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【摘要】本文主要以例题的形式探讨数的整除性在数列中的典型应用.
【关键词】整除；数列；美列
数学是培养人类逻辑思维最好的一门学科,数学的最基础概念就是针对数的一些认识.整除是数学研究的一部分,这一方面的研究延伸出“数论”这一分支学科.由于一个人对数的认识与理解的深度也可以反映出他对数学的领悟能力与理解能力,所以近年来在高校选拔考试中,就有很多出题专家热衷于对“数的整除性”认识的初步考查.下面作者用例题的形式初步探讨“数的整除性”在数列中的典型应用.
1.数的同余问题
例1 已知数列{bn}的通项公式为bn=23n,判断数列{bn}中是否存在三项成等差数列？若存在写出一组满足条件的三项,若不存在说明理由.
分析 首先我们要尝试,假设存在三项ar,as,at（不妨设r 例2 已知数列{an}为等差数列,首项为a,公差为b,数列{bn}为等比数列,首项为b，公比为a，其中a,b∈N*，且a1 解 （1）由a1 (2)由am+1=bn，可得3+(m-1)b=b•2n-1，即b=32n-1+1-m.因为2n-1+1-m∈N*且b∈N*，所以b=1或3.又因为2=a 点评 不难看出这两小题经整除性分析就可以得到结果，属于较典型的“整除性问题”.
例3 数列{an}满足：a1=1，a2=x∈N*，an+2=|an+1-an|，如果在2010项之前恰好出现666个0，求x的值.
解 由观察可知1，1，0在这个数列中必成周期出现.设a2=x∈N*，出现第一个1，1，0之前的项为t项，写出数列{an}的前几项：1,x,x-1,1,x-2,x-3,1,…，由观察可得：
当x为奇数时，出现第一个1，1，0之前的两项必为3，2，且出现1的个数为x-12，于是t=x-1+x-12=32(x-1)，此时t可以被3整除；
当x为偶数时，出现第一个1，1，0之前的两项必为1，2，且出现1的个数为x2，t=x-1+x2=32x-1，此时t+1可以被3整除.
由出现666个0并以1，1，0为周期的项数为666×3=1998项.下面分情况讨论：
如果第2010项恰为0，则t=2010-1998=12，由12+1不可以被3整除，而12可以被3整除，可得32(x-1)=12，于是x=9是奇数，满足条件.
如果第2010项为1，第2009项为0，则t=2009-1998=11，由11不可以被3整除，而11+1可以被3整除，可得32x-1=11，于是x=8是偶数，满足条件.
如果第2010项为1，第2009项为1，则t=2008-1998=10，由10不可以被3整除，而10+1也不可以被3整除，可知这种情况不可能出现.
综上可得满足条件的x的值为8或9.
点评 本题关键在于找到x的属性，通过适当讨论解决问题，过程虽然有点复杂，但是体现了整除思想的重要应用.
2.利用式子的变形处理问题
例4 已知{an}是等差数列，{bn}是公比为q的等比数列，a1=b,a2=b2≠a1，记Sn为数列{bn}的前n项和，若b3=ai(i是某一正整数)，求证：（1）q是整数；（2）数列{bn}中每一项都是数列{an}中的项.
解 （1）设{an}的公差为d，由{bn}是公比为q的等比数列，a1=b1,a2=b2≠a1可知d≠0,q≠1，且d=a1(q-1)(a1≠0)，b3=a1q2，ai=a1+(i-1)a1(q-1).
因为b3=ai，所以q2=1+(i-1)(q-1)，且q2-(i-1)q+(i-2)=0，于是解得q=1或q=i-2.注意到q≠1，所以q=i-2,由于i是正整数，因此i-2是整数，即q是整数.
（2）我们用两种方法证明数列{bn}中每一项都是数列{an}中的项.
方法一 设数列{bn}中任意一项为bn=a1qn-1(n∈N+).由（1）的证明可知，我们可以设数列{an}中的任意一项为am=a1+(m-1)a1(q-1)(m∈N+).现在只要证明存在正整数m，使得bn=am，即证明在m的方程a1qn-1=a1+(m-1)a1(q-1)中，m有正整数解.显然a1≠0,于是qn-1=1+(m-1)(q-1)，即m-1=1+q+q2+…+qn-2,因此m=2+q+q2+…+qn-2.
若i=1，由（1）的证明知q=i-2，于是q=-1，从而b2n-1=b1=a1，b2n=b2=a2.
当i≥3时，由于a1=b1，a2=b2，我们只需考虑n≥3的情况.因为b3=ai，所以i≥3，由q=i-2可知q是正整数，因此m是正整数，于是数列{bn}中的任意一项bn=a1qn-1(n∈N+)与数列{an}的第2+q+q2+…+qn-2项相等，从而结论成立.
方法二 因为q=i-2，所以am=a1+(m-1)a1(q-1)=a1［1+(m-1)(i-3)］，于是bn=a1(i-2)n-1=a1［(i-3)+1］n-1=a1［(i-3)n-1+C1n-1(i-3)n-2+…+Cn-2n-1(i-3)+1］=a1{(i-3)［(i-3)n-2+C1n-1(i-3)n-3+…+Cn-2n-1］+1}.
当i≥3时，取m-1=(i-3)n-2+C1n-1(i-3)n-3+…+Cn-2n-1，于是m=(i-3)n-2+C1n-1(i-3)n-3+…+Cn-2n-1+1∈N*，即数列{bn}中的第n项为数列{an}的第m=(i-3)n-2+C1n-1(i-3)n-3+…+Cn-2n-1+1项；
当i=1时，则q=-1，那么b2n-1=b1=a1b2n=b2=a2.
综上{bn}中每一项都是数列{an}中的项.
例5 已知数列{an}的通项为an=2n+1，若an可以写成ab(a,b∈N*,a>1,b>1)的形式，则称an为“美列”，问数列{an}中是否存在“美列”？若存在求出所有的“美列”，若不存在说明理由.
分析 列举前几项易发现23+1=32，但再列举就很难发现满足要求的“美列”了.怎么办？我们再从数的奇偶性方向考察一下，发现an=2n+1为奇数，则推出ab也为奇数，则a必为奇数.再考虑b，对b分奇数与偶数进行讨论.
当b为偶数时，由an=ab和an=2n+1可知2n+1=ab，于是ab-1=2n，从而(ab2)2-1=2n，因此(ab2+1)•(ab2-1)=2n，由2n整除(ab2+1)•(ab2-1)，可令ab2+1=2s且ab2-1=2r，则2s-2r=2，于是2s-1=1+2r-1，观察此等式，发现等式左边是偶数，所以r=1且s=2，从而ab2=3，则a=3且b=2.
当b为奇数时，由an=ab和an=2n+1可知ab-1=2n，于是ab-1b=2n，因此(a-1)(ab-1+ab-2+…+a+1)=2n.于是2n整除此等式的左边.因为ab-1，ab-2,…,a，1中的每一项都是奇数，且总项数b也是奇数，所以ab-1+ab-2+…+a+1为奇数，因此2n整除a-1，于是b=1，矛盾于假设b>1，因此当b为奇数时不存在“美列”.
综上只有a3=23+1为“美列”.
点评 上面的解题过程都用到了分类思想，特别是对式子的变形，如qn-1=(q-1)(qn-1+qn-2+…+q+1)，在两题中都是重要变形步骤，这正是解决此类题的难点所在，所以平时对于式子的变形要多加重视.
数的整除性应用是比较困难的一个考查点，以前在数学竞赛中常常出现，在一般考试当中较少出现，属于比较“冷门”的知识点，但近年来在一些高考试题和一些高校自主招生考试中有所体现，所以有必要对此知识点进行探讨,以期待对读者有所启发.
【关键词】整除；数列；美列
数学是培养人类逻辑思维最好的一门学科,数学的最基础概念就是针对数的一些认识.整除是数学研究的一部分,这一方面的研究延伸出“数论”这一分支学科.由于一个人对数的认识与理解的深度也可以反映出他对数学的领悟能力与理解能力,所以近年来在高校选拔考试中,就有很多出题专家热衷于对“数的整除性”认识的初步考查.下面作者用例题的形式初步探讨“数的整除性”在数列中的典型应用.
1.数的同余问题
例1 已知数列{bn}的通项公式为bn=23n,判断数列{bn}中是否存在三项成等差数列？若存在写出一组满足条件的三项,若不存在说明理由.
分析 首先我们要尝试,假设存在三项ar,as,at（不妨设r
例3 数列{an}满足：a1=1，a2=x∈N*，an+2=|an+1-an|，如果在2010项之前恰好出现666个0，求x的值.
解 由观察可知1，1，0在这个数列中必成周期出现.设a2=x∈N*，出现第一个1，1，0之前的项为t项，写出数列{an}的前几项：1,x,x-1,1,x-2,x-3,1,…，由观察可得：
当x为奇数时，出现第一个1，1，0之前的两项必为3，2，且出现1的个数为x-12，于是t=x-1+x-12=32(x-1)，此时t可以被3整除；
当x为偶数时，出现第一个1，1，0之前的两项必为1，2，且出现1的个数为x2，t=x-1+x2=32x-1，此时t+1可以被3整除.
由出现666个0并以1，1，0为周期的项数为666×3=1998项.下面分情况讨论：
如果第2010项恰为0，则t=2010-1998=12，由12+1不可以被3整除，而12可以被3整除，可得32(x-1)=12，于是x=9是奇数，满足条件.
如果第2010项为1，第2009项为0，则t=2009-1998=11，由11不可以被3整除，而11+1可以被3整除，可得32x-1=11，于是x=8是偶数，满足条件.
如果第2010项为1，第2009项为1，则t=2008-1998=10，由10不可以被3整除，而10+1也不可以被3整除，可知这种情况不可能出现.
综上可得满足条件的x的值为8或9.
点评 本题关键在于找到x的属性，通过适当讨论解决问题，过程虽然有点复杂，但是体现了整除思想的重要应用.
2.利用式子的变形处理问题
例4 已知{an}是等差数列，{bn}是公比为q的等比数列，a1=b,a2=b2≠a1，记Sn为数列{bn}的前n项和，若b3=ai(i是某一正整数)，求证：（1）q是整数；（2）数列{bn}中每一项都是数列{an}中的项.
解 （1）设{an}的公差为d，由{bn}是公比为q的等比数列，a1=b1,a2=b2≠a1可知d≠0,q≠1，且d=a1(q-1)(a1≠0)，b3=a1q2，ai=a1+(i-1)a1(q-1).
因为b3=ai，所以q2=1+(i-1)(q-1)，且q2-(i-1)q+(i-2)=0，于是解得q=1或q=i-2.注意到q≠1，所以q=i-2,由于i是正整数，因此i-2是整数，即q是整数.
（2）我们用两种方法证明数列{bn}中每一项都是数列{an}中的项.
方法一 设数列{bn}中任意一项为bn=a1qn-1(n∈N+).由（1）的证明可知，我们可以设数列{an}中的任意一项为am=a1+(m-1)a1(q-1)(m∈N+).现在只要证明存在正整数m，使得bn=am，即证明在m的方程a1qn-1=a1+(m-1)a1(q-1)中，m有正整数解.显然a1≠0,于是qn-1=1+(m-1)(q-1)，即m-1=1+q+q2+…+qn-2,因此m=2+q+q2+…+qn-2.
若i=1，由（1）的证明知q=i-2，于是q=-1，从而b2n-1=b1=a1，b2n=b2=a2.
当i≥3时，由于a1=b1，a2=b2，我们只需考虑n≥3的情况.因为b3=ai，所以i≥3，由q=i-2可知q是正整数，因此m是正整数，于是数列{bn}中的任意一项bn=a1qn-1(n∈N+)与数列{an}的第2+q+q2+…+qn-2项相等，从而结论成立.
方法二 因为q=i-2，所以am=a1+(m-1)a1(q-1)=a1［1+(m-1)(i-3)］，于是bn=a1(i-2)n-1=a1［(i-3)+1］n-1=a1［(i-3)n-1+C1n-1(i-3)n-2+…+Cn-2n-1(i-3)+1］=a1{(i-3)［(i-3)n-2+C1n-1(i-3)n-3+…+Cn-2n-1］+1}.
当i≥3时，取m-1=(i-3)n-2+C1n-1(i-3)n-3+…+Cn-2n-1，于是m=(i-3)n-2+C1n-1(i-3)n-3+…+Cn-2n-1+1∈N*，即数列{bn}中的第n项为数列{an}的第m=(i-3)n-2+C1n-1(i-3)n-3+…+Cn-2n-1+1项；
当i=1时，则q=-1，那么b2n-1=b1=a1b2n=b2=a2.
综上{bn}中每一项都是数列{an}中的项.
例5 已知数列{an}的通项为an=2n+1，若an可以写成ab(a,b∈N*,a>1,b>1)的形式，则称an为“美列”，问数列{an}中是否存在“美列”？若存在求出所有的“美列”，若不存在说明理由.
分析 列举前几项易发现23+1=32，但再列举就很难发现满足要求的“美列”了.怎么办？我们再从数的奇偶性方向考察一下，发现an=2n+1为奇数，则推出ab也为奇数，则a必为奇数.再考虑b，对b分奇数与偶数进行讨论.
当b为偶数时，由an=ab和an=2n+1可知2n+1=ab，于是ab-1=2n，从而(ab2)2-1=2n，因此(ab2+1)•(ab2-1)=2n，由2n整除(ab2+1)•(ab2-1)，可令ab2+1=2s且ab2-1=2r，则2s-2r=2，于是2s-1=1+2r-1，观察此等式，发现等式左边是偶数，所以r=1且s=2，从而ab2=3，则a=3且b=2.
当b为奇数时，由an=ab和an=2n+1可知ab-1=2n，于是ab-1b=2n，因此(a-1)(ab-1+ab-2+…+a+1)=2n.于是2n整除此等式的左边.因为ab-1，ab-2,…,a，1中的每一项都是奇数，且总项数b也是奇数，所以ab-1+ab-2+…+a+1为奇数，因此2n整除a-1，于是b=1，矛盾于假设b>1，因此当b为奇数时不存在“美列”.
综上只有a3=23+1为“美列”.
点评 上面的解题过程都用到了分类思想，特别是对式子的变形，如qn-1=(q-1)(qn-1+qn-2+…+q+1)，在两题中都是重要变形步骤，这正是解决此类题的难点所在，所以平时对于式子的变形要多加重视.
数的整除性应用是比较困难的一个考查点，以前在数学竞赛中常常出现，在一般考试当中较少出现，属于比较“冷门”的知识点，但近年来在一些高考试题和一些高校自主招生考试中有所体现，所以有必要对此知识点进行探讨,以期待对读者有所启发.