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【高中数学竞赛真题•强基计划真题考前适应性训练】 专题14 初等数论 真题专项训练（全国竞赛+强基计划专用）解析版
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这是一份【高中数学竞赛真题•强基计划真题考前适应性训练】 专题14 初等数论 真题专项训练（全国竞赛+强基计划专用）解析版，共36页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2021·北京·高三强基计划）2021年是北大建校123周年，则满足建校n周年的正整数n能整除对应年份的n的个数为（ ）
A．4B．8C．12D．前三个选项都不对
【答案】B
【分析】根据题设可得，从而可根据1898的因数分解可求n的个数.
【详解】根据题意，有，
因此所有1898的正约数均符合题意，有个．
故选：B.
2．（2021·北京·高三强基计划）设a，b是正整数n的正因数，使得，则n可以等于（ ）
A．B．
C．D．前三个选项都不对
【答案】B
【分析】根据整除性可得或，从而可得正确的选项.
【详解】根据题意，有，
于是
于是或，从而或，只有选项B符合．
故选：B.
3．（2021·北京·高三强基计划）在十进制下的末两位数字是（ ）
A．01B．21C．81D．前三个选项都不对
【答案】A
【分析】根据同余及二项定理可判断末两位数字，也可以利用欧拉函数的性质来判断末两位数字.
【详解】法1：根据题意，有:
．
法2：根据欧拉函数的性质由，而，
故，故，
而，因此．
故选：A
4．（2021·北京·高三强基计划）设n为正整数，且是完全平方数，则这样的n的个数为（ ）
A．1B．2
C．无穷个D．前三个选项都不对
【答案】A
【分析】利用因数分解可求不定方程的解.
【详解】设，则，
注意到
故或，解得，
从而符合题意的正整数n只有1个．
故选：A.
5．（2021·北京·高三强基计划）设，若，则n的最小值为（ ）
A．71B．72C．80D．81
【答案】C
【分析】利用整除性和二项式定理可得，再利用模9的余数为k，可求的最小值，故可求的最小值.
【详解】根据题意，有，
因此．
而，故，
所以，
设，则，
由二项式定理可得，其中为正整数，
因为，故，故.
则，
考虑模9的余数为k，
因此k的最小值为9，从而n的最小值为80．
故选：C.
6．（2021·北京·高三强基计划）方程的正整数解的组数为（ ）
A．0B．2C．无穷多D．以上答案都不对
【答案】C
【分析】通过特例可得不定方程的正整数解的个数为无穷多个.
【详解】尝试，即，
只需要，
因此对应的，
因此所求正整数解有无穷多组．
故选：C.
7．（2021·北京·高三强基计划）已知，则S的个位数字是（ ）
A．4B．5C．7D．以上答案都不对
【答案】B
【分析】利用二项式定理可得不同的形式，再利用公式可求，故可求S的个位数字.
【详解】注意到模7的余数，有
因此，
考虑到，
注意到8的方幂的尾数以8，4，2，6为一循环，因此，
从而S的个位数字为5．
故选：B.
8．（2021·北京·高三强基计划）方程的整数解的组数为（ ）
A．0B．1C．2D．以上答案都不对
【答案】C
【分析】利用判别式可求，从而可得整数解的组数.
【详解】题中方程即，
其判别式，
满足该不等式的整数y只有，因此方程变为或，
因此所求整数解的组数为2组．
故选：C.
9．（2020·北京·高三强基计划）已知整数数列满足，且对任意，有，则的个位数字是（ ）
A．8B．4C．2D．前三个答案都不对
【答案】A
【分析】根据递推关系可得，从而各项个位数字周期性出现，故可得正确的选项.
【详解】根据题意，有，
因此，
从而，
于是模10的余数为
从第2项起，以24为周期，因此．
故选A.
10．（2021·北京·高三强基计划）设正整数，且是完全平方数，则可能的n的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．以上答案都不对
【答案】D
【分析】可证明模4余3，故可得正确的选项.
【详解】意到，
而连续的5个整数的乘积必然被4整除，
因此模4余3，不可能是完全平方数．
故选：D.
11．（2020·北京·高三强基计划）对于不小于3的正整数n，若存在正整数使得构成等差数列，其中为组合数，则称n为“理想数”．不超过2020的“理想数"的个数为（ ）
A．40B．41C．42D．前三个答案都不对
【答案】C
【分析】利用组合数的计算公式可得关于的方程，从而可判断“理想数”的个数.
【详解】成等差数列，即
也即，
整理得，
当为完全平方数时，k为正整数，考虑到，
因此，
故不超过2020的“理想数”的个数为42．
故选：C.
12．（2020·北京·高三强基计划）在的全体正因数中选出若干个，使得其中任意两个的乘积都不是平方数则最多可选因数个数为（ ）
A．16B．31C．32D．前三个答案都不对
【答案】C
【分析】我们定义从的全体正因数组成的集合G中选出若干个组成集合K为“好的”，当且仅当其中任意两个的乘积都不是平方数，可以证明若K是“好的”，且，而，其中为质数，，那么将其替换为，其中则K仍然是“好的”．故可求可选因数个数的最大值.
【详解】考虑到，于是
．
我们定义从的全体正因数组成的集合G中选出若干个组成集合K为“好的”，当且仅当其中任意两个的乘积都不是平方数．
容易证明，若K是“好的”，且，而，
其中为质数，，
那么将其替换为，
其中
则K仍然是“好的”．
因此任何“好的”集合K中的元素都可以简化后对应于的某个子集，如，
于是K中的元素最多有个，且的所有子集对应的32个数组成的集合是“好的”，因此最多可选因数个数为32．
故选：C.
13．（2020·北京·高三强基计划）方程的整数解个数为（ ）
A．4B．8C．16D．前三个答案都不对
【答案】B
【分析】利用因式分解可求不定方程的解的个数.
【详解】题中方程即，
考虑到且，且3，19，31模4均为3，
于是的所有可能取值为，共8个．
故选：B.
14．（2019·北京·高三校考强基计划）已知不定方程有正整数解，则正整数n的最小值为（ ）
A．11B．13C．15D．17
【答案】C
【分析】利用可得模16的余数的范围，结合可求正整数n的最小值.
【详解】由于
于是模16的余数在0和n之间．
又，于是．注意到，
因此正整数n的最小值为15．
故选：C.
15．（2019·北京·高三校考强基计划）满足方程的有序正整数组的个数为（ ）
A．12B．13C．24D．25
【答案】A
【分析】反表示后根据整除性可得有序正整数组的个数.
【详解】根据题意，有，
于是，其中为奇数，且．
这样的有12对，
因此对应的也有12对．
故选：A.n
16．（2019·北京·高三校考强基计划）在十进制数下，设a是的各位数字之和，而b是a的各位数字之和，则b的各位数字之和是（ ）
A．5B．6C．7D．16
【答案】C
【分析】先估计的范围，再根据模9同余可求b的各位数字之和.
【详解】设c是b的各位数字之和，
由于，于是，
因此．
进而．
又，
而，
这样就得到了．
故选：C
17．（2021·北京·高三强基计划）若为非负整数，则方程的解有（ ）
A．83组B．84组
C．85组D．以上答案都不对
【答案】C
【分析】就及分类讨论，后者可利用放缩法得到，再就、分类讨论后可得所有解的个数.
【详解】若，则，
此时是满足条件的一组解．
若，不妨设，则，
此时必有（否则，矛盾），因此问题即
且由，可得．
情形一 ，此时，
解得．
情形二 ，此时，无解．
综上所述，及其对称式，有85组解．
故选：C.
18．（2021·北京·高三强基计划）设是与的差的绝对值最小的整数，是与的差的绝对值最小的整数．记的前n项和为，的前n项和为，则的值为（ ）
A．1B．2C．3D．以上答案都不对
【答案】A
【分析】根据整数的性质可得且，故可求的值.
【详解】容易证明的小数部分不可能为0.5，因此，
整理可得，
故，
注意到当时，，因此．
类似的，有，
整理可得，
故，
注意到当时，，因此．
综上所述，有．
故选：A.
二、多选题
19．（2021·北京·高三校考强基计划）若x，y为两个不同的质数，n为不小于2的正整数且，则（ ）
A．存在奇数n符合题意B．不存在奇数n符合题意
C．存在偶数n符合题意D．不存在偶数n符合题意
【答案】AD
【分析】利用因式分解可判断AB的正误，利用递推可判断CD的正误.
【详解】当n是奇数时，有，
于是，故选项A正确，选项B错误．
当n是偶数时，当时，有，
若，则，其中为正整数，故且，
而为质数，则，这与题设矛盾，故，
于是．
当，注意到，
若，则，依次类推，则可得到，
这与矛盾，
因此可以递推证明当n为偶数时，，故选项C错误，选项D正确．
故选：AD.
20．（2020·北京·高三校考强基计划）设的三边长a，b，c都是整数，面积是有理数，则a的值可以为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】CD
【分析】由特例可得a的值可以取3，4，再利用整数的性质可判断a的值不可能为1，2，故可得正确的选项.
【详解】取三边为3，4，5的三角形，其面积为6，此时a的值可以取3，4．
当时，有，
此时的面积为，注意到，不为完全平方数，
因此的面积不可能是有理数．
当时，不妨设，有或．
情形一 若，则的面积为．
若，其中p，q为互质的正整数，则，
于是为完全平方数，而正整数的完全平方数的最小间隔为，因此该情形不成立．
情形二 若，则，
于是面积为有理数，等价于为有理数，即为完全平方数，注意到，因此的面积不可能是有理数．
综上所述，a的值不可能为1，2，可能为3，4．
故选：CD.
21．（2020·北京·高三校考强基计划）设x，y为不同的正整数，则下列结论中正确的有（ ）
A．与不可能同时为完全平方数
B．与不可能同时为完全平方数
C．与不可能同时为完全平方数
D．以上答案都不正确
【答案】AB
【分析】利用不等式放缩可得不可能是完全平方数且只可能是；可能是或者，分类讨论后可得正确选项.
【详解】不妨设，则
，
，
，
于是不可能是完全平方数；
而只可能是；可能是或者．
若，则，矛盾；
若，则，矛盾；
若，则，于是，
此时
考虑到，
于是或，
解得（舍去）或．
因此当时，同时为完全平方数．
综上所述，选项AB正确．
故选：AB.
三、填空题
22．（2018·江西·高三竞赛）、为正整数，满足，则所有正整数对的个数为______．
【答案】4
【详解】由，知，且，
于是，
而，．
因1009为质数，数所有可能的分解式为
，，，．
其中每一个分解式对应于的一个解，故其解的个数为4．
故答案为4
23．（2018·全国·高三竞赛）设n为正整数.从集合中任取一个正整数n恰为方程的解的概率为_______（表示不超过实数x的最大整数）.
【答案】
【详解】当时，，.
满足题中方程的n为6，12，…，2010，共335个；
当时，，
.
满足题中方程的n为1，7，13，…，2011，共336个；
当时，，
.
满足题中方程的n不存在；
当时，，
.
满足题中方程的n为3，9，15，…，2013，共336个；
当时，，
.
满足题中方程的n不存在；
当时，，
.
满足题中方程的n不存在.
因此，从集合中任取一个正整数n恰为题中方程的解的概率为.
24．（2018·安徽·高三竞赛）设n是正整数，且满足，则n=__________.
【答案】213
【详解】由 ，得.设.
由 =1.375，得 0.075， 215.
再由，得n=213.（注：“”表示“小于约等于”.）
故答案为213
25．（2018·全国·高三竞赛）用表示不超过实数x的最大整数.则__________．
【答案】2014
【详解】因为，所以
则.
又.
故.
26．（2018·山东·高三竞赛）已知，，且为方程的一个根，则的最大可能值为______．
【答案】9
【详解】由题设，则．
因为，，则必为完全平方数．
设，则，．
所以或或或．
解得，8，,0．所以的最大可能值为9.
27．（2021·全国·高三竞赛）为正整数列，满足为的最小素因子，，构成集合A，P为所有质数构成的集合，则集合的最小元素为___________．
【答案】5
【详解】由于，故，所以集合的最小元素．
假设存在正整数n，使得，则，
故，这不可能，因为除以5的余数为，
所以．集合的最小元素为5．
故答案为：5.
28．（2021·全国·高三竞赛）集合整除中元素的个数为__________.
【答案】8
【分析】根据为取整数，求和后分解因数可得结果.
【详解】解：由题意得：
.
故集合中有一共8个元素.
故答案为：8
29．（2020·北京·高三强基计划）已知表示不超过x的最大整数，记，则方程的整数解个数为__________．
【答案】24
【分析】根据的定义可得为整数，从而可求原方程整数解的个数.
【详解】根据题意，有，
因此x是的约数，个数为．
故答案为：24.
30．（2021·北京·高三强基计划）若可化简为最简分数，则_________．
【答案】72
【分析】计算出中因数2和3的次数后可求的值.
【详解】关键是计算出中因数2和3的次数，分别为和，而，于是．
故答案为：72.
31．（2021·北京·高三强基计划）若正整数m，n满足，则有_________组．
【答案】32
【分析】利用因式分解可求不定方程的正整数解.
【详解】注意到，
故当时，
有或即，
而根据题意，有，
即，
故
于是或（舍），
进而可得共有32组．
故答案为：32
32．（2021·北京·高三强基计划）若存在正整数n，使得，则正整数m的最大值是_________．
【答案】4
【分析】利用归纳法可求正整数m的最大值.
【详解】设，则
而当时，，所以模的余数在时均为144．
因此正整数m的最大值为4（此时对应的n为7）．
故答案为：4.
33．（2021·北京·高三强基计划）已知表示不超过x的最大整数，则的值域为_________．
【答案】
【分析】先判断函数的周期为1，再就在上的6种情形分类讨论后可求函数的值域.
【详解】注意到，因此只需要考虑在上的情形，有
因此的值域为．
故答案为：.
34．（2020·北京·高三强基计划）已知表示不超过x的最大整数，如等，则__________．
【答案】
【分析】根据可求的形式，再利用分组求和可求数列的和.
【详解】由于，于是
设原式为M，则．
故答案为：.
35．（2021·北京·高三强基计划）已知是常数项不为0的整系数多项式，，则中有_________项为0．
【答案】0
【分析】利用整除性结合常数项非零可求0项的个数.
【详解】，
由于是整系数多项式，
于是，
若，则，
可得，
因此，
进而数列中从第1项到第m项，奇数项为的偶数倍，偶数项为的奇数倍．
因此m必然为奇数，且偶数项均不为0，因此中没有任何一项为0．
故答案为：0
四、解答题
36．（2018·全国·高三竞赛）求最小的两个正整数m，使得为完全平方数.
【答案】539、731
【详解】注意到
于是，为完全平方数的必要条件是.
设.
则.
故 .
因此，为完全平方数.
只有当或时才有可能.
当时，.
当时，.
当k为偶数时，、均不为完全平方数.
若，则，.
于是，为完全平方数的必要条件是为完全平方数，并且取“+”时，；取“-”时，.
经计算，能够使得为完全平方数的最小正整数n=6，此时，；
为完全平方数的最小正整数n=8，此时，.
故使得为完全平方数的最小的两个正整数m为539、731.
37．（2018·全国·高三竞赛）证明：存在无穷多个正整数n，使得，其中，[x]表示不超过实数x的最大整数．
【答案】见解析
【详解】设.则.
令.
下证方程有无穷多组整数解.
显然，x=9,y=4是一组解.
令.
则.
从而，，即所有的均满足方程.
对于上述给定的x、y、n满足，
即，
及.
注意到，
.
所以，，即共有2x+1个n使得.
由y≤x，知在这连续2x+1个整数中，至少有一个为x+y的倍数.
例如，当x=9，y=4时，在81，82,...,98中，存在n=91使得.
38．（2018·全国·高三竞赛）求所有素数p，使得.
【答案】见解析
【详解】由于不成立，故p=2不满足条件.以下设p为奇素数.
对k=1，2，…，，由费马小定理知.
故
.
求和知
当且仅当时，.显然.
当时，必为3和8的倍数，故.
综上，所求P为一切大于3的素数.
39．（2018·全国·高三竞赛）证明：存在无穷多个素数，使得对于这些素数中的每一个p，至少存在一个，满足.
【答案】见解析
【详解】假设结论不成立，则可设为整除形如这样的数中至少其中之一的全部素数.
考虑k+1个数.由于这些数是有限数，故存在一个，使得这k+1个数中的任何一个均不被整除.
又可以足够大，知存在一个n，使得，其中，.
对于这个足够大的，将其素因数分解，知必存在某个的指数大于q.
考虑这个足够大的及，，…，这k+1个数.由于它们每一个均被某个整除，但仅有k个，由抽屉原理，知这k+1个数中必存在两个数被同一个 整除.
即，.
其中，.
故
.
与q的选择矛盾.
综上，原结论成立.
40．（2018·江西·高三竞赛）求最小的正整数，使得当正整数点时，在前个正整数构成的集合中，对任意总存在另一个数且，满足为平方数．
【答案】7
【详解】易知当时，在中，数2与其他任何数之和皆不是平方数；
以下证明，的最小值为7．
如果正整数、满足：平方数，就称是一个“平方对”，
显然在中，，，，为平方对．
在中增加了平方对；
在中平加了平方对．
以下采用归纳法，称满足题中条件的为具有性质；简记为．
据以上知，当时，均有．
设已证得，当时，皆有，今考虑情况，利用归纳假设，只需证，当，其中时，均有．
首先，在，即时，构成平方对，
这是由于，
而由，知，即．
在时，构成平方对，
这是由于，
而，所以．
因此对于满足的每个，皆有，
从而对所有满足的正整数，皆有，
即对一切正整数，均有．所以的最小值为7．
41．（2019·全国·高三校联考竞赛）求满足以下条件的所有正整数n：
（1）n至少有4个正因数；
（2）若是n的所有正因数，，构成等比数列.
【答案】满足条件的n为所有形如的数，其中p是素数，整数.
【分析】根据题设条件得到，得出，代入化简得，进而得到，，从而得到为，此时相应的为即可得到结论.
【详解】由至少有4个正因数，可得，
又由，构成等比数列，所以，
因为是n的所有正因数，可得，
代入上式得，化简得，
所以，由此可知是完全平方数，
由于是的最小素因子，是平方数，故只能，
从而为，
即为，此时相应的为.
综上可知，满足条件的为所有形如的数，其中p是素数，整数.
【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，以及实数的基本性质的综合应用，其中解答中合理利用实数的基本性质是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.
42．（2019·上海·高三校联考竞赛）求证：不存在无穷多项的素数数列，使得.
【答案】见解析
【详解】用反证法.假设存在满足题设的无穷多项的素数数列，
则由得，
于是数列{pk+1}是以5为公比的等比数列，所以，
故.
易知数列{pn}是严格递增的，不妨设p1>5(否则用p2作为首项)，则有(5，p1)=1，
于是由费马小定理得，
所以，
这与是素数矛盾
所以，满足题设的素数数列不存在.
43．（2019·吉林·高三校联考竞赛）求所有的正整数n，使得方程有正整数解.
【答案】.
【详解】当n=1时，方程变为，得，显然无正整数解.
当n=2时，方程变为，得.
先证引理：无正整数解
假设有一组正整数解a､b､c，不妨设a､b､c的最大公因数为1.
由a､b为正整数，知或1(md3)，或1(md3).
又，故且，
即且，从而.
这与“a､b､c的最大公因数为1”矛盾.
引理得证
由无正整数解，可知此时原方程无正整数解.
当n=3时，方程变为，由，得
，
即，所以，
可得，即，
故.
这说明原方程有正整数解：.
当n≥4时，有正整数解：
.
综上，当n=1或n=2时，原方程无正整数解；当n≥3时，原方程有正整数解.
即所求的n为.
44．（2019·江西·高三校联考竞赛）试求所有由互异正奇数构成的三元集{a，b，c}，使其满足：.
【答案】7个，，，.
【详解】据对称性，不妨设a又知，如果正整数n是3的倍数，那么n2必是9的倍数；如果n不是3的倍数，那么n2被3除余1.
由于2019是3的倍数，但不是9的倍数，因此奇数a、b、c皆不是3的倍数.
注意，即奇数c≤43，而，
即c2>673，且c不是3的倍数，故奇数c≥29.
因此奇数.
注意如下事实：如果奇数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，
若c=43，方程化为：.
因此，.
于是得两解：.
若c=41，方程化为.
由此得：{a，b，c}={7，17，41}.
若c=37，方程化为
，
因此，，
得到三个解：.
若c=35，方程化为：.
而397是一个4N+1型的质数，它可唯一地表为两整数的平方和：，
所以，
得到一个解：{a，b，c}={13，25，35}
若c=31，方程化为：，而23是4N－1型的质数，它不能表为两个正整数的平方和.
若c=29，方程化为：，它含有4N－1型的单质因子，故不能表为两整数的平方和.
综合以上讨论，本题共有七个满足条件的互异正奇数解{a，b，c}，即为：
，，.
45．（2021·全国·高三竞赛）求方程的所有正整数解．
【答案】或其排序，共12组解．
【详解】不妨设．
若，则．同理，．
三式相乘得，与原方程矛盾．
于是，．
（1）若，则．显然，无正整数解．
（2）若，则．
只有，才有对应的正整数，此时或．
（3）若，则．两边取模3即知矛盾，故无解．
（4）若，则
．
故此时，故，逐一检验后无解.
综上，或其排序，共12组解．
46．（2021·全国·高三竞赛）求方程的整数解，其中p､q是质数，r､s是大于1的正整数，并证明所得到的解是全部解.
【答案】证明见解析
【详解】容易看到两个质数中肯定有一个为2，不妨假设，即.
若，从余数去讨论，，s为奇数.
，所以
，
从奇偶性可以看出这种情形方程无解.
若为偶数，注意到，
所以
.
令，其中为奇数，则
，
观察最后一项，则为1，故，所以，
故，
故，所以，所以，，
所以，，，
综上，考察到对称性，原方程恰有两组解：或
47．（2021·全国·高三竞赛）证明：对任意正整数，都存在正整数和个互不相同的正整数，使是完全平方数．
【答案】证明见解析
【详解】对于，必存在不同的正整数满足，
令，则有
．
以此类推，当时，存在不同的正整数满足．
存在，定义，则．
由前述结论可得存在使得，此时
为完全平方数．
48．（2018·全国·高三竞赛）对于素数p，定义集合.
及.试求所有的素数p，使得
.
【答案】满足条件的所有素数p为2、3、5、13、17.
【详解】1.首先验算当p＝2，3，5，13，17时，满足题意.
i.当p＝2时，对任意，a、b、c均为奇数或两奇一偶，此时，
.
故.
ii.当p＝3时，由平方数模3余0或1得
或.
因此，
iii.当p＝5时，若
.
由模5余0或±1，得不能模5同为1或-1，此时必有
.
因此，.
iv.当p=13时，若
.
由模13余0或±1或±3或±4，经验算得中有一个模13为0或-1，此时必有
或
或
因此,
v.当=p=17时,若
.
由模17余0或±1或±2或±4或±8，经验算得中有一个模17为0或-1，此时必有
或
或
因此,.
2.证明:当,且p>3时,不满足题意.
只需证明存在,而即可.
事实上,由p>3,知存在整数c,使得
.
由无解.
在模p意义下,定义函数,
.
若,则
.
于是,f为单射(在模p意义下).
因此,f的值域中共有个值.
由抽屉原理,知存在整数b,使得
.
注意到,b≠0(否则,与,矛盾),且a≠0(否则,与,矛盾).
若,则由
.
而,,,于是,
.
故当且p>3时,不满足题意.
3.证明:当,且p>17时,不满足题意.
先证明两个引理.
引理1 若p为奇素数,kt≠0,则
,
其中,Z为模p的完系,表示勒让德符号.
引理1的证明 设模p的二次非零剩余构成集合A,非二次剩余构成集合B.
若,则.
而遍历0一次,遍历集合A中每个元素恰两次,故
.
若,则.
而遍历0一次,遍历集合B中每个元素恰两次,故
=
=.
因此, .
引理2 设.则方程
①
至少有p-1组解.
引理2的证明 方程①等价于
至少有p-1组解.
固定有组解.
于是,共有组解.
由引理1及,得
.
回到原题.
令c=a+b,其中,S为的解集,则
=
=.
于是, .
若,则有下列四种情形:
ⅰ.至多有两个值(a,b).
ⅱ.至多有两个值(a,b).
ⅲ.且至多有两个值(a,b).
ⅳ.,此时,
.
而,故
至多6个b的解.
又一个b至多可确定两个a,于是,至多有12个值(a,b).
综上,至多有18个值,使得
.
又p>17时,p+1>18,则必存在一组,而.
故.
因此,满足条件的所有素数p为2、2、5、13、17.
49．（2021·全国·高三竞赛）已知是两个整数集合，且对于任意整数，存在唯一的使得.记.证明：对任意的，存在，使得.
【答案】证明见解析
【详解】考虑满足且的所有有序数对构成的集合.要证结论等价于：
“存在且.”①
对任意整数，定义映射.
引理：是双射.
设，即.
再由，
得.
由题设中唯一性得，所以是单射.是有限集，
所以是双射.引理得证.
对任何固定的，令，
由引理，存在唯一的使得，
因此.
另一方面，任取，设中包含个，
任意交换的顺序，得到的有序数对（共个）仍然是的元素，所以是一些类型的整数之和.
不是101的倍数，而为质数，
所以存在某个使得不是101的倍数，
即中有一个为101，其余为0，即
.至此，结论①得证，从而题中结论成立.
50．（2021·全国·高三竞赛）设为n个正整数，并且满足，令，并记.求证：对于任意，必存在正整数u、v，使得，等于A或.
【答案】证明见解析
【分析】因为，所以以为循环节，从而，对于很大的数，我们只需要循环相加即可得到，所以只需证明，存在正整数u、v，使得，等于A或，新定义一个数，接下来分类讨论，当个数不是模的完系，当个数不是的完系时，找到相应的数，等于A或，若上述两组数均是的完系，证明不成立，证毕.
【详解】证明：因为，所以，从而不妨设.
记.
下面分情况讨论：
（ⅰ）若个数不是模的完系，则由于余数互不相同，所以模的余数也互不相同，故必存在i，j，使得.
如果，则有.
如果，则有.
如果，则，知，即.
均满足条件.
（ⅱ）若个数不是的完系时，同理可知满足条件.
（ⅲ）若上述两组数均是的完系，则
矛盾.
综上，证毕.
【点睛】数论的基础题目，要结合题干中的条件缩小讨论的范围，一般使用数论的四个基本定理来解决问题.
51．（2022·浙江杭州·高三学军中学校考竞赛）设数列满足，且对任意整数是最小的不同于的正整数，使得与互质，但不与互质.证明：每个正整数都在中出现.
【答案】证明见解析
【分析】依次证明数列有无穷多项、整除数列的项的质数有无穷多个、任意质数都整除数列中的某项、任意质数都整除数列中的无穷多项、每个质数都在数列中出现，从而可得每个正整数都在数列中出现.
【详解】分六步证明命题.
第一步，证明数列有无穷多项.
设已定义，取不整除的质数，则即是的一个可能的取值.
第二步，证明整除数列的项的质数有无穷多个.
假设整除数列的项的质数有有限个，则存在质数，使得数列各项的质因子都小于.
由第一步，存在正整数使得，设是和的一个公共质因子，
由知：，由知：，
又，所以是比更小的满足要求的数，矛盾!
第三步，证明任意质数都整除数列中的某项.
假设不成立，设质数不整除数列中的任何一项.
由第二步，存在质数整除数列中的某项.
设是第一个能被整除的项，则.
此时，，所以是比更小的满足要求的数，矛盾!
第四步，证明任意质数都整除数列中的无穷多项.
假设质数只整除数列中的有限多项，
则存在正整数，使得对任意，都有不能被整除.
取充分大的正整数，使得不整除数列中的任何一项.再取质数，使得不整除.
由第三步，整除数列中的某项.设是第一个能被整除的项，则，.此时，
，所以是比更小的满足要求的数，矛盾!
第五步，证明每个质数都在数列中出现.
假设质数不在数列中出现，
由第一步，存在正整数，使得对任意，都有.
由第四步，存在使得.此时由知，
又，所以，这与矛盾!
第六步，证明每个正整数都在数列中出现.
假设是最小的不在数列中出现的正整数，
由第一步，存在正整数，使得对任意，都有.设是的一个质因子，
由第四步，存在正整数，使得，所以.
由第五步，存在正整数使得是大于的质数，所以.
于是存在，使得.
所以，这与矛盾!
综上，命题得证.
n
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
4
4
8
4
0
2
8
8
6
n
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
8
0
4
6
6
2
6
0
8
2
n
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
2
4
2
0
6
4
4
8
4
0
n
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
0
0
…
1
3
0
6
0
0
…
1
3
9
6
18
9
0
9
9
…
1
3
9
33
72
63
0
63
…
1
3
9
33
153
144
81
63
144
225
144
…
x
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
0
0
1
1
2
2
0
0
1
2
3
3
一、单选题
1．（2021·北京·高三强基计划）2021年是北大建校123周年，则满足建校n周年的正整数n能整除对应年份的n的个数为（ ）
A．4B．8C．12D．前三个选项都不对
【答案】B
【分析】根据题设可得，从而可根据1898的因数分解可求n的个数.
【详解】根据题意，有，
因此所有1898的正约数均符合题意，有个．
故选：B.
2．（2021·北京·高三强基计划）设a，b是正整数n的正因数，使得，则n可以等于（ ）
A．B．
C．D．前三个选项都不对
【答案】B
【分析】根据整除性可得或，从而可得正确的选项.
【详解】根据题意，有，
于是
于是或，从而或，只有选项B符合．
故选：B.
3．（2021·北京·高三强基计划）在十进制下的末两位数字是（ ）
A．01B．21C．81D．前三个选项都不对
【答案】A
【分析】根据同余及二项定理可判断末两位数字，也可以利用欧拉函数的性质来判断末两位数字.
【详解】法1：根据题意，有:
．
法2：根据欧拉函数的性质由，而，
故，故，
而，因此．
故选：A
4．（2021·北京·高三强基计划）设n为正整数，且是完全平方数，则这样的n的个数为（ ）
A．1B．2
C．无穷个D．前三个选项都不对
【答案】A
【分析】利用因数分解可求不定方程的解.
【详解】设，则，
注意到
故或，解得，
从而符合题意的正整数n只有1个．
故选：A.
5．（2021·北京·高三强基计划）设，若，则n的最小值为（ ）
A．71B．72C．80D．81
【答案】C
【分析】利用整除性和二项式定理可得，再利用模9的余数为k，可求的最小值，故可求的最小值.
【详解】根据题意，有，
因此．
而，故，
所以，
设，则，
由二项式定理可得，其中为正整数，
因为，故，故.
则，
考虑模9的余数为k，
因此k的最小值为9，从而n的最小值为80．
故选：C.
6．（2021·北京·高三强基计划）方程的正整数解的组数为（ ）
A．0B．2C．无穷多D．以上答案都不对
【答案】C
【分析】通过特例可得不定方程的正整数解的个数为无穷多个.
【详解】尝试，即，
只需要，
因此对应的，
因此所求正整数解有无穷多组．
故选：C.
7．（2021·北京·高三强基计划）已知，则S的个位数字是（ ）
A．4B．5C．7D．以上答案都不对
【答案】B
【分析】利用二项式定理可得不同的形式，再利用公式可求，故可求S的个位数字.
【详解】注意到模7的余数，有
因此，
考虑到，
注意到8的方幂的尾数以8，4，2，6为一循环，因此，
从而S的个位数字为5．
故选：B.
8．（2021·北京·高三强基计划）方程的整数解的组数为（ ）
A．0B．1C．2D．以上答案都不对
【答案】C
【分析】利用判别式可求，从而可得整数解的组数.
【详解】题中方程即，
其判别式，
满足该不等式的整数y只有，因此方程变为或，
因此所求整数解的组数为2组．
故选：C.
9．（2020·北京·高三强基计划）已知整数数列满足，且对任意，有，则的个位数字是（ ）
A．8B．4C．2D．前三个答案都不对
【答案】A
【分析】根据递推关系可得，从而各项个位数字周期性出现，故可得正确的选项.
【详解】根据题意，有，
因此，
从而，
于是模10的余数为
从第2项起，以24为周期，因此．
故选A.
10．（2021·北京·高三强基计划）设正整数，且是完全平方数，则可能的n的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．以上答案都不对
【答案】D
【分析】可证明模4余3，故可得正确的选项.
【详解】意到，
而连续的5个整数的乘积必然被4整除，
因此模4余3，不可能是完全平方数．
故选：D.
11．（2020·北京·高三强基计划）对于不小于3的正整数n，若存在正整数使得构成等差数列，其中为组合数，则称n为“理想数”．不超过2020的“理想数"的个数为（ ）
A．40B．41C．42D．前三个答案都不对
【答案】C
【分析】利用组合数的计算公式可得关于的方程，从而可判断“理想数”的个数.
【详解】成等差数列，即
也即，
整理得，
当为完全平方数时，k为正整数，考虑到，
因此，
故不超过2020的“理想数”的个数为42．
故选：C.
12．（2020·北京·高三强基计划）在的全体正因数中选出若干个，使得其中任意两个的乘积都不是平方数则最多可选因数个数为（ ）
A．16B．31C．32D．前三个答案都不对
【答案】C
【分析】我们定义从的全体正因数组成的集合G中选出若干个组成集合K为“好的”，当且仅当其中任意两个的乘积都不是平方数，可以证明若K是“好的”，且，而，其中为质数，，那么将其替换为，其中则K仍然是“好的”．故可求可选因数个数的最大值.
【详解】考虑到，于是
．
我们定义从的全体正因数组成的集合G中选出若干个组成集合K为“好的”，当且仅当其中任意两个的乘积都不是平方数．
容易证明，若K是“好的”，且，而，
其中为质数，，
那么将其替换为，
其中
则K仍然是“好的”．
因此任何“好的”集合K中的元素都可以简化后对应于的某个子集，如，
于是K中的元素最多有个，且的所有子集对应的32个数组成的集合是“好的”，因此最多可选因数个数为32．
故选：C.
13．（2020·北京·高三强基计划）方程的整数解个数为（ ）
A．4B．8C．16D．前三个答案都不对
【答案】B
【分析】利用因式分解可求不定方程的解的个数.
【详解】题中方程即，
考虑到且，且3，19，31模4均为3，
于是的所有可能取值为，共8个．
故选：B.
14．（2019·北京·高三校考强基计划）已知不定方程有正整数解，则正整数n的最小值为（ ）
A．11B．13C．15D．17
【答案】C
【分析】利用可得模16的余数的范围，结合可求正整数n的最小值.
【详解】由于
于是模16的余数在0和n之间．
又，于是．注意到，
因此正整数n的最小值为15．
故选：C.
15．（2019·北京·高三校考强基计划）满足方程的有序正整数组的个数为（ ）
A．12B．13C．24D．25
【答案】A
【分析】反表示后根据整除性可得有序正整数组的个数.
【详解】根据题意，有，
于是，其中为奇数，且．
这样的有12对，
因此对应的也有12对．
故选：A.n
16．（2019·北京·高三校考强基计划）在十进制数下，设a是的各位数字之和，而b是a的各位数字之和，则b的各位数字之和是（ ）
A．5B．6C．7D．16
【答案】C
【分析】先估计的范围，再根据模9同余可求b的各位数字之和.
【详解】设c是b的各位数字之和，
由于，于是，
因此．
进而．
又，
而，
这样就得到了．
故选：C
17．（2021·北京·高三强基计划）若为非负整数，则方程的解有（ ）
A．83组B．84组
C．85组D．以上答案都不对
【答案】C
【分析】就及分类讨论，后者可利用放缩法得到，再就、分类讨论后可得所有解的个数.
【详解】若，则，
此时是满足条件的一组解．
若，不妨设，则，
此时必有（否则，矛盾），因此问题即
且由，可得．
情形一 ，此时，
解得．
情形二 ，此时，无解．
综上所述，及其对称式，有85组解．
故选：C.
18．（2021·北京·高三强基计划）设是与的差的绝对值最小的整数，是与的差的绝对值最小的整数．记的前n项和为，的前n项和为，则的值为（ ）
A．1B．2C．3D．以上答案都不对
【答案】A
【分析】根据整数的性质可得且，故可求的值.
【详解】容易证明的小数部分不可能为0.5，因此，
整理可得，
故，
注意到当时，，因此．
类似的，有，
整理可得，
故，
注意到当时，，因此．
综上所述，有．
故选：A.
二、多选题
19．（2021·北京·高三校考强基计划）若x，y为两个不同的质数，n为不小于2的正整数且，则（ ）
A．存在奇数n符合题意B．不存在奇数n符合题意
C．存在偶数n符合题意D．不存在偶数n符合题意
【答案】AD
【分析】利用因式分解可判断AB的正误，利用递推可判断CD的正误.
【详解】当n是奇数时，有，
于是，故选项A正确，选项B错误．
当n是偶数时，当时，有，
若，则，其中为正整数，故且，
而为质数，则，这与题设矛盾，故，
于是．
当，注意到，
若，则，依次类推，则可得到，
这与矛盾，
因此可以递推证明当n为偶数时，，故选项C错误，选项D正确．
故选：AD.
20．（2020·北京·高三校考强基计划）设的三边长a，b，c都是整数，面积是有理数，则a的值可以为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】CD
【分析】由特例可得a的值可以取3，4，再利用整数的性质可判断a的值不可能为1，2，故可得正确的选项.
【详解】取三边为3，4，5的三角形，其面积为6，此时a的值可以取3，4．
当时，有，
此时的面积为，注意到，不为完全平方数，
因此的面积不可能是有理数．
当时，不妨设，有或．
情形一 若，则的面积为．
若，其中p，q为互质的正整数，则，
于是为完全平方数，而正整数的完全平方数的最小间隔为，因此该情形不成立．
情形二 若，则，
于是面积为有理数，等价于为有理数，即为完全平方数，注意到，因此的面积不可能是有理数．
综上所述，a的值不可能为1，2，可能为3，4．
故选：CD.
21．（2020·北京·高三校考强基计划）设x，y为不同的正整数，则下列结论中正确的有（ ）
A．与不可能同时为完全平方数
B．与不可能同时为完全平方数
C．与不可能同时为完全平方数
D．以上答案都不正确
【答案】AB
【分析】利用不等式放缩可得不可能是完全平方数且只可能是；可能是或者，分类讨论后可得正确选项.
【详解】不妨设，则
，
，
，
于是不可能是完全平方数；
而只可能是；可能是或者．
若，则，矛盾；
若，则，矛盾；
若，则，于是，
此时
考虑到，
于是或，
解得（舍去）或．
因此当时，同时为完全平方数．
综上所述，选项AB正确．
故选：AB.
三、填空题
22．（2018·江西·高三竞赛）、为正整数，满足，则所有正整数对的个数为______．
【答案】4
【详解】由，知，且，
于是，
而，．
因1009为质数，数所有可能的分解式为
，，，．
其中每一个分解式对应于的一个解，故其解的个数为4．
故答案为4
23．（2018·全国·高三竞赛）设n为正整数.从集合中任取一个正整数n恰为方程的解的概率为_______（表示不超过实数x的最大整数）.
【答案】
【详解】当时，，.
满足题中方程的n为6，12，…，2010，共335个；
当时，，
.
满足题中方程的n为1，7，13，…，2011，共336个；
当时，，
.
满足题中方程的n不存在；
当时，，
.
满足题中方程的n为3，9，15，…，2013，共336个；
当时，，
.
满足题中方程的n不存在；
当时，，
.
满足题中方程的n不存在.
因此，从集合中任取一个正整数n恰为题中方程的解的概率为.
24．（2018·安徽·高三竞赛）设n是正整数，且满足，则n=__________.
【答案】213
【详解】由 ，得.设.
由 =1.375，得 0.075， 215.
再由，得n=213.（注：“”表示“小于约等于”.）
故答案为213
25．（2018·全国·高三竞赛）用表示不超过实数x的最大整数.则__________．
【答案】2014
【详解】因为，所以
则.
又.
故.
26．（2018·山东·高三竞赛）已知，，且为方程的一个根，则的最大可能值为______．
【答案】9
【详解】由题设，则．
因为，，则必为完全平方数．
设，则，．
所以或或或．
解得，8，,0．所以的最大可能值为9.
27．（2021·全国·高三竞赛）为正整数列，满足为的最小素因子，，构成集合A，P为所有质数构成的集合，则集合的最小元素为___________．
【答案】5
【详解】由于，故，所以集合的最小元素．
假设存在正整数n，使得，则，
故，这不可能，因为除以5的余数为，
所以．集合的最小元素为5．
故答案为：5.
28．（2021·全国·高三竞赛）集合整除中元素的个数为__________.
【答案】8
【分析】根据为取整数，求和后分解因数可得结果.
【详解】解：由题意得：
.
故集合中有一共8个元素.
故答案为：8
29．（2020·北京·高三强基计划）已知表示不超过x的最大整数，记，则方程的整数解个数为__________．
【答案】24
【分析】根据的定义可得为整数，从而可求原方程整数解的个数.
【详解】根据题意，有，
因此x是的约数，个数为．
故答案为：24.
30．（2021·北京·高三强基计划）若可化简为最简分数，则_________．
【答案】72
【分析】计算出中因数2和3的次数后可求的值.
【详解】关键是计算出中因数2和3的次数，分别为和，而，于是．
故答案为：72.
31．（2021·北京·高三强基计划）若正整数m，n满足，则有_________组．
【答案】32
【分析】利用因式分解可求不定方程的正整数解.
【详解】注意到，
故当时，
有或即，
而根据题意，有，
即，
故
于是或（舍），
进而可得共有32组．
故答案为：32
32．（2021·北京·高三强基计划）若存在正整数n，使得，则正整数m的最大值是_________．
【答案】4
【分析】利用归纳法可求正整数m的最大值.
【详解】设，则
而当时，，所以模的余数在时均为144．
因此正整数m的最大值为4（此时对应的n为7）．
故答案为：4.
33．（2021·北京·高三强基计划）已知表示不超过x的最大整数，则的值域为_________．
【答案】
【分析】先判断函数的周期为1，再就在上的6种情形分类讨论后可求函数的值域.
【详解】注意到，因此只需要考虑在上的情形，有
因此的值域为．
故答案为：.
34．（2020·北京·高三强基计划）已知表示不超过x的最大整数，如等，则__________．
【答案】
【分析】根据可求的形式，再利用分组求和可求数列的和.
【详解】由于，于是
设原式为M，则．
故答案为：.
35．（2021·北京·高三强基计划）已知是常数项不为0的整系数多项式，，则中有_________项为0．
【答案】0
【分析】利用整除性结合常数项非零可求0项的个数.
【详解】，
由于是整系数多项式，
于是，
若，则，
可得，
因此，
进而数列中从第1项到第m项，奇数项为的偶数倍，偶数项为的奇数倍．
因此m必然为奇数，且偶数项均不为0，因此中没有任何一项为0．
故答案为：0
四、解答题
36．（2018·全国·高三竞赛）求最小的两个正整数m，使得为完全平方数.
【答案】539、731
【详解】注意到
于是，为完全平方数的必要条件是.
设.
则.
故 .
因此，为完全平方数.
只有当或时才有可能.
当时，.
当时，.
当k为偶数时，、均不为完全平方数.
若，则，.
于是，为完全平方数的必要条件是为完全平方数，并且取“+”时，；取“-”时，.
经计算，能够使得为完全平方数的最小正整数n=6，此时，；
为完全平方数的最小正整数n=8，此时，.
故使得为完全平方数的最小的两个正整数m为539、731.
37．（2018·全国·高三竞赛）证明：存在无穷多个正整数n，使得，其中，[x]表示不超过实数x的最大整数．
【答案】见解析
【详解】设.则.
令.
下证方程有无穷多组整数解.
显然，x=9,y=4是一组解.
令.
则.
从而，，即所有的均满足方程.
对于上述给定的x、y、n满足，
即，
及.
注意到，
.
所以，，即共有2x+1个n使得.
由y≤x，知在这连续2x+1个整数中，至少有一个为x+y的倍数.
例如，当x=9，y=4时，在81，82,...,98中，存在n=91使得.
38．（2018·全国·高三竞赛）求所有素数p，使得.
【答案】见解析
【详解】由于不成立，故p=2不满足条件.以下设p为奇素数.
对k=1，2，…，，由费马小定理知.
故
.
求和知
当且仅当时，.显然.
当时，必为3和8的倍数，故.
综上，所求P为一切大于3的素数.
39．（2018·全国·高三竞赛）证明：存在无穷多个素数，使得对于这些素数中的每一个p，至少存在一个，满足.
【答案】见解析
【详解】假设结论不成立，则可设为整除形如这样的数中至少其中之一的全部素数.
考虑k+1个数.由于这些数是有限数，故存在一个，使得这k+1个数中的任何一个均不被整除.
又可以足够大，知存在一个n，使得，其中，.
对于这个足够大的，将其素因数分解，知必存在某个的指数大于q.
考虑这个足够大的及，，…，这k+1个数.由于它们每一个均被某个整除，但仅有k个，由抽屉原理，知这k+1个数中必存在两个数被同一个 整除.
即，.
其中，.
故
.
与q的选择矛盾.
综上，原结论成立.
40．（2018·江西·高三竞赛）求最小的正整数，使得当正整数点时，在前个正整数构成的集合中，对任意总存在另一个数且，满足为平方数．
【答案】7
【详解】易知当时，在中，数2与其他任何数之和皆不是平方数；
以下证明，的最小值为7．
如果正整数、满足：平方数，就称是一个“平方对”，
显然在中，，，，为平方对．
在中增加了平方对；
在中平加了平方对．
以下采用归纳法，称满足题中条件的为具有性质；简记为．
据以上知，当时，均有．
设已证得，当时，皆有，今考虑情况，利用归纳假设，只需证，当，其中时，均有．
首先，在，即时，构成平方对，
这是由于，
而由，知，即．
在时，构成平方对，
这是由于，
而，所以．
因此对于满足的每个，皆有，
从而对所有满足的正整数，皆有，
即对一切正整数，均有．所以的最小值为7．
41．（2019·全国·高三校联考竞赛）求满足以下条件的所有正整数n：
（1）n至少有4个正因数；
（2）若是n的所有正因数，，构成等比数列.
【答案】满足条件的n为所有形如的数，其中p是素数，整数.
【分析】根据题设条件得到，得出，代入化简得，进而得到，，从而得到为，此时相应的为即可得到结论.
【详解】由至少有4个正因数，可得，
又由，构成等比数列，所以，
因为是n的所有正因数，可得，
代入上式得，化简得，
所以，由此可知是完全平方数，
由于是的最小素因子，是平方数，故只能，
从而为，
即为，此时相应的为.
综上可知，满足条件的为所有形如的数，其中p是素数，整数.
【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，以及实数的基本性质的综合应用，其中解答中合理利用实数的基本性质是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.
42．（2019·上海·高三校联考竞赛）求证：不存在无穷多项的素数数列，使得.
【答案】见解析
【详解】用反证法.假设存在满足题设的无穷多项的素数数列，
则由得，
于是数列{pk+1}是以5为公比的等比数列，所以，
故.
易知数列{pn}是严格递增的，不妨设p1>5(否则用p2作为首项)，则有(5，p1)=1，
于是由费马小定理得，
所以，
这与是素数矛盾
所以，满足题设的素数数列不存在.
43．（2019·吉林·高三校联考竞赛）求所有的正整数n，使得方程有正整数解.
【答案】.
【详解】当n=1时，方程变为，得，显然无正整数解.
当n=2时，方程变为，得.
先证引理：无正整数解
假设有一组正整数解a､b､c，不妨设a､b､c的最大公因数为1.
由a､b为正整数，知或1(md3)，或1(md3).
又，故且，
即且，从而.
这与“a､b､c的最大公因数为1”矛盾.
引理得证
由无正整数解，可知此时原方程无正整数解.
当n=3时，方程变为，由，得
，
即，所以，
可得，即，
故.
这说明原方程有正整数解：.
当n≥4时，有正整数解：
.
综上，当n=1或n=2时，原方程无正整数解；当n≥3时，原方程有正整数解.
即所求的n为.
44．（2019·江西·高三校联考竞赛）试求所有由互异正奇数构成的三元集{a，b，c}，使其满足：.
【答案】7个，，，.
【详解】据对称性，不妨设a
由于2019是3的倍数，但不是9的倍数，因此奇数a、b、c皆不是3的倍数.
注意，即奇数c≤43，而，
即c2>673，且c不是3的倍数，故奇数c≥29.
因此奇数.
注意如下事实：如果奇数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，
若c=43，方程化为：.
因此，.
于是得两解：.
若c=41，方程化为.
由此得：{a，b，c}={7，17，41}.
若c=37，方程化为
，
因此，，
得到三个解：.
若c=35，方程化为：.
而397是一个4N+1型的质数，它可唯一地表为两整数的平方和：，
所以，
得到一个解：{a，b，c}={13，25，35}
若c=31，方程化为：，而23是4N－1型的质数，它不能表为两个正整数的平方和.
若c=29，方程化为：，它含有4N－1型的单质因子，故不能表为两整数的平方和.
综合以上讨论，本题共有七个满足条件的互异正奇数解{a，b，c}，即为：
，，.
45．（2021·全国·高三竞赛）求方程的所有正整数解．
【答案】或其排序，共12组解．
【详解】不妨设．
若，则．同理，．
三式相乘得，与原方程矛盾．
于是，．
（1）若，则．显然，无正整数解．
（2）若，则．
只有，才有对应的正整数，此时或．
（3）若，则．两边取模3即知矛盾，故无解．
（4）若，则
．
故此时，故，逐一检验后无解.
综上，或其排序，共12组解．
46．（2021·全国·高三竞赛）求方程的整数解，其中p､q是质数，r､s是大于1的正整数，并证明所得到的解是全部解.
【答案】证明见解析
【详解】容易看到两个质数中肯定有一个为2，不妨假设，即.
若，从余数去讨论，，s为奇数.
，所以
，
从奇偶性可以看出这种情形方程无解.
若为偶数，注意到，
所以
.
令，其中为奇数，则
，
观察最后一项，则为1，故，所以，
故，
故，所以，所以，，
所以，，，
综上，考察到对称性，原方程恰有两组解：或
47．（2021·全国·高三竞赛）证明：对任意正整数，都存在正整数和个互不相同的正整数，使是完全平方数．
【答案】证明见解析
【详解】对于，必存在不同的正整数满足，
令，则有
．
以此类推，当时，存在不同的正整数满足．
存在，定义，则．
由前述结论可得存在使得，此时
为完全平方数．
48．（2018·全国·高三竞赛）对于素数p，定义集合.
及.试求所有的素数p，使得
.
【答案】满足条件的所有素数p为2、3、5、13、17.
【详解】1.首先验算当p＝2，3，5，13，17时，满足题意.
i.当p＝2时，对任意，a、b、c均为奇数或两奇一偶，此时，
.
故.
ii.当p＝3时，由平方数模3余0或1得
或.
因此，
iii.当p＝5时，若
.
由模5余0或±1，得不能模5同为1或-1，此时必有
.
因此，.
iv.当p=13时，若
.
由模13余0或±1或±3或±4，经验算得中有一个模13为0或-1，此时必有
或
或
因此,
v.当=p=17时,若
.
由模17余0或±1或±2或±4或±8，经验算得中有一个模17为0或-1，此时必有
或
或
因此,.
2.证明:当,且p>3时,不满足题意.
只需证明存在,而即可.
事实上,由p>3,知存在整数c,使得
.
由无解.
在模p意义下,定义函数,
.
若,则
.
于是,f为单射(在模p意义下).
因此,f的值域中共有个值.
由抽屉原理,知存在整数b,使得
.
注意到,b≠0(否则,与,矛盾),且a≠0(否则,与,矛盾).
若,则由
.
而,,,于是,
.
故当且p>3时,不满足题意.
3.证明:当,且p>17时,不满足题意.
先证明两个引理.
引理1 若p为奇素数,kt≠0,则
,
其中,Z为模p的完系,表示勒让德符号.
引理1的证明 设模p的二次非零剩余构成集合A,非二次剩余构成集合B.
若,则.
而遍历0一次,遍历集合A中每个元素恰两次,故
.
若,则.
而遍历0一次,遍历集合B中每个元素恰两次,故
=
=.
因此, .
引理2 设.则方程
①
至少有p-1组解.
引理2的证明 方程①等价于
至少有p-1组解.
固定有组解.
于是,共有组解.
由引理1及,得
.
回到原题.
令c=a+b,其中,S为的解集,则
=
=.
于是, .
若,则有下列四种情形:
ⅰ.至多有两个值(a,b).
ⅱ.至多有两个值(a,b).
ⅲ.且至多有两个值(a,b).
ⅳ.,此时,
.
而,故
至多6个b的解.
又一个b至多可确定两个a,于是,至多有12个值(a,b).
综上,至多有18个值,使得
.
又p>17时,p+1>18,则必存在一组,而.
故.
因此,满足条件的所有素数p为2、2、5、13、17.
49．（2021·全国·高三竞赛）已知是两个整数集合，且对于任意整数，存在唯一的使得.记.证明：对任意的，存在，使得.
【答案】证明见解析
【详解】考虑满足且的所有有序数对构成的集合.要证结论等价于：
“存在且.”①
对任意整数，定义映射.
引理：是双射.
设，即.
再由，
得.
由题设中唯一性得，所以是单射.是有限集，
所以是双射.引理得证.
对任何固定的，令，
由引理，存在唯一的使得，
因此.
另一方面，任取，设中包含个，
任意交换的顺序，得到的有序数对（共个）仍然是的元素，所以是一些类型的整数之和.
不是101的倍数，而为质数，
所以存在某个使得不是101的倍数，
即中有一个为101，其余为0，即
.至此，结论①得证，从而题中结论成立.
50．（2021·全国·高三竞赛）设为n个正整数，并且满足，令，并记.求证：对于任意，必存在正整数u、v，使得，等于A或.
【答案】证明见解析
【分析】因为，所以以为循环节，从而，对于很大的数，我们只需要循环相加即可得到，所以只需证明，存在正整数u、v，使得，等于A或，新定义一个数，接下来分类讨论，当个数不是模的完系，当个数不是的完系时，找到相应的数，等于A或，若上述两组数均是的完系，证明不成立，证毕.
【详解】证明：因为，所以，从而不妨设.
记.
下面分情况讨论：
（ⅰ）若个数不是模的完系，则由于余数互不相同，所以模的余数也互不相同，故必存在i，j，使得.
如果，则有.
如果，则有.
如果，则，知，即.
均满足条件.
（ⅱ）若个数不是的完系时，同理可知满足条件.
（ⅲ）若上述两组数均是的完系，则
矛盾.
综上，证毕.
【点睛】数论的基础题目，要结合题干中的条件缩小讨论的范围，一般使用数论的四个基本定理来解决问题.
51．（2022·浙江杭州·高三学军中学校考竞赛）设数列满足，且对任意整数是最小的不同于的正整数，使得与互质，但不与互质.证明：每个正整数都在中出现.
【答案】证明见解析
【分析】依次证明数列有无穷多项、整除数列的项的质数有无穷多个、任意质数都整除数列中的某项、任意质数都整除数列中的无穷多项、每个质数都在数列中出现，从而可得每个正整数都在数列中出现.
【详解】分六步证明命题.
第一步，证明数列有无穷多项.
设已定义，取不整除的质数，则即是的一个可能的取值.
第二步，证明整除数列的项的质数有无穷多个.
假设整除数列的项的质数有有限个，则存在质数，使得数列各项的质因子都小于.
由第一步，存在正整数使得，设是和的一个公共质因子，
由知：，由知：，
又，所以是比更小的满足要求的数，矛盾!
第三步，证明任意质数都整除数列中的某项.
假设不成立，设质数不整除数列中的任何一项.
由第二步，存在质数整除数列中的某项.
设是第一个能被整除的项，则.
此时，，所以是比更小的满足要求的数，矛盾!
第四步，证明任意质数都整除数列中的无穷多项.
假设质数只整除数列中的有限多项，
则存在正整数，使得对任意，都有不能被整除.
取充分大的正整数，使得不整除数列中的任何一项.再取质数，使得不整除.
由第三步，整除数列中的某项.设是第一个能被整除的项，则，.此时，
，所以是比更小的满足要求的数，矛盾!
第五步，证明每个质数都在数列中出现.
假设质数不在数列中出现，
由第一步，存在正整数，使得对任意，都有.
由第四步，存在使得.此时由知，
又，所以，这与矛盾!
第六步，证明每个正整数都在数列中出现.
假设是最小的不在数列中出现的正整数，
由第一步，存在正整数，使得对任意，都有.设是的一个质因子，
由第四步，存在正整数，使得，所以.
由第五步，存在正整数使得是大于的质数，所以.
于是存在，使得.
所以，这与矛盾!
综上，命题得证.
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