第十四章 简单的数论问题（知识讲解&例题分析）-高考数学强基计划专题精讲与能力强化

强基数学·巅峰突破 7.C1471013…20142017的数值即1×10“1+4×10°：+7× 第十四章简单的数论问题 102+…十2014×102o14+2017×102o1?,其中a1,a,,a2, ,a12是对应数字出现的数位数， 一、选择题 注意到10的次方幂除以9的余数一定是1，所以 1.A将1,2，…，2012分成671组{1,2,3}，{4,5,6}，…，{3k+ 1471013…20142017=1+4+7+…+2014+2017 1,3k+2,3k+3},…,{2008,2009,2010},{2011,2012},由 =673×1009=7(mod9) 于{3k+1,3k十2,3k十3}中任意两数之和能被其差整除，故每 评析：这类余数计算题在自招（强基计划）当中非常常见，只要 个集合中至多可选1个数，故至多选671个，而所有3k十1型 习惯了这样的同余分析，难度其实并不大 数有671个，且满足任意两数之和(3k十2型)不能被其差（为 8.C 9+95+995+…+99…95=(10-1)+(100-5)+(1000 3的倍数)整除.故选出的数最多为671个.选A. 2016个9 5)+…+(102o7-5)=1110-(1+5×2016)=11…10 评析：分组和抽屉原理的结合用来确定范围，然后再构造出 g017个1 2017个1 一组满足要求的数， -10081=11…101029.故答案为C 2.A结合条件知(1+x)=(xy+yx十x之+x)=(x+y)(x十g) 2013个1 同理1十y=(x十y)(y十)；1十2=(x十)(y十). 评析：乍一看没什么思路，但是动手演算后容易发现与问题 所以(1+x2)(1十y)(1+≈2)=(x十y)2(y十≈)(x十z). 相关的规律.考验考生的计算能力， 9.D由正整数的幂次除以另外一个正整数的余数成周期性变 所以首先排除BC,对于A:(x十y)(y十之)(x十x)=士130，进而 (1+x)(y十x)=士130，在130的因子中寻找完全平方数加1的 化，发现2017”的个位数字为7、9、3、1的周期.故2017217除 以10的余数为7.同理，将选项中的3、5、6代入(2017 形式的数，得到x=0,1,4,9,25,64. n)217-"中，发现个位数字分别为6、6、1，不符合题意.故选D. 注意到xy,之均取相反数时条件xy十yg十xg=1仍然成立， 评析：考查数论同余问题.所用到的这个结论很容易也很重 所以不妨假设x>0,于是x可能的取值只有：0,1,2,3,5,8. 要，需要牢牢掌握！ 其中有一组解(8,5，一3)满足题意，选A. 评析：此题具有非常大的难度，对代数变形和数论分析能力 10.B首先注意到若d是n的因子，则子也是n的因子，解决 的要求都很高，解答过程当中有好几步都非常巧妙，很难想 到，考试时也没有那么多时间和这道题死磕，猜出它必须是 本题的关键是运用d和乃的对应关系， 完全平方数之后就马上选A. 设n的素因子分解是p的…p,那么结合d和7的对应 3.D我们将1到99的正整数分为两组，一组为1,2,3…，48， 49,另一组为50,51,52，…，98,99.根据和不等于99，也不等 关系以及因子总数为(a1十1)(a十2)…(an十1)，所有因子 于100的条件，若选了第一组中的任一数x,则对应的就有两 1+D(a2+l…(an+1 的乘积为n 2 ，这样就有(a1十1)=6或者 个第二组的数99一x,100一x不能选.那么构建48个抽屉： (a1十1)(a。十1)=6，所以我们得到n必须形如p或pg,其 (1,99),(2,98),…,(x-1,101-x）,(x+1,98-x),…,(49, 中力，q是不同的素数. 50).这48个数组中每个数组只能取1个数.所以至多只能取 下面需要对100以内的素数进行枚举，枚举的结果如下： 出48十1=49个数出来，不符合题意！ (1)对于p型素数，p只能取23和5： 故不能选第一组的数，唯一符合条件的选法只有选完第二组的 (2)对于pq型素数，p取2时，q有24个取值；p取3时，9 50个数50,51,52，…，98,99，其和为3725.故选D. 有13个取值；p取5时，9有5个取值；力取7时，g有3个取 评析：本题很容易看出来选50到99是一个符合条件的选法. 值；p取11时，g有2个取值；p取13时，g有1个取值， 但要证明这是唯一符合的选法，需要学生对组合的分析能力 综合两种情形，共有51种可能. 很高，但作为选择题，有一定数学感觉的学生在试了几个数 评析：本题较难，需要熟练掌握素因子分解中因子的和与积 组发现都不符合条件时，应该能快速给出D的答案. 的关系以及前100中的素数. 4.D,1020-228=220(520-1) 11.C考虑(5十3√3)21+(5-3√3)21“，使用二项式定理将 只需讨论5”一1被2”整除时n的最大值.运用同余法则， 5=5(mod16),52=9(mod16),53=13(mod16),5=1(mod 上式展开，得到罗2C501-(3E),由此知道上式为整 16),故520-1=0(mod16). 数，而(5-3)小于d0:因周此(6+3)：m小盘点后 ∴.n≥4，回到原题，正整数n的最大值至少为24.故选D. 前三位均为9，因此前三位之和为27. 评析：比较基础的对于同余的考查，但要注意对n=24时进行 评析：运用对偶式解决问题，需要注意的是，这也是一个二 验证. 阶递推数列的通项公式： 5,A以正九边形的某个顶，点为等腰三角形的底边所对顶，点的 12.B由于sin∠APB的取值范围为[0,1]，取3个抽屉 等腰三角形有4个，其中有一个是正三角形.因此所有的方法 数为3X9+1X9=30. [0,专)》[日号)[号小那么如装取7回个不同的P 3 则必有两个不同的点P,P,使得sin∠AP,B,sin∠APB 评析：这是一道带有对应方法思想的计数问题，将等腰三角 的值在同一个抽屉里，即有 形的数量对应为同一顶点发出的相等边，类似的问题出现在 Isn∠APB-in∠AP,B≤子，易脸证只取3个点时存 2015年的自招考试，要求计算正十五边形的钝角三角形的 个数，对应为钝角个数. 在反例不满足题意，故选B. 评析：简单的抽屉原理，换了一个方式表述而已 6.B由于当n≥10且n∈N时，100n!,于是1！十2！+…+2 016!=1!+2!+…+9！=1+2+6+24+20+20+40+ 20+80=13(mod100) 评析：简单的同余计算能力，是大家必须要掌握的。 370 参考答案与解析 由x1,x2非零，故不能为素数： x 若为2的非负整数次暴，则必有工1，工均为奇数，但奇数的 y=之，此时方程有一组解(6,6,6). 平方除以4余1，故可以是x1=一1，x2=1 此时a2十b2=4,所以B正确. 平方数除以3的余数为0,1.故(x+1)(x+1)不是3的倍 (3y-10)(3≈-10)=100， 数，综上，答案为B. 由3y-10=3x一10=2(mod3),100分解为两个模3余2的因数 21.C注意到n·n!=(n十1)！一n!,进行裂项相消得到1· 相乘有：2X50,5×20.3y-10=2时y=4<x,舍去. 1！+2·2!+3·3!+…+672·672!=673!-1,又因 得到一组解(5,5,10) 为2019=3×673，因此2019673！，进而原式除以2019余 (8)=4时，++日签得(-0(x-0=16, 数为2018. 22.C素数唯一分解理论，因为 由16=1×16=2×8=4×4分别解得三组解(4,5,20)，(4， (2019×2020)2021=262×52021X1012021X3021X6732021.可以 6,12),(4,8,8). 选取最小质数2,3,5,101,673，那么剩下的单个质因数的偶 0=3时，+}+上=里得 数次方出现的最多只能选取一个，不妨选2，再进行组合， y (y-6)(g-6)=36. 再由5个因数里面分别选取2个，3个，4个，5个，则一共有 由36=1×36=2×18=3×12=4×9=6×6， 32个，则最多可以选取32个，故选C. 分别解得五组解(3,7,42)，(3,8,24)，(3,9,18)，(3,10,15)， 23.BC将a2-1十a2s(k=1,2,…,10)作为一个整体， (3,12,12) a2k=ak-1十1或-aw-1-1, 综上：十}十上=合满足≤y<:的正维数解共有10 a26-1十a张=-1或2a26-1十1. y 设之a:中有1组取2041十1,10-1组取-1， 组，选B 则A=t-10+2(a+a,+…十a,)+t= 评析：考查不定方程知识，解题过程中只需确定解的组数即 可，无需解出具体解. 12t-10+2(a,十a,+…十a),其中i,i2,…,i,全为奇 数.现考虑模4,0→1→2→-1一0， 14.B两边同时模3可得x=2'(mod3).由于3不能整除2'， 故从a,=0出发模4后余数为 因此3不整除x.有x2=1(mod3).此时 2'=1(mod3)知y是偶数.设y=2,原式化为 0一1-2一1线01+2士 (2一x)(2+x)=615.容易解得只有一组符合条件的解 故，2，…，i全为奇数. (x,y)=(59,12. 15.A由于之系数最大，先看之，有0、1、2、…、33，共34种取值， 回到A=2t-5+(a,十…十a,), 若t为奇数，则A=2(mod4);若t为偶数，则 按奇偶分两类（考虑y的取值）之值为0、2、…32时对应的y A=2(mod4),综上A=2(mod4),故选BC. 有51、48，…3种，之值为1、3…33时对应y有49、46、…、1 24.B方法1：因式分解与整除 种，这是两个等差数列，因此答案为54X17十50X17 因为19x十93y=4xy,则 884种. (4.x-93)(4y-19)=93×19=3×19×31 评析：一步步分类，最后用等差数列求和予以解决. ①4y-19=1, 16.B由平均数为13得5个数之和为65，设中位数的最大值 4-93=93X10.此时5. x=465 为x,则有3x<65(考查后三个数之和)，从而知x最大为 ②4y-19=-1, 19,又2,2,19,19,23满足要求，故最大值为19：对于最小 4x-93=-93×19. 此时无解 值，可构造出3,3,3,3,53，使得中位数为3，而易证中位数为 ③/4y-19=3, 此时无解」 2不成立，因此最小值为3. 4x-93=31×19, 评析：本题需注意这五个素数可以相等， ④/4y-19=-3, 此时/y=4, 17.C本题可根据x,y,之中取零的个数进行分类，若三个数均 4x-93=-31×19 x=-124. 非0，则其绝对值有“113”和“112”这两种情况，每个取值均 ⑤y-19=19·此时无解。 对应正负两种取法，故共有2×3×23=48种；若有一个为 4x-93=93,1 0,则剩下两数的绝对值有“14”和“23”两种情况，共有3×4 04y-19=-19, 14x-93=-93, 时8 ×2=48种：若有两个为0，则共有3×2=6种.总共有 102种. ⑦y-19=3比时无解 4x-93=57,1 评析：本题不需要较高的技术技巧，只需要熟练运用加法、 乘法原理，合理分类、分步，注意不重不漏， ®/4y-19=-31 4x-93=-57, 此时/y=一3， x=9. 18.C原方程等价于(3x-100)(3y一100)=10000，而10000 =2·5,注意3x一100模3余2，枚举素因子可知3x一100 @4y-19=57·此时=19， 4x-93=31, x=31. 的素因子个数为1,3,5,7，共12组，选C. 19.B即求方程x2十mx一12=0，对于所有不同m的所有解 4y-19=一57：此时无解， 4x-93=-31, 数.通过十字相乘法，不难得到m可取士11，士4，士1，然后x 有士1，士2，士3，士4，士6，士12，一共12种取值，故不同的点 ①4-19=98此时=28， 14x-93=19, x=28. 一共有12个. 20.B设两根为x1,x2,则a=-x1一x2,1-b=x1·x2: ⑩y-19=-93,此时无解. 14x-93=-19, 所以a2+b=(x1十x)+(x1x-1) G4-19=31×19 =xi+x+xi·x+1=(xi+1)(x+1), 4x-93=3, 此时/y=152, 1x=24. 强基数学·巅峰突破 g-19=一31X19此时无解. a<a矛盾；取a~a,为-3，-2，-1,0,1,2,3知满足条 4.x-93=-3, 件，因此N的最大值为7 ⑤/4y-19=19X93, 答案：7 此时无解」 4.x-93=1, 30.解析：由于2016=2·32·7，所以m=21·3·7m, 明/y19=—19X93·此时{233 n=2”·3":·7"g,满足0≤m1n1≤5,0≤m2n2≤2,0≤m, 4x-93=-1, n3≤1，m1+n1>5或m2十n2>2或m3+ng>1, 所以共8组，选B. 考虑反面情况的个数，则满足条件的(m,n)的个数共有(5十 方法2：同余 1)2×(2+1)2×(1+1)”-21×6×3=918. 因为19x+93y=4xy,则(4x-93)(4y-19)=93×19=3× 答案：918 19×31, 评析：简单的数论题目，只需考虑唯一因子分解定理即可， 因为4.x-93=3(mod4),4y-19=1(mod4), 则4x-93=3,1931,1767,-1,-57,-93,-589, 31.解析：当x=-1时，(1+）=0°无定义！ 4y-19=… 因此x≠一1,0： 所以共8组，选B. 当x≠-1,0且为整数时，1十1>0， 25.B设m=10!×a,n=10！×b,则a,b互质，且ab=11×12 ×13×…×50.ab的质因数有2、3、5、7、11、13、17、19、23、 考虑f(x)=(x+1)m(1+2),/(x)=(x+1): 29、31、37、41、43、47共15个.其中a能取到的质因数为上 述15个数构成集合的子集，共2个，b取其补集情形即可. ()+(1+)=-+n(1+）g 26,A记a.=(5)+(),则由共所对应的特在散 ln1+)-tg)=1中t-1=-1中 t 方程知数列an满足 令g'(t)=0,得t=0.知g(t)≤g(0)=0, aw+2=am+1十an且a。=2,a1=1,依次可得 从而子(x)= a2=3,ag=4,a:=7,a=11,as=18,a=29,ag=47,ag= 子+n(1+士)≤0，故f在(-0,0 76,a1o=123,a11=199,a1e=322. (0,+∞)单洞递减.又m(1+)）中=im(1+）广· 而5∈0,1)，所以(5 12 ∈(0,1)， 2 2 (1+是）=e·1=e,由单调性有f()在(0，+o∞)内大于e 所以4>(+5)>4-1，所以a门=321 2 大于(+20》”， 27.B假设2023可以拆分成n个正整数之和，现在分两类 讨论： 秀南-2016)-(1+=)-(8票)”- 情形一：当n整除2023时，此时只有一种分拆，即这n个数 每一个都是2023 (1叶)广，商单调通减准可知，收有这一个整数 n 根x=-2016. 原因如下：如果把其中一个数拿出一个m,这个m必定会放 答案：1 进菜些2023中， 评析：本题主要考查与自然常数e有关的极限知识，主要结 合导数判断单调性，同时注意间断点x=0和一1，通过图象 至少使得某个数大于或等于2023+1，此时这两个数之差为 可得，当然也可利用函数的形式猜测答案 、 32.解析：[2002√1001+1)=2002×1001+ 2023+1-(2023-m）=1+m>1,不满足题意. [2002×(√/1001+1-1001)] 情形二：当n无法整除2023时，设2023=np十q(q<n) =202X1001+[2002×/101+1+101 1 此时也只有一种分拆，即q个p十1，n一9个p. 原因如下：(1)当在m个力十1中各拿一个1时，为了满足所 =2002×1001,代回原式，即求[n√个001+1]=1001n 有整数中的最大值和最小值相差不超过1，只能将这m这个 的解，显然只有2002个正整数解，从1到2002， 数均分成m个1使得m个p变成p十1，此时还是g个p十 答案：2002 1,n-g个p. 33.解析：2”的尾数变化为2,4,8,6，故由同余理论和整除理论 (2)当在n一q个力中拿出m1个1时，此时一定有某两个数 易知其个位数字为5. xy之差出现x-y≥p+1-(力-1)=2>1，不满足题意. 答案：5 综上所述：”可以取遍1到2023之间的所有整数，即共有 34.解析：0种.先从整体上来看这个问题，设3组的和分别为 2023种可能. 102x,203y,304x,那么5050=102.x+203y十304x=102(x+ 28.D设n=aeag-1…a2a1,由asa-1…agn, 2y+3x）-y-2x, 可得aa-1…a|a2a1,其中aa1>0,所以友的最大可能值 粗略估算一下y,,有y≤24，≤16，所以y+2≤56. 为4. ∴.当且仅当x+2y+3≈=50，y+2x=50时原式成立，然而 当k=4时，由aaa2a1,得a1=0,有a2≤9，aaa2a1,解 这显然不成立，故答案为0种 得a4, 答案：0 经检验最大的好数为3570， 35.解析：由p3十7p=p(p十7)，故原式为完全平方数台p+7 二、填空题 为完全平方数.枚举有p=2,29. 29.解析：若有至少8个数，由抽屉原理，至少有4个正数或4个 答案：2 负数，不妨设有4个负数a1<a2<a3<a:<0,a1,a2,ag中应 评析：非常基础的数论题，一个数是完全平方数，意味着它 有a十ag=a1a1,aa:中应有a2十a:=a1,则a3=a4,与 除去一个完全平方数后仍然是一个完全平方数。 372 参考答案与解析 36.解析：本题有一个重要的不变量：无论怎么擦去，黑板上的：43.解析：n一5n3十4n十7=n(n一1)(n2一4)+7 数，这些数的总和模11的余数是不变的，这一，点不难证明. 由于完全平方数模4余0或1，故(n一1)(n一4)能被4 于是黑板上剩下的数就是1+2十…+2017除以11的余 整除 数，即10. 从而n(n2一1)(n2一4)十7模4余3，不可能是完全平 答案：10 方数. 评析：一个综合了组合不变量和简单数论同余计算的题，稍 故这样的n共0个 加尝试即可发现问题的规律. 答案：0 37.解析：解得([x],[y])=(±7，士1)或（±1，士7）或 44.解析：由于1002十y,所以42+y. （士5，士5).每一组([x],[y])的值对应的(x,y)都是一个1 显然y≠1，所以y≥2，所以4|2'，进而得到4|y. ×1的小方块（比如满足([x],[y])=(7,1)的点集是A 设y=4f(1≤f504),则5|2+4f, {(x,y)7≤x<8,1y<2}), 由于2'=1(mod5),所以4f+1=0(mod5),即f= 面积为1，故答案即([x],[y])的组数为12. 1(mod5). 答案：12 设f=5d+1,则y=4f=20d+4(0≤d≤100). 评析：带有不定方程色彩的代数杂题，整体难度不大， 则2+4+20d+4=0(mod25) 38.解析：(1010.11)2=2+2+21+2=(10.75)1。· 由欧拉定理，g(25)=20,所以20=1(m0d25). 答案：10.75 进而得到0=2od+4+20d+4=20d+20(m0d25). 评析：进制数的转化是高中数学教材选修3（有关程序框图 所以25l20d+20,5d+1,所以d=5k+4(0≤k19). 和算法)中的经典例子，也属于强基计划考试的考查范围， 因此这样的y有20个. 39.解析：考虑到2”+2"=2+1，取n=0(mod3),n=0(mod4), 答案：20 n=-1(mod5)即可. 45.解析：假设yyf了=m,fdd=n,则100≤m≤999,1≤n 例如取n=60k+24,k∈N 999, 此时(220+8)3十(2t+6)=(22+5). 由此可得原命题等价于1000m+1=(1十m),即1000 答案：无穷 40.解析：由2=1(mod7),可知2模7是三循环的， 2十m. 2张=1(m0d7),2+1=2(mod7),2张+2=4(mod7),其中 由于102≤2+m≤101，所以102≤1000≤1001，且 k∈N. -[]-罗号-22（行+号+）g1 n1000. 7 所以n=1,2,4,5,8,因此对应的(m,n)有5种不同的取值， 674=2-1)(1+2+2+…+22019 ,-674=1+23+2 对应的六位数为 +…+2200-674. 100m+n=100×(900-2）+. 结合8=6(mod10),8+1=8(mod10),8+2=4(mod 即998001,498002,248004,198005,123008这样的六位 10), 数之和为2065020 8+3=2(mod10)(其中k∈N),可知 答案：2065020 Y=1+168(8+4+2+6)+8-674=5(mod10) 46.解析：由题意知若A为n十1位数，则 答案：5 D(A)≤(2+1-1)×9<2"+1×10，b,=2033<100, 41.解析：由于，=1×1=10-1×11， 所以b至多为40位，所以b,<20X10<8×10<101i. 9 所以b至多15位，进而b,<2×10<8×10<10, 那么由10-1川可得10-110-上×11 所以b至多6位，进而b<2×10<640, 9 所以b至多3位，进而b<23×10<80, 故9×(10°-1)10+1-1.于是103-1110+1-1. 所以b:至多2位，进而b<40也至多两位， 利用报转相除法可以证明(a”一1，a”一1)=amm)一1(a 依此类推可得b202至多两位， 为大于1的正整数) 其各位数字的平方和不超过81+81=162，小于200 于是，我们有9|n+1.令n十1=9k,代入原式则有9× 答案：小于 (10°-1)110-1. 47.解析：记这三个数为20a,20b,20c,其中gcd(a,b,c)=1,abd 而10-1=(102-1)×[103(-1)+10c-)+…+10+11, =1000=23·53.设a=21·52,b=231·52,c=27·572, 因此，我们有910c-1D+10c-2)+…+10°+1， 继而9k.所以k≥9.再结合n十1≥81可知，n的最小值 则maxa月7}=maxia.B.,方}=3 min{a1月，Y}=mina28。Y2}=0 为80. 先不考虑a,b,c两两不同的条件，每个分量的种数为3十6十 答案：80 6+3=18,共18=324种. 42.解析：设F=a1aa3a:aasa,asasa1o 除去其中有相同的情况，，b,c中两个相等，不等于第三个， 则a1十a2十…十a1o=81, 种数为3×2=12.324-12=312（种）. 其中1≤a1≤9,0≤a:≤9，i=2,3,…,10. 令b,=9-a,则有b1十b:十…十b0=9, 故这样的不同正整数组共有32=52（组）. 6 其中0≤b≤8,0≤b≤9，i=2.3,…,10. 答案：52 而该方程的非负整数解共C0-1=C1=48620组. 48.解析：设n除以这9个数的余数为r2(n),rg(n),…,r1o（n), 除去唯一一组不合题意的(9,0，…，0) 易得d(n)=r.(n十1)-r(n)=1或1一k. 故共有48620-1=48619个小猿数. 由题意可得上述9个差中正数与负数之和为0， 答案：48619 必然有d,(n)=dg(n)=d(n)=d。(n)=1. 373 强基数学·巅峰突破 若d。(n)=一5，则d,(n)=-2,d,(n)=一1，不符合题意 或(7k,7k)(k∈N"). 所以d6(n)=1,d2(n)=-1,d3(n)=-2,d,(n)=-3, 经验证，(11,1)，(49,1)，(7,7k)(k∈N")均符合条件. d(n)=1,所以3n十1且4n十1，但6不能整除n+1, 由7k+7k≤2024解得k≤16，所以加上限制条件a十b≤ 显然是不可能成立的，故满足R(n)=R(n十1)的两位数n 2024后，满足条件的(a,b)恰好就是(11,1)，(49,1)， 的个数为0. 或(7k,7k)(k∈N,k≤16). 答案：0 综上，满足条件的(a,b)一共有18组 49.解析：因为n一1=(n十1)(n-1),可知n-1,n十1的奇偶 答案：18 性相同， 51.解析：由题意a2+6=10a+b,则a2-10a+b-b=0,且a∈ 若n一1为120的倍数，则n一1，n十1均为偶数， N,b∈N,a,b∈[0,9]，当b=0时，则a=0或a=10,不符： 且120=2×3×5，可知n一1，n+1中必有一个为10的 当b=1时，则a=0或a=10,不符； 倍数， 当b=2时，则a2一10a+十6=0，易知a不为整数，不符； 且(n+1)一(n-1)=2,可知n一1，n十1必有一个为4的 当b=3时，则a2-10a十24=0，可得a=4或a=6: 倍数， : 当b≥4时，则△=100一4(b-b)<0.即a无实数解，不符： 即(n+1)(n一1)必为8的倍数， 综上，对应ab有43和63，共2个 结合带余除法可知：从10开始10的倍数除3的余数依次为 答案：2 1,2,0,1,2,0,…, 52.解析：设n的末尾有k个9，即n=amam-1…a+19…9,a+1 若10的倍数除3的余数为1，则其加2为3的倍数， ≠9， 可知n一1为10的倍数，n十1为3的倍数，此时n的值是唯 所以n十1=anam-1…(a4+1+1)0…0,此时必要条件为9k= 一的 1(mod5), 若10的倍数除3的余数为2，则其减2为3的倍数， 所以最小为4，当n=9999时不符合题意， 可知n十1为10的倍数，n-1为3的倍数，此时n的值是唯 所以n最小可能为五位数，经检验n最小值为49999 一的 答案：49999 若10的倍数除3的余数为0（即为30的倍数），符合题意， 三、解答题 可知n一1，n+十1均可为10的倍数，此时n的值是有2个： 53.解：连续n个正整数中肯定有n的倍数和m的倍数，分别记 且1≤n≤150，即2≤n+1≤151,0n-1≤149， 为x,y.若x≠yxy即为所求；否则x=y,考虑(n,m),因为 在0到151中，可知10的倍数有16个，30的倍数有6个，考 虑到0,150的唯一性， (,m)≤号，所以这连续n个数中肯定有两个不同的整数被 所以S的元素个数为10+4×2十2=20. (n,m)整除，取不同于x的整数之，x即为所求 答案：20 54.解：使用局部最优化方法，尽可能选择较大且互素的数字 50.解析：由于ab2+b+7整除ab+a+b,而b一7a= 20,19可选，18不可选，17可选，16,15,14不可选，13可选. b(ab十a+b)一a(ab+b+7),故ab十b+7整除b2-7a 因此局部最优化方法所给出的结果为 由于6-7a<6≤ab<a6+b+7,故B-7a a6+6+7<1, 20×19×17×13=83980. 所以。7是非王的基数，即 5,解：++号26xg=2016xy+g+ y之 故(x-2016)(y-2016)(≈-2016)= 若7a-b a6+6外7N ab+6+7=0,则7a=6,从而b是7的倍数，设6=7 xy之-2016(xy+yz+≈.x)+20162(x+y+≈)-2016=0. 56.解：若A中有a:(a∈N)个元素对应B中的元素i,i=1,2, (k∈N),则a=号=号(7)=7k,此时 …,5,则好对的个数为a十a5十…十a个，且a1十a2十…十 (a,b)=(7k,7k)(k∈N): a=15(a∈N,i=1,2,…,5),若a:-a;≥2，则a:-1-(a十 若7a-b ab+6+7∈N,则7a-6 ab+6+721.从而7a-1≥7a-6≥ 1)≥0，令a。=as(k≠i,j)a:=a:-1,d,=a;+1,则a'1十 a2十…+a'=15(a,∈N,i=l,2,…,5),此时a+a+… ab+b+7≥ab2+8. +a-(a'+a+…+a')=a-(a-1)2+a-(a,+1)2 所以6≤7a-9=7- 9<7,得b≤6，所以b∈(1,2} =2(a:一a,一2)≥0，所以当且仅当a1=a2=…=a=3时， “好对”的个数最少，最少为45 假设b=2,则4+22 ∈Z,且 57.解：如图，实线表示两支队伍比赛过，虚线表示 ab2+6+7 未比赛过，首先由于D比赛了四场，所以此队 4a+9=2-7a-6 结>0结号-- 伍和其他四队都比赛过；此时发现A与D比赛 ab2+6+7 <2,得 过，所以A与剩余三队均未比赛过；接着C比 十22=1，所以a=1号，矛盾， 31 赛三场，而C未与A比赛，所以C与其他三队 D 4a+9 。=1-7- 均比赛过；最后B与C、D比赛过，所以B未与E比赛过，综 所以6=1，则5 Ta-b 57 6+b+7∈Z.而a十8 合以上发现E恰与C、D比赛过，所以E打了2场比赛。 >08=1-=7- 57 57 58.解：我们证明：每5条线段分成的若千条小线段，即可找到三 b+b+7<7,故8 条构成三角形 ∈{1,2,3,4,5,6}. 将所有的小线段的长度排序为：x1<x2<…<x≤1，其中 币g一定是57的因数，而57=19X3,放 a+8∈(1,3}. n≥5. 我们证明：其中必有三个可作为某个三角形的三边长.若 如果品。=1，则a=0如果7g=3,则a=1。 不然， 1 从而，满足条件的(a,b)只可能是(11,1)，(49,1)， 则1≥x>工。1十工。->2x。-1,即x。-<2工。≤2，同样地 37 参考答案与解析 < 1 当=2时++(-2y-2=3 11 x<<< 22,3< 1.x=5 4 “x>>2,x,e7r-2=3 （y-2=1 →{y=3 ,…,于是 {x=2 因此符合题意的正整数x,y,之有(x,y,)=(2,3,5),(2,5, +十+<1X2+×2+×2+<4 3),(3,2,5),(3,5,2),(5,2,3),(5,3,2) 与x1十x。十…十x,=5矛盾. 评析：本题涉及整数的整除问题以及质因数分解，两者都是 59.解：n的最小值为15.一方面，由于四次方数模16的余数只 数论问题中的基本概念 能为0或1，在原式两端模16即知n≥15.另一方面，取x1= 62.解：用调整法. 5,x2=x=3,z=…=x1=1,知n=15确为最小值 若a,都有a;≥1，则对任意一组a1,a2,…,a1o,我们固定 a,a…,a10不动，则a1十a2=30-a-…-ao为定值 60.解：m个人可有C=,卫种配对方法，而每场比赛恰好 2 又，a1,a2≥1，则将a1调整为1，记为a1;a2调整为 占用两个配对，因此4n(n一1)，即n=4k或n=4k+1.下证 29-a3-…-a1o,记为ag.使得a,<1. 此条件亦充分. 这样新的a十a4=30-a一…一a1o,aa≤a1ae（请读者自 将个人看作平面上n个点，则每个配对对应于连接两个，点 证，较容易)， 的一条边，因此原问题等价于将，1D条边等分成 ∴.a{a2ag…a1o≤a1aga3…a1o 2 同理，我们再固定a,a,…,a1o,(a已固定到1)同样可调整 (”1D组，每组两边，且每组中的两边不相交（也即边无公 a至1.依此类推， 4 最终我们调整到a{=a=…=a=1,a。=21, 共顶点) 且对任意一组a1a2,…,ao,有aag…a1o≤a1a2…a1o 当=4或5时，分组如下图所示： 而aa4…aio=21→a1a2…a1o≥21， 这与a1a2…a1o<21矛盾.所以3a,使得a,<1. 评析：本题用调整法，对学生的代数分析能力要求较高，还 需注意 63.解：不存在.反证：假设存在四个正实数a,bc,d使得它们两 两乘积为2,3,5,6,10,16. 设k时已配对，其顶点记为y=y+1y,y（为了表示方 因为四个正实数a,b,c,d的两两乘积为ab,ac,ad,bc,bd, 便)，则k十1时，将新增加四个顶，点x1x2,x3x, cd,把这些乘积乘起来，所以 则用下列原则配对：(x,y)(工y+1),s十t=5, (abcd)3=2×3×5×6X10×16,又a,b,c,d为正实数， s=1,2,j=1,2,…,i,x1,x2,x3,x之间的配对等同于n=4 的情形， 所以abcd=4/450,所以在2,3,5,6,10,16中应存在两个 评析：适当引入图形以便对问题的理解更加直观清晰。 数之积等于4√450，显然这是不可能的，所以假设不成立， 61.解：本题等价于求使(y1)(y-1)(x-1) 所以不存在四个正实数，使得它们两两的乘积为2,3,5,6， TyE 10,16. xy心-（红十y十）+y十些+一⊥为#教的正整数 64.解：至多有4个 首先可以取1,3,7,9这四个数，它们任意三个数之和分别为 x,y,之.不失一般性不妨设x>y>之， 11,13,17,19为质数，满足. 思路一：由于x,y,之∈N",因此xyz|xy十y之十之x一1，则 下面再证明5个正整数是不符合题意的. xyz≤xy十y之十x一1<3.xy于是之<3，结合Z为正整数，从 若有5个正整数，则考虑正数被3除的余数，如果有一个数 而x=1,2. 的余数为0，那么考虑余下的4个数被3除的余数；如果余 当=1时，xyxy十y十x-1台xyy+x-1于是 数既有1也有2，那么这两个数与前面余数为0的数的和刚 xyy十x一1<2x,所以y2, 好为3的倍数，故不符合题意；如果余下四个数的余数均相 但另一方面y>,且y是正整数，所以y≥2，矛盾. 等，显然取余下四个数中的三个数，则这三个数的和为3的 当x=2时，2xyxy+2y十2x-1,于是 倍数，不是质数，也不符合题意：如果这5个数被3除的余数 2xy≤2y+xy+2x-1,即xy≤2y+2x-1,→ 都不等于0，则由抽屉原理，至少有3个数被3除的余数相 xy≤2x+2x<4x→y4,又yx=2,故y=3 同，这三个数的和是3的倍数，不是质数，也不符合题意 所以6x≤6十3x十2x-1,即x5,结合x>y=3知x=4,5, 综上可知，不存在5个正整数符合题意，即至多有4个正整 经检验仅有x=5符合题意. 数符合题意. (另处理：xy≤2y十2x-1台(x-2)(y一2)≤3，结合 评析：在数论问题中最常用同余构造矛盾，寧实上，经过一 x>y>x=2知x-2=2或3，y一2=1≤3) 些举例尝试，本题至多取4个正整数的结论是比较容易得出 思路二，y++-1=1+1+1-1< 来的，之后针对5个正整数的情况的构造矛盾即可，本题还 xy之xyg 运用了抽屉原理。 ++++ 65.解：一共有五组解： (1,6),(2,11),(5,2),(7,6),(11,11) 1=1+1+1-1 x yxy <3><3,结合之为正整教，从而 将原方程进行配方的变形： x=1,2. z2-xy-2x+3y=11台4.x2-4xy-8.x+12y=44台(2x-y 当=1时，++-0>十y=1,无解合去： -2)2=(y+4)2+32→ y zy (2x-y-2)2-(y-4)2=329 375 强基数学·巅峰突破 (x-3)(x+1-y)=8 确.C.设A={0,a1a2aa:}且a<a<a<a,于是由0< 解得答案为(x,y)=(1,6),(2,11),(5,2),(7,6),(11,11) a-a<a-a:<a-a1知，a-ag=a1,a4-ag=a2,a4-a 评析：二次型不定方程，通过配方进行分解，再作质因数分 =a0,a2,a成等差数列，错误.D.A={0,a1a2,ag,a,a} 解讨论方程的根，这类题是不定方程当中非常常见且难度 且a,<a,<a<a,<a,于是和C相似的处理方法可以得到 不大的问题，请大家掌握. a1十a:=ag十ag=a,由于a,十ag>a5,所以a:-ag=ag-a 66.解：由x2-13「x]+11=0得x2=13[x]一11∈N,所 =a1,于是0，a1,a2成等差数列，错误. 以x>1, 评析：集合问题向来是组合数学中的重点，对所给集合的条 因为x-1<[]<,所以2-13(x-1D+11>0, 件反复运用，数学灵感较好的同学应该不难想到C、D中的处 x2-13x+11≤0， 理方法」 得-24<x2-13x≤-11， 2.ACD桑合M中所有元素的和为Sw=口十”，考虑到3lSM, 2 解得x∈1,18-区)U3+匝，13+55]. 于是n=6k,6k+2(k∈N") 2 2 2 此时[x]可能取值为1,2,10,11,12， 当n=6k时，集合M中所有3的倍教之和大于号SM,集合C 分别代入计算可得x=√2，√15，√19，√132,145 经检验√5不符合题意，故方程的解只有4个 中元素之和大子号5，不特.当m=6十2时，5=18+15k 67.解：解法一：由题设，每位数字取自集合{2,4,6,8}，因此每位 十3，其中3的倍数和为6k十3k,而所有奇数的和为9k+6k+ 有4种选择，且数字2出现的次数为偶数（包括0次），下面 1,所有偶数的和为9k2十9k十2，那么只需要找若干和为k的奇 按2025位数中含有2的个数分类求解如下： 数，若千和为k+1的偶数放入C集合中，所以k为奇数，n=121 ①当含有0个2时：数字2的填法有C2种填法，每一位都 一4形式的数是必要条件，通过验证A、C、D三个选项，进行 从4,6,8中选一个数字有3种，2025位有32种不同填 构造 法，共有C2532025种不同填法. A:5、7;4、8:1、2、3、6: C:k=11,将奇数11，偶数4,8和3的倍数放入集合C中； ②当含有1个2时：数字2的填法有C5种填法，在剩下的 D:k=13,将奇数13，偶数4,10和3的倍数放入集合C中 每一位都从4,6,8中选一个数字填入有3种，2024位共有 32·种填法，共有C25322种不同填法； 评析：组合题目，根据条件自然想到去估算集合C来确定 个数是“萌数”所需要满足的条件」 ③当含有2个2时：数字2的填法有C225种填法， 3.C考虑正十五边形中钝角的个 在剩下的每一位都从4,6,8中选一个数字填入有3种， 数：可知其中一个角为钝角等价 2023位有共有3202种填法，共有C032种不同填法； 于该角对面的弦的另一侧有大于 ④当含有i个2时：数字2的填法有C种填法， 或等于7个，点，假设正十五边形的A 在剩下的每一位都从4,6,8中选一个数字填入有3种， 顶点为A1,A2,…,A5.先考虑以 2025-i位有32-种填法，共有C32025种不同填法. A:为顶点的钝角的个数，如果 An (其中i=3,4,5,…,2025) AA。是角的一条边，那么剩下一 A 所以，由加法原理，满足各位数字由2,4,6,8组成的2025 AB A 条边的顶点，只有可能为A。到 位数的不同数的总个数是Co2532025+Cs3204十…十 A1中任一个；如果A1A是一条边，剩下一条边的顶，点只有 Ce532o2i-+…十C823°=(3+1)2o2①. 可能为A到A1中任一个…于是以A1为顶，点的钝角的个 又C2232o25-C32o24+…+(-1)C0s32025-i+… 数为1+2+3+4+5+6=21. C83=(3-1)202②，由①+②得满足各位数字由2,4， 再注意到，每一个钝角唯一确定一个钝角三角形，每一个钝 6,8组成，且含偶数个2的2025位数的总个数为C3 角三角形唯一确定一个钝角，于是钝角的总数量和钝角三角 +C53o+…+C8833+C831= 形的总数量是相等的 (3+1)2025+(3-1)202 -=21049+22024 于是钝角三角形一共有21×15=315个 2 评析：这是一道组合计数问题，并且是组合计数问题当中非 所以满足各位数字由2,4,6,8组成，且含偶数个2的2025 常著名的正多边形的顶点角和顶点三角形的计数问题，已经 位数有2049十2202：个. 属于竞赛题的范围，本题转化钝角三角形个数为钝角个数的 解法二：由题设，每位数字取自集合{2,4,6,8}，因此每位有 思想是组合中基本的映射的思想.此题难度不小. 4种选择，且数字2出现的次数为偶数（包括0次）， 4.B化简a1-5a,+10a3-10a,+5a:-a=0,有10(ag-a,) 由数字每一位的生成函数为3十x,则2025位数的生成函数 +5(a-a2)+(a1-a)=0.故有5la1-a.而{a1,a,ag,…, 为f(x)=(3十x)22, a}是{1,2,3,4,5,6}的一个排列，故只可能a1=1,a:=6或 所以，只需求(3十x)5中偶数次幂的系数和S即可，而 者a=1,a1=6.分别代入有2{a一a,）十a一a2±1=0.用同 f(1)=4225,f(-1)=22025 样的考虑方式，2a-a2±1，即a-a是奇数.将{2,3}{3， 又f(1)+f(-1)=2S,则S=f1)+f(-1)=2g 2}{2,5}{5,2}{3,4}{4,3}{4,5}{5,4}共八种不同的情况代 2 入，一共只有六组解.选B. +22024 评析：组合数论题目，不仅要求学生有较好的数论分析功底， 还要求能从复杂的分类讨论中不重复、不遗漏地找到所有满 第十五章组合数学 足题意的解，总体而言这道题难度较高· 5.AB AB ++++=y:+y= 一、选择题 1.B显然0∈A.选项A.设A={0,a1,a2},则a,一a1=a1,于是 2×20=10,为定值，CD中xi+zx+x+x+x和+ 0,a1Q2成等差数列，错误.B.取A={0,1,3,4}满足条件，正 +y十y十y之间没有直接关系。 376第十四章简单的数论问题 第十四章简单的数论问题 知识要点回顾 除得的余数.注意：r共有b种可能的取值： 0,1,…,b一1.若r=0,即为a被b整除的情形； 1.整数的p进位制 若n是正整数，则x”一y” 给定一个m位的正整数A,其各位上的数字 (x-y)(x"-1+x"-2y+…+xy-2+y-1); 分别记为am-1,am-2,…,a0,则此数可以简记 若n是正奇数，则x”+y”= 为A=am-1am-2…a,(其中am-1≠0). (x十y)(xn-1-x"-2y+…-xy-2+y-1). 正整数A的力进位制表示： 整数整除性的一些数码特征（即常见结论） A=am-1Xpm-1十am-2Xpm-2+…十a1Xp (1)若一个整数的末位数字能被2（或5）整 +ao,其中a:∈{0,1,2，…，p-1},i=0,1,2, 除，则这个数能被2（或5）整除，否则不能； …,m一1且am-1≠0，而m仍为十进制数字， (2)一个整数的数码之和能被3（或9）整除， 简记为：A=(am-1am-2…a0）b: 则这个数能被3（或9）整除，否则不能； 2.整除的概念及其性质 (3)若一个整数的末两位数字能被4（或25） 定义：设a,b是给定的数，b≠0，若存在整数 整除，则这个数能被4（或25）整除，否则 c,使得a=bc,则称b整除a,记作bla,并称b 不能； 是a的一个约数（因子），称a是b的一个倍 (4)若一个整数的末三位数字能被8（或125） 数，如果不存在上述c,则称b不能整除a,记 整除，则这个数能被8（或125）整除，否则 作b八a(如果不加特殊说明，我们所涉及的数 不能： 都是整数，所采用的字母也表示整数)， (5)若一个整数的奇数位上的数码之和与偶 由整除的定义，容易推出以下性质： 数位上的数码之和的差是11的倍数，则这个 (1)若bc且ca,则bla(传递性质)； 数能被11整除，否则不能。 (2)若ba且bc,则b1(a士c); 算术基本定理 (3)若ba,则或者a=0,或者|a≥|b,因此 设整数a>l,那么必有a=p1p2…pn(※)，其 若bla且ab,则a=土b; 中p,(1≤j≤n)是素数，且不在记次序的意 (4)a,b互质，若alc,bc,则abc; 义下，（※）式是唯一的. (5)p是质数，若pa1a2…an,则p能整除a1, 若把（※）式中相同的素数合并，即得a=p帆% a2,…,an中的某一个；特别地，p是质数，pa”, …般，1十a2十…十a,=n,p1<p2<…<p.(这 则pa. 里：互不相同，i=1,2,…,s),称为a的标 带余除法：设a,b为整数，b>0,则存在整数 准素因数分解式. q和r,使得a=bq十r,其中0≤r<b,并且q 裴蜀(Bezout)定理：设a1,a2,…,ak是不完 和r由上述条件唯一确定；整数q被称为a 全为零的整数，则对于整数n,存在整数 被b除得的（不完全）商，整数r称为a被b y1y2,…,yk, 21 强基数学·巅峰突破 使得n=a1y1十a2y2十…十ayk(*)成立的 (1)不定方程问题的常见类型： 的充要条件是(a1,a2,…,ak)n. ①求不定方程的解； 特别地，(*)式对n=1成立的充要条件是 ②判定不定方程是否有解； (a1,a2,…,ak)=1,即a1,a2,…,ak互素.这 ③判定不定方程的解的个数（有限个还是无 里符号(a1,a2,…,ak)指a1,a2,…,ak的最大 限个). 公约数 一次不定方程 两个整数a,b互素的充要条件是存在整数 设整数k≥2，c,a1,a2,…,ak是整数且 x,y,使得ax+by=1. a1,a2,…,ak都不等于零，以及x1,x2,…,x 3.同余的定义及性质 是整数变量.方程a1x1十a2x2十·十akxk= 定义：设m>0,若m(a一b),则称a和b对 c,称为飞元一次不定方程，a1,a2,…,a称为 模m同余，记作a=b(modm);若不然，则称 它的系数. a和b对模m不同余，记作a≠b(modm).当 (2)解不定方程问题常用方法： ①代数恒等变形：如因式分解、配方、换 0≤b<m时，a=b(modm),则称b是a对模 元等； m的最小非负剩余. ②不等式估算法：利用不等式等，确定出方 由带余除法可知，a和b对模m同余的充要 程中某些变量的范围，进而求解； 条件是a与b被m除得的余数相同.对于固 ③同余法：对等式两边取特殊的模（如奇偶 定的模m,模m的同余式与通常的等式有许 分析)，缩小变量的范围或性质，得出不定方 多类似的性质： 程的整数解或判定其无解； 性质1.a=b(modm)的充要条件是 ④构造法：构造出符合要求的特解，或构造 a=b+mt,t∈Z,也即m(a-b). 一个求解的递推式，证明方程有无穷多解； 性质2.同余关系满足以下规律： ⑤无穷递推法. (1)(反身性)a=a(modm); 5.高斯函数 (2)(对称性)若a=b(modm),则b=a(modm)； 定义：函数y=[x],称为高斯函数，又称取整 (3)(传递性)若a=b(modm),b=c(modm),则 函数. a=c(mod m); 定义一：对任意实数x,[x]是不超过x的最 (4)(同余式相加)若a=b(modm), 大整数，称[x]为x的整数部分.与它相伴随 c=d(modm),则a士c=b士d(modm); 的是小数部分函数y={x},{x}=x一[x]. (5)(同余式相乘)若a=b(modm), 性质： c=d(mod m),ac=bd(mod m). (1)y=[x]的定义域为R,值域为Z;y={x} 4.不定方程 的定义域为R,值域为[0,1) 定义：变数个数多于方程个数，且取整数值 (2)对任意实数x,都有x=[x]十{x}, 的方程（方程组）称为不定方程（组）. 且0≤{x}<1. 218 第十四章简单的数论问题 (3)对任意实数x,都有[x]≤x<[x]+1, 方法2：设xyz=m,abc=n, x-1<[x]≤x. 则有6(m·103+n)=7(n·103+m),即5 (4)y=[x]是不减函数，即若x1≤x2,则 993m=6994n→461m=538m. [x1]≤[x2],y={x}是以1为周期的周期 又因为m,n均为三位数，而(461,538)=1， 函数 所以xyzabc=538461. (5)[x+n]=n+[x];{x+n}={x}.其中 【例2】设a1,a2,a3,a4是4个有理数，使得 x∈R,n∈N*. aa,1ej4=-24,-2,-8-31.3 设k是非负整数，记号a‖b表示b恰被a 求a1+a2十a3+a4的值， 的k次方整除，即ab且a+1不整除b. [解析]由题设可知aa,(1≤i<j≤4)是6 定理：设n是正整数，p是素数，a=a(p,n)满 个互不相同的数，且其中没有两个互为相反 足p,则a=apw)-月引 的数，所以a1,a2,a3,a4的绝对值互不相等. 多项式 不妨设|a1|<|a2|<|a3|<|a4|,则 余数定理：多项式f(x)除以(x一a)的余数 |a:|·|a;|(1≤i<j≤4)中最小与次小的分 为f(a. 别为a1·|a2|,a1|·|a3|,最大与次大的 因式定理：f(a)=0(即x=a是f(x)的根)的充 分别为|a3|·la4,a2l·|a4l, 要条件是(x一a)是多项式f(x)的因式. 1 a1·a2=- 8, a2= 8a 典型例题精讲 从而有a3·a1=1, → 于是 a3= 类型一 数论与方程 a3·a4=-24, 【例1】已知6 xyzabe=7 abcxyz,求xyzabct的 a2·a4=3 a4=-24a1, 值. aa4aas=f-24ad,-}=-2,-引. [解析]方法1：设xy之=m,ab=n, m,n∈[100,999]， 注意到a1为有理数，只可能a1=士 从而 则有6(m·103+n)=7(n·103十m), 1 1 a1= 4,a2=2a=-4,a4=6或 即m(6×103-7)=n(7×103-6). 1 因为(6×103-7,7×103-6)=(6×103-7， a1= 2a3=4,a4=-6. 103+1)=(-13,103+1)= 经检验，两组值均满足条件！ (13,1001)=13, 所以a十a十as十a4=士9 4 而500<7X10-6<999>m=7×10-6 13 13 类型二高斯函数 =538,m=6X10-7=461. 【例3】[x]表示不大于x的最大整数，集合 13 121 「227 「20032 故xyzabe=538461. 2003'2003，,2003 中共有多 219 强基数学·巅峰突破 少个元素？ 所以(72004+36)818的个位数是9. [解析] 当(n+1)2 203≥1，即n≥1001 n 方法2：因为72004=(50-1)1002=1(m0d10), 2003 所以(72004十36)818=7818 时 「(n+1)2 与 「n2 相异，所以n≥1001 2003 2003 =(50-1)409=-1=9(m0d10). 的元素有1003个；当n十1)2 n2 2003<1即 所以(72004十36)818的个位数是9. 2003 【例6】如果两个或两个以上的整数除以 n≤1000时，两相邻元素的差为1或0， V(N为整数，V>1),若所得的余数相同且 故元素个数为 100027 2003 +1=500个.综上， 都是非负数，则定义这两个或两个以上的整 集合中共1503个元素. 数为同余.若69,90和125对于某个N是同 【例4】记[x]表示不超过实数x的最大整数. 余的，则对于这样的V,81的同余是多少？ [解析]由题意可知：N|(90一69)， N|(125-90), [分析] 分析：题中出现了[]与[”，3]， 即N|21,V|35,又(21,35)=-7. 2 为了计算表达式的左边，可以对按照模6 而81=4(m0d7),所以81的同余是4. 来讨论， 【例7】求所有素数p,使得p 32+1 [证明]对n按照模6分六种情形讨论， [解析]由于2|1不成立，故p=2不满足 当n=6t-3+r(t∈N*,r=0,1,2)时， 条件.以下设卫为奇素数 对=1,2…，2，曲费马小定理知 -]-r-2+=+ 「n2+2n+4 k2p=k2 (modp). 当n=6t+r(t∈N*,r=0,1,2)时， 故20+1+(p-k)2中=20+1+(2p十1)k2p- - k2p=pk2P=pk2(modp). =3t2+t+rt= n2+2n+4 和知=2 12 综上，对于任意的n∈N*, -(modp2), 24 产 「n2+2n+4 当且仅当24(p2-1)时，p 12 类型三同余问题 显然p≠3. 【例5】整数(7204+36)818的个位数是多少？ 当p≥5时，p-1=（p十1)(p-1)必为3和 [解析]方法1：7m的个位数按7,9,3,1规 8的倍数，故24(p2-1). 律循环出现，则72004十36的个位数是7， 综上，所求p为一切大于3的素数. 220 第十四章简单的数论问题 类型四不定方程（组） 【例10】 证明：存在无穷多个正整数n,使得 【例8】有两个两位数，它们的差是56，两数分 (同+[√])川，其中，[]表示不超过实 别平方后，末尾两位数相同，求这两个两 数x的最大整数. 位数 [解析]设这两个两位数为a,b(a>b), [证明] 设x=[=[]则 则a-b=56,a2-b2能被100整除，而 x2≤n<(x+1)2,5y2≤n<5(y+1)2. a2-b2=(a+b)(a-b)=56(a+b)=8× 令5y2+1=x2. 7×(a+b). 下证方程x2一5y2=1有无穷多组整数解. 所以a十b能被25整除，又a一b为偶数，所 显然，x=9,y=4是一组解. 以a十b也为偶数， 令ak+be5=(9+45)(ab∈z+). 又由题意得a十b=(a一b)+2b 则a-b√5=(9-45). ≥56+20=76，a+b≤99×2=198， 从而，a-5b=1,即所有的x=ak,y=b 所以a+b只能是100或150， (∈2)均满足方程x2-5y2=1. 1a-b=56,1a=78, 1a-b=56, 对于上述给定的x、y、n满足 由 或由 a+b=100b=22 a+b=150 x2≤n≤x2+2x, →a=103(舍). 即5y2+1≤n≤5y2+1+2√5y+1,及 所以这两个两位数是78和22 5y2≤n≤5y2+10y+4. 【例9】三个自然数的倒数和为1，求所有 注意到，(5y2+10y+4)-(5y2+1+ 的解. 2√5y+1)=√100y+60y+9-√20y+4>0. [解析]设所求的三个自然数为a,b,c且 所以，x2≤n≤x2十2x,即共有2x+1个n使 a≤b≤c,则 b 由y≤x,知在x2,x2十1，…，x2十2x这连续 a a 2x十1个整数中，至少有一个为x+y的 }a3又a71,所以a-2或a=3 倍数. 当a=2时+日知4，所 例如，当x=9,y=4时，在81,82，…，99中， 以b=3或4，c=6或4. 寿在a=91使得（园+层 类型五 整除问题 【例11】2005！的末尾有连续多少个零？ 所以b=3,c=3. [解析]2005！=MX2m×5”(m>n),末尾 综上a,b,c分别为2,3,6或2,4,4或3,3,3 0的个数即对应5的因子个数n. 22 强基数学·巅峰突破 考虑到51=5,52=25,53=125,54=625， 故47[m(m-1)+8]台47|[i(i-1)+8] 55=3125>2005, 台i=22,26 2005 「2005 「2005 因此，47(m+46m十713)为完全平方数， 5 25 125 只有当m=22(mod47)或m=26(mod47)时 「2005 625 =500. 才有可能： 故2005！的末尾有连续500个零， 当m=47k+22(k=0,1,…)时， 【例12】求正整数区间[m,n](m<n)中不能 47(m2+46m+713)=472(47k2+90k+47) 被3整除的数字之和， 当m=47k+26(k=0,1,…)时， [解析]在区间[0，n]中，3的正倍数有 47(m2+46m+713)=47(47k2+98k+55). [个， 当k为偶数时，47k2+90k+47、47k2+98k+ 55均不为完全平方数， 故在区间[0，n]中不能被3整除的数字之和 若k=2n-1(n∈Z+),则47k2+90k+47 为D-(+: 2 =4(47n2-2n+1),47k2+98k+55 在区间[0，m一1]中，3的正倍数有 =4(47n2+2+1). m-1] 3个， 于是，47(m2+46m+713)为完全平方数的必 要条件是47n2士2n+1(n∈Z)为完全平方 故在区间[0，m一1]中不能被3整除的数字 数，并且取“+”时，m=94n一21；取“一”时， 之和为m业-是"。(”写+： m=94n-25. 综上，在正整数区间[m,]中不能被3整除 经计算，能够使得47n2一2十1为完全平方数 的数字之和为 的最小正整数n=6,此时，m=94×6-25=539; 1-是+- m(m-1)+ 使得47n2+2n+1为完全平方数的最小正整 数n=8,此时，m=94×8-21=731. + 故使得47(m2+46m+713)为完全平方数的 【例13】 求最小的两个正整数m,使得 最小的两个正整数m为539、731. 47(m2+46m+713)为完全平方数， 【例14】证明：存在无穷多个素数，使得对于 [解析]注意到47(m2+46m+713) 这些素数中的每一个，至少存在一个 =47[47(m+15)+m(m-1)+8], n∈Z+,满足p(20142+2014). 于是，47(m2+46m+713)为完全平方数的必 [证明] 假设结论不成立，则可设 要条件是47[m(m-1)十8]. p1,p2,…,pk为整除形如20142十2014这 设m=47k十i(k=0,1,…;i=0,1,…,46).则 样的数中至少其中之一的全部素数. m(m-1)+8=(47k+i)(47k+i-1)+8 考虑k+1个数2014+2014(i=1,2,…, =47k(47k+2i-1)+i(i-1)+8. k+1).由于这些数是有限数，故存在一个 222 第十四章简单的数论问题 q∈Z+,使得这+1个数中的任何一个均不 3k+2,3k+10,3k+18;由于3k+18=3(k+6)为 被p(j=1,2,…,k)整除.又20142+2014可 合数，与已知矛盾； 因此3个质数组成的等差数列仅有3,11,19 以足够大，知存在一个，使得20142+2014> 一个 p,其中，p=max{p1,p2,…,ps. 【例16】将与105互素（互质）的所有正整数 对于这个足够大的20142十2014，将其素因 从小到大排成数列，求这个数列的第1 数分解，知必存在某个，的指数大于q 000项， 考虑这个足够大的20142十2014及20142”+ [解析]方法1：设S={1,2,…,105}, 2014,20142*+2014,…,20142++2014这 A1={x|x∈S,且3|x},A2={x|x∈S,且 k十1个数.由于它们每一个均被某个p整 5|x},A3={x|x∈S,且7|x}. 除，但卫，仅有飞个，由抽屉原理，知这k十1 则与105互素且不大于105的自然数的个数为 个数中必存在两个数被同一个(j∈{1， 1A1∩A2∩A|=|S|-I(A1UA2UA3|+ 2,…,k})整除. (|A∩A2|+|A1∩A3|+IA2∩A3I)- 即p1(2014"+2014),p1(2014+2014). |A1∩A2∩A3I] 其中，0≤x<r≤k.故-2014=20142= 因为|S=105,A1=35,1A21=21,A3|=15, (20142)2=20142'(modp) 1A1∩A2|=7,1A1∩A3|=5,1A2∩A3|=3, →1(20142十2014).与g的选择矛盾.综 |A1∩A2∩A3|=1: 上，原结论成立. 所以|A1∩A2∩A3|=105-115+21+35|+ 类型六数论综合问题 (3+5+7)-1=48. 【例15】写出所有的由三个质数组成公差为8 与105互素的正整数按从小到大的顺序排成 的等差数列 的数列为a1,a2,…,an…. [解析]3个质数组成的等差数列仅有 则a1=1,a2=2,a3=4,…,a48=104. 3,11,19一个.下面证明唯一性： 令P={a1,a2,a3,…,a48}. 对于第一个质数可能出现的情况分三类： 一方面，对于n≥1，令 p=3k,p=3k+1,p=3k+2. am=105k+r(k≥0,0≤r≤104，k,r∈Z) 若第一个质数为p=3,则这个数列为3k, .(am,105)=1,.(r,105)=1,故r∈P; 3k十8,3k十16；由于p=3k为质数，从而 另一方面，对于任意的非负整数k及”∈P, k=1,此时所求数列为3,11,19. (r,105)=1,.(105k+r,105)=1. 若第一个质数为p=3k十1，则这个数列为 从而必有n使得am=105k十r.这表明数列 3k+1,3k+9,3k+17; {am}有且仅有形如105k十r(k≥0，k∈Z, 由于3k十9=3(k十3)为合数，与已知矛盾； r∈P)的数按从小到大的顺序排列而成. 若第一个质数为卫=3k十2，则这个数列为 因为数列是递增的，且对每个固定的非整数 223 强基数学·巅峰突破 k,当r取遍P的值时共得48个数，而 1 11 a2a3 ala3 ala2 1000=48×20+40,a1000=105×20+a40. .a48=104,a47=103,a46=101,a45=97, 若a1≥2→a2≥3，a3≥4， 1+1十1 aza3 ads aaz a44=94,a43=92,a42=89,a41=88,a40=86, 议++ ≤ 1 1∠1 .a1000=105×20+86=2186. 故a1=1→1+a2十a3=a2a3 方法2：由105=3×5×7得不超过105而与 →(a2-1)(a3-1)=2, 105互质的正整数有： 1a2-1=1,1a2=2, 105×(1-3)1-31-7)=48个 此时S={1,2,3}. a3-1=2a3=3, 1000=48×20+48-8,105×20=2100. 若n=4,a1十a2十a3十a4=a1a2a3a4 1 而在不超过105与105互质的数中第40个 、1 +1+1 =1, aza3as alasas alazasalazas 数是86.故所求数为2186. 由于a:≥i(i=1,2,3,4),故 【例17】在1,2,3，…，10中随机选出一个数 1 1 十1+1 a,在-1，一2，一3，…，一10中随机选出一个 azasas ajasas aazay aaza3 1 1 1 数b,求a2+b被3整除的概率. 2x3×41×3×4+1×2×4+1x2X3<1. [解析]若a∈{1,2,4,5,7,8,10}，a2 同理n≥5也不可能.综上，集合S={1,2,3. 1(mod3). 方法2：设集合S={a1,a2,…,am},不妨设 若a2+b=0(mod3)→b=-1(m0d3) 1≤a1<a2<…<an. ① →b∈{-1，-4，-7，-10}. 由题意有a1十a2十…十an=a1·a2·…·an,② 若a∈{3,6,9}a2=0(mod3), 集合①得na1<a1·a2·…·am<nan,于是 若a2+b=0(mod3)→a=0(mod3), a1·a2·…·an-1<n,③ 而a1·a2·…·an-1>（n一1)！，所以 →b∈{-3，-6，-9}. n>(n-1)！,则n>(n-1)(n-2), a2十b为3的倍数的概率为 解得2-√2<n<2十√2.而n∈N*,n≥2，于 7×4+3×3_37 100 100 是n=2或3. 【例18】求由正整数组成的集合S(至少两个 当n=2时，由③式应有x1<2,则x1=1, 元素)，使S中的元素之和等于元素之积. 代入②式得1十x2=1·x2,矛盾，所以当 n=2时，符合题意的集合S不存在； [解析]方法1：设集合S={a1,a2,…,an} 当n=3时，由③式有x1x2<3,而1≤x1<x2, 不妨设1≤a1<a2<…<an 只有x1=1,x2=2,代入②式得x3=3, 若n=2,a1十a2=a1a2→(a1-1)(a2-1)=1, 所以符合题意的集合为S={1,2,3. 由a1,a2∈N,得a1-1=a2-1=1 类型七数论创新问题 →a1=a2=2,与集合的互异性矛盾！ 【例19】A和B做如下游戏：两人轮流在黑板 若n=3,a1十a2十a3=a1a2a3 上写下一个自然数，要求新写下的数不能表 224 第十四章简单的数论问题 示成黑板上已有数字的非负整系数线性组 从而ab=a(x+1)+b(y+1) 合，即：若写下了a1,a2,…,an,则新写下的数 ≥ab+ba=2ab,矛盾！ 不能表示成a1x1十a2x2十…十anxm,其中x 综上，引理得证。 (i=1,2,…,n)是自然数，例如：若黑板上已 回到原题.由上述引理，大于19的所有整数 经写下了3和5，则不能再写8、9、10（因为 都可以写成5和6的非负整系数线性组合. 8=3+5,9=3×3,10=5×2)等.写下数字1 由于除了1、5、6之外，小于19且能写成5、6 的将输掉游戏，假设黑板上最初写下的两个 的非负整系数线性组合的数有5×2=10， 数是5和6，然后A继续，A和B轮流写数， 5+6=11,6×2=12,5×3=15,5×2+ 问二人谁有必胜策略？ 6=16,5+6×2=17,6×3=18,故开始写出 [解析]这个问题要用到下面的引理： 的数只能是2、3、4、7、8、9、13、14、19.故A先 设a、b是互质的正整数，则ab一a一b是不能 写19，剩下8个数可以分成4对：(2,3)、 表示成ax十by(x、y为非负整数)形式的最 (4,7)、(8,9)、(13,14).当B写下其中某对 大整数. 中的一个数时，则A写下此对中的另一个 证明：因为a、b互质，由裴蜀定理，对任意整 数.8个数写完以后轮到B写数，而B只有 数n,有整数x、y使得n=ax十by. 写1，B输掉游戏。 ax+by=a(x+b)+b(y-a) 综上，A有必胜的策略， =a(x-b)十b(y十a),这说明，可将x增加 【例20】求最小的正整数n,使得当正整数点 或减少若干个b, k≥n时，在前k个正整数构成的集合M= (相应地，y减少或增加同样多个a)使得 (1,2,…,k}中，对任意x∈M总存在另一个 0≤x<b,()式仍然成立.x、b均为整数， 数y∈M且y≠x,满足x十y为平方数. 故不妨设（￥）式中的x满足0≤x≤b一1. [解析]易知当n≤6时， 若n>ab-a-b,则by=n-ax 在M={1,2,3,4,5,6}中，数2与其他任何 >ab-a-b-axab-a-b-a(b-1)=-b 数之和皆不是平方数； →y>-1,即y≥0， 以下证明，n的最小值为7. 故n可以用（*)式表示，且x、y都是非负 如果正整数x、y(x≠y)满足：x十y=平方 整数。 数，就称{x,y}是一个“平方对”， 以上证明了任何一个大于ab一a一b的正整 显然在M={1,2,…,7}中，{1,3}，{2,7}， 数，都能表示成ax十by的形式（其中x、y是 {3,6},{4,5}为平方对. 非负整数)； 在M={1,2,…,7,8}中增加了平方对 以下用反证法证明ab一a一b不能表示成 {1,8};在M=(1,2,…,7,8,9}中增加了平 ax十by(x、y为非负整数)的形式. 方对{7,9}. 若ab-a一b=ax十by(x,y为非负整数)，即 以下采用归纳法，称满足题中条件的为具 ab=a(x+1)+b(y+1),则由blab,bb(y+1), 有性质P,简记为k∈P。 得bla(x+1),而(a,b)=1,故blx+1.而x+1 根据以上可知，当7≤k≤3时，均有k∈P. 是正整数，故x十1≥b.同理y十1≥a, 设已证得，当7≤k≤m(m≥3)时，皆有 225 强基数学·巅峰突破 k∈P,考虑7≤k≤(m+1)2的情况，用归纳 所以d3=( ds-d2 2 假设，只需证，当k=m2十r,其中1≤r≤2m d,-）,由此可知d是完全平 十1时，均有k∈P 方数， 首先，在r=2m+1,即k=(m+1)2时， 由于d2=p是n的最小素因子，d3是平方 (k,2m十3)构成平方对， 数，故只能d3=p2, 这是由于k+(2m十3) 从而d2一d1,d3一d2,…,d一dk-1为p一1， =(m+1)2+(2m+3)=(m+2)2, b2-力，b3-b2,…,p1-b-2, 而由m2一(2m十3)=(m-1)2-4≥0，知 即d1,d2,d3,…,d6为1，p,p2,…,p-1, 2m+3≤m,即2m+3≠k. 此时相应的n为p-1 在1≤r≤2m时，(k,2m+1一r)构成平方对， 综上可知，满足条件的n为所有形如p“的 这是由于k+(2m+1一r) 数，其中p是素数，整数a≥3. =(m2+r)+(2m+1-r)=(m+1)2, 而1≤2m+1-r≤2m<m2, ●真题实战演练 所以2m十1一r≠k. 、选择题 因此对于满足7≤k≤(m十1)2的每个k,皆 1.(2012·北大)从1,2，…，2012中挑选一些 有k∈P, 数，其中没有两数之和可以被其差整除.选 从而对所有满足7≤k≤m2(m≥3)的正整数 出的这些数最多有 () k,皆有k∈P, A.671个 B.672个 即对一切正整数≥7，均有k∈P.所以n的 C.673个 D.以上都不对 最小值为7. 2.(2015·北大)整数xy,,满足xy十yz十xz=1, 【例21】求满足以下条件的所有正整数： 则(1+x2)(1+y2)(1+2)可能取到的值为 (1)n至少有4个正因数； () (2)若d1<d2<…<dk是n的所有正因数， A.16900 B.17900 d2一d1,d3一d2,…,d。一d-1构成等比数列. C.18900 D.前三个答案都不对 [解析]由n至少有4个正因数，可得≥4， 3.(2015·北大)在不超过99的正整数中选出 又由d2一d1,d3一d2,…,d一d-1构成等比数 50个不同的正整数，已知这50个数中任两 列，所以44：-d 个的和都不等于99，也不等于100.这50个 d2-d1d-1-d-2 因为d1<d2<<ds是n的所有正因数，可 数的和可能等于 A.3524 B.3624 得d=1,d=,d--2d-2。 n C.3724 D.前三个答案都不对 4.(2015·北大)已知1020-220是2”的整数倍， 代入上式得 d3-d2 d2 d2-11 ,化简得 则正整数n的最大值为 ( nn d2 ds A.21 B.22 (d3-d2)2=(d2-1)2d3, C.23 D.前三个答案都不对 226 第十四章简单的数论问题 5.(2016·北大)从一个正九边形的9个顶点中 12.（2015·清华)在直角坐标系中，已知 选3个，使得它们是一个等腰三角形的三个 A(一1,0)，B(1,0),若对于y轴上的任意n个 顶点的方法数是 不同的点Ps(k=1,2,),总存在两个不同的 A.30 B.36 点P,P,使得|sin∠APB-sin∠APB|≤ C.42 D.前三个答案都不对 6.(2016·北大)1！+2！+…+2016！除以 言则：的最小值为 A.3 B.4 100所得余数为 C.5 D.6 A.3 B.13 13.(2016·清华)已知x,y,之为正整数， C.27 D.前三个答案都不对 7.(2017·北大)由1,4,7,10，…，2014,2017 1≤y那么方程十十}立的解有 x y 构造的数1471013…20142017除以9的 余数是 A.8组 B.10组 A.1 B.4 C.11组 D.12组 C.7 D.以上答案均不正确 14.(2016·清华)不定方程x2+615= 8.(2017·北大)9,95,995，…，99…95之和中 2"(x,y∈N*)解的个数为 2016个9 共有 个1. A.0 B.1 A.2012 B.2013 C.2 D.3 C.2014 D.以上都不对 15.(2017·清华)x+2y+3z=100的非负整数 9.(2017·北大)使得(2017-n)2017-"和n”个 解的组数为 A.884 B.885 位数字相同的最小正整数n是 D.887 A.3 B.5 C.886 C.6 D.以上答案均不正确 16.(2018·清华)a,b,c,d,e均为素数，且平均 ) 10.(2018·北大)已知n的所有正因数的乘积 数为13，则 A.中位数最大为17B.中位数最大为19 等于n3(n为1~400之间的正整数)，则n C.中位数最小为5D.中位数最小为7 的个数是 17.(2018·清华)整数x,y,之满足|x+|y+ A.50 B.51 |z=5,则这样的(x,y,z)有 ( C.55 D.以上选项都不对 A.100组 B.101组 11.(2018·北大)将(5+3√3)2o18化为十进制 C.102组 D.103组 小数，则其十分位、百分位、千分位的数码 18.(2019·清华)正整数x,y满足1+1 =3 之和为 100' A.0 B.9 则(x,y)有序数对有 ) C.27 D.以上选项都不对 A.24组 B.25组 221 强基数学·巅峰突破 C.12组 D.13组 A.29 B.215 19.(2019·北大)对于所有不同的m,y=x与 C.221 D.218 y=12一m.x交点坐标为整数的有 26.(2022·北大)已知[x]表示不超过x的整 A.11个 B.12个 数，如[1.2]=1，[-1.2]=-2.已知 C.13个 D.14个 a=1士5，则a]= () 20.(2016·北大)若方程x2+ax+1=b有两 2 个不同的非零整数根，则a2+b2可能为 A.321 B.322 C.323 D.以上都不对 A.素数 27.(2023·清华)已知2023可以分拆为几个 B.2的非负整数次幂 正整数之和，所有整数中的最大值和最小 C.3的非负整数次幂 值相差不超过1有多少种可能 () D.前三个答案都不对 A.2024 B.2023 21.(2019·北大)1·1！+2·2！+3·3！+… C.2022 D.2021 +672·672!除以2019的余数为( 28.(2024北大)称正整数n为好数，当它各位 A.1 B.2017 数字均不相同，且对于所有正整数m满足 C.2018 D.以上选项均不对 n 10” >0,都有 0% 则最大好数的范 22.(2020·北大)在(2019×2020)221的全体 围是 正因数中选出若干个，使得其中任意两个 A.(0,1000) B.(1000,2000) 的乘积都不是平方数，则最多可选因数的 C.(2000,3000) D.以上均不对 个数为 二、填空题 A.16 B.31 C.32 D.前三个答案都不对 29.(2016·清华)在N项有穷数列{an}中，满 23.(2020·清华)（多选）a=0,la+1|=la,十1， 足①l≤i<j≤N时，a:<a,②l≤i<k≤N 令A-l2ai.则 时，a;十a;,a:十ak,a;十ak至少有一项在 ( {an}中，则N的最大值为 A.A可以等于0 B.A可以等于2 30.(2017·清华)满足m2016,n2016,而m C.A可以等于10 D.A可以等于12 不整除2016的(m,n)的个数为 24.(2020·北大)方程19x十93y=4xy的整数 解的组数为 31.（2015·北大)满足等式(1+)- A.4 B.8 1 2015 的整数x的个数是 C.16 D.前三个答案都不对 (1+2015 25.(2011·清华)已知m,n最大公约数为10！， 32.(2016·北大)2002[n√1001+1= 最小公倍数为50！，数对(m,n)的组数为 n(2002√1001+1)有 个正整 数解 228 第十四章简单的数论问题 33.(2016·北大)(2+1)(22+1)(22016+1)的 44.(2022·北大)已知正整数y不超过2022 个位数字是 且满足100整除2'+y,则这样的y的个数 34.(2016·北大)将{1,2，…，100}分为三组 为 各组之和分别是102、203、304的倍数，共 45.(2022·北大)已知六位数y1y2f3f4dd,满 有 种分法。 35.(2017·北大)已知p为100以内的质数， 足vdd=(1十y),则所有满 fadsde 且满足3+7p2为完全平方数，则p的个 足条件的六位数之和为 .(f4d5d6 数为 不必为三位数) 36.(2017·清华)黑板上写有1,2,3，…，2017 46.(2022·北大)若A为十进制数，A= 这2017个数.每次操作任意擦去其中的某 aa1…an,记D(A)=a。+2a1+2a2+…+ 三个数a,b,c,写上a+b+c除以11的余 数，问黑板上最后剩下一个数的所有可能 2"an.已知b。=203310,bn+1=D(bn),则 值 b2022各位数字的平方和 200.(横线 37.(2018·清华)记[x]代表不超过x的最大 上填“大于”“小于”或“等于”) 整数，如[1.1]=1，[-1.1]=-2.则方程 47.(2023·北大)三个互不相同的正整数的最 [x]2+[y]2=50所确定的新有(x,y)在平 大公约数是20，最小公倍数是20000，那么 面直角坐标系中的面积是 这样的不同正整数组共有 个 38.(2018·清华)将二进制小数(1010.11)2转 48.(2023·北大)R(n)表示正整数n除以2,3， 化为十进制的结果是 4,5,6,7,8,9,10的余数之和，则满足R(n)= 39.(2021·北大)方程y3+f=d的正整数解 R(n+1)的两位数n的个数为 (y,f,d)的组数为 49.(2024·南京)集合S={n|1≤n≤150， 40.(2021·北大)已知Y ,则Y的个 n2-1为120的倍数}，S的元素个数 位数字是 为 50.(2024·清华)已知a,b∈N*,a+b≤2024， 41.(2021·北大)设ym=122…21.若10°-1 使得ab+b+7整除ab+a+b的解 yn,则n的最小值为 (a,b)有 组 42.(2021·北大)如果一个十位数F的各位数 字之和为81，则称F是一个“小猿数”，则小 51.(2025北大)满足ab=a2十b的两位数的个 猿数的个数为 数 43.(2021·北大)设正整数n≤2021，且 52.(2024北大)用S(n)表示正整数n的数码 n-5n3+4n+7是完全平方数，则可能的n 和，求满足S(n+1)与S(n)均为5的倍数 的个数为 的n的最小值 229 强基数学·巅峰突破 三、解答题 54.(2019·北大)从1,2,3，…，20中任选四个 53.(2014·南开大学)设m,n为正整数，且 不同的数，求这四个数的最小公倍数的最 m<n.证明：对于任意连续n个正整数，总存 大值. 在两个不同的正整数的乘积为mm的倍数. 55.(2016·北大)实数x,y,之满足 x+y+x=2016,1+1+1=1 xyT之20161 求(x-2016)(y-2016)(z-2016)的值. 230 第十四章简单的数论问题 56.(2019·清华)A={1,2,3,…,15},B= 58.(2019·北大)有10条长为1的线段，每一 {1,2,3,4,5},f是A到B的映射，若满足 条都被分成若干个小线段，证明：总可以从 f(x)=f(y),则称有序数对(x,y)为“好 中选择6条，组成2个三角形 对”，求“好对”的个数的最小值. 59.(2019·清华)若x+x2+…十x=799有 57.(2019·清华)A,B,C,D,E五支队伍两两 正整数解，求n的最小值. 进行比赛，已知A打了一场，B打了两场，C 三场，D四场，问：E打了几场比赛？ 231 强基数学·巅峰突破 60.(2012·清华)某乒乓球培训共有n位学员， 62.(2015·北大)已知a:(i=1,2,3,…,10)满 在班内双打训练赛期间，每两名学员都作 足：a1十a2+…十a1o=30,a1a2…a1o<21, 为搭档恰好参加过一场双打比赛.试确定n 求证：3a;,使得a,<1. 的所有可能值，并分别给出对应的一种安 排比赛的方案。 61.(2013·清华)已知x,y,之是互不相等的正 整数，xyz|(xy-1)(yz-1)(xx-1), 63.(2011·北大)是否存在四个正实数，使得 求x,y,之. 它们两两的乘积为2,3,5,6,10,16？ 232 第十四章简单的数论问题 64.(2013·北大)最多能找多少个两两不相等 66.(2024北大)求R上方程x-13[x]+11=0 的正整数使其中任意三个数之和为质数， 的解的个数. 并证明你的结论。 65.(2017·北大)求不定方程x2-xy-2x十 67.(2025北大)满足各位数字由2,4,6,8组 3y=11的正整数解. 成，且含偶数个2的2025位数有几个. 233