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1、 专题 6.21:整数平方数问题的研究与拓展 【探究拓展】 探究 1:已知数列an中,a2a(a 为非零常数),其前 n 项和 Sn满足:Sn(nN*). n(ana1) 2 (1)求数列an的通项公式; (2)若 a2,且,求 m、n 的值; 2 1 11 4 mn aS (3)是否存在实数 a、b,使得对任意正整数 p,数列an中满足的最大项恰为第 3p2 项?若存 n abp 在,分别求出 a 与 b 的取值范围;若不存在,请说明理由 解:(1) 证明:由已知,得 a1=S1=0,Sn=, 则有 Sn+1=, 1(a1a1) 2 nan 2 (n+ 1)an + 1 2 2(Sn+1Sn
2、)=(n+1)an+1nan,即(n1)an+1=nan nN*, nan+2=(n+1)an+1,两式相减得,2an+1=an+2+an nN*, 即 an+1an+1=an+1an nN*,故数列an是等差数列,又 a1=0,a2=a,an=(n1)a. (2) 法一:由,得法一:由,得 n2 n+11=(m 1)2, 2 1 11 4 mn aS 显然且是方程的一组解显然且是方程的一组解11n 12m 当时, 此时比小的平方数中最大的一项则是, 所以,当时, 此时比小的平方数中最大的一项则是, 所以,11n 22 11nnn 2 n 2 (1)n 2 (1)m 2 (1)n 即,得无解即
3、,得无解 22 11(1)nnn100n 当时, 此时比大的平方数中最小的一项则是, 所以,当时, 此时比大的平方数中最小的一项则是, 所以,11n 22 11nnn 2 n 2 (1)n 2 (1)m 2 (1)n 即,得,整数逐项检验,无整数解;即,得,整数逐项检验,无整数解; 22 11(1)nnn3100n3,2,1n m 法二:由,得 n2n+11=(m1)2,即 4(m1)2(2n1)2=43, 2 1 11 4 mn aS (2m+2n3)(2m2n1)=43. 43 是质数, 2m+2n32m2n1, 2m+2n30, ,解得 m=12,n=11. 2m2n1 = 1 2m+
4、2n3 = 43) (3)由 an+bp,得 a(n1)+bp 若 a0,则 n+1 pb a 不等式 an+bp 成立的最大正整数解为 3p2, 3p2+13p1, pb a 即 2ab(3a1)p3ab 对任意正整数 p 都成立 3a1=0,解得 a= , 1 3 此时,b01b,解得 b1 2 3 2 3 故存在实数 a、b 满足条件,a 与 b 的取值范围是 a= , b1 1 3 2 3 探究 2:已知数列的前三项分别为,且数列的前项和满足 n a5 1 a6 2 a8 3 a n an n S ,其中,为任意正整数. 2 22 )()( 2 1 mnSSS mnmn mn (1)求
5、数列的通项公式及前项和; n an n S (2)求满足的所有正整数,. 2 2 33 2 3 kaS nn kn 【解答】 (1)略 an Snn23n1,nN* 5,n1, 2n2,n 2.) (2) 记 S an33k2(*)n1 时,无正整数 k 满足等式(*) 2 n 3 2 n2 时,等式(*)即为(n23n1)23(n10)k2. 当 n10 时,k131 当n10时, 则kn23n1, 又k2(n23n)22n23n310, 所以kn23n., 从而n23nkn2 3n1.又 n,kN*,所以 k 不存在,从而无正整数 k 满足等式(*) 当 n10 时,则 kn23n1,因为 kN*,所以 kn23n2. 从而(n23n1)23(n10)(n23n2)2.即 2n29n270.因为 nN*,所以 n1 或 2. n1 时,k252,无正整数解;n2 时,k2145,无正整数解 综上所述,满足等式(*)的 n,k 分别为 n10,k131. 【反思】利用整数平方数的特征,用夹逼策略缩小范围,从而得到整数解 【专题反思】你学到了什么?还想继续研究什么?
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