2015-2021七年高中数学联赛真题分类汇编 60初等数论第三讲（学生版+解析版）

2015-2021七年高中数学联赛真题分类汇编

专题60初等数论第三讲

1.【2021年上海预赛】设素数p满足p三l(mod3)，且q=2用，若在+言+…+房方=：，

这里的m,n是互素的正整数，求证:p整除m.

其中，[x]表示不超过实数x的最大整数.

2.【2021年上海预赛】在正整数1,2,…,20210418中，有多少个数的数码和是8?

3.【2021年广西预赛】已知m,n都是正整数，其中九是奇数，求21"+1与2”-1的最大公约数.

4.【2021年全国高中数学联赛A卷二试】设整数nN4,证明：若n整除2"-2,则力二是合数.

n

5.[2020高中数学联赛B卷(第02试)】设a,b为不超过12的正整数，满足:存在常数C,使得a"+bn+

9=C(modl3)对任意正整数n成立.求所有满足条件的有序数对(a,b).

6.【2020年广西预赛】已知正整数m、n中有且仅有一个为3的倍数,d为机2+/+2与7n2rl2+3的最大

公约数.证明:d不为平方数.

7.[2019年全国】设m为整数，向巨2.整数数列内,。2,…满足：如,a2不全为零，且对任意正整数〃，均有

an+2=an+l—man-

证明：若存在整数r,s(r>s>2)使得=as=alf贝忏-s>\m\.

8.【2019年江西预赛】试求所有由与异正奇数构成的三元集｛a,b,c｝,使其满足:02+^+02=2019.

9.[2019年上海预赛】证明:不存在无穷多项的素数列P1，P2,…,Pn，…使得P/c+1=5pk+4(k=1,2,…).

10.【2019年吉林预赛】求所有的正整数n,使得方程2+2+“・+吃=等有正整数解.

Xxx

12n%n+l

11.【2019高中数学联赛A卷(第02试)】设团为整数，|加》2.整数数列的42,…满足:不全为零，

且对任意正整数〃，均有an+2=an+i-

证明:若存在整数八s(r>仑2)使得=as=alt则丁—s>m.

12.12019高中数学联赛B卷(第02试)】求满足以下条件的所有正整数〃：

(1)〃至少有4个正因数；

(2)若必Vd2V…<念是几的所有正因数，d2-dlfd3-d2,->叫一念_]构成等比数列.

13.【2018年江苏预赛】已知｛七｝是公差为d(d。0)的等差数列，且%+产=g+/=%+t.

(1)求实数3d的值；

mr

(2)若正整数满足m<p<r,am-2t=ctp-2tp=ar-2t=0,求数组(m,p,r)和相应的通项公式a九。

14.【2018年江苏预赛】从1,2,3,…，2050这2050个数中任取2018个组成集合A,把A中的每个数染上

红色或蓝色，求证：总存在一种染色方法，使得有600个红数及600个蓝数满足下列两个条件：

①这600个红数的和等于600个蓝数的和；

②这600个红数的平方和等于这600个蓝数的平方和.

15.[2018年重庆预赛】设人⑼是正整数m的各位数字的乘积，求方程f(m)=m2-10m-36的正整数解.

16.【2018年江西预赛】求最小的正整数n,使得当正整数点kNn时，在前k个正整数构成的集合M=

{1,2,…,k}中，对任意xeM总存在另一个数y6M且y4％,满足x+y为平方数.

17.【2018年全国】设〃，k,是正整数，满足Q2,且riWm＜当史?1.设A是{1,2,…，m}的"元子集。证

明：区间(0,含)中的每个整数均可表示为优，其中a,优64

18.【2018高中数学联赛B卷(第02试)】给定整数介2.证明:对任意正整数〃，存在正整数&，使得连续〃

个数a"+l,ak+2,…，ak+n均是合数.

19.12017高中数学联赛A卷(第02试)】设小〃均是大于1的整数，加出…，即是〃个不超过机

的互不相同的正整数，且的,a2,…,即互质.证明:对任意实数x,均存在一个使得

嬴扃||x||，这里||y||表示实数y到与它最近的整数的距离.

20.(2017年山西预赛】证明:有无穷多组正整数十、y,z,满足:(x+y+z)2+2。+y+z)=5(xy+yz+zx).

21.【2017年江西预赛】若小于2017的三个互异正整数a,b,c使得〃一匕3b3一。3、c?一/均是2017的倍

数.证明:M+力2+c?必是Q+力+C的倍数.

22.[2017年四川预赛】1993年，美国数学家F.Smarandache提出许多数论问题，引起国内外相关学者的关注,

其中之一便是著名的Smarandache函数.正整数n的Smarandache函数定义为S(n)=min{m|mGN+，/i|m!},比

如:S(2)=2,S(3)=3,S(6)=3

⑴求S(I6)和S(2016)的值；

(2)若S(")=7,求正整数九的最大值；

(3)证明:存在无穷多个合数几使得SS)=p,其中p为九的最大质因数.

23.[2017年浙江预赛】设心,%的；比也也WZ+，证明:存在不全为零的数;11%%€{。，1，2},使得；1必+

A2a2+43a3和"1瓦+42b2+43b3同时被3整除.

24.【2017年江苏预赛】求满足％3一X=y7一y3的所有质数%和y

25.[2017年江苏预赛】设x、y是非负实数,a=V%+6,b=>Jx+2+百不2若a,b是两个不相邻的整数，求

a、b的值.

26.[2017年江苏预赛】设n为正整数,1+/升…+；=渍，其中％、以为互质的正整数.对质数p,令集合

Sp={n|nGN+，p|an}证明:对每一个质数p>5,集合Sp中至少有三个元素.

27.【2016年安徽预赛】求满足14小几的所有正整数数对([①n).

28.【2016年上海预赛】求1,2,…，n的排列的,a2,…的个数,使得除一网4等对正整数k=l,2,…，

n成立。

29.[2016年上海预赛】设p、q、r为素数，且p|(qr-1),q\(rp-1),r|(pq-1).求pqr的所有可能值.

30.【2016年北京预赛】若n为自然数,证明：2016|((n24-n)2+(n2-n)2)(n6-1).

31.【2016年北京预赛】由劭=0]=1,an+2=On+an+i(n=0,l,…)给出的数列是著名的斐波那契数列:

1,1,2,3,5813,21,34,55,89,…，其中每一个数均称为斐波那契数.证明：存在末尾是三个0的斐波那契数.

32.【2015年全国】求具有下述性质的所有正整数k：对任意正整数n,等.

33.(2015年上海预赛】己知p为素数，n为正整数，非负整数劭,的,…,即均小于P，且满足

(+。2+…+=13,加亨特

n

+QiP+—Fanp=2015.'P，

34.【2015年江苏预赛】设n为正整数.求满足以下条件的三元正整数组(a、b、c)的个数：

(i)ab=n；

(ii)1<c<b;

(iii)a、b、c的最大公约数为1.

35.【2015年河南预赛】证明:任一正整数N均可表示为pq+“u的形式，其中，u-v=2(p-q),p>q>u、

vGZ.

36.【2015年河南预赛】由数字1,2,6构成的且含有1,6相邻的n位数有多少个？

37.12015高中数学联赛(第02试)】求具有下述性质的所有正整数k：对任意正整数〃，2(»1)"+1|黑不

成立.

2015-2021七年高中数学联赛真题分类汇编

专题60初等数论第三讲

1.【2021年上海预赛】设素数p满足p三！.(mod3)，且q=2［外，若七+£?+•••+

1_m

年历■"五'

这里的m,n是互素的正整数，求证:p整除m.

其中，［x］表示不超过实数化的最大整数.

【答案】证明见解析

［3k+11

【解析】证明:因为p三1(mod3)，记p=3k+1，则q=2——=2k.

J

J7czi1x2丁3x4丁T(q-l)q

111

=--------1----------F•••H-----------------

1x23x4(2k-l)-2k

=(1+渭+-+/)一(鸿+~+£)

111

=--------1-----------F~\------

fc+lk+22k

_1(P,p________,…,PA

―2\(k+l)-2k十(k+2)(2fc-l)h2fc(k+l)7

故p|2m(k+l)(Zc+2)•••2k.

因为p是大于2k的素数，所以p不整除2(/c+l)(k+2)2九，从而p整除m.

2.【2021年上海预赛】在正整数1,2,♦••,20210418中，有多少个数的数码和是8?

【答案】5100

【解析】在1〜1。7中的正整数可以写成•••。7(这里ai，a2，*一，a7是不全为o的非负整

数)，满足。1+。2+・一+。7=8的非负整数解的组数为。£+7一1=3003，所以，在

1〜1()7中，数码和为8的正整数有3003个.

在10〜2x10中的数可以写成1万1万3・八~7，满足61+>2+・一+》7=7的非负整

数解的组数为=1716，所以，在1()7〜2X10’中，数码和为8的正整数有1716个.

在2X1()7〜201X1()5中的数可以写成200cle2•八-5，满足Cl+C2+••^+C5=

6的非负整数解的组数为C：+5_i=210，所以，在2xIO,〜2oix105中，数码和为8

的正整数有210个.

在201x1()5〜202x105中的数可以写成202。1上2・・・d5，满足d1+d2HF

的非负整数解的组数为，所以，在55中，

d5=5C：+5_i=126201x10-202x10

数码和为8的正整数有126个.

在202X1。5〜2021X1()4中的数可以写成202061626364，满足61+。2+

的非负整数解的组数为，所以，在

e3+e4=4C：+4—i=35202x1°,〜2°21x

104中，数码和为8的正整数有35个.

在2021xIO,〜20210418中的数码和为8的数可以写成而2107访兀，满足了1+

2

/2+73=3的非负整数解的组数为。3+3—1=I。，这样确定的正整数20210/1/2/3满

足

20210000<20210f1f2f3<20210333<20210418,

所以，在2021xIO,〜20210418中，数码和为8的正整数有io个.

综上所述，在12,•••,20210418中，数码和为8的正整数有：

3003+1716+210+126+35+10=5100(个).

Z71TL

3.【2021年广西预赛】已知m,n都是正整数，其中ZI是奇数，求2+1与2—1的最大公约数.

【答案】I

【解析】(2小-l,2mn+l)=(-2,2m+1+1)=1.

又由于2m+112mn+1和2n-112m=n-1.

所以邛+1,2“-1)=1.

4.【2021年全国高中数学联赛A卷二试】设整数九>4,证明：若71整除2—2,则4萨是合数.

【答案】证明见解析

【解析】将整数中记为N

若n为奇数，则由2n-2为偶数知y为偶数.又n24,故个>2,从而y是合数.

以下考虑n为偶数的情形，设n=2m（m>1）.

因'=22m2=2mT为整数，故7n为奇数，

设6是2模m的阶，则6<m,且6I2m-1(因为m|22m^-1).

设2nl-1=6r,由6<m<2m—1知r>1.

⑴若m*25-1,因m|2s-1,故m<25-1.

此时丁=竺=1=之二=2J2-

mm2h-lm

因r>1,故这是两个大于1的整数之积，为合数.

(2)若m=2S-1,则2。6—1)-1=2m—1=6r.由m>1知6>1.

2$+】一3

故r=>6①

因灯r故是「］的倍数,

26_“2-lf2-1|2*_1,26r_1,6_1,2-1

(25-l)(2r-l)

即I2Sr-l,

(25-1,2r-l)

注意到(26-l,2r-1)=2(")-1,故Q6-l)(2r-1)I(2Sr-1)(2(")-1).

22mT1_25r1_(2打1)(2(")-1)2-

因此y②

m25-l(2f-l)(2r-l)2(5)-l

为两个整数之积.

因r>6（见①），故意三2毫>1.又622,

竹（2打一1）（2（6#）_1）>（22丁-1）122J_2「+1]

（25-l）（2r-l）-（2-1）>（2-1）=2r-l>

因此②表明y是两个大于1的整数之积，为合数.

综上，结论得证.

5.12020高中数学联赛B卷（第02试）】设a力为不超过12的正整数，满足:存在常数C,使得+

b+9=C（modl3）对任意正整数〃成立.求所有满足条件的有序数对（a,b）

【答案】(1,1),(4,4),(10,10),(12,12)

【解析】解法1：由条件知,对任意正整数〃，有a"+b"+9=an+3+hn+12(modl3)

①

92

注意到13为素数力均与13互素，由费马小定理知a"=b=l(modl3)

因此在①中取n=12,化简得1+h9=a3+l(modl3),故b°=a3(modl3)

代入①，得an+a3bn=an+3+bn+12=an+3+hn(modl3),

g|j(an-—a3)=0(modl3)②

分两种情况讨论.

(i)若。3=l(modl3),则力3=a3b3三^12三i(modl3),

又a,bG{1,2,•••,12},经检验可知a,be{1,3,9)

此时a,+bn+9=an+b”(modl3).由条件知a+b=a3+b3=2(modl3),

从而只能是a=b=1.

n+9

经检验，当(a,b)=(1,1)时,对任意正整数n,a71+b模13余2为常数，满足条件.

(近)若a3wi(modl3),则由②知,对任意正整数〃，有a"=hn(modl3)

特别地，a=b(modl3)，故用尻所以a?=b9=a9(modl3),

即。3(。3_i)(03+1)三0(modl3),

故=-1(mod13).通过检验Q=±1,±2,…，±6(modl.3),可知a=

4,10,12

经检验，当(a,b)=(4,4),(10,10),(12,12)时，对任意正整数〃，

有a"+bn+9=an+c1n+9=an(l+(a3)3)=0(modl3),

满足条件.

综上，所求的有序数对(a,b)为(1,1),(4,4),(10,10),(12,12).

解法2：由条件知,对任意正整数〃，有(a“+bn+9)(an+2+bn+11)=(an+1+

那+io）2（modl3）

化筒得a"b"+ii+an+2bn+9=2an+1+ftn+10(modl3),

即a"b"+9(a—b)2=0(modl3).

由于13为素数，a,bE{1,2,…，12},故131(a-b)?,进而a=b

因此，当n变化时，an+b"+9=an(l+。9)模|3的余数为常数.

当1+乃(modl3)时，由上式知，13的余数为常数，

特别地，有=a(modl3),故a=i.

当1+a。三0(modl3)时，由费马小定理得Q2=l(modl3),

912

故=Q3.(—a)=-a=-l(modl3)

通过检验a=±1,±2,…，±6(modl3),可知a=4,10,12

综上，所求的有序数对(a,b)为(1,1),(4,4),(10,10),(12,12).

6.【2020年广西预赛】已知正整数m、n中有且仅有一个为3的倍数,d为1712+n2+2与力1？"？十

3的最大公约数.证明:d不为平方数.

【答案】证明见解析

【解析】不妨设m为3的倍数,71不为3的倍数.则

m2=0(mod3),

n2=1(mod3),

m2=0(mod9),

m2n2=0(mod9).

于是in?+n2+2=0(mod3),

m2n2+3=3(mod9)

从而.d为3的倍数，但不为9的倍数.故d不为平方数.

7.【2019年全国】设机为整数，|,牵2.整数数列…满足：。1，。2不全为零，且对任意正整数〃，

均有a?i+2=a^i+i-

证明：若存在整数r,s(r>5>2)使得Qr=«s=则丁~S>17nl.

【答案】

【解析】若(。1，。2)>L记(。1，。2)=d

则对任意正整数〃，d\an,考虑数列入4=詈，可得同样结论。

故不妨设(。1，。2)=1，由。〃+2=%i+i-mammod可知an+2=

an+1(modm|),

即对任意大于2的正整数〃，an=a2(modm|)

若m，不满足Qi三。2(mod|m|),则不存在r>s>2使得tlr=ds=

故不妨设=a2(mod|m|),由互质性(a1，=1

设an=ar+bn'm,n=1,2,....

则与为整数数列，bi=0,bn+2=bn+1-ar-bnm

mod|m|可知bn+2=bn+1-at(mod|m|),若存在整数r>s>2使得=

CLg——a]，则Z?r—bs=0.

而br=bs-(r-s')-at(mod|m|),故m|(r-s)a1,由(。1，皿1)=1知m|r-

St故3沙山

2

8.[2019年江西预赛】试求所有由与异正奇数构成的三元集｛a,b,c],使其满足:。2+b+c2-

2019

【答案】答案见解析

【解析】据对称性,不妨设ae<c,由于奇平方数的末位数字只具有1,5,9形式，于是。2,力2,。2的末位数字,

要么是5,5.9形式,要么是,9.9形式；

乂知，如果正整数n是3的倍数，那么n2必是9的倍数;如果〃不是3倍数，那么层被3除余1.

由于2019是3的倍数，但不是9的倍数，因此奇数皆不是3的倍数.

注意c<[V2019]=44.即奇数j3,而3c2>a2+b2+c2=2019.即/>667,且c

不是3的倍数，故奇数c>29.

因此奇数cG{29,31,35,37,41,43}

注意如下事实:如果奇数+尸为两个正整数的平方和，那么偶数2N必可表为两个互异正奇数的平方和，这

是由于,2N=2(x2+y2)=(x-y)2+(x+y)2；

22222

若c=43,方程化为:Q2+h=170=2x85=2(6+7)=2(2+9\

因此：170=l2+132=72+ll2

于是得两解:{〃力,c}={1,3,43},以及{〃为了}={7,11,43}.

若CE1,方程化为+力2=338=2x132=2(52+122)=7?+172；由此

得:{。,瓦c}={7,17,41).

若c=37,方程化为a2+h2=650=2x13x52=2(22+32)(32+42)=

2(12+182)=2⑹+172)=2(102+152),

222

因此，650=17+19=II+23?=52+252,得到三个解：8,b仃=

{17,19,37],{11,23,37],{5,25,37).

2

若c=35,方程化为:Q2+b=794=2X397,而397是一个4N+1形状的质数，

它可唯一地表为两平方和：397=62+192,所以。2+力2=2(62+192)=132+

252.

得到一个解:他也c}={13,25,35}.

22

若c=3i,方程化为:a?+b=1158=2x529=2x23，而23是4N-1形状的质数,它不能

表为两个正整数的平方和；

2

若c=29,方程化为:Q2+b=1178=2x19x31,它含有4/v-i形状的单质因子,故不能表为两

平方和；

综合以上讨论，本题共有七个满足条件的解{。力,C},即为：

{1,13,43},{7,11,43]{13,25,35],{5,25,37],{11,23,37],{17,19,37},{7,17/

9.[2019年上海预赛】证明：不存在无穷多项的素数列d1，〃2「..，口神...使得口九+1=5口九+

4(%=1,2,…).

【答案】证明见解析

【解析】反证法

假设存在满足题设的无穷多项的素数列P”P2,•••Pn，••一

由Pk+i=5Pk+4nPk+i+1=5g+1)

于是，数列｛2九+1｝是以5为公比的等比数列.

故Pk+1=5I01+1)=Pk=5仆1(%+1)_1(九=1,2,…)

易知，数列｛p”)是严格递增的，不妨设P1>5(否则用P2作为首项)，则(5,Pl)=1

由费马小定理得5,1-1=1(modPi)=>Bp[=5P1-1(Pi+1)-1

=5PiTpi+5P1-1—1=0(modpi)

这与Ppi为素数矛盾•

因此,满足题设的素数列不存在.

10.【2019年吉林预赛】求所有的正整数n,使得方程当+斗+•••+斗=竽!有正整数解.

1x2xn+l

【答案】答案见解析

【解析】I)当九=1时，方程变为多=与，得笠=J2,显然无正整数解.

^2X1

222

2)当n=2时，方程变为白+多=多，W(X2X3)+(XiXg)=3(X1X2).

冗1x2x3

先证弓I理:。2+力2=3c2无正整数解.

假设有一组正整数解a,b,C.不妨设a,b,c的最大公约数为1,

由a,b为正整数，知fl'=0或l(mod3),b=0或l(mod3),

又3c2=0(mod3),故a2=。(mod3)且b2=0(mod3),

即a=0(mod3)且b=0(mod3).

从而c=0(mod3).

这与“a,b,c的最大公约数为1”矛盾.引理得证.

由+b2=3c2无正整数解，可知此时原方程无正整数解.

⑶当n=3时，方程变为+―y+~

X1x2x3x4

『32+42=52可得^+^^2=^^7,即亲+i?=ib

1

故・+—j_.1

20幺212/2152122

故卷+急+急=建

这说明原方程有正整数解:尤化3

1=400,*2=300,=180,x4=288

4)当n>4时，当+/+•••+当=竽!有正整数解.

X1x2xnxn+l

=x=x=

Xi=400,x2=300,x3=180,x4=x5=…nn+1288

综上,n=l或n=2时，原方程无正整数解，应3时,原方程有正整数解.

即所求的n为｛n6N*|n>3].

11.12019高中数学联赛A卷（第02试）】设机为整数，>2.整数数列••满足:。1，。2

不全为零，且对任意正整数"，均有。门+2=0n+i-

man.

证明:若存在整数八S（，>SN2）使得Qr=as=则r-s>m

【答案】证明见解析

【解析】不妨设。1，。2互素（否则，若（。1，。2）=d>I,则勺与胃互素，并且用号，号，答，…代

替a〉a2,。3,•••条件与结论均不改变）,

由数列递推关系知。2三。3三。4三•••（mod|m|）①

以下证明:对任意整数论3,有即三02一（01+（71一3）02）”1（1110（1〃12）②

事实上，当〃=3时②显然成立.假设“4时②成立（其中火为某个大于2的整数），注意到①，有

2

mafc-i=ma2(modm),结合归纳假设知

maaa—

ak+1=dk~k-i=2~(i+(々—3)。2)m-ma2=a2

2

+(fc-2)az)(modm),

即n=k+\时②也成立.因此②对任意整数n>3均成立.

注意，当。1=。2时，②对〃=2也成立.

设整数八5(r>5>2),满足=as=av

若。1=。2，由②对色2均成立，可知

ma

a2—(%+(r—3)a2)=%=g=做—(i+(s-

m2

3)a2)(modm),

即a1+(r—3)a2=at+(s—3)a2(mod|m|),即(r—s)a2=

0(mod|m|)③

若Cl]a2，则W，故厂>,仑3.

此时由于②对论3均成立，故类似可知③仍成立.

我们证明42,机互素

事实上，假如。2与，〃存在一个公共素因子P，则由①得p为。2，。3，。4，・一的公因子，而。1，。2互

素，故p*a>这与=as=a1矛盾.

因此，由③得r-s=0(mod|m|).又*s,所以r-s>\m\.

12.12019高中数学联赛B卷(第02试)】求满足以下条件的所有正整数〃：

(1)〃至少有4个正因数；

(2)若di<d?<•••<弓上是〃的所有正因数，d2-d1,d3-d2,'^4九一4k_1构成等比

数列.

【答案】答案见解析

【解析】由条件可知心4,且=，一与1

42-41dk-l~dk-2

易知di=l,dk=n,dk_1-为，dk_2=岩，

n_n

2

代入上式得等字=9M，化简得(d3-d2)=(d2-1)2d3

由此可知必是完全平方数.由于必=?是〃的最小素因子，为是平方数，故只能43=22

从而序列dz—dids—dz/,dk—d"—],p-l,p2-p,p3-p2,,pk~r-

pk~2,即di，d2，d3,…，d"为1,p,p2,•••,pkT,而此时相应的〃为pkT.

综上可知，满足条件的〃为所有形如p。的数，其中p是素数，整数e3.

13.【2018年江苏预赛】已知｛4｝是公差为d(dW0)的等差数列,且即+/=&+/=%+t.

(1)求实数3d的值；

mr

(2)若正整数满足m<p<r,am-2t=ap-2tp=ar-2t=0,求数组(m,p,r)和相应的通项公式a九。

【答案】(1)t=-；，d=(2)(m,p,r)=(1,3,4)，an=[n-]

2888

【解析】

(1)由题，，％：尸尸+d产即户户巴

(%+d+/=a1+2Q+，kd=t3—t.

因为dHO,所以t彳0,tkl,所以由2t2-t-i=0得t=—2,d=~.

28

mpr

(2)由Qm—2t=av-2t=ar—2t=0,t=--,d=-.

得(p-m)d=2[(-i)P-(-i)m],及。-t)d=2[(-i/-(-i)P].

即2-m)=2[(-|)P-(-i)TO],及其r-p)=2[(-1y-(-i)P].

也即3(p-=24[(-i)P-(-ir],及3(r—p)=24[(-^-(-i)P].

两式左边都是正整数，故m<p<rS4,且m,p都是奇数.

所以m=l,p=3,r=4,ar=-1.

验证如下：

«i-2(-i)=-l-2(-l)=0；

。3-2(_｝3=\_5_2(甘尸=0；

4

a4-2(-i)*=^-^-2(-i)=0.

所以(?n,p,r)=(1,3,4),即=-1+?(n-1)=[n-

14.【2018年江苏预赛】从1,2,3,…，2050这2050个数中任取2018个组成集合4把月中的每个数染上

红色或蓝色，求证：总存在一种染色方法，使得有600个红数及600个蓝数满足下列两个条件：

①这600个红数的和等于600个蓝数的和；

②这600个红数的平方和等于这600个蓝数的平方和.

【答案】(1)见解析(2)见解析

【解析】

证明一：注意到1+4+6+7=2+3+5+8=18.且/+42+62+72=22+32+52+82=102.则

(8k+1)+(8k+4)+(8k+6)(8k+7)=(8k+2)+(8k+3)+(8k+5)+(8k+8),且(8k+I)2+(8/c+

4)2+(8k+6)2+(8k+7)2=(8k+2)2+(8k+3)2+(8/c4-5)2+(8k+8)2

把4中的8k+1,8/c+4,8k+6,8k+7型数染成红色，

8k+2,8/c+3,8k+5,8k+8型数染成蓝色。

因为2050=8x256+2,所以k=0,1,2,…,256.

构造257个抽屉，第k+1个抽屉放置形如“8k+1,8k+28k+3,8k+4,8k+5,8k+6,8k+7,8k+8”的数，

k=0,1,2,…,255.第257个抽屉放置4中大于2048的数(最多2个数).

2050个数中任取2018个数按要放入抽屉，至少填满224个抽屉(放入了8个数)，224个填满数的抽屉每

个抽屉都是4个红数和4个蓝数，其和相等且平方和相等。

取224个抽屉中的150人，4X150=600,共600个红数与600个蓝数，也有和相等，且平方和相等.

即存在600个红数与600个蓝数，这600个红数与600nl个蓝数的和相等，且平方和相等。

证明二：注意到4+5=1+24-6=9,且4?+52=I2+22+62=41.

则7k+(7k+4)+(7k+5)=(7k+1)4-(7k+2)+(7k+6),

且(7k)2+(7k+4)2+(7k+5)2=(7k+l)2+(7k+2)2+(7k+6)2

把4中的7k,7k+3,7k+4,7k+5型数染成红色。

7fc+l,7k+2,7k+6型数染成蓝色。

因为2050=7x292+6,所以k=0,1,2,-,292.

构造293个抽屉，k=0时，抽屉放置集合A中不超过6的数，其余的第k+1个抽屉放置形如7k,7k+

1,7k+27k+3,7k+4,7k+5,7k+6型数，k=1,2,-,292.

2050个数中的任取2018个数按要求放入抽屉，至少填满260个抽屉(放入了7个数)，260个填满数的抽

屉中每个抽屉都是4个红数和3个蓝数，取7k,7k+4,7k+5型3个红数和3个蓝数，其和相等且平方利

相等。

取260个抽屉中的200个，3x200=600,共600个红数与60()个蓝数，也有和相等，且平方和相等。

即存在600个红数与600个蓝数，这600个红数与600个蓝数的和相等，且平方和相等。

15.【2018年重庆预赛】设犬〃7)是正整数m的各位数字的乘积，求方程=m2-10m-36的正整数解.

【答案】13

【解析】

解：设〃?是〃位正整数，若底3,则小210”12100,

9n>/(m)=m2—10m—36=m(m-10)—36>90m—36>9-10n—36>10”矛盾.此时无解.

若〃=1,则/(m)=m=Hi?一io7n-36,此方程无整数解.

若〃=2,且m>20,则81>/(m)=m2-10m-36>400-200-36=164矛盾

:,mG[10,19],

设m=lO+k,f(m)=(10+k)2-10(10+fc)-36=fc,解得r3,

综上，方程的解为m=13.

16.【2018年江西预赛】求最小的正整数n,使得当正整数点kNn时，在前k个正整数构成的集合M=

{1,2,…,k}中，对任意xeM总存在另一个数yeM且y力x,满足x+y为平方数.

【答案】7

【解析】

易知当nW6时，在"={1,2,3,4,5,6}中，数2与其他任何数之和皆不是平方数；

以下证明，n的最小值为7.

如果正整数x、y(x#y)满足：X+、=平方数，就称{%y}是一个“平方对”，

显然在M={1,2,…,7}中，{1,3},{2,7},{3,6},{4,5}为平方对.

在M={1,2,…,7,8}中增加了平方对{1,8}；

在M={1,2,…,7,8,9}中平加了平方对{7,9}.

以下采用归纳法，称满足题中条件的k为具有性质P；筒记为keP.

据以上知，当7S/CW32时，均有ZeeP.

设已证得，当7式上3巾2(„123)时，皆有k€P,今考虑7WkW(m+情况，利用归纳假设，只需

证，当仁二小,+「，其中lWrW2m+l时，均有keP.

首先，在r=2m+l,即k=(?n+l)2时，(k,2m+3)构成平方对，

这是由于k+(2m+3)=(m+l)2+(2m+3)=(m+2)2,

而由in?—(2m+3)=(m—I/—420,知2m+33m2,即2?n+3Hk.

在lWrW2zn时，(k,2m+1-r)构成平方对，

这是由于k+(2m+1—r)=(m2+r)+(2m+1—r)=(m4-1)2,

而1W2m+1—rW2m<Tn2,所以2m+1—rWk.

因此对于满足7WkW(m+1)2的每个k,皆有

从而对所有满足7<k<m2（m>3）的正整数k,皆有keP,

即对一切正整数kN7,均有k€P.所以n的最小值为7.

2/^—1

17.【2018年全国】设〃，“是正整数，满足后2,且九工设A是｛，｝的

m<FK.—71.1,2,…m

〃元子集。证明：区间（0,居）中的每个整数均可表示为a-a!,其中a,a'eA

【答案】证明见解析

【解析】用反证法.假设存在整数尤e（0,言）不可表示为a-a!,a,a!G4.作带余除法,〃=阳+厂,

其中叱xx.将1,2,…，％1按模x的同余类划分成x个公差为x的等差数列，其中r个等差数列有q+1项,

x-r个等差数列有q项.由于A中没有两数之差为x,故A不能包含以x为公差的等差数列的相邻两项.从而

(支q+i2\q

n=\A\<r[^]+(x-r)[1]=J，①.

x*~Ir,

22|q

这里表示不小于。的最小整数。

kk

由条件，我们有（）

n>—2k—-lni=—2k—-l-xq+r②.

又％e（°，公），故九>（fc-l）x③.

q+i

情形一：q是奇数则由①知，n<x

2

q+i、、fck

结合②，④可知，x->n>(xq+r)>2A1冗q，从而g<2匕1.

2fc-l

再由g是奇数可知，g2k3,于是n<X•^<(fc-l)x,

4

与③矛盾.

情形二：q是偶数.则由①知，九〈冤•]+r.⑤

Qk

结合②，⑤可知，x-^+r>n>――(xq+r),

..-j=xq/fc-1(k-l)x

从“2(2之1)<2J^Tr<2k-l

故4<2(ki),再由“是偶数可知，g2h4,于是九<x-^+r<(fc-2)x+r<(k-l)x,

4

与③矛盾.

综上可知，反证法假设不成立，结论获证.

18.12018高中数学联赛B卷（第02试）】给定整数e2.证明:对任意正整数〃，存在正整数k,使得连续〃

个数+l,ak+2,--,ak+ri均是合数.

【答案】证明见解析

【解析】设。<12<…<L是1，2,…，"中与a互素的全体整数，则对一1勺4〃，I庄

HLi?，•••，）｝，无论正整数人如何取值，+i均与a不互素且大于。，故a"+i为合数.

对任意尸1,2,…，『，因Q+i/>1,故a+与有素因子今

我们有（P,a）=1（否则，因Pj是素数，故p/a,但p/a+ij,从而巧画，故a,与不互素，与

今的取法矛盾）.

因此，由费马小定理知，ap>-1=1（modpy）.

现取之=（Pi—1）（^2—1）…（Pr—1）+1.

对任意j=i.2...r,注意到々=1（modPj-1）,故有Q"+iy=a+iy=

0（modPj）.

又好+q>a+ij>p/,故a”+弓为合数.

k

综上所述，当k=（pi-l）（p2-1）…（Pr-1）+1时，心+l,a+2,…，

ak+n均是合数.

19.12017高中数学联赛A卷（第02试）】设小〃均是大于1的整数，机沙.。1，。2，一.，。汗是〃个不

超过〃，的互不相同的正整数，且。1，。2，・“，。兀互质・证明：对任意实数方均存在一个i（134〃），使得

||afx||>^11x11，这里||y||表示实数丫到与它最近的整数的距离•

【答案】证明见解析

【解析】4首先证明以下两个结论

结论1存在整数Ci，C2「・1Cn，满足+C2a2"1----cn«n=1

并且|q|<m,1<i<n

由于（。1，。2，・“，。》1）=1，由裴蜀定理，存在整数Ci，C2，・“，C"，

满足+c2a2■1---HCnCLn=1①

下面证明，通过调整，存在•组Ci，C2，.一，Cn满足①，且绝对值均不超过八

Ci>0,

记S1(J,丹•••，〃)=Zc>mS2(C1，C2,…,Cn)=>0

IJ

如果$>o,那么存在于是CjOi>！.，又因为。1，。2，一.，。〃均为正数，故由①