨設(shè)．因?yàn)槭瞧鏀?shù)，可令，其中，，所以，．但由，有．與最小矛盾．令．則．所以，．1.若為一奇一偶，則．又，則．于是，有的質(zhì)因子．由，有，但，與的最小性矛盾．2.若為奇數(shù)，則．因?yàn)闉槠鏀?shù)，所以，為一奇一偶．同1，有模4余3的質(zhì)因子，即，進(jìn)而，．但，與的最小性矛盾．21．試求所有的正整數(shù)，滿足存在一個(gè)整數(shù)，使得是的一個(gè)因數(shù)．【答案】見解析【詳解】（為非負(fù)整數(shù)）．一方面，若有奇因數(shù)，則是的因數(shù)，即．若是的因數(shù)，則是的因數(shù)．因?yàn)椋?，且，所以，必有一個(gè)質(zhì)因數(shù)，且．從而，．兩邊次方得．由費(fèi)馬小定理得，即，矛盾．另一方面，同余方程有解．而時(shí)，．所以，根據(jù)中國(guó)剩余定理知同余方程組有解．令．則被整除．22．試求的最末兩位非零數(shù)字．【答案】44【詳解】記正整數(shù)最末兩位非零數(shù)字為．下面在模100的意義下討論．顯然，，且若，，則．故，，其中，，，．易知，，且當(dāng)時(shí)，則，，．故．又．，，故．而，，，故所以，．23．操場(chǎng)上有100個(gè)人排成一圈，按順時(shí)針?lè)较蛞来螛?biāo)為，，…，．主持人將編號(hào)為l，2，…，50的紀(jì)念品按照以下方式依次分發(fā)給眾人：先將第l號(hào)紀(jì)念品交給；然后順時(shí)針跳過(guò)1個(gè)人，將第2號(hào)紀(jì)念品交給；再順時(shí)針跳過(guò)2個(gè)人，將第3號(hào)紀(jì)念品交給，……第次順時(shí)針跳過(guò)個(gè)人，將第號(hào)紀(jì)念品交給，其中，，如此下去，直到紀(jì)念品發(fā)完為止．試求得到紀(jì)念品最多的人及其所得紀(jì)念品的編號(hào)．【答案】見解析【詳解】記第個(gè)與第個(gè)紀(jì)念品為同一人所得．則，即．顯然，，且與的奇偶性不同．（1）如果，則．（i）若，則．又，故．所以，，其中，，1，…，；，2．經(jīng)計(jì)算，，，，，．（ii）若，則．由．故，，，，，．（2）如果，則．（i）若，則．故，．（ii）若，則，75．故，，，，．綜上，與分別被與得到，其余各人至多得到2個(gè)紀(jì)念品．24．已知整數(shù)、均不為零，滿足（，、是奇質(zhì)數(shù)），且，、不是的倍數(shù).若存在整數(shù)、使得，求證：可以表示成兩個(gè)整數(shù)的平方和.【答案】見解析【詳解】注意到.設(shè)，或，于是，，或，.下面只需證明、有一組是整數(shù)即可.注意到.從而，.易知，.由，知.顯然，、不能同