近几年来,数列的命题呈现这样一个特点:基于等差数列、等比数列,用抽取或叠加的方式产生“子数列”,考查推理论证能力.试题难度都比较大,不少都涉及初等数论知识.本文就数列中“整解”问题略举几例,与大家共同归纳总结,以期寻求到解决此类问题的钥匙.
一、从整数的整除性探究存在性
例1 (2009江苏高考)设{an}是公差不为零的等差数列,Sn为其前n项和,满足a22+a因此,2n-1-m+1≠0,①式可化为b=2+t2n-1+m+1,
由于2n-1-m+1可取到一切正整数,且b≥3,故要至少有三个b,使得am+t=bn(t∈N)成立,
必须使整数2+t至少有三个大于或等于3的不同的因数,故满足条件的最小整数为12,即t的最小值为10,此时b=3,4,6或12.
点评:要探究b的存在性,需要先将b表达出来.
例3 已知数列{cn}的通项公式是cn=nn+2011,对于任意给定的正整数k,
是否存p,q∈N*在使得ck=cp•cq?
若存在,求出p,q的值(只要求写出一组即可);若不存在,说明理由.
解析:假设存在p,q,满足ck=cp•cq,则
kk+2011=pp+2011•qq+2011
,取倒数,得k+2011k=p+2011p•q+2011q
即1+2011k=1+2011p+2011q+2011×2011pq
整理,得q=k(p+2011)p-k
取p=k+1,则q=k(k+2012).
(也可以取p=2k,q=2k+2011.)
点评:(1)要探究的p,q存在性,需要先将p或q表达出来;(2)本题中k是“给定的”,作为已知常数,而不能理解为关于k的恒等式.
即存在m=2,n=12时,a1,am,an成等比数列.
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,利用初等数论知识探究存在性.常从等式两边的符号,奇偶性角度寻找矛盾来否定存在性,或从约数和倍数的角度进行合理的因数分解或因式分解,构造等量关系来肯定存在性.有时需要我们综合多种途径解决问题.最后让我们一起来赏析这样一例.
例7 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 10 13 …
4 8 12 16 20 …
7 12 17 22 27 …
10 16 22 28 34 …
13 20 27 34 41 …
… … … … … …
(1)证明:存在常数C∈N*,对任意的正整数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}.
试证:不存在正整数k和m(1<k<m),使得b1,bk,bm成等比数列;
(3)对于(2)中的数列{bn},是否存在正整数p和r (1<r<p<150),使得b1,br,bp成等差数列.
若存在,写出p,r的一组解(不必写出推理过程);若不存在,请说明理由.
解析:(1)因为第一行数组成的数列{A1j}(j=1,2,3,…)是以1为首项,公差为3的等差数列,所以A1j=1+(j-1)×3=3j-2,
第二行数组成的数列{A2j}(j=1,2,3,…)是以4为首项,公差为4的等差数列,
所以A2j=4+(j-1)×4=4j
所以A2j-A1j=4j-(3j-2)=j+2,
所以第j列数组成的数列{Aij}(i=1,2,3,…)是以3j-2为首项,公差为j+2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)(反证法)假设存在k、m,1<k<m,使得b1,bk,bm成等比数列,即b2k=b1bm
∵bn=Ann=(n+2)2-8,
∴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∵1<k<m,且k,m∈N*
∴k≥2,m≥3,
进而(m+2)+(k+2)2-8≥5+16-8=13,
∴(m+2)-(k+2)2+8∈(0,1),
这与(m+2)-(k+2)2+8∈Z矛盾,
所以不存在正整数k和m(1 使得b1,bk,bm成等比数列. (3)假设存在满足条件的p,r,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-12(r-1)=p+5, 解得r=13p=19. 所以存在r=13,p=19, 使得b1,br,bp成等差数列. 点评:第(3)问中数组(r,p)不唯一,例如(85,121)也可以. 第(1)(3)两问从因数分解角度进行求解,第(2)小题从缩小范围角度进行求解. (作者:谭爱平,江苏省泰兴市第三高级中学) (上接第25页) ②第一步:计算BM.由正弦定理 BM=dsinα1sin(α1+α2); 第二步:计算BN.由正弦定理BN=dsinβ1sin(β2-β1); MN=BM2+BN2+2BM×BNcos(β2+α2). 点评:本题主要考查解三角形问题,主要涉及了正弦定理和余弦定理的应用.方案设计题属于应用性开放型问题, 因为它贴近生活,具有较强的操作性和实践性,解决此类问题时要慎于思考,并能在实践中对所有可能的方案进行罗列与分析,得出符合要求的一种或几种方案. 三、结论开放 例3 (2012届海口高三模拟)已知在△ABC中,角A,B,C的对边的边长分别为a,b,c,且3acosC=(2b-3c)cosA. (Ⅰ)求角A的大小; (Ⅱ)现给出三个条件:①a=2;②B=π4;③c=3b. 试从中选出两个可以确定△ABC的条件,写出你的选择,并以此为依据求出△ABC的面积.(只需写出一个选定方案即可,选多种方案以第一种方案记分) 解:(1)由正弦定理可得: 3sinAcosC=2sinBcosA-3sinCcosA,即3sin(A+C)=2sinBcosA 3sinB=2sinBcosA, ∵sinB≠0, ∴cosA=32, ∵A∈(0,π),∴A=π6 (Ⅱ)方案一:选择①② 由asinA=bsinB, 得b=2×sinπ4sinπ6=22, sinC=sin(A+B)=2+64 ∴S=12absinC =12×2×22×2+64 =3+1 方案二:选择①③ 由余弦定理得, b2+c2-2bccosA=a2, 有b2+3b2-3b2=4, 解得b=2,c=23 S=12bcsinA =12×2×23×12=3 说明:若选择②③, 由c=3b, 得sinC=3sinB =62>1, 不成立,这样的三角形不存在. 点评:条件或结论开放性问题,应发散自己的思维,结合所学的知识点进行分析,从而可寻找出所要补的条件和能得出的结论.