（2014o安徽模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn-2an+n=0（n∈N*）（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）若数列{bn}满足bn=log2（an+1）+1（n∈N*），在bk与bk+1之间插入2k（k∈N*）个2，得到一_作业帮
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（2014o安徽模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn-2an+n=0（n∈N*）（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）若数列{bn}满足bn=log2（an+1）+1（n∈N*），在bk与bk+1之间插入2k（k∈N*）个2，得到一
（2014o安徽模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn-2an+n=0（n∈N*）（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）若数列{bn}满足bn=log2（an+1）+1（n∈N*），在bk与bk+1之间插入2k（k∈N*）个2，得到一个新的数列{cm}．是否存在正整数m使得数列{cm}的前m项的和Tm=2014？若存在，求出m的值，若不存在，请说明理由．
（Ⅰ）由Sn-2an+n=0& ①得：Sn+1-2an+1+（n+1）=0& ②②-①得，an+1+1=2（an+1）．又在Sn-2an+n=0中取n=1得，a1=1，∴{an+1}是以a1+1=2为首项，以2为公比的等比数列．∴n+1＝2n，即n＝2n-1；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，bn=log2（an+1）+1=2(2n-1+1)+1＝n+1．则在数列{cm}中，bk（含bk项）前的所有项的和是：（2+3+…+k+1）+（21+22+…+2n-1）=k+1-4．当k=9时，其和是54+210-4=，当k=10时，其和为65+211-4=．又∵0=2×470＜2×29．∴存在正整数m使得Tm=2014，此时m=9+（21+22+…+28）+470=989．
本题考点：
数列递推式．
问题解析：
（Ⅰ）在数列递推式中取n=1求得a1=1，取n=n+1得另一递推式，作差后可得{an+1}是等比数列，由等比数列的通项公式得答案；（Ⅱ）把{an}的通项公式代入bn=log2（an+1）+1，由题意得到bk（含bk项）前的所有项的和，再由Tm=2014求得m的值．一元二次方程(2k-3)X^2+4KX+2K-5=0。4K+1是腰长为7的等腰三角形的底边长，求K为何值时，方程有两整数根？_百度知道
一元二次方程(2k-3)X^2+4KX+2K-5=0。4K+1是腰长为7的等腰三角形的底边长，求K为何值时，方程有两整数根？
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不满足k=3时;+64k-60=64k-60&gt、3k=1时;-4(2k-3)(2k-5)=16k²4若要根是整数;16/15而底边4K+1&ltΔ=(4k)²0k&gt，满足;+4x-3=0x=1，所以Δ也是整数;7*2=1416&#47，k也是整数k=1，不满足k=1时-x²15&lt，√Δ=2k=2时;K&lt、2，√Δ需要是整数;13/-16k&sup2
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出门在外也不愁高中数学竞赛专题讲座---专题训练 (同余部分的例题与习题)70-第2页
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高中数学竞赛专题讲座---专题训练 (同余部分的例题与习题)70-2
例3.设p是大于3的素数.求证:42p|3p-2；证明：∵42=2×3×7,2|3p-2p-1,3；0(modp)∵36≡1(mod7),26≡1(；例4.已知m,n为正整数,且m为奇数,(m,2n；k?1mn.；mm；证明：∵1,2,…,m构成modm的完系,(m,；k?1n??kn(modmk?1；?(2k)；k?1mnn(m,2-1)=1，∴m|?k得
例3. 设p是大于3的素数.求证:42p|3p-2p-1.证明：∵42=2×3×7,2|3p-2p-1,3|3p-2p-1,由Fermat定理得3p≡3(modp), 2p≡2(modp)，∴3p-2p-1≡0(modp)∵36≡1(mod7), 26≡1(mod7),p&3是素数，∴p≡1(mod6)或p≡5(mod6)，∴3p-2p-1≡36k+1-26k+1-1≡3- 2-1≡0(mod7)或3p-2p-1≡36k+5-26k+5-1≡5-4-1≡0(mod7)即7|3p-2p-1∴42p|3p-2p-1.例4. 已知m,n为正整数,且m为奇数,(m,2n-1)=1.证明:m|?kk?1mn.mm证明：∵1,2,…,m构成modm的完系,(m,2)=1∴2,4,…,2m也构成modm的完系∴?(2k)k?1n? ?kn(modmk?1?(2k)k?1mnn(m,2-1)=1，∴m|?k得证. ??k(modm)即(2?1)?k?0(modm)∵nnnnmmmk?1k?1k?1例5. 求与数列?an?2n?3n?6n?1,n?1?中所有项都互质的所有正整数.解：显然(1,an)=1.设m&1是与{an}中所有项都互质的正整数,p为m的一个质因数,若p&3,则由费马小定理得:2p?p?1?1?modp?,3p?1?1?modp?,6p?1?1?modp?，记2p?1?mp?1,3p?1?np? 1mp?1np?1tp?1???1= 2363?np?1,6?p?1p?2p?2p?2?tp?1(m,n,t?Z),则ap?2?2?3?6?1?3mp?2np?tp3m?2n?t?p?，∵由ap-2为整数,(p,6)?1，∴6|3m+2n+t,pap?2这与(m,ap-2)=1矛66盾!若p=2或3,则a2=48=24?3,p|a2也矛盾!故与?an?中所有项都互质的正整数只有1.例6. 求使得7d≡1(mod2r)(整数r≥3)的最小正整数d0.12r?2r-1rk解：∵Φ(2)=2(1-)=2及d0|Φ(2)∴d0=2, 0≤k≤r-1.先证:对任意奇数a,必有a2rr?1(mod2r):r=n+1归纳法,设a=2t+1,当r=3时,a=4t(t+1)+1≡1(mod2),设当r=n时,a232n?2?1(mod2n),则当时,a2n?1?1?(a2n?2?1)(a2n?2?1)可被2n+1整除,即有a2n?1?1(mod2n?1),故结论成立. 由此可知d0=2中的k满足0≤k≤r-2.我们证明:对任意整数r≥3,必有设当r=n时,k72r?3?1(mod2):归纳法,当r=3时,显然成立,rn-172n?3?1(mod2)∵7n2n?3≡1(mod2) ∴n-2n-172n?3=1+s?2,其中整数2?s,∴72n?2? (7r2n?32)?1?s(1?72n?2?(7得:2n?322j)?1?s(1?s?2)2n?2n,2?1+s?2,即72n?2?1(mod2n+1)∴72r?3?1(mod2),由此推7?1(mod2r),0≤j≤r-3,故d0=2r-2为所求.例7求所有的正整数对(p,n)满足:()p是素数; ()n≤2p; ()np-1|(p-1)n+1.解：显然(p,1)和(2,2)是满足题意的正整数对，下设n≥2,p≥3.∵(p-1)n+1为奇数∴n为奇数且n&2p，记q为n的最小素因子，则q|(p-1)n+1即(p-1)n≡-1(modq),且(q,p-1)=1,(n,q-1)=1,存在u,v∈Z使得un+v(q-1)=1,由Fermat小定理得：p-1≡(p-1)nu(p-1)v(q-1) ≡(-1)u (modq)∵q为奇数∴u必为奇数,p-1≡p1p?1p?1-1(modq)，从而p=q，∵n&2p=2q及q是n的最小素因子∴n=p=q.∵(p-1)p+1=p?Cpp???Cpp∴pp-1|(p-1)p+1?p≤3∴p=3,满足题意的所有的正整数对为(p,1)、(2,2)、(3,3)其中p为任意质数(IMO40).
方法2：对任意素数p，数对(p,1)是解；当p=2时，仅有数对(2,1)、(2,2)是解；下设p≥3，n≥2，若(p,n)是解，则n是奇数，设n的最小素因子是q，n=qdm(q?m)，则(p-1)≡(p-1)(modq)∴(p?1)qqd?(p-1)(modq)∵q|(p-1)+1，∴(p?1)nqdm?(p?1)n?(p?1)m??1(modq)，∵(p-1)2m≡1(modq)，∴q|(p-1)2m-1， ∵(p-1)q-1≡1(modq)，∴q|(p-1)q-1-1∵q是n的最小素因子∴(2m,q-1)=2，设p-1对模q的阶为r,则r|2m,r|q-1， ∴r=2∴q|(p-1)2-1=p(p-2)，∵(m,q-1)=1,若q|p-2,则q|(p-1)m+1=[(p-2)+1]m+1= (p-2)m+…+m(p-2)+2?q|2p?1p-1与n是奇数矛盾∴q|p,必有q=p，∵n=qm=pm&2p=2q∴n=q=p,又由()得p|(p-1)+1=p-…+p22ddp-1p展开式仅有4项∴n=p=3。故满足条件的所有的正整数对为(p,n)=(p,1)、(2,2)、(3,3)。例8. 已知p为奇素数.证明：?k2p?1?k?1p?1p(p?1)(modp2). 2证明：∵p-1为偶数∴?kk?1p?12p?12p?112p?22p?2?C2?k???[k2p?1?(p?k)2p?1]，∵k2p-1+(p-k)2p-1=p ??C2p?1p?1pp?12k?112p?22p?22p?2，∴k2p-1+(p-k)2p-1≡C2p?1p?kC2?k???C2p?1pp?1p?k12p?2≡p(2p-1)k2p-2(modp2),由Fermat定理知kp-1≡p?1p?121(modp)，∴(2p-1)k2p-2≡2p-1≡-1(modp)即(2p-1)k2p-2=pm-1，∴p(2p-1)k2p-2≡p2m-p≡-p(modp2)，∴p?1p?12?kk?12p?1 ??(?p)?k?12p?1k??(?p)???k?1k?1p(p?1)p(p?1)p(p?1)?p2??(modp2) 222练习题1. 求所有的素数对(x,y)满足xy-yx=xy2-19.解：∵xy=yx+xy2-19及Fermat定理xy≡x(mody)，∴xy≡x≡-19(mody)∴y|x+19,同理x|y-19,xy|(x+19)(y-19),即xy|19(y-x-19)∴xy|y-x-19.()当x=2时,2y=3y2-19,由y|x+19=21得y=3,7,检验知(2,3)和(2,7)都是解.()当y=2时,x2=2x+4x-19,且x|(-17)∴x=17检验知(17,2)非解.()当x≥3时,当y≥3时,由xy|y-x-19及y≤x+19得:3x≤xy≤x+19-y≤x+16即3x≤x+16∴x≤8,x=3,5,7.此时,由y|x+19=22,24,26得y=11,3,13不满足x|y-19,非解.∴满足xy-yx=xy2-19的所有素数对(x,y)=(2,3)和(2,7).2. 证明：不存在非负整数k和m,使得k!+48=48(k+1)m.证明：k=0,m=0显然不是解.下设k,m为正整数.10.若k+1为合数,则k+1|k!, k+1|48∵48|k!∴k≥6, k=7,11,23,47检验知都不是解.20.若k+1为素数,由Wilson定理知k!≡-1(modk+1),即k+1|k!+1，∵k!+48= 48(k+1)m∴k+1|47,k=46.方程为46!+48=48?47m即46!?1=47m,取mod4得1≡(-1)m(mod4)∴m为偶数,令48m=2m1.则有(47m1?1)(47m1?1)=46!46!mm∵232|,471?1?2(mod23)，∴232|471?1，4848∵47m1?(46?1)m1≡46m1+1(mod232)，∴232|47m1?1?232|46m1?23|m1∴m=2m1≥46,故有46!+48&48?47m.综上所述,不存在非负整数k和m,使得k!+48=48(k+1)m.3. 已知p是一个大于5的素数.求证:至少存在两个不同的正整数q1,q2满足:()1≤q1,q2≤p-1; ()qip-1≡ 1(modp2)(i=1,2).证明：引理:若ab?1(modc),则必存在素数q|a且qb≡1(modc).证明原题:由二项式定理可知(p-1)p-1, (p+1)p-1, (2p-1)p-1, (2p+1)p-1这四个数在modp2下的余数均不为1∴存在q1|p-1且q1p-1≡1(modp2).()若q1≠2,则令q2=2,易知q2|p+1,且q2p-1≡1(modp2), q1,q2即为所求.()若q1=2,则由2p-1, 2p+1中必有一数被3整除,可令q2=3,则必有q2|2p-1或2p+1,且q2p-1≡1(modp2)得证.4. 证明,对于每一个素数p,总存在无穷多个正整数n使得p|2n-n.证明：若p=2,则n取任意偶数,结论成立;若p&2,则由Fermat定理得2p-1≡1(modp),令n=(mp-1)(p-1),m为任意正整数,则n≡1(modp),2n≡1(modp)∴2n-n≡0(modp),即有p|2n-n.故结论成立.5. 已知k为正整数,k≥2, p1,p2,…,pk为奇素数,且(a,p1p2…pk)=1.证明a(p1?1)(p2?1)?(pk?1)-1有不同于p1,p2,…,pk的奇素数因数.证明：∵(a,p1p2…pk)=1∴(a,p1)=1, 由Fermat定理得:ap1?1?1(modp1),又(p1?1)(p2?1)?(pk?1)2(p2?1)(p3?1)?(pk?1)为正整数，∴a2理得(p1?1)(p2?1)?(pk?1)2?1(modp1)即p1|a?1,同 ?0或1(mod4)p2,p3,?,pk|a(p1?1)(p2?1)?(pk?1)2(p?1)(p2?1)?(pk?1)?1,1为偶数∴a2(p1?1)(p2?1)?(pk?1)2?1)(p2?1)?(pk?1)2?0或1(mod4)，且4?a因数∴a(p1?1)(p2?1)?(pk?1)(p1?1)(p2?1)?(pk?1)2?1,即a(p1?1)(p2?1)?(pk?1)2?1有异于p1,p2,…,pk的奇素数?1]有异于p1,p2,…,pk的奇?1?[a(p1?1)(p2?1)?(pk?1)2?1][a(p1?1)(p2?1)?(pk?1)2素数因数.6. 已知p为素数.证明,存在一个素数q,使得对任意正整数n,q?np-p.pp?1pp?1p?122?p???p?p?1?p?1(modp)
证明：中至少有一个素因子q满p?1p?1足q?1(modp).若存在正整数n使得n≡p(modq),则有n2pp2?pp?1(modq)(∵p|pp-1),由Fermat定理得: nq-1≡1(modq)及p2?q-1,(p2,q-1)|p(∵(p2,q-1)=1或p)，∴np≡1(modq)∵np≡p(modq)∴p≡1(modq) ∴1+p+p2+…+pp-1≡p(modq)，∵q是1+p+p2+…+pp-1的一个质因子∴p≡0(modq)与p≡1(modq)矛盾!7. 设正整数a,b,c,d,m,n满足:a+b+c+d=m2, a2+b2+c2+d2=1989,且其中a,b,c,d 的最大者为n2.试求m,n的值.解:显然,a,b,c,d不全为偶数(1奇或3奇),从而m为奇数.∵m2=a+b+c+d?4(a2?b2?c2?d2)? 21989c2?d2)?2&90,∴m2只能取{12,32,52,72,92},∵(a+b+c+d)2&a2+b2+c2+d2=1989∴m2&即m2≥45∴m2=49或81.若m2=49即a+b+c+d=49.∵a,b,c,d 的最大者为d=n2∴4n4≥a2+b2+c2+d2=1989∴n≥5,∵a+b+c= 49-n2∴5≤n≤6即n=5或6,d=25或36.a+b+c=24或13, a2+b2+c2 =,∵(a+b+c)2=242=576&a2+b2+c2或(a+b+c)2=132=169&a2+b2+c2 ,∴此时方程无解.∴m2=a+b+c+n2=81, a2+b2+c2+n4=1989,∵4n2≥81 ∴n≥5∵即n4≤1992∴5≤n≤6即n=5或6. 当n=5时,a+b+c=56,a2+b2+c2 =1364,∵4|1364=a2+ b2+c2∴a,b,c均为偶数:a=2a1,b=2b1,c=2c1且a12+b12+c12 =341, a1+b1+c1=28∵a12+b12+c12 =341≡1(mod4) ∴a1,b1,c1必定两个偶数一个奇数: a1=2a2,b1=2b2,c1=2k-1且2(a2+b2+k)=29矛盾!当n=6时,a+b+c=45,a2+ b2+c2 =693,∵693≡1(mod4)∴a=2a1,b=2b1,c=2k-1且a1+b1+k=23,a12+b12+k(k-1) =173,∵k(k-1)为偶数2∴a1,b1一奇一偶: a1=2a2,b1=2r-1且2a2+2r+k=24,4a2+4r(r-1)+k(k-1) =172∴2|k,4|k(k-1)∴4|k,又(a1?b1)2(23?k)2?∵173-k(k-1) =a1?b1?,即有k2-16k+61≤0∴7≤k≤9,∵4|k∴k=8,a2+r=8,a22+ 2222r(r-1)=29,消去a2得2r2-17r+35=0,解得r=5,(a,b,c,d)=(12,18,15,36)∴m2=81,n2=36,(m,n)=(9,6).8. 求方程2x?3y-5z?7w=1的所有非负整数解(x,y,z,w).解:(1)若y=0,则2x-5z?7w=1,当z≠0时, 2x≡1(mod5)∵24≡1(mod5)∴4|x,从而3|2x-1=5z?7w,这不可能∴z=0, 2x-7w=1,当x=1,2,3时,(x,w)=(1,0),(3,1);当x≥4时, 7w=2x-1≡-1(mod16),但当w为偶数时7w≡1(mod16),当w为奇数时7w≡7(mod16),矛盾.∴这时解为(1,0,0,0),(3,0,0,1);(2)若y&0.①当x=1时,2?3y- 5z?7w=1,则5z?7w≡-1(mod3),即(-1)z≡-1(mod3)∴z为奇数∴2?3y≡1(mod5)∵34≡1(mod5),∴y≡1(mod4)即y=4m+1.当w≠0时, 2?3y≡1(mod7)∵36≡1(mod7)∴y≡4(mod6),y=6n+4=4m+1,即6n=4m-3矛盾∴必有w=0, 2?3y-5z=1,当y=1时,z=1;当y≥2时,5z≡-1(mod9)∵56≡1(mod9)∴z≡3(mod6),53+1|5z+1,7|5z+1=2?3y矛盾! ∴这时解为(1,1,1,0),②当x≥2时,∵5z?7w≡-1(mod4),5z?7w≡-1(mod3)即(-1)w≡-1(mod4),(-1)z≡-1(mod3)∴w,z都是奇数,2x?3y=5z?7w+1≡35+1≡4(mod8),∴x=2,y=2k,方程为4?3y-5z?7w=1∴4?3y≡1(mod5),y≡2(mod4), 4?3y≡1(mod7),y≡2(mod6)∴y≡2(mod12),设y=12m+2(m≥0),则5z?7w=4?312m+2-1=(2?36m+1-1)(2?36m+1+1)?2?36m?1?1?5z?∵2?36m+1+1≡0(mod7),(2?36m+1-1,2?36m+1+1)=1∴5|2?36m+1-1,∴?,若m≥1,则5z≡ 6m?1w??1?7?2?3z??2?3?1?5-1(mod9),由①的证明知不可能.若m=0,则y=2,?得z=w=1,得解(2,2,1,1).故原方程的所有解w??2?3?1?7为:(x,y,z,w)=(1,0,0,0),(3,0,0,1),(1,1,1,0),(2,2,1,1).9. 求方程5x+1=2y+2z?5t的所有正整数解(x,y,z,t).解:设(x,y,z,t)是方程的正整数解,则2y≡1(mod5)∵24≡1(mod5)∴4|y,对方程两边mod4得2z≡2(mod4)∴z=1.设y=4r,得5x+1=24r+2?5t即5x-2?5t=16r-1,两边mod3得:(-1)x+(-1)t≡0(mod3)∴x,t一奇一偶∵5t≡1或5(mod8)∴对5x=2?5t+16r-1,两边mod8得: 5x≡2?5t-1≡1(mod8)∴x为偶数,t为奇数.(1)若t=1,则5x=16r+9,设x=2m,则(5m-3)(5m+3)=16r.∵(5m-3,5m+3)=(5m-3,6)=2∴5m-3=2,5m+3=24r-1,∴m=1,24r-1=23 ∴r=1,y=4,x=2,得解(x,y,z,t)=(2,4,1,1);(2)若t&1,则t≥3,x≥4,53|5x-2?5t=16r-1∵16r-1=(15+1)r=15r+…+1?15∴Cr2?152+Cr5|r,令r=5k,则165k-1≡55k-1≡(5?32)k-1≡0(mod11),∴11|5x-2?5t=5t(5x-t-2),即11|5x-t-2,但5n≡1,3,4,5,9(mod11),即11?5x-t-2,矛盾!故原方程有唯一解(x,y,z,t)=(2,4,1,1). 包含各类专业文献、高等教育、各类资格考试、文学作品欣赏、外语学习资料、应用写作文书、幼儿教育、小学教育、高中数学竞赛专题讲座---专题训练 (同余部分的例题与习题)70等内容。　
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初二数学题求解：若关于x的方程 (k+2)x^2 - (2k+2)x + k =0有整数根,求整数k的值
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又x1，故有k/(k+2)&lt，由于k&0则k(k+2)=&lt。所以k=0;=&k+2,-2,x2=k/(k+2)&lt,-1,x1=x2=1(2)x1=1 ：方程化为;0
k= -1;1，0： [(k+2)x-k](x-1)=0(1)k=-2时;(k+2)时，2(x-1)=0，所以k&#47,x2是整数根解
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[(k+2)x-k]*(x-1)=0所以方程必然有一个解是x=1题是不是。。。
我不太会用电脑打数学符号，你自己带公式算吧
Δ≥0 （2k+2）^2-4k(k+2)≥0求出k的范围 算出整数k的值
用德儿塔啊德儿塔=b^2-4ac=(2k+2)^2-4k(k+2)=(2k+2)^2-4k(k+2)=4k^2+4+8k-4k^2-8k=4+8k-8k=4X=1或K/(K+2)1.将X=1带入K=任何值2.若K/(K+2)也为整数则K=-3或-1 或0 因为没说是一元二次方程所以k=-2也可以
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