管中窥豹_洞若观火——与数列有关的不定方程的整数解问题初探

2010年第6期 中学研究 线，从而AP=一 PB，AQ= QB，于是有 z0 z1一Ax2 Yl—Ay2 Xl+ z2 一T ，Yo _二_ ， ， l_ ，从而z。· = ， 。· = ，又由A，B在椭圆上，即有 (1)， 2 ＼上／’ ： (2)， a 。 a 命题 3 设点P(x0，yo)是抛物线 C：z = 2py(p>0)外一点，当过点 P的动直线l与抛 物线c相交于两不同点A，B时，在线段AB上 — 一 ．—^ ——一 —-一 取点Q，满足I AP 1．1 QB l=I AQ 1．1 PB I，则 点Q总在某定直线(髓o=P(y+Y0))上． 二、背景 以上三个探究都是在二次曲线中进行的， 笔者通过学习发现本试题具有这样一个高等数 学背景． 这道试题的第(2)问实际上是高等几何中 由(1)'(2)可得 + YYo a ：1，即点 Q 总 的一 凡蓑兰 曲线 ：+ + D。 ；只p‘ 一叭口 m。 。 ’ ． 在某定直线(—,T-~ 0+ YYo：1)上 ． 类似可得到以 +E=0，则 P( 。， 。)点关于二次曲线的极线 下 结 论 ． “ 方程是 Ax0 +By +C X—O +一X+D y下o+yDYoY + 下结论： 刀仨疋 0 十 — — 一 命题2 设点P(z。， 。)是双曲线c： 一 试题中 ，第二问如果利用该结论就有 1(口>o，b>0)Yk一点，当过点P的动直 另解：因为点Q在A，B内，N IA—PI·l I 线z与双曲线c相交于两不同点A，B时，在线 ：I 1．I商 I ，所 以夔 ：一l，易知点 &AB上 Q'N~ I A—P i．1 Q—B[=I A—Q I‘ P，Q，A，B调和共轭， 故点 Q 在P关 则点Q总在某定直线(号 +__YYo a 1) 于椭圆 +等：1的极线是竿+罟：1，即一2z D。 千椭 +÷=1的桶终导 +÷=1．即 。 f— ，．出 ，． 矗 一 r f一。 f r 出 出 f ：． ，． ： 出 出 一一⋯ 一～一⋯，一⋯，一⋯一—一 ，～一 ～一J ⋯ 一⋯ 一～～⋯一J～～～～一一一～～⋯ 一一⋯“ 管 中 窥 豹 洞 若 观 火 — — 与数列有关的不定方程的整数解问题初探 江苏省丹阳高级中学 (212309) 林伟民 数列是高中数学的重要内容，又是学习高 等数学的基础，在高考中占有极其重要的地位． 2008年高考江苏卷第19题则以数列为载体， 综合运用数列与不定方程知识解决问题，使数 列与不定方程的整数解问题成为一个新的热 点．这类问题对数学思维能力和探索能力提出 了更高的要求，因此在近年来的各省市高考模 拟卷中，这类问题屡见不鲜． 本文试图对与数列有关的不定方程的整数 解问题的解法作初步的探讨，以管中窥豹之“一 斑”，得洞若观火之“秋毫”． 1．分类逐一探讨，道尽“不定”悬念 在不具备直接求未知数的条件时，利用分 类讨论的对可能的情况进行逐一讨论，最 终求得未知数的值，是解决数列中不定方程问 题的常用策略． · 27 · 中学数学研究 2010年第6期 例 1 已知正整数 ，z不超过2000，且能表 示成不少于60个连续正整数之和，那么这样的 的个数是 ． ：设连续正整数的首项为 a，项数为 志，首项为 a的连续 个正整数之和为S ，则 ： ： +丛 __ ， 等式中 ， ， 均未 知，可看作不定方程，由题设条件显然有 a≥1、 aEZ ，且 是≥60，考虑先运用 个正整数的 和不超过2000这个条件，缩小a或 的探求范 围． 解：Sk： + ≥忌+ ： ， · ．·sk<~2ooo，得 ~<2ooo，解 得60≤志≤62，故 忌最多可取三个值，下面依次 进行讨论： (1)当 忌=60时， =60a+30×59≤ 2000，解得 a≤3，．‘．a=l或 2或 3时，S = 1830或 1890或 1950； (2)当 =61时，Sk=61a+30×61≤ 2000，解得 n≤2’．．．n=1或2时，Sk=1891或 1952； (3)当 =62时，Sk=62a+31×61≤ 2000，解得 ≤1，．’．a=1，Sk=1953． 所 以 n可取 6个值：1830，1890，1950， 1891，1952，1953． 点评：本题先利用不等关系缩小了未知数 的范围，然后对所有可能的情形逐一进行了探 讨，揭示了“不定”的神秘面纱，道尽了“不定”的 悬念 ． 2．熟用数论常识，化解“不定”难点 2．1 利用数或式的分解 先将不定方程两边的数分解为质因数的乘 积(多项式分解为若干个因式的乘积)，再利用 奇偶性进行讨论． 例2 由连续正整数组成的数列之和为 1000，试求出所有这样的数列． 分析：设数列的首项为 口，共有 项 ，由数 列 项之和为 1000得如下关于a和，z的不定 方程：罢：(2以+ 一1)=1000，可考虑先将 · 28 · 1000分解为质因数的乘积，再对左边的数进行 奇偶性讨论． 解：将不定方程 ·(2a+ 一1)=1000化 为 ·(2a+ 一1)=2000=2 ·53．因为2n一】 是个奇数，故，z与2口+ 一1的奇偶性相反，由 上式知，2 只属于 与2丑+规一1中的一个． 又因为 <2a+ 一1，从而 的值只能为 1， 5，5 ，24．这里 不能取50，否则2a十7z一1=2 =16> =50相矛盾．将 7z与 2口+ 一1的可 能取值列表如下： 由上表可知，所求数列共有3个： 口=198，孢=5时，数列为 198，199，200， 201，202；口=28， =5 =25时，数列为28，29， 3O，31，⋯，52；a=55，7z=2 =16时，擞列为 55，56，57，⋯ ，70． 点评：此题为比较典型的二元不定方程，其 解法也是解不定方程的典型解法，先将右边的 数分解为质因数的乘积，再利用左边两个数奇 偶性相反且具有确定的大小关系的条件进行分 类讨论求解． 2．2 利用整除的性质 由于构成不定方程的数列中的元素均为整 数，可利用整除的性质求整数解． 例3 已知等差数列{a }的首项为口，公 差为b，等比数列{b }的首项为b，公比为a(其 中a，b均为正整数)．若 alb；由a6口≥1，从而得 1<1+ 2010年第6期 中学数学研究 = <口< =2+ 44，．‘一 2’3， 当a=3时，b：2不合题意，故舍去，所以满足 条件的a=2．又’．’a =2十b( 一1)，b， =b· 2”一 ，故2+b(7 一1)+t=b·2 一 ，即(2 一 一 7 +1)b=2+t．①若 2 一 一 +1=0，则 t： 一 2 N，不合题意；②若2 一m+l：fi0，则 b = 『二 ，由于2 r。一 +1可取到一切 整数值，且 6≥3，故要至少存在三个 b使得a + =b (t C-N)成立，必须整数 2+t至少有三 个大于或等于 3的不等的因数，故满足条件的 最小整数为 12，所 以t的最小值为 10，此时 b =3或 4或 12． 点评：由于 b，2+ ，2一 一 -t一1均为整 数，对等式 b 的整除性讨论是本 题的关键，而恰是上述整除性分析成功化解了 “不定”的难点． 3．妙用不等关系。缩小“不定”空间 不定方程的整除解较难确定时，可利用不 等式前后夹逼得到整数解． 例 4 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． 分析：此等差数列的首项和项数均未知，要 确定 的最大值，只能利用首项的平方与其余 各项之和不超过 100这个不等式寻机缩小 的范围． 解 ：设 a1，a2，a3，⋯，a 是公差为 4的等 差数列，贝0口{+a2+a2+⋯+口 4lO0~a2+ — {(以l+4)+[口l+4( 一1)]}( 一1)4l00甘 a}+( 一1)a1+(2n 一2n一1oo)4o，(*)当 且仅当△ =( 一1) 一4(2n 一2n一100)≥0 时，至少存在一个实数 a1满足上面的不等式． 因为△≥0甘7 2—6 一40140， ≤ ≤ <9，故 48． 例如：a1=一4，a2=0，a 3=4，⋯，a8=24 时，＆}+以2+口3+⋯+a8=100≤100，故It能 取到 8． 点评：由满足不等式(*)的a。有解得出△ ≥0是本题的关键． =8是否可取，必须要构 造一个符合题设条件的数列加以验证． 4．活用函数工具。实现“不定”转变 关于数列的不定方程的两边均可以看做一 个以某变量为主元的函数，通过函数工具，分别 研究这两个函数的性质，从而实现“方程”到“函 数”的转变． 例5 数列{a }中，al=a，口2=b：k-0，b ： ， 2：(1+6 )以 +6 1， 2，3，⋯ (1)求数列{a }的通项公式； (2)当a=1，口2，a27，a49为某等差数列的 第 l项，第 k项，第k+7项，且 a2 一a2 一l= m ，求 与b． 解析：(1)过程略，结论为 +a一1， =2k一1，(是∈N ) ～ ， =2k，(是∈N ) (2)当a=1时，a2=b，a27=14，a49=25， 则该等差数列的公差为 = = ， ． · ． 口27=口2+(是一1) =b十(忌一1)×__11=14 ， 即6：14一 ( 一1)①，又 盘2 ～口2 一1： z2， 所 以 b·2 ～ 一 = ，即 b·2 一 = + ②，这里的①和②两个等式均为不定方程，其中 的k和m均为整数，可对 b的取值进行估计． 由①知，b为整数或分母为7的既约分数；由② 知，b为整数或分母为2的既约分数，由于 b要 同时满足①和②，从而b必为整数． 由②知，b>0，结合①得，b=14一等(k一 1)>0，所以(k—1)只能取7，故 b=3． 又由②得，3·2 =7 + (研E-N )， 下面讨论关于 脚 的方程 3·2 一 = + 有 没有整数．设f(m)=3·2 。。一m～ 7z =要· · 29 · r，●●● ● 、●●●● = 中学数学研究 2010年第6期 2 一m—m ，则厂(m)=—詈·(1n2)·2 一1— 2m：3(1n2)·2 一 一(1+2m)，’．‘1+2+2 + ⋯ +2m-2_ ：2 一1( ≥2)，故当 >／4时，2m一 =(1+2+22+⋯+2m-2)+1> 1+2m，又31n2>1，从而厂( )>0，．‘．f( ) 在[4，+oo)上单调递增．则由．f(4)=24—4— 16=4>0，知f(m)=0在[4，+O0)上无解．又 f(3)=12—3—9=0，f(2)=6—2—4=0，f(1) =3—1—1=1>0，．’．m=2或 m=3． 综上所述，当 b=3，且 m=2或 =3时 满足条件． 点评：对于两个关于 b的不定方程 b= 和b=14一号(足一1)，我们采用了估计 的方法确 定同时满足这两个不定方程的 b必 为整数 。而关于 m 的方程 3·2 _l= +m 是 否有解，则利用了函数作为工具进行了研究．本 题具有较强的综合性，难度较大． 数列与不定方程(函数或不等式)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．以上仅列举了几种常用的探求 方法，具体问题还需具体分析，根据题设条件灵 活处理． I暑erjI}j r j ，9 rj‘}j 毒 一夸 ‘}j 》 rj 夸 k 9 k ， j 毫k ；} I 业 尘 j‘}— I}j j j j‘}业 9|} 夸 r 一 类 无 理 函 数 的 值 域 求 法 再 探 讨 湖北省阳新县高级中学 (4352OO) 马先亮 文[1]在求无理函数f(z)=√z +1一 ~／z —4z+13的值域中，采用代数方法以导数 为工具得出f(z)在(一oo，一1)上单调递减， 在(一1，+∞)上单调递增，由此求得 f(z)血 =f(一1)=一2√2，再分别求出lim f(x)=2， lim f(z)= 一2，从 而求得 ( )值域为 一 一 [一2√2，2)．对 于 无 理 函数 ． 厂(z)= ~／(z一口) +b 一~／( 一 ) + 。(其中b> 0， >0)，文[1]在“归纳拓展”中利用导数得出 (但没有证明)①b> ②b<72③b=7z三种情 形下，函数f(x)的单调性，最值存在性， lira f(x)，lira f(x)存在性等有关结论．并总 结出求这类函数值域的解法步骤，最后在“应用 举例”中通过两个例题进行解法诠释． 笔者对文[．1]进行了认真研读，首先肯定文 [1]中提出的这类无理函数的值域问题的求法 有参考价值和研修价值．其次笔者认为文[1]以 · 30 · 导数为工具判断函数单调性求最值以及求极限 等运算量较大，这一点文[1]作者在该文中直言 不讳地指出：利用导数求这类函数的值域比较 繁琐．另外在“归纳拓展”中得出的结论虽然与 函数值域有关系，但关系不够密切．笔者受该文 启发另辟蹊径，利用数形结合思想、等价转化思 想和极限思想，借助图形直观将函数值域问题 转化为动态几何中的几何量的取值范围问题． 数形结合借形解数，高观点低运算，归纳结论具 体明确．本文笔者力求给读者留下如下深刻印 象：1．这类函数的值域似乎不是算出来的而是 用眼睛看出来的；2．求这类函数的值域问题公 式化、算法化，既可直接运用结论速解这类函数 的值域，也可运用提炼出的思想方法解决有关 问题． 1．求一个无理函数的值域 题 目 求 函数 Y=√．72 —2cc+17一 ~／z2一lOx+26的值域．