高中数学联赛知识导引

联赛导引(二) 函数 数列 数学归纳法 整数
一,基础知识导引 <一>,数列: 1,等差数列:
(1),定义:12()n n n n a a d a a ++-==+n+1常量或2a .(2),通项公式:1(1)n a a n d =+-. (3),前n 项和公式:11()(1)
22
n n a a n n n S na d +-=
=+. (4),任意两项,n m a a 有()n m a a n m d =+-.
(5),对于任意正整数,,,m n k l ,若m n k l +=+,则m n k l a a a a +=+.反之不行. (6),若{},{}n n a b 均是等差数列,则{}n n ca db +也是等差数列.(,c d R ∈) 2,等比数列: (1),定义:
11()n n n n
a a q a a ++==n+2n+1a
常量或a .(2),通项公式:11n n a a q -=. (3),前n 项和公式:1
1(1)(1)(1)1n n na q S a q q q =⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩
.(4),任意两项,n m a a 有n m
n m a a q -=.
(5),对于任意正整数,,,m n k l ,若m n k l +=+,则n m k l a a a a =. (6),无穷递缩等比数列所有项和公式:1
lim (01)1n n a S S q q
→∞
==
<<-. 3,一些常用递归数列的通项:
(1),形如1()n n a a f n +=+的一阶递归式,其通项求法为
11
1111
1
()()n n n k k k k a a a a a f k --+===+-=+∑∑.(累加法)
(2),形如1()n n a f n a +=的递归式,其通项求法为
3
211121
(1)(2)(3)(1)(2)n n n a a a a a a f f f f n n a a a -=⋅
⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅-≥.(累积法) (3),形如1(1)n n a pa q p +=+≠的递归式,由1n n a pa q +=+及1n n a pa q -=+,两式相减 得11()n n n n a a p a a +--=-,有1{}n n a a +-是首项为21a a -,且公比为p 的等比数列,先求 出a a -,再求出a .
(4),形如1()(1)n n a pa q n p +=+≠的递归式,两边同时除以1
n p +,得
111
()n n n n n a a q n p p p +++=+,令n n n a b p =,得11()
n n
n q n b b p ++=+,求n b ,再求n a . (5),形如1q
n n a pa +=(0,0n p a >>)的递归式,两边取对数有1lg lg lg n n a q a p +=+,
令lg n n b a =,则1lg n n b qb p +=+,仿(3)得n b ,再求n a . <二>数学归纳法 形式1:
(i)验证0()p n 成立; (ii)假设()p k (0k n ≥)成立,那么可推出(1)p k +也成立. 形式2:
(i)验证000(1),(2),,()p n p n p n r ++⋅⋅⋅+;(ii)假设()p k 成立, 那么可推出()p k r +也成立. <三>,整数: 1,整数的分类:
(1),⎧⎪⎨⎪⎩
负整数0正整数; (2)
±⎧⎨
⎩奇数:形如2n 1的数,它的平方被4,8除余1.
偶数:形如2n 的数,它的平方被4整除.
(3),⎧⎪
⎨⎪⎩
质数(素数):只有1与本身两个约数.
1合数:约数个数大于2个.
(4),⎧⎨⎩2完全平方数:形如m 的数,m 为整数.非完全平方数.
2,不定方程的常用解法: (1),公式法 :若00x x y y =⎧⎨
=⎩是方程ax by c +=的一组整数解,则该方程的所有解为00x x bt
y y at
=+⎧⎨=-⎩(t z ∈).
(2),数或式的分解法; (3),不等式法; (4),奇偶分析法; (5),换元法. 二,解题思想与方法导引
1,归纳-猜想-证明; 2,数形结合; 3,整体处理; 4,换元法; 5,配方法; 6,估算法. 三,习题导引 <一>,选择题
1,删去正整数数列1,2,3,⋅⋅⋅⋅⋅⋅中的所有完全平方数,得到一个新数列.这个新数列的第2003 项是
A,2046 B,2047 C,2048 D,2049 2,已知数列{}n a 满足134(1)n n a a n ++=≥且19a =,其前n 项之和为n S ,则满足不等式
1
6125
n S n --<
的最小整数n 是 A,5 B,6 C,7 D,8
3,设等差数列{}n a 满足81335a a =,且10a >,n S 为其前n 项之和,则n S 中最大的是 A,10S B,11S C,20S D,21S 4,等比数列{}n a 中,11536a =,公比1
2
q =-
,用n ∏表示它的前n 项之积,则n ∏中最大的是 A,9∏ B,11∏ C,12∏ D,13∏ 5,已知数列{}n a 满足11(2)n n n x x x n +-=-≥,12,x a x b ==,记12n n S x x x =++⋅⋅⋅+,则 下列结论正确的是
A, 100100,2x a S b a =-=- B,100100,2x b S b a =-=- C,100100,x b S b a =-=- D,100100,x a S b a =-=- 6,给定公比为(1)q q ≠的等比数列{}n a ,设1123b a a a =++,2456b a a a =++,⋅⋅⋅,
32313n n n n b a a a --=++,则数列{}n b
A,是等差数列车员 B,是公比为q 的等比数列 C,是公比为3
q 的等比数列 D,既非等差数列又非等比数列 <二>填空题
7,设数列12,,,,n a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅满足121a a ==,32a =,且对任意自然数n ,都有12n n n a a a ++⋅⋅
1≠,又123123n n n n n n n n a a a a a a a a ++++++⋅⋅⋅=+++,则12100a a a ++⋅⋅⋅+的值是 .
8,各项为实数的等差数列的公差为4,其首项的平方与其余各项之和不超过100,这样的 数列至多有 项.
9,设正数012,,,,,n a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅12(2)n a n -=≥,且011a a ==, 则数列{}n a 的通项n a = .
10,将二顶式
n 的展开式按x 的降幂排,若前三项系数成等差数列,则该展开
式中x 的幂指数是整数的项共有 个.
11,正整数n 使得2
2005n +是完全平方数,则2
2
(2005)n n +的个位数字是 . 12,已知数列012,,,...,,...,n a a a a 满足关系式10(3)(6)18,3n n a a a +-+==且，则1
n
i o i
a =∑的值是_________________________。

<三>解答题
13,求满足q p
p q r +=的所有质数,,p q r .
14,2
(4)n n ≥个正数排成几行几列: 111213141n a a a a a ⋅⋅⋅ 212223242n a a a a a ⋅⋅⋅ 31
32
33
34
3n a a a a a ⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 1
234n n n n nn a a a a a ⋅⋅⋅
其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且所有公比相等,已知241a =,
4218a =,433
16
a =,试求1122nn a a a ++⋅⋅⋅+的值.
15,确定所有的正整数n ,使方程3
3
3
2
22
x y z nx y z ++=有正整数解(,,)x y z .
四,解题导引
1,C 在数列1,2,3,⋅⋅⋅,2003中,删去了44个(2
441936=)完全平方数,现给该数列再补上44 项,得2,,2003,,2047⋅⋅⋅⋅⋅⋅.所补的44个数中还有1个(2
202545=)完全平方数,把它删除, 再补上一项2048即可.
2,C 由递推式变形得:13(1)(1)n n a a +-=--,令1n n b a =-,则1,13
n n b b +=-且11b a =-1=8. 得{}n b 是首项为8,公比为13-
的等比数列,于是118()3n n b -=⋅-,得1
18()13
n n a -=⋅-+, 1
8[1()]
1366()1313
n n n S n n --=+=-⨯-++,所以1166()3125n n S n --=⨯<, 得1
3
250n ->,所以满足这个不等式的最小整数7n =.
3,C 设等差数列{}n a 的公差为d ,由81335a a =,得113(7)5(12)a d a d +=+,即1a = 3902d -
>,所以0d <,则20111902a a d d =+=->,2111
2002
a a d d =+=<,20S 最大. 4,C 由已知110111536()3()22
n n n a --=⨯-=-⨯-,得(19)
21(3)()2n n n
n -∏=--,知9∏,12∏,
13∏为正数,11∏为负数,且1212111099993327
()(3)428
a a a ∏=⋅⋅⋅∏=-⨯⨯-∏=
∏>∏, 131********
8
a ∏=⋅∏=∏<∏,得12∏最大.
5,A 由111212()n n n n n n n x x x x x x x +-----=-=--=-，所以63n n n x x x ++=-=，即{}n x 是周期为6的数列，得10041x x x a ==-=-，又616266k k k x x x +++++⋅⋅⋅+=12x x ++
6x ⋅⋅⋅+=1231230x x x x x x ++---=，得10012342212S x x x x x x x b
a =+++=+-=-。

6,C 由题设1
1n n a a q
-=,则231313233312
3231332(1)
(1)
n n n n n n n n n n b a a a a q q q b a a a a q q +++++---++++===++++. 7,200 由123123n n n n n n n n a a a a a a a a ++++++=+++ ① 2341234n n n n n n n n a a a a a a a a ++++++++=+++ ②
两式相减得:4123()(1)0n n n n n a a a a a ++++-++-=,又1231n n n a a a +++++≠,有4n n a a +=.
1231,2a a a ===,由①得444a a =+,所以44a =,从而12348a a a a +++=,
于是12100123425()200a a a a a a a ++⋅⋅⋅+=+++=.
8,8 设12,,,n a a a ⋅⋅⋅是公差为4的等差数列,则14(1)n a a n =+-,由已知:2
12a a ++⋅⋅⋅+
100n a ≤211(4)(1)
1002
n a a n a ++-⇔+
≤2211(1)(22100)0a n a n n ⇔+-+--≤.
此关于1a 为未知数的一元二次不等式有解,应有2
2
(1)4(22100)0n n n ∆=----≥, 有2
764010n n --≤,
9n ≤≤<,
8>,所以n 的最大值是8,即满足题设的数列至多有8项.
9,2
1
1,
0(21),n n k k n a n N +==⎧⎪=⎨-∈⎪⎩∏ 2n ≥时,
12n a -=变形得
1=,
令n x =得121(2)n n x x n +=+≥,即112(1)n n x x ++=+, 得{1}n x +是以212x +=为首项,公比为2的等比数列,因此1
12n n x -+=,
121n -=-
,
1212(21)n n n a a ---=-,即21
(21)(1)n n n a
n a -=-≥,于是 23
211
121(21)()n
k n n k n a a a a a n N a a a +=-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-∈∏.又01a =,因而得结果.
10,8 易求前三项系数分别是1,
12n ,1(1)8n n -.由这三个数成等差数列,有1
22
n ⨯=1+ 1(1)8
n n -,解得8n =和1n =(舍去).当8n =时,3(4)4181()2r r
r r T C x
-+=⋅⋅,由43r , 得r 只能是0,4,8.
11,9 设2
2
2005(0)n m m +=>,则()()2005120055401m n m n -+==⨯=⨯,得
12005m n m n -=⎧⎨+=⎩或5401m n m n -=⎧⎨+=⎩,解得10031002m n =⎧⎨
=⎩或203
198
m n =⎧⎨=⎩, 由1002
4250210031003⨯+=,知它的个位数字是9;
由198
4492203203⨯+=,知它的个位数字也是9.
12,2
1(2
3)3
n n +-- 设1111,0,1,2,...,(3)(6)18,n n n n
b n a b b +=
=-+=则 即1111
113610.2,2()333
n n n n n n b b b b b b +++--=∴=++=+ 故数列1
{}3
n b +是公比为2的等比数列，
1100111111
2()2()2(21)33333
n n n n n n b b b a +++
=+=+=⨯∴=-。

()112001112(21)
1(21)(1)2333213n n
n n
i n i i o i i i b n n a +++===⎡⎤-==-=-+=--⎢⎥-⎣⎦
∑∑∑。

13,解:显然p q ≠,不妨设p q <.
因为r 为质数,所以p 与q 不能全为奇数,故2p =.
(1)当q 为不小于5的质数时,有2
2
2(21)(1)q
p
q
q
p q q q +=+=++-
2213(1)21
q q +=⨯+-+=123(221)(1)(1)q q q q ---+⋅⋅⋅+++-
由于q 不是3,也不是3的倍数,而1q -,q ,1q +是三个连续的自然数,则其中必有一个数是
3的倍数,又q 不是3的倍数,得(1)(1)q q +-必为3的倍数, 所以q p
p q +是3的倍数,这与r 是质数矛盾! (2)当5q <时,只有3q =,这时2,3,17p q r ===. 综上所述,有2,3,17p q r ===.
14,(分析) 设11a a =,第一行数的公差为d ,第一列数的公比为q ,可得1
[(1)]s st a a t d q -=+-
解:设第一行数列公差为d ,各列数列的公比为q ,则第四行数列公差是3
dq ,于是可得
24113
42113
4342(3)11()8316a a d q a a d q a a dq ⎧
⎪=+=⎪
⎪=+=⎨⎪
⎪=+=⎪⎩
解此方程组,得1112
a d q ===±
,由于所给2
n 个数都是正数,必有0q >,从而有 1112
a d q ===
, 于是对任意的1k n ≤≤,有1
1111[(1)]2
k k kk k k k a a q
a k d q --==+-=
.得 231232222n n S =
+++⋅⋅⋅+, 又 2341112322222n n
S +=+++⋅⋅⋅+
两式相减后得:23111111222222
n n n
S +=+++⋅⋅⋅+-
所以 11222
n n n
S -=--.
15,解:由方程的对称性,不妨设0x y z ≥≥>.将方程变形为:222222
x y z
n y z x z y x
=
++ ① 另一方面,由原方程得: 33222()y z x ny z x +=- ②,22
ny z x -为正整数,得22
1ny z x -≥. 于是由②得3
3
2
y z x +≥,
即x ≤
,0x y z ≥≥>又代入①式得
2222
2211
y z
n y z y z yz y z
≤
++=+ ③
(1)当2z ≥时,由于y z ≥,由③式得1
2
n ≤,与n 为正整数矛盾! (2)当1z =时,得1y z ≥=;
(i)若1y =,由233
2x y z ≤+=,得1x =,这时可得3n =,方程的解为(,,)(1,1,1)x y z =. (ii)若2y ≥,又1z =,由③式得32
n ≤
,故只能1n =,原方程变形为:33221x y x y ++=. 这时有正整数解(,,)(3,2,1)x y z =. 综上所述,n 的值为1或3.
[注]:请反思一下每道题所运用的思想方
几个初等函数的性质
一、基础知识
1．指数函数及其性质：形如y =a x (a >0, a ≠1)的函数叫做指数函数，其定义域为R ，值域为（0，+∞），当0<a <1时，y =a x 是减函数，当a >1时，y =a x 为增函数，它的图象恒过定点（0，1）．
2．分数指数幂：n
m
n m
n n
n m n
m n n
a
a a
a a a
a a 1
,1,,1
====--．
3．对数函数及其性质：形如y =log a x (a >0, a ≠1)的函数叫做对数函数，其定义域为（0，+∞），值域为R ，图象过定点（1，0）．当0<a <1，y =log a x 为减函数，当a >1时，y =log a x 为增函数． 4．对数的性质（M>0, N >0）；
1）a x
=M ⇔x =log a M(a >0, a ≠1)； 2）log a (M N )= log a M+ log a N ；
3）log a （
N
M
）= log a M- log a N ；4）log a M n =n log a M ；， 5）log a n M =n 1
log a M ；6）a loga M =M; 7) log a b =a b c c log log (a ,b ,c >0, a , c ≠1).
5. 函数y =x +x
a
（a >0）的单调递增区间是(]a -∞-,和[)+∞,a ，单调递减区间为[)
,a -和(]
a ,0．（请读者自己用定义证明）
6．连续函数的性质：若a <b , f (x )在[a , b ]上连续，且f (a )·f (b )<0，则f (x )=0在（a ,b ）上至少有一个实根． 二、方法与例题 1．构造函数解题．
例1 已知a , b , c ∈(-1, 1)，求证：ab +bc +ca +1>0.
【证明】 设f (x )=(b +c )x +bc +1 (x ∈(-1, 1))，则f (x )是关于x 的一次函数． 所以要证原不等式成立，只需证f (-1)>0且f (1)>0（因为-1<a <1）. 因为f (-1)=-(b +c )+bc +1=(1-b )(1-c )>0， f (1)=b +c +bc +a =(1+b )(1+c )>0， 所以f (a )>0，即ab +bc +ca +1>0.
例2 （柯西不等式）若a 1, a 2,…,a n 是不全为0的实数，b 1, b 2,…,b n ∈R ，则（
∑=n
i i
a
1
2
）·（
∑=n
i i
b
1
2
）
≥(
∑=n
i i
i b
a 1
)2，等号当且仅当存在∈μR ，使a i =i b μ, i =1, 2, …, n 时成立．
【证明】 令f (x )= （∑=n
i i
a
1
2）x 2
-2(
∑=n
i i
i b
a 1
)x +
∑=n i i b 1
2=∑=-n
i i i
b x a
1
2)(,
因为
∑=n
i i
a
1
2>0，且对任意x ∈R , f (x )≥0，
所以△=4(∑=n
i i
i b
a 1)-4（
∑=n
i i
a
1
2）(
∑=n
i i
b
12)≤0.
展开得（
∑=n
i i
a
1
2）(
∑=n
i i
b
1
2)≥(
∑=n
i i
i b
a 1
)2．
等号成立等价于f (x )=0有实根，即存在μ，使a i =i b μ, i =1, 2, …, n ． 例3 设x , y ∈R +, x +y =c , c 为常数且c ∈(0, 2]，求u=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝
⎛+y y x x 11的最小值． 【解】u=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝
⎛
+y y x x 11=xy +xy x y y x 1++≥xy +xy 1+2·x y y x ⋅ =xy +
xy
1
+2. 令xy =t ，则0<t =xy ≤44)(22c y x =+,设f (t )=t +t
1
,0<t ≤.42c 因为0<c ≤2，所以0<42
c ≤1，所以f (t )在⎥⎦⎤ ⎝⎛4,02c 上单调递减． 所以f (t )m in =f (42c )=42c +24c ，所以u ≥42c +2
4c +2.
当x =y =2
c
时，等号成立. 所以u 的最小值为42c +24c +2.
2．指数和对数的运算技巧．
例4 设p , q ∈R +且满足log 9p = log 12q = log 16(p +q )，求
p
q
的值． 【解】 令log 9p = log 12q = log 16(p +q )=t ，则p =9 t , q =12 t , p +q =16t ，
所以9 t +12 t =16 t ，即1+.34342t
t ⎪⎭
⎫
⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛
记x =t
t t p q ⎪⎭
⎫
⎝⎛==34912，则1+x =x 2，解得.251±=x 又p q >0，所以p
q =.25
1± 例5 对于正整数a , b , c (a ≤b ≤c )和实数x , y , z , w ，若a x =b y =c z =70w ，且w
z y x 1111=++，求证：a +b =c .
【证明】 由a x =b y =c z =70w 取常用对数得xlga =ylgb =zlgc =wlg 70.
所以
w 1lga =x 1lg 70, w 1lgb =y 1lg 70, w 1
lgc =z 1lg 70，
相加得w 1
(lga +lgb +lgc )=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛++z y x 111lg 70，由题设w z y x 1111=++， 所以lga +lgb +lgc =lg 70，所以lgabc =lg 70.
所以abc =70=2×5×7.
若a =1，则因为xlga =wlg 70，所以w =0与题设矛盾，所以a >1. 又a ≤b ≤c ，且a , b , c 为70的正约数，所以只有a =2, b =5, c =7. 所以a +b =c .
例6 已知x ≠1, ac ≠1, a ≠1, c ≠1. 且log a x +log c x =2log b x ，求证c 2=(ac )logab . 【证明】 由题设log a x +log c x =2log b x ，化为以a 为底的对数，得
b
x
c x x a a a a a log log 2log log log =
+
， 因为ac >0, ac ≠1，所以log a b =log ac c 2，所以c 2=(ac )logab . 注：指数与对数式互化，取对数，换元，换底公式往往是解题的桥梁． 3．指数与对数方程的解法．
解此类方程的主要思想是通过指对数的运算和换元等进行化简求解．值得注意的是函数单调性的应用和未知数范围的讨论． 例7 解方程：3x +4 x +5 x =6 x .
【解】 方程可化为x
x x ⎪⎭
⎫
⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛653221=1．设f (x )=
x
x x ⎪⎭
⎫
⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛653221, 则f (x )在(-∞,+∞)上是减函数，因为f (3)=1，所以方程只有一个解x =3.
例8 解方程组：⎪⎩⎪⎨⎧==++312x y
y x
y x y x （其中x , y ∈R +）.
【解】 两边取对数，则原方程组可化为.3lg )(lg 12lg )(⎩⎨⎧=+=+glx
y y x y
x y x ①②
把①代入②得(x +y )2lgx =36lgx ，所以[(x +y )2-36]lgx =0. 由lgx =0得x =1，由(x +y )2-36=0(x , y ∈R +)得x +y =6， 代入①得lgx =2lgy ，即x =y 2，所以y 2+y -6=0. 又y >0，所以y =2, x =4.
所以方程组的解为⎪⎩⎪⎨⎧==⎪⎩⎪⎨⎧==2
4
;112211y x y x .
例9 已知a >0, a ≠1，试求使方程log a (x -ak )=log a 2(x 2-a 2)有解的k 的取值范围．
【解】由对数性质知，原方程的解x 应满足⎪⎩
⎪
⎨⎧>->--=-00)(22222a x ak x a x ak x .①②③
若①、②同时成立，则③必成立，
故只需解⎩⎨⎧>--=-0
)(2
22ak x a x ak x .
由①可得2kx =a (1+k 2)， ④
当k =0时，④无解；当k ≠0时，④的解是x =k k a 2)1(2+，代入②得k
k 212
+>k .
若k <0，则k 2>1，所以k <-1；若k >0，则k 2<1，所以0<k <1.
综上，当k ∈(-∞,-1) ∪(0, 1)时，原方程有解．
数学的整除性
整数的整除性
定义：设a ，b 为二整数，且b ≠０，如果有一整数c ，使a ＝bc ，则称b 是a 的约数，a 是b 的倍数，又称b 整除a ，记作b |a ．
显然，1能整除任意整数，任意整数都能整除0． 性质：设a ，b ，c 均为非零整数，则 ①．若c |b ，b |a ，则c |a ． ②．若b |a ，则bc |ac
③．若c |a ，c |b ，则对任意整数m 、n ，有c |ma ＋nb ④．若b |ac ，且(a ，b )＝1，则b |c 证明：因为(a ，b )＝1
则存在两个整数s ，t ，使得 as ＋bt ＝1 ∴ asc ＋btc ＝c ∵ b |ac ⇒ b |asc ∴ b |(asc ＋btc ) ⇒ b |c
⑤．若(a ，b )＝1，且a |c ，b |c ，则ab |c 证明：a |c ，则c ＝as (s ∈Z ) 又b |c ，则c ＝bt (t ∈Z ) 又(a ，b )＝1 ∴ s ＝bt '(t '∈Z ) 于是c ＝abt ' 即ab |c
⑥．若b |ac ，而b 为质数，则b |a ，或b |c
⑦．(a －b )|(a n －b n )(n ∈N)，(a ＋b )|(a n ＋b n )(n 为奇数) 整除的判别法：设整数N ＝1121n a a a a -
①．2|a 1⇔2|N ， 5|a 1⇔ 5|N
②．3|a 1＋a 2＋…＋a n ⇔3|N
9|a 1＋a 2＋…＋a n ⇔9|N ③．4|21a a ⇔ 4|N 25|21a a ⇔ 25|N ④．8|321a a a ⇔8|N 125|321a a a ⇔125|N
⑤．7||14n n a a a -－321a a a |⇔7|N ⑥．11||1
4n n a a a -－321a a a |⇔11|N
⑦．11|[(a 2n ＋1＋a 2n －1＋…＋a 1)－(a 2n ＋a 2n －2＋…＋a 2)] ⇔11|N ⑧．13||1
4n n a a a -－321a a a |⇔13|N
推论：三个连续的整数的积能被6整除． 例题：
1．设一个五位数abcad ，其中d －b ＝3，试问a ，c 为何值时，这个五位数被11整除． 解：11|abcad ∴ 11|a ＋c ＋d －b －a 即11|c ＋3 ∴ c ＝8
1≤a ≤9，且a ∈Z
2．设72|673a b ，试求a ，b 的值． 解：72＝8×9，且(8，9)＝1 ∴ 8|673a b ，且9|673a b ∴ 8|73b ⇒ b ＝6
且 9|a ＋6＋7＋3＋6 即9|22＋a ∴ a ＝5
3．设n 为自然数，A ＝3237n －632n －855n ＋235n ， 求证：1985|A ．
证明：∵1985＝397×5
A ＝(3237n －632n )－(855n －235n ) ＝(3237－632)×u －(855－235)×v (u ，v ∈Z) ＝5×521×u －5×124×v ∴5|A
又A ＝(3237n －855n )－(623n －235n )
＝(3237－855)×s －(623－235)×t (s ，t ∈Z)
＝397×6×s －397×t ∴ 397｜A
又∵(397，5)＝1 ∴397×5｜A 即1985｜A
4．证明：没有x ，y 存在，使等式x 2＋y 2＝1995(x ，y ∈Z)成立． 证：假设有整数x ，y 存在，使x 2＋y 2＝1995成立．
∵x 2，y 2
被4除余数为0或1． ∴x 2＋y 2被4除余数为0，1或2．
又∵1995被4除余数为3．
∴得出矛盾，假设不成立．
故没有整数x ，y 存在，使x 2＋y 2＝1995成立． 费马小定理：若p 是素数，(m ，p )＝1 则 p |m p -1－1
5．试证：999…9能被13整除．
12个
证明：∵10－1＝9，100－1＝99，…，1012－1＝999…9．
12个
又（10，13）=1
∴13｜(1013－
1－1)，即13｜(1012－1) ∴13 ｜999…9．
12个
6．请确定最小的正整数A ，其末位数是6，若将未位的6移至首位，其余数字不变，其值变为原数的4倍．
解：设该数为A ＝121n n n a a a a --，其中a 1＝6
令x ＝12
2n n n a a a a --
则A ＝6x ＝x ·10＋6 于是4A ＝6x ＝6×10n-1＋x 即有4×10x ＋24＝6×10n -1＋x
x ＝12(104)13
n --
∵ (2，13)＝1，x 是整数 ∴ 13|(10n -1－4)
n ＝1，2时，10 n -1－4＜10显然不满足条件 n ＝3时，10 n -1－4＝96 不满足条件 n ＝4时，10 n -1－4＝996 不满足条件 n ＝5时，10 n -1－4＝9996不满足条件 n ＝6时，10 n -1－4＝99996 满足条件
∴ x ＝13
999962⨯＝15384
即A ＝153846
7．一个正整数，如果用7进制表示为abc ，如果用5进制表示为cba ，请用10进制表示这个数． 解：由题意知：0＜a ，c ≤4，0≤b ≤4，设这个正整数为n ，则
n ＝abc ＝a ×72＋b ×7＋c ， n =cba =c ×52＋b ×5＋a
∴49a＋7b＋c＝25c＋5b＋a
48a＋2b－24c＝0
b＝12(c－2a)
∴12｜b，
又∵0≤b≤4
∴b＝0，
∴c＝2a
∴当a＝1，c＝2时，n＝51
当a＝2，c＝4时，n＝102
抽屉原理
把八个苹果任意地放进七个抽屉里，不论怎样放，至少有一个抽屉放有两个或两个以上的苹果．
抽屉原则有时也被称为鸽巢原理，它是德国数学家狄利克雷首先明确的提出来并用以证明一些数论中的问题，因此，也称为狄利克雷原则．它是组合数学中一个重要的原理．把它推广到一般情形有以下几种表现形式．
形式一：
证明：设把n＋1个元素分为n个集合A1，A2，…，A n，用a1，a2，…，a n表示这n个集合里相应的元素个数，需要证明至少存在某个a i大于或等于2
（用反证法）假设结论不成立，即对每一个a i都有a i＜2，则因为a i是整数，应有a i≤1，于是有：
a1＋a2＋…＋a n≤1＋1＋…＋1＝n＜n＋1
这与题设矛盾．
所以，至少有一个a i≥2，即必有一个集合中含有两个或两个以上的元素．
形式二：
设把n·m＋1个元素分为n个集合A1，A2，…，A n，用a1，a2，…，a n表示这n个集合里相应的元素个数，需要证明至少存在某个a i大于或等于m＋1．
（用反证法）假设结论不成立，即对每一个a i都有a i＜m＋1，则因为a i是整数，应有a i≤m，于是有：
a1＋a2＋…＋a n≤m＋m＋…＋m＝n·m
n个m
＜n·m＋1
这与题设相矛盾．
所以，至少有存在一个a i≥m＋1
高斯函数：
对任意的实数x，
[x]表示“不大于x的最大整数”．
例如：[3．5]＝3，[2．9]＝2，
[－2．5]＝－3，[7]＝7，……
一般地，我们有：[x]≤x＜[x]＋1
形式三：
证明：设把n 个元素分为k 个集合A 1，A 2，…，A k ，用a 1，a 2，…，a k 表示这k 个集合里相应的元素个数，需要证明至少存在某个a i 大于或等于[n /k ]．
（用反证法）假设结论不成立，即对每一个a i 都有a i ＜[n /k ]，于是有： a 1＋a 2＋…＋a k ＜[n /k ]+[n /k ]+…+[n /k ]
k 个[n /k ]
＝k ·[n /k ]≤k ·(n /k )＝n
∴ a 1＋a 2＋…＋a k ＜n 这与题设相矛盾．
所以，必有一个集合中元素个数大于或等于[n /k ] 形式四：
证明：设把q 1＋q 2＋…＋q n －n ＋1个元素分为n 个集合A 1，A 2，…，A n ，用a 1，a 2，…，a n 表示这n 个集合里相应的元素个数，需要证明至少存在某个i ，使得a i 大于或等于q i ．
（用反证法）假设结论不成立，即对每一个a i 都有a i ＜q i ，因为a i 为整数，应有a i ≤q i －1，于是有：
a 1＋a 2＋…＋a n ≤q 1＋q 2＋…＋q n －n ＜q 1＋q 2＋…＋q n －n ＋1 这与题设矛盾．
所以，假设不成立，故必有一个i ，在第i 个集合中元素个数a i ≥q i
形式五： 证明：（用反证法）将无穷多个元素分为有限个集合，假设这有限个集合中的元素的个数都是有限个，则有限个有限数相加，所得的数必是有限数，这就与题设产生矛盾，所以，假设不成立，故必有一个集合含有无穷多个元素．
例题１：400人中至少有两个人的生日相同．
分析：生日从1月1日排到12月31日，共有366个不相同的生日，我们把366个不同的生日看作366个抽屉，400人视为400个苹果，由表现形式1可知，至少有两人在同一个抽屉里，所以这400人中有两人的生日相同．
解：将一年中的366天视为366个抽屉，400个人看作400个苹果，由抽屉原理的表现形式1可以得知：至少有两人的生日相同．
例题２：边长为1的正方形中，任意放入9个点，求证这9个点中任取3个点组成的三角形中，至少有一个的面积不超过1/8．
解：将边长为1的正方形等分成边长为2
1
的四个小正方形，视这四个正方形为抽屉，9个点任意放入这四个正方形中，据形式2，必有三点落入同一个正方形内．现特别取出这个正方形来加以讨论．
把落在这个正方形中的三点记为D 、E 、F ．通过这三点中的任意一点（如E ）作平行线，如图可知：
S △DEF ＝S △DEG ＋S △EFG ≤1122
⨯
×h ＋111()222h ⨯-
＝1484
h h
+-
＝1 8
例题3：任取5个整数，必然能够从中选出三个，使它们的和能够被3整除．证明：任意给一个整数，它被3除，余数可能为0，1，2，我们把被3除余数为0，1，2的整数各归入类r０，r1，r2．至少有一类包含所给５个数中的至少两个．因此可能出现两种情况：
1．某一类至少包含三个数；
2．某两类各含两个数，第三类包含一个数．
若是第一种情况，就在至少包含三个数的那一类中任取三数，其和一定能被3整除；
若是第二种情况，在三类中各取一个数，其和也能被3整除．
综上所述，原命题正确．
例题4：九条直线中的每一条直线都将正方形分成面积比为2∶3的梯形，证明：这九条直线中至少有三条经过同一点．
证明：如图，设PQ是一条这样的直线，作这两个梯形的中位线MN．
∵这两个梯形的高相等，
∴它们的面积之比等于中位线长的比，即|MH|∶|NH|．
∴点H有确定的位置．
（它在正方形一对对边中点的连线上，并且|MH|∶|NH|＝2∶3）．
由几何上的对称性，这种点共有四个，即，图中的H、J、I、K．已知的九条适合条件的分割直线中的每一条必须经过H、J、I、K这四点中的一点．把H、J、I、K看成四个抽屉，九条直线当成9个苹果，即可得出必定有3条分割线经过同一点．
例题5：某校派出学生204人上山植树15301株，其中最少一人植树50株，最多一人植树100株，则至少有5人植树的株数相同．
证明：按植树的多少，从50到100株可以构造51个抽屉，则个问题就转化为至少有5人植树的株数在同一个抽屉里．
用反证法)假设无5人或5人以上植树的株数在同一个抽屉里，那只有5人以下植树的株数在同一个抽屉里，而参加植树的人数为204人，所以，每个抽屉最多有4人，故植树的总株数最多有：
4(50＋51＋ (100)
＝4×
2
51 )
100
50
(⨯
+
＝15300
＜15301
得出矛盾．
因此，至少有5人植树的株数相同．
数论函数
【内容综述】
本讲介绍数论中常见的一些函数的概念、性质及其应用，主要有
除数函数——自然数n的正因数的个数函数；
——自然数n的全部正因数的和函数；
欧拉函数——设n是大于1的自然数，则欧拉函数是表示与n互素且不大于n的自然数的个数；（高斯函数或称方括号函数[X]在下讲介绍）为书写清楚，同学们应熟悉连加符号“”与连乘符号“”：
；
特别是“”表示对称式的和；
“”表示对称式的积abc……；
【要点讲解】
§1．约数个数函数
§2．约数和函数
§3．欧拉函数φ(n)
★★★
§1．约数个数函数
定义1 设，则的正约数的个数称为函数。

定理1 设，且是质数，
则
略证：由乘法原理，约数系由、、…、的不同取法而生成，它们的取法分别有
种（含不取该约数的1种取法），故得证
例1. 求24的正约数个数。

解：
事实上，易求得约数分别是1，2，3，4，6，8，12，24；个数正是8个。

§2 约数和函数
定义设，
，则称的正约数和为函数。

定理2 自然数的正约数和函数
（其中为的素数，
）。

略证注意到（）
，
展开后，其项数恰为的约数个数
，
又每项皆形如，
可见每项皆自然数的约数且每个约数只出现一次，由此可见该积即，于是有
例2. 求780的正约数和。

解：
定理3 若、是互质的自然数，即(a，b)=1，则
证明：设，，
∵，故与各不相同（i=1，2，…，j=1，2，…，m）
§3.欧拉函数
定义设互素且不大于的自然数的个数(),称为欧拉函数。

如，易证是素数
（∵每个小于的自然数都与它互素）；反之可见，若是合数，必有。

关于欧拉函数，有以下性质定理
定理４设P是素数，且则
证明∵P是素数，显然有与互素的充要条件是，即有：，反之若，且知在1和之间，有以下个数是p的倍数：
，而其余的数都与互素，从而可知不超过且与互素的自然数个数。

当自然数的素因数分解式中，不只包含一个素因数时，有
定理5 设大于1的自然数的素因数分解式为
，
其中则有
证明：因为素因数的个数，故考虑采用数学归纳法（下设表有k个素因数的自然数）。

（i）当；
（ii）设；
注意到加入第个k+1素因数后，有
，
且当
于是由归纳假设就有
从而时，定理成立；
综上，对任意
（★的补证：引理设、、c∈N，则
(i)若则
,
从而
可见
故
同理可证
（ii）若，则存在素因数，由
同理，若
再证定理若，则
（★★）
注意到，故中有一个数为1时，（★★）显然成立，现假设
并把从1到的自然数排成长方阵：
1 2 ……r ……m
m+1 m+2 ……m+r ……2m
2m+1 2m+2 ……2m+r ……3m (n-1)m+1 (n-1)m+2 ……(n-1)m+r nm
则为上面这组数中与互素的自然数的个数，由引理知它等于这组数中同时与都互素的自然数个数。

注意到(km+r，m)=(r，m)，
所以当时，第列中的每一个数都与互素，从而这列数中共有
列数与互素。

下面再证这列的每列数中，恰好有个自然数与互素，这样就能证明
共有·个数，既与互素，也与互素，即定理为真。

事实上，从第列看，∵，
∴这列中的个数中，任意两个数被除时，所得余数都不会相同。

（若不然，设除同余，则
，
其中，于是有
因题设）
可见这第列中的个数被除的余数分别是0，1，2，3，…，（-1）（不计顺序），而这个数中与互素的自然数个数正是，即第列中存在个与互素的数。

这就证明了。

例3 求与300互素且不超过300的自然数的个数。

解所求的数即
★★★例4. 试判断是否存在自然数，使
解设）则
即
这里应估计到中必有一个是奇数（否则若它们全是偶数，则
，于是
但必是2的倍数，但它不等于14，（否
则，只有，且
，不妨令（★★★）而7是素数，★★★式中也是素数，因而不可能成立！），于是只能是
因此也不是成立的！
综上知，不存在。

例5. 试证：
证明：
（i）当是奇数时，，注意到，于是
（ii）当是偶数时，不妨设
综i,ii，原命题成立。

例6. 证明的值或者是1或者是偶数，其中。

证明：（i）当=1，2时，（）=1；
（ii）当>2时，若则
是偶数；
若，于是
【能力训练】
1．证明自然数的所有正约数的欧拉函数值的和为（即
）
2．设.)
()()()(,),(d d
n m mn d n m ϕϕϕϕ⋅==则。

3．记不大于自然数而与互素的数（共
，求证。

参考答案 【能力训练】
1．首先注意，若自然数。

这是因为不大于而与有公约数的数只能是
，即。

现记
，并注意到：
，于是有
不大于而与以为最大公约数的数有个； 不大于而与以为最大公约数的数有
个；
……
不大于而与以
为最大公约数的数有
个；
而任何一个不大于的数与最大公约数只能是之一,
于是,即.
2．注意
3.由可见，1与15-1；2与15-2；4与15-4；都是小于15且互素的数，
一般而言，若则有（若不然，设则
，于是矛盾）。

记为不大于且与互素的所有自然数，则
也是不大于且与互素的所有自然数,从而
赋值法在函数方程中的应用
赋值法是指给定的关于某些变量的一般关系式，赋予恰当的数值或代数式后，通过运算推理，最后得出结论的一种解题方法。

下面介绍它在函数方程中的应用。

一、判断函数的奇偶性
例1 若f（x＋y）＝f（x）＋f（y）中令x＝y＝0，得f（0）＝0。

又在f（x＋y）＝f（x）＋f（y）令y＝－x，f（x－x）＝f（x）＋f（－x），即f（0）＝f（x）＋f（－x），又f（0）＝0.
所以f（－x）＝－f（x）。

由于f（x）不恒为零，所以f（x）是奇函数。

例2 已知函数y ＝f （x ）（x ∈R ，x ≠0），对任意非零实数x 1x 2都有f （x 1x 2）＝f （x 1）＋f （x 2），试判断f （x ）的奇偶性。

解：取x 1＝－1，x 2＝1得
f （－1）= f （－1）＋（1），所以f （1）=0 又取x 1=x 2=－1，
得f （1）=f （－1）＋f （－1）， 所以f （－1）=0
再取x 1=x ，x 2=－1，则有f （－x ）= f （x ），即f （－x ）=f （x ） 因为f （x ）为非零函数，所以f （x ）为偶函数。

例3．对任意x 、y ∈R ，有（x ＋y ）＋f （x －y ）=2f （x ）·f （y ），且f （0）≠0，判断f （x ）的奇偶性。

解：令x =y =0得f （0）＋f （0）=2f 2（0），因为f （0）≠0，所以f （0）=1，又令x =0得f （y ）＋f （－y ）=2f （y ），即f （－y ）=f （y ）。

取x =y ，得f （－x ）=f （y ）.所以函数y =f （x ）。

二、讨论函数的单调性
例4． 设f （x ）定义于实数集R 上，当x ＞0时，f （x ）＞1，且对任意x ，y ∈R ，有f （x ＋y ）= f （x ）f （y ），求证f （x ）在R 上为增函数。

证明：由f （x ＋y ）=f （x ）f （y ）中取x =y =0得f （0）=f 2（0）。

若f （0）=0，令x ＞0，y =0，则f （x ）=0，与f （x ）＞1矛盾。

所以f （0）≠0，即有f （0）=1。

当x ＞0时，f （x ）＞1＞0，当x <0时，f （－x ）>1>0，而0)
(1
)( x f x f -=，又x =0时，f （0）=>0，所以f （x ）∈R ，f （x ）>0。

设x 1<x 2，则x 1<x 2>0，f （x 2－x 1）>1，所以f （x 2）= f [x 1＋（x 2－x 1）]=f （x 1）·f
（x 2－x 1）>f （x 1），所以y =（x ）在R 上为增函数。

三、求函数的值域
例5 已知函数f （x ）在定义域x ∈R ＋
上是增函数，且满足f （xy ）=f （x ）＋f （y ）（x 、y ∈R ＋
），求f （x ）的值域。

解：因为x =y =1时，（1）=2f （1），所以f （1）=0
又因为（x ）在定义域R ＋上是增函数，所以x 1>x 2>0时，令x 1=mx 2（m >1），则f （x 1）－f <（x 2）=f （m ·x 2）－f （x 2）=f （m ）＋f （x 2）－f （x 2）=f （m ）>0。

得以对于x >1有f （x ）>0。

又设x 1=mx 2>0（0<m <1），则0<x 1<x 2。

所以由函数在R ＋上递增可得f （x 1）－f （x 2）<0,即f （mx 2）－f （x 2）=f （m ）＋f （x 2）－f （x 2）=f （m ）<0。

所以对于0<x <1有f （x ）<0。

综上所述：当x ∈R ＋
时，f （x ）的值域为R 。

四、判断函数的周期性
例6 函数f （x ）定义域为R ，对任意实数a 、b ∈R ，有f （a ＋b ）=2f （a ）f （b ），
且存在c >0，使02=⎪⎭
⎫
⎝⎛c f ，求证f （x ）是周期函数。

证明：令2c x a =
=，2
c
b =，代入f （a ＋b ）＋ f （a －b ）=2f （a ）f （b ）可得：
f （x ＋c ）=－f （x ）。

所以f （x ＋2c ）= f [（x ＋c ）＋c ]=－ f （x ＋c ）= f （x ），即f （x ＋2c ）= f （x ）。

则f （x ）是以2c 为周期的函数。

例7 若对常数m 和任意x ，等式())
(1)
(1x f x f m x f -+=
+成立，求证f （x ）是周期函数。

证明：将已知式中的x 换成x ＋m 得f （x ＋2m ）=f [（x ＋m ）＋m ]
)(1)
(1)(11)(1)
(11)
(1)(1x f x f x f x f x f m x f m x f -=-
+--+
+=
+-++=又将上式中x ＋2m 换成x ＋4m 可得 )()
2(1
]2)2[()4(x f m x f m m x f m x f =+-
=++=+
故f （x ）是以4m 为周期的函数 五、求函数的解析式
例8 设对满足| x |≠1的所有实数x ，函数f （x ）满足x x x f x x f =⎪⎭
⎫
⎝⎛-++⎪⎭⎫
⎝⎛+-1313，求f （x ）的解析式。

解：将x 取为
13+-x x 代入原等式，有⎪⎭
⎫
⎝⎛+-=+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+13)(13x x x f x x f ， （1）
将x 取为
x x -+13代入原等式，有x
x
x x f x f -+=+-+1313)(。

（2） （1）＋（2），且将原等式代入即得)1|(|227)(2
3≠-+=
x x x
x x f
例9 求函数F （x ），当x ≠0，x ≠1时有定义且满足x x x F x F +=⎪⎭
⎫
⎝⎛-+11)(.
解：x x x F x F +=⎪
⎭
⎫
⎝⎛-+11)(，（1）中以x x 1-代换x 得 x x x x F x x F 1
211-=
⎪⎭
⎫ ⎝⎛--+⎪⎭⎫ ⎝⎛- （2） 再在（1）中以1
1
+-
x 代换x 得 12)(11--=
+=⎪⎭
⎫ ⎝⎛--x x x F x F ， （3） （1）－（2）＋（3）化简得
)
1(21
)(23---=
x x x x x F .
例10 f （x ）的定义域在非负实数集合上并取非负数值的函数，求满足下列所有条件
的f （x ）：（1）f [x ·f （y ）]·f （x ）= f （x ＋y ）；（2）f （2）=0；（3）当0≤x <2时，f （x ）≠0.
解：（Ⅰ）令x =2，t =2＋y ，由于y ≥0，故t ≥2。

f [2f （t －2）]·f （2）=f （t ）.
由（2）得f （2）=0，所以f （t ）=0.
所以当t ≥2时，f （x ）=0. ① 由（3）的逆命题知：当f （x ）=0时，x ≥2， ② 综合①、②得，f （x ）=0⇔x ≥2.
（Ⅱ）考虑0≤x <2，0≤y <2，（即f （x ）f （y ）≠0）时，（1）两边等于零的特殊情况。

设f [x （f （y ）） f （x ）=0. 因为f [x （f （y ））]f （x ）=0.
由（Ⅰ）得：x f （y ）≥2，即)
(2
y f x ≥。

设f （x ＋y ）=0，由（Ⅰ）得；x ＋y ≥2，
即x ≥2－y ，因为)(2y f x ≥
，且x ≥2－y ，所以y y f -=2)(2，解得y
y f -=22
)(.所以当
0≤x <2时，f （x ）=x x f -=22)(.所以⎪⎩⎪
⎨⎧≥<≤-=)
2.(0)20(,22
)(x x x x f
例11 设S 表示所有大于－1的实数构成的集合，确定所有的函数f ：S →S ，满足
以下两个条件：（i ）对于S 内的所有x 和y ，有
f [x ＋f （y ）＋x f （y ）]=y ＋f （x ）； （ii ）在区间－1<x <0与x >0的每一个内，x
x f )
(是单调递增的。

解：令x =y 得：
f （x ＋f （x ）＋x f （x ）=x ＋f （x ）＋x f （x ）
， 又令x ＋f （x ）＋x f （x ）=t ，则f （t ）=t ，在（1）中令x =t 得
f （t 2＋2t ）=f [t ＋f （t ）＋t f （t ）]=t ＋f （t ）＋t f （t ）=（t ＋2）t =t 2＋2t .
若t >0，则（t ＋2）t >t >0，但
1)2(])2[()(=++=t t t t f t t f ，与x
x f )
(在x >0时单调递增矛盾。

同理，t >0，亦导致矛盾。

因此，对任－x 恒有 x ＋f （x ）＋x f （x ）=t =0. 从而1
)(+-
=x x
x f 。

显然，这一函数满足题设条件。