专题6.21：整数平方数问题的研究与拓展.pdf

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)=(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，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+ 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？