竞赛数学中的初等数论(精华版)

初等数论在中学数学竞赛中的应用初等数论是主要研究整数性质的数学分支，包括整数的整除理论、同余理论和某些特殊不定方程等。

初等数论知识常被应用于各类的中学数学竞赛，如国内的
“华罗庚金杯赛”、“希望杯全国数学邀请赛”、“全国初高中数学联赛”、“奥林匹克数学竞赛”以及国际上的“国际奥林匹克数学竞赛”等，题目所占比例非常大。

本文主要从初等数论的整除、同余以及不定方程这三大理论中，结合对历年的中学数学竞赛题目的分析、解题过程与反思总结归纳初等数论知识在中学数学竞赛中的应用，能够帮助大家对初等数论有更深入地了解，并且在数学竞赛中更游刃有余地解决问题。

初等数论在中学数学竞赛中的应用初等数论是数学中的一个分支，主要研究自然数的整数性质和整数之间的关系。

在中学数学竞赛中，初等数论占有极其重要的地位，这篇文章介绍了初等数论在中学数学竞赛中的应用。

1. 最大公约数与最小公倍数最大公约数和最小公倍数是初等数论中最基础的知识点，也是数学竞赛中常出现的题型。

掌握最大公约数与最小公倍数的计算方法，在竞赛中可以迅速求得答案，提高答题速度和准确率。

考查方式：计算最大公约数与最小公倍数的值，或通过最大公约数、最小公倍数的计算求解整数方程组，适合于初赛和复赛阶段。

2. 奇偶性奇偶性是初等数论中的一个重要概念，掌握奇偶性的计算方法可以很快地帮助解决竞赛题目。

在奇偶性的计算中，最常见的有两种算法：除以2法和末位数法。

考查方式：根据给定的奇偶性，判断某个数是否满足条件；或者根据某个数的奇偶性，推导出其它性质，适合于中等水平竞赛。

3. 同余同余是初等数论中的又一个重要概念，两个整数的同余关系是指它们被某个整数整除时，得出的余数相同。

同余关系具有传递性、对称性和反身性，可以用于求解余数。

除此之外，同余关系在模运算、线性同余方程中也有广泛应用。

考查方式：根据同余关系，推导出一系列整数的性质，或通过同余关系求解余数，适合于中等和难地水平竞赛。

4. 平方数平方数是自然数的平方，平方数的性质在数学竞赛中也有广泛应用。

掌握平方数的计算方法和性质，可以快速判断某一个数是否为平方数，或求解某个正整数的平方数。

5. 数字反转数字反转是数学中的一种基本运算，也是初等数论中常出现的题型。

掌握数字反转的方法，可以帮助我们快速计算整数反转后的结果。

此外，在数字反转的基础上，还可以进一步进行数字分离、数字组合等操作，应用于解题中。

总之，初等数论在中学数学竞赛中占有非常重要的地位，掌握初等数论的知识和技巧，可以极大地提高我们的解题速度和成功率。

在备战数学竞赛的过程中，我们应该加强初等数论的学习和练习，不断提高自己的能力水平。

《竞赛数学中的初等数论》贾广素编著2006-8-21序 言数论是竞赛数学中最重要的一部分，特别是在1991年，IMO 在中国举行，国际上戏称那一年为数论年，因为6道IMO 试题中有5道与数论有关。

数论的魅力在于它可以适合小孩到老头，只要有算术基础的人均可以研究数论――在前几年还盛传广东的一位农民数学爱好者证明了哥德巴赫猜想，当然，这一谣言最终被澄清了。

可是这也说明了最难的数论问题，适合于任何人去研究。

初等数论最基础的理论在于整除，由它可以演化出许多数论定理。

做数论题，其实只要整除理论即可，然而要很快地解决数论问题，则要我们多见识，以及学习大量的解题技巧。

这里我们介绍一下数论中必需的一个内容：对于N r q N b a ∈∃∈∀,,,，满足r bq a +=，其中b r <≤0。

除了在题目上选择我们努力做到精挑细选，在内容的安排上我们也尽量做到讲解详尽，明白。

相信通过对本书学习，您可以对数论有一个大致的了解。

希望我们共同学习，相互交流，在学习交流中，共同提高。

编者：贾广素2006-8-21于山东济宁第一节 整数的p 进位制及其应用正整数有无穷多个，为了用有限个数字符号表示出无限多个正整数，人们发明了进位制，这是一种位值记数法。

进位制的创立体现了有限与无限的对立统一关系，近几年来，国内与国际竞赛中关于“整数的进位制”有较多的体现，比如处理数字问题、处理整除问题及处理数列问题等等。

在本节，我们着重介绍进位制及其广泛的应用。

基础知识给定一个m 位的正整数A ，其各位上的数字分别记为021,,,a a a m m Λ--，则此数可以简记为：021a a a A m m Λ--=（其中01≠-m a ）。

由于我们所研究的整数通常是十进制的，因此A 可以表示成10的1-m 次多项式，即012211101010a a a a A m m m m +⨯++⨯+⨯=----Λ，其中1,,2,1},9,,2,1,0{-=∈m i a i ΛΛ且01≠-m a ，像这种10的多项式表示的数常常简记为10021)(a a a A m m Λ--=。

初等数论中的几个重要定理基础知识定义〔欧拉(Euler)函数〕一组数称为是模的既约剩余系，如果对任意的，且对于任意的，假设＝1，则有且仅有一个是对模的剩余，即。

并定义中和互质的数的个数，称为欧拉〔Euler〕函数。

这是数论中的非常重要的一个函数，显然，而对于，就是1,2，…，中与互素的数的个数，比方说是素数，则有。

引理：；可用容斥定理来证〔证明略〕。

定理1：〔欧拉〔Euler〕定理〕设＝1，则。

分析与解答：要证，我们得设法找出个相乘，由个数我们想到中与互质的的个数：，由于＝1，从而也是与互质的个数，且两两余数不一样，故〔〕，而〔〕＝1，故。

证明：取模的一个既约剩余系，考虑，由于与互质，故仍与互质，且有，于是对每个都能找到唯一的一个，使得，这种对应关系是一一的，从而，。

，，故。

证毕。

这是数论证明题中常用的一种方法，使用一组剩余系，然后乘一个数组组成另外一组剩余系来解决问题。

定理2：〔费尔马〔Fermat〕小定理〕对于质数及任意整数有。

设为质数，假设是的倍数，则。

假设不是的倍数，则由引理及欧拉定理得，，由此即得。

定理推论：设为质数，是与互质的任一整数，则。

定理3：〔威尔逊〔Wilson〕定理〕设为质数，则。

分析与解答：受欧拉定理的影响，我们也找个数，然后来对应乘法。

证明：对于，在中，必然有一个数除以余1，这是因为则好是的一个剩余系去0。

从而对，使得；假设，，则，，故对于，有。

即对于不同的对应于不同的，即中数可两两配对，其积除以余1，然后有，使，即与它自己配对，这时，，或，或。

除外，别的数可两两配对，积除以余1。

故。

定义：设为整系数多项式〔〕，我们把含有的一组同余式〔〕称为同余方组程。

特别地，，当均为同时满足：，则剩余类〔其中〕称为同余方程组的一个解，写作定理4：〔中国剩余定理〕设是两两互素的正整数，那么对于任意整数，一次同余方程组，必有解，且解可以写为：这里，，以及满足，〔即为对模的逆〕。

中国定理的作用在于它能断言所说的同余式组当模两两互素时一定有解，而对于解的形式并不重要。

浅谈初等数论在中学数学竞赛中的运用
初等数论是数学中的一个分支，特别是在中学数学竞赛中，运用初等数论的经
验技巧，常常可以准确、快速地确定一个数学推理的结论，帮助考生将数理分析知识转化为实际的概念技能，展现常见数论形式的实际数学解题技巧，从而有助于考生迅速解决复杂问题。

另一方面，初等数论也可以在竞赛中有效地帮助考生建立定理，开发抽象思维。

例如，在分析等比数列时，考生要根据函数的概念进行决策，而当函数与初等数论的技能相结合的时候，解决函数分析中复杂问题的技巧也可以得到很好的运用。

此外，初等数论在中学数学竞赛中还有一些重要的运用，比如利用因式分解、
把数论经验技巧用于展示、记忆相关代数式，以实现运算简便化，准确地将计算结果表现出来。

总之，初等数论被广泛地运用在中学数学竞赛中，有助于加强数学基础知识的学习，培养抽象思维能力，提升数学思维解决问题的能力，以及锻炼逻辑思考的能力，培养学生在竞赛环境中学习研究的习惯。

2020全国高中数学联赛《初等数论》专题真题汇编1、记集合},4,3,2,1,|7777{},6,5,4,3,2,1,0{4433221=∈+++==i T a a a a a M T i 将M 中的元素按从大到小的顺序排列，则第2005个数是（ ）A ．43273767575+++ B ．43272767575+++ C ．43274707171+++ D ．43273707171+++ 【答案】C2、数码1232006,,,,a a a a L 中有奇数个9的2007位十进制数12320062a a a a L 的个数为（ ）A ．200620061(108)2+B ．200620061(108)2-C ．20062006108+ D ．20062006108- 【答案】B3、方程组0,0,0x y z xyz z xy yz xz y ++=⎧⎪+=⎨⎪+++=⎩的有理数解(,,)x y z 的个数为 （ ）。

（A ） 1 （B ） 2 （C ） 3 （D ） 4【答案】B4、设p 是给定的奇质数，正整数k 使得k 2－pk 也是一个正整数，则k=【答案】14(p +1)2 【解析】设k 2－pk=n ，则(k －p 2)2－n 2=p 24，⇒(2k －p +2n )(2k －p －2n )=p 2，⇒k=14(p +1)2．5、如果自然数a 的各位数字之和等于7，那么称a 为“吉祥数”.将所有“吉祥数”从小到大排成一列,,,,321Λa a a 若,2005=n a 则=n a 5 .∵2005是第1+7+28+28+1＝65个“吉祥数”，即.200565=a 从而.3255,65==n n又,210)5(,84)4(61069====C P C P 而∑==51.330)(k k P∴从大到小最后六个五位“吉祥数”依次是：70000，61000,60100,60010,60001,52000.∴第325个“吉祥数”是52000，即.520005=n a6、方程20062420042005(1)(1)2006x x x x x +++++=L 的实数解的个数为 .【答案】17、方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解（x ,y ,z ）的个数是 . 【答案】336675从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.8、已知=n a C ())95,,2,1(2162003200Λ=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅⋅-n nnn ，则数列}{n a 中整数项的个数为 ．【答案】159、已知他们中的任意两人至多通电话一次，他们中的任意n －2个人之间通电话的次数相等，都是3 k 次，其中k 是自然数，求n 的所有可能值． 【解析】显然n ≥5. 记n 个人为A 1，A 2， A N ，设A 1通话的次数为m 1, A i 与 A j 之间通话的数为y ij , l ≤n j i ≤, .则m i +m j – y i . j =∑=ns s m 121-k 3= c . （*）其中c 是常数 ，l ≤n j i ≤, . 根据（*）知，=-j i m m )()(s j s i m m m m +-+=sj s i y y ..-≤1 , l ≤n j i ≤, .⇒1≤-j i m m , l ≤n j i ≤,设 m i =max{m s ,1.n s ≤≤} ,m j = min{m s,1≤s ≤n.} , 则 m i +m j ≤1.若 m i +m j =1 ,则对于任意 s ,,j i ≠ 1≤s ≤n ,都有(m i +m s -y I ,s )- (m j +m s -y I ,s )=1-(y I ,s – y j ,s )=0 , 即 y I ,s – y j ,s = 1 故 y I ,s =1 , y j ,s = 0 . s ,,j i ≠ 1≤s ≤n ,因此 m i ≥ n -2 , m j ≥1 . 于是 ，m i +m j ≥n -3≥2 . 出现矛盾 ，故 m i +m j =0 ，即 m s (1≤s ≤n)恒为常数 。

高中数学联赛初等数论专题练习（详解版)学校 :___________姓名： ___________班级： ___________考号： ___________一、单选题1．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设 x R ，用 x 表示不超过x 的最大整数，则y x 称为高斯函数，例如：0.51， 1.5 1 ，已知函数 f ( x)14x 3 2x4（0x 2），2则函数 y f ( x)的值域为（）A ．－13B ．1,0,1C．{- 1,0,1,2} D ．0,1,22，22．设 [ x] 表示不超过x的最大整数（如[2] 2 ， [ 5]1），对于给定的 n N *，定义4C n x n(n1)(n[ x]1)， x1,；当 x3,4 时，函数C8x的值域是（）x( x1)( x[ x]1)A ．12,58B．14,56C．12,58D．14,563．用x表示x的整数部分，即x表示不超过 x 的最大整数，例如：22, 2.32, 2.3，设函数 h x ln x x21，则函数3f (x)h(x)h( x)的值域为（）A ．0B ．1,0,1C．1,0 D ．2,04．已知n是正整数，则下列数中一定能整除2n3225的是（）A ．6B ．3C． 4 D ． 55．已知直角三角形的三边长都是整数，且其面积与周长在数值上相等. 那么，这样的直角三角形有（）个 .A ．0B ．1C． 2 D ． 36．十八世纪，函数y [ x] （[ x]表示不超过 x 的最大整数）被“”数学王子高斯采用，因此得名为高斯函数，结合定义的表述，人们习惯称为“”取整函数，根据上述定义，则方程 2019x2[ x]20200 的所有实数根的个数为（）7．将编号为1， 2，，18的18名乒乓球运动员分配在9 张球台上进行单打比赛，规定每一张球台上两选手编号之和均为大于 4 的平方数．记 {7 号与 18 号比赛 } 为事件 p．则p 为（）．A ．不可能事件B．概率为1的随机事件17C．概率为1的随机事件D．必然事件3二、填空题8．在正奇数非减数列1,3,3,3,5,5,5,5,5,中，每个正奇数 k 出现 k 次.已知存在整数b 、c、d，对所有的整数n满足a n b n c d ，其中x 表示不超过x的最大整数 .则b c d等于 ______.9．等差数列{ a n}的前n项和为S n，且a11， S728，记 b n[lga n ] ，其中[ x]表示不超过 x 的最大整数，如 [0.9] 0 ， [lg 99]1，则 b b_________.2019 202010．已知f (n)表示正整数n的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1，2，3，4，100506，12，则 f 12 3 ；21的因数有1，3，7，21，则f2121 ，那么f i f ii 51i1_________.11．用符号( x]表示小于x的最大整数，如(]3,( 1.2] 2 ，有下列命题：① 若函数 f (x) ( x]x, x R ，则f ( x)的值域为 [1,0) ；② 若 x(1,4)，则方程 x1 ( x]5有三个根；③ 若数列a n是等差数列，则数列(a ]也是等差数列；④ 若n，则 (x]?( y] 2 的概率为P 2．9则下列正确命题的序号是______________．12．若两整数a、b除以同一个整数m，所得余数相同，即ab k (k Z) ，则称a、mb对模 m 同余，用符号 a b(mod m) 表示，若 a10(mod 6) (a10) ，满足条件的a由小到大依次记为 a1 , a2 ,, a n , ，则数列{a n}的前16项和为________.13．设x R，x表示不超过x的最大整数，若存在实数t，使得t1，t2 2 ，，n14．在数列a n中，a13a n 12a n2，且12 .n n（1）a n的通项公式为 __________；123、 a 2019这2019项中，被10除余2的项数为 __________．（ 2）在a、 a、 a 、L15．将一个数列中部分项按原来的先后次序排列所成的一个新数列称为原数列的一个子数列，如果数列存在成等比数列的子数列，那么称该数列为“弱等比数列”已.知 m >1 ，设区间 m,内的三个正整数 a ，x，y满足:数列a2，y21， cos，x21为“弱等比数列”，则a的最小值为 ________.2x16．设x表示不超过x的最大整数，如 1.51, 1.52.若函数 f x a xa 0, a 1 ，则 g x f1f x11 a x x的值域为22________________.三、解答题17．将下列各式进行因式分解.（ 1）3x210 x8；（ 2）x2y2124x2 y2；（ 3）x2y xy2xz yz .18．已知x1、x2是一元二次方程4kx24kx k 10 的两个实数根．（ 1）是否存在实数k，2x1x2x12x23k 的值；若不存成立？若存在，求出2在，请说明理由；x1x22 的值为整数的实数k 的整数值．（ 2）求使x1x219．正整数数列a n的前 n 项和为 S n，前 n 项积T n，若Ti N * (i1,2,L n) ，则称S i数列a n为“Z数列”.(1)判断下列数列是否是 Z 数列，并说明理由；①2，2，4，8；②8，24，40，56(2)若数列 a n是Z数列，且a2 2 .求S3和T3；20．设m，n是正整数，满足mn | m2n 2 1 .证明：m2n 2 1 3mn.参考答案1． B【解析】【分析】首先将函数解析式进行化简，并用换元思想，得到 f (t)1t23t4（1 t 4 ），研究二2次函数在某个区间上的值域，求得 f ( x)13“”.22【详解】因为 f ( x)12x23 2x xt（ 1t 4 ），2 4 ，令2则 f (t) 1 t23t4（1t 4 ），函数的对称轴方程为t 3 ，2所以 f (t )min f (3)1，2f (t) max f (1)3f ( x)132，所以,，22所以 y f ( x)的值域为1,0,1，故选： B.【点睛】本小题考查函数的定义域与值域等基础知识，考查学生分析问题，解决问题的能力，运算求解能力，转化与化归思想，换元思想，分类讨论和应用意识.2． D【解析】【分析】利用题目中的两个新定义求得 C8x336，再利用导数求分母的值域，即可得答x(x1)( x2)案 .【详解】当 x 3,4时， [ x]3，∴ C8x87 6336，x( x 1)( x 2)x(x 1)(x2)当 3, x 4 时， f ( x)x33x22x ，∵ f ' (x) 3x26x 2 0 ，∴ f ( x) 为增函数，∴ f (x) f (4)24 ，且 f( x) f (3) 6 ，∴ f (x)[6, 24)，∴ f ( x)14,56 .故选： D.【点睛】本题考查函数新定义问题、导数的运用、三次函数的值域，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.3． C【解析】【分析】根据条件先判断函数的h(x) 的奇偶性，结合x 的定义，分别讨论h( x) 取整数值和非整数时对应的结果即可．【详解】解：函数 h(x) 的定义域为R，则h( x)h(x) ln( x x21) ln(x2 1x)ln(x21x)( x21 x)ln1x2x2ln10即 h(x)h( x) ，则 h( x) 是奇函数，则 f (x)h( x)h(x)h(x)h( x) ，若 h( x)n， n 是整数，则h( x)h( x)n n0， f x0如 n h( x)n1,n Z ，则 ( n1)h( x)n, n Z ，则 h(x)n, h( x)(n 1)n 1，则 h(x)h( x)n n 1 1 ，综上 f ( x)1或0，即 f ( x) 的值域为1,0，故选 C．【点睛】本题考查函数值域的求法，一般地，可先考虑函数的奇偶性、周期性等把函数值域归结到有限区间上，再考虑函数的单调性，也可以利用换元法把复杂函数转化为简单函数，注意根据函数的解析式的形式选择合适的方法．4． C【解析】【分析】225 分解因式，由此判断出正确选项.首先根据平方差公式对2n 3【详解】2252n 3 5 2n 3 52n 8 2n 2 4 n 4 n 1 ,2n 32n 3225 一定能被4整除，故选 :C.【点睛】本小题主要考查平方差公式，考查整除性问题，属于基础题.5． C【解析】【详解】设直角三角形三边长分别为x 、y、z x y z ，则x2y2z2，且2 x y z xy.两式消去 z ，得xy 4x 4 y 8 0 ，即x 4 y 48 .于是， x 4 8 .注意到 x 4 y 4 ，所以， x 48 3 .故 x 4 1或2，即 x 5 或6,选C.6． C【解析】【分析】由2019x2[ x] 20200 可得2019x2[ x]2020，若| x | 2时，方程显然不成立，故2x 2 ，此时[ x]1,0,1，分别分析即可.【详解】由2019x2[ x] 20200可得2019x2[ x]2020,因为 | x |2时，2019x2[x]2020，方程无解，当 2x 2 时，[ x]的可能取值为1,0,1 ，当 [ x]1时，方程有解x1，当 [ x]0 时，方程无解，当 [ x] 1 时，2019x22021 ，解得x2021或 x2021，20192019因为 [2021] 1，符合题意， [2021] 1 不符合题意，舍去，20192019综上，方程的根为 x1，x2021 ，2019故选： C【点睛】本题主要考查了一元二次方程，取整函数，分类讨论的思想，属于中档题.7． D【解析】【详解】由于编号最大的两数之和为18 17 3536 ，所以，同一张球台上两选手编号之和只能取3 个平方数： 25、 16、 9．现设同一张球台上两选手编号和为25、 16、 9 的分别有x、 y、z25x 16 y9z 1 2 L 18 （ x 、 y 、 z 均为非负整数）个．依题意有x y z 9，即x0, y 0, z16x 7 y9 x y z 1717 y 90xy z 9 16 x．得0, z ．x0, y 0, z x 0, y 090 又由 10 x，知 x 只能取非负整数 0，1， 2， 3，4， 5．逐一代入检验，可得方程唯一16的非负整数解x 3 ， y 6， z0 ．下面讨论 9 张球台上的选手对阵情况．（ 1）由 x=3，知平方数为 25 只能有 3 个，而编号不小于 16 的 3 个选手 18， 17，16 对应的平方数又只能为 25，故 “两选手编号和为 25”的只能是： 18 与 7 对阵， 17 与 8 对阵， 16 与 9对阵．（ 2）由 y6，知去掉 18，17，16， 9，8， 7 后剩下的 12 个选手对应的平方数能且只能为16，有： 1 与 15 对阵， 2 与 14 对阵， 3 与 13 对阵， 4 与 12 对阵， 5 与 11 对阵， 6 与 10 对阵．所以，规定能够实现，且实现方案是唯一的．9 张球台上选手对阵情况为：18,7 , 17,8 , 16,9 , 15,1 , 14,2 , 13,3 , 12,4 , 11,5 , 10,6 ．事件 p 为必然事件．选 D.8． 2【解析】【详解】将已知数列分组为（ 1） , 3,3,3 , 5,5,5,5,5 ,，2k 1,2 k 1, ,2 k 1 ，共 2k 1 个组 .设 a n 在第 k 组， a n 2k 1，则有 1 3 52k 3 1 n 1 3 52k 1 1 ，即 k 12k 2 1 .1 n注意到k 0 ，解得n1 kn 1 1.所以， k n11n 11.因此， a n2n1 1 .故 b c d211 2 .9． 9【解析】【分析】利用等差数列的通项公式与求和公式可得a n，再利用b n[lgn ] ，可得 b1b2b3b9 0 ，b10b11b12b991，，即可得出．【详解】S{ a}的前n 项和，且 a1，S28，7a28．n 为等差数列n174可得 a4 4 ，则公差d1，∴ a n n，∴ b n[ lgn] ，则 b1[lg1]0 ， b2b3b90，b10b11b12b99 1 ，b100b101b102b103b999 2 ， b1000b1001b1002b1003b99993∴b2019 b 20209 .故答案为： 9 .【点睛】本题考查等差数列的通项公式与求和公式、对数运算性质、取整函数，考查推理能力与计算能力，属于中档题．10． 1656【解析】【分析】根据 f (n) 的定义求出 f (i) ，i1,2,L ,100 ，然后再求值．【详解】解析： f n 表示正整数n的所有因数中最大的奇数，f n f 2n ，且 n 为奇数时， f (n) n，其中 n1,100 ；f nmax f9999, f nmin f64f2f4f8 f 16 f 321100那么 f (i)f51f52f53 ...f100i 5151135327557572959156131 6316533671769357197337 75197739795814183218543 8711894591239347953974999251357911 (9950199)2500250那么 f i 1 1 3 1 5 3 7 1 9 5 11 3i1137151179195211123325132772915311331735937193954121431145234734925135... 2931 ...49512 151418221315 171921 23 2525149219844210050那么 f (i) f (i)25008441656．i 51i1故答案为： 1656．【点睛】本题考查新函数的定义，理解新函数的定义是解题关键．解题时按新函数定义计算即可．11．①②④【解析】试题分析：由定义,所以其值域为[ 1,0) ,故①正确；由于,因此可求得,所以②正确；对于③ ,如取数列成等差数列,但不成等差数列；对于④ 很容易验证是正确的．故应填①②④ ．考点：函数的性质及分析问题解决问题的能力．【易错点晴】本题以符号函数为背景，考查的是函数与方程、等差数列和等比数列、概率等许多有关知识和运算求解及推理判断的能力．定义新概念运用新信息是解答本题的一大特色．解答时应充分依据题设条件,对题设中提供的几个命题进行分析推断最后作出真假命题的判断．对于命题 ,举出一个反例 ,进行了推断从而说明它是假命题．运用反例是否定一个命题是真命题的有效方式和方法．12． 976 【解析】【分析】由两数同余的定义， m 是一个正整数， 对两个正整数a 、b ，若 a b 是 m 的倍数， 则称 a 、b 模 m 同余，我们易得若 a10(mod 6)( a 10) ，则 a 10 为 6 的整数倍，则 a 6n 10 ，再根据等差数列 { a n } 的前 n 项公式计算即可得答案．【详解】由两数同余的定义，m 是一个正整数，对两个正整数a 、b ，若 a b 是 m 的倍数，则称 a 、 b 模 m 同余，我们易得若 a 10( mod 6)(a10) ，则 a 10 为 6 的整数倍，则 a 6n 10 ，故 a 16,22,28, L 均满足条件．由等差数列 { a n } 的前 n 项公式 S nna 1n(n 1) d ，16 (16 1)2则 S 16 16976 ．1626故答案为： 976．【点睛】本题考查除的定义、数列的前n 项和，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意将新定义转化成代数式a 6n 10 .13． 4【解析】试题分析：t 1 ，则 t1,2；t22，则t2, 3 ； t33，则 t3 3, 3 4；t4 4 ，则 t4 4, 4 5；t 55，则 t55, 5 6；其中31.732, 3 4 1.587, 4 5 1.495, 5 6 1.431 1.495 ，由此可得t4时，可以找到实数 t ，使 t1,22,333, 344 4, 4 5 ，但当t 5时，上述区间没有公共部分，故 n 的最大值为 4 .考点：取整函数.14．a n2n2n 2403【解析】【分析】（ 1）根据题意得知数列an2为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求出数列na n 2的通项公式，即可求出a n；n（ 2）设a n2n2n210k2k Z ，可得出 10k n 2n 1 ，由 2n 1为奇数，可得出 n为10的倍数或2n1为5的奇数倍且 n 为偶数，求出两种情况下 n 值的个数，相加即可得出答案 .【详解】（ 1）Q an 12 a nn22且a1121，n1所以，数列a n2是以 1为首项，以2 为公差的等差数列，na n2 1 2 n 1 2n 1，a n2n2n 2 ；n（ 2）被10整除且余数为 2 的整数可表示为 10k2k Z，令 a n2n2n210k 2 ，可得10k n 2n1，Q n N ，且1n2019，则2n1为奇数，则 n 为10的倍数，或者2n15的奇数倍且 n 为偶数.为当 2n 1为 5 的奇数倍且n 为偶数时，n 的取值有：8 、 18 、28 、L、 2018 ，共 202 个.综上所述，在 a、a2、 a、L 、a2019这2019项中，被10除余2的项数为201202403.13故答案为：2n2n 2 ； 403.【点睛】本题考查数列通项的求解，同时也考查了数列中项的整除问题，考查分类讨论思想的应用，属于中等题 .15． 2【解析】【分析】根据新定义列等量关系，再分解变形，根据正整数分解性质求最小值.【详解】因为 cos0 ，所以a2，y2 1 ，x21依次成等比数列，即y21a2 (x21) 0，2因为 m > 1 ，a，x，y为区间m,内的三个正整数，所以a2, x2, y 2Q y21a2 ( x21) a2 x2y2 a 21,( ax y)(ax y)a21设 a21st(s,t N * , s t) ，且 ax y s, ax y t2ax s t因为当 s1,t a2 1 时，s t 最大，所以2ax a2 a 2 x a2x故答案为：2【点睛】本题考查等比数列、数列新定义以及正整数分解，考查综合分析求解能力，属难题. 16．1,0【解析】【分析】先求出函数 f x 的值域为 0,1，注意到 f x f x 1 ，可得出g x f x 11，然后分0 f x11、12f x2、 f x f x 1三222种情况得出函数g x 的值域.【详解】Q f x a x110,1，又 f x ax1，f x f x1.1 a x 1 a x 1 a x a x1g x f x 11f x. 22① 当0f x 11f x10 ，01x1g x101；时，22f，此时222②当 f x 1时， f x11f x0，此时g x000；222③ 当1f x1时，0f x11，11f x0，此时g x01 1 . 22222综上所述：函数g x f x 1f x10, 1，故答案为0, 1 . 2的值域为2【点睛】本题考查函数值域的求解，考查了取整函数的定义，解题的关键就是要确定 f x 与 f x 之间的关系，并利用分类讨论思想来求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.2217．（ 1）3x 4 x 2 ；（2）xy 1xy 1；（3）x y xy z .【解析】【分析】（1）应用十字相乘法；（2）应用平方差公式；（3）应用分组分解法。

初等数论在数学竞赛及密码学中的应用
初等数论是以素数、合数及基本数论函数（例如：素性测试、质因数分解、欧几里得算法）为主要工具来研究整数及关于它们的推理、符号等数学概念的研究领域。

初等数论在数学
竞赛及密码学中有着重要的应用，为解决日常问题提供了有效的方案。

素性测试在密码学中的使用被广泛应用，可以找到一定范围内的素数。

素数的重要性不言
而喻，它们可以用来生成安全的密钥，来保护重要资料和交换信息。

质因数分解可以将较
大的数字快速分解为质因数，质因数可以用来计算程序的最优解，从而赢得学术比赛的胜利。

欧几里得算法可以用来解决有关整数相关的大量问题，它是一种高效的数论方法，可用于
计算素数的乘积。

如果参赛者能够使用欧几里得算法进行素数的乘积计算，他们就可以快
速解决此类问题，从而赢得竞赛胜利。

在数学竞赛中，参赛者必须运用其他数论方法，如
扩展欧几里得算法、整数分解等，才能解决数学问题。

在实际应用中，初等数论方法可以用来解决复杂或微小数学问题，如求解素数定理等，是
高等数学中一个重要的领域。

初等数论在数学竞赛及密码学研究领域中被广泛应用，取得
了巨大的成就。

初等数论简介绪言：在各种数学竞赛中大量出现数论题，题目的内容几乎涉及到初等数论的所有专题。

1． 请看下面的例子：（1） 证明：对于同样的整数x 和y ，表达式2x+3y 和9x+5y 能同时被整除。

(1894年首届匈牙利 数学竞赛第一题) （2） ①设n Z ∈，证明2131n -是168的倍数。

②具有什么性质的自然数n ，能使123n ++++能整除123n ⋅⋅⋅（1956年上海首届数学竞赛第一题）（3） 证明：3231122n n n ++-对于任何正整数n 都是整数，且用3除时余2。

（1956年北京、天津市首届数学竞赛第一题） （4） 证明：对任何自然数n ，分数214143n n ++不可约简。

（1956年首届国际数学奥林匹克竞赛第一题）（5） 令(,,,)a b g 和[,,,]a b g 分别表示正整数,,,a b g 的最大公因数和最小公倍数，试证：[][][][]()()()()22,,,,,,,,,,a b c a b c a b b c c a a b b c c a =⋅⋅（1972年美国首届奥林匹克数学竞赛第一题）这些例子说明历来数论题在命题者心目中首当其冲。

2.再看以下统计数字：（1）世界上历史最悠久的匈牙利数学竞赛，从1894~1974年的222个试题中，数论题有41题，占18.5%。

（2）世界上规模最大、规格最高的IMO （国际数学奥林匹克竞赛）的前20届120道试题中有数论13题，占% 。

这说明：数论题在命题者心目中总是占有一定的分量。

如果将有一定“数论味”的计数型题目统计在内，那么比例还会高很多。

3.请看近年来国内外重大竞赛中出现的数论题：(1)方程323652x x x y y ++=-+的整数解(,)x y 的个数是（ ）A 、 0B 、1C 、3D 、无穷多（2007全国初中联赛5）（2）已知,a b 都是正整数，试问关于x 的方程()2102x abx a b -++=是否有两个整数解如果有，请把它们求出来；如果没有，请给出证明。