文档内容
秘籍 11 初等数论
目录
【高考预测】概率预测+题型预测+考向预测
【应试秘籍】总结常考点及应对的策略
【抢分通关】精选名校模拟题，讲解通关策略
【题型一】整数与整除
【题型二】 同余与孙子定理
【题型三】 素数和合数
【题型四】 算数基本定理
【题型五】 费马小定理及欧拉定理
【题型六】 拉格朗日定理及威尔逊定理
【题型七】 平方数
【题型八】 高斯函数
【题型九】不定方程
概率预测 ☆ ☆ ☆ ☆ ☆
题型预测 解答题☆ ☆ ☆ ☆ ☆
考向预测 初等数论
在新结构试卷中，压轴题出现了初等数论的相关问题，这类问题大多属于阅读理解题，学生不需要对
数论知识点进行掌握，但是需要对题干所给的信息进行理解分析，利用高中的方法解决相应问题，一般都
出现在压轴题，虽然属于阅读理解题，但基本数论的思维的拓展和应用在短时间内要想完全梳理明白也并
非简单的事情，所以平时还是需要多锻炼这类相关的试题。
【题型一】整数与整除【例1】（2024·河北·一模）若一个两位正整数 的个位数为4，则称 为“好数”，若 ，且 ，
为正整数，则称数对 为“友好数对”，规定： ，例如 ，称数对 为“友好
数对”， ，则小于70的“好数”中，所有“友好数对”的 的最大值为 ．
【答案】
【详解】设 ，且 为正整数，
根据题意， ，即 ，
当 时， ，
则 或 ，这两个方程组都没有正整数解，故没有满足题意的 ；
当 时， ，
满足条件的有 或 ，解得 或 ，
故 或 ；
当 ， ，没有满足条件的 ；
当 ， ，
满足条件的有 ，解得 ，
故 ；
当 ， ，没有满足条件的 ；
当 ， ，
满足条件的有 或 ，解得 或 ，
故 或 .
所有“友好数对”的 的最大值为 .
故答案为： .【例2】一个自然数若能表示为两个自然数的平方差，则称这个自然数为“可爱数”.比如 ，16
就是一个“可爱数”.在自然数列中从1开始数起，第2023个“可爱数”是 .
【答案】2697
【详解】因为 ，可知奇数都是“可爱数”；
又因为 ，可知能被4整除的数都是“可爱数”；
由于 ，
当 奇偶性不同时， 是奇数；
当 奇偶性相同时， 是4的倍数，故形如 的数不是“可爱数”，
即每连续四个数中有三个“可爱数”，
由 知 即2697是第2023个“可爱数”.
故答案为：2697.
【变式1】（23-24高三下·浙江金华·阶段练习）设p为素数，对任意的非负整数n，记
， ，其中 ，如果非负整数
n满足 能被p整除，则称n对p“协调”．
(1)分别判断194，195，196这三个数是否对3“协调”，并说明理由；
(2)判断并证明在 ， ， ，…， 这 个数中，有多少个数对p“协调”；
(3)计算前 个对p“协调”的非负整数之和．
【答案】(1)194，196对3“协调”，195对3不“协调”
(2)有且仅有一个数对p“协调”，证明见解析
(3)
【详解】（1）因为 ，所以 ，
，所以 ，
，所以 ，
所以194，196对3“协调”，195对3不“协调”.
（2）先证引理：对于任意的非负整数t，在 中有且仅有一个数对p“协调”．
证明如下：设 ，由于pt是p的倍数，所以 ，所以，即 对于 这一项的系数为 ，
所以 ，
根据整除原理可知，在 中有且仅有一个数能被p整除，
所以在 中有且仅有一个数对p“协调”．
接下来把以上 个数进行分组，分成以下p组（每组p个数）：
根据引理可知，在以上每组里恰有1个数对p“协调”，所以共有p个数对p“协调”．
（3）继续考虑 这 个数分成p组，每组p个数：
由（2）的引理可知每一行里有且只有一个数对p“协调”，下面证明每一列里有且仅有一个数对p“协调”．
证明如下：
设某一列第一个数为 ，
则 ，所以 ，
同理当 时， ，所以当 时，
集合 中的p个数中有且只有1个数对p“协调”．
注意到数阵中每一个数向右一个数增加1，向下一个数增加p，
所以p个数对p“协调”的数之和为： ，
进一步，前 个对p“协调”的非负整数之和为：
【变式2】（2024·湖南衡阳·二模）莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用．所有大于1的正整数 都可以
被唯一表示为有限个质数的乘积形式： （ 为 的质因数个数， 为质数，
），例如： ，对应 ．现对任意，定义莫比乌斯函数
(1)求 ；
(2)若正整数 互质，证明： ；
(3)若 且 ，记 的所有真因数（除了1和 以外的因数）依次为 ，证明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析；
(3)证明见解析；
【详解】（1）因为 ，易知 ，
所以 ；
又 ，因为5的指数 ，所以 ；
（2）①若 或 ，因为 ，所以 ；
②若 ，且存在质数 ，使得 或 的质因数分解中包含 ，则 的质因数分解中一定也包含
，
所以 ，
③若 ，且不存在②中的 ，可设 ，
其中 均为质数，则 ，
因为 互质，所以 互不相等，
所以 ，
综上可知
（3）由于 ，所以可设 ， 为偶数，
的所有因数，除了1之外都是 中的若干个数的乘积，从 个质数中任选 个数的
乘积一共有 种结果，
所以
，所以 ．
【题型二】 同余与孙子定理
【例1】已知正整数 满足 ，且 与 有相同的个位数字，则 的最小值为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．前三个答案都不对
【答案】B
【详解】由于对任意正整数 ， ， ，有 ，
即 ．
由 可得 的个位数字只可能为3，7．
情形一 的个位数字为3．此时其方幂的个位数字按3，9，7，1循环，因此 ，
当 时， 取最小值6．
情形二 的个位数字为7．此时其方幂的个位数字按7，9，3，1循环，因此 ，
于是 至少为20．
综上所述， 的最小值为6．
故选：B
【例2】“ ”表示实数 整除实数 ，例如： ，已知数列 满足： ，若
，则 ，否则 ，那么下列说法正确的有（ ）
A． B．
C．对任意 ，都有 D．存在
【答案】C
【详解】因为 ，故 ，故 ，
而 ，故 ，故A错误.
但 ，故 ，此时 ，故B错误.
下面用数学归纳法证明： 除3余1， 除3余2，且 ， 为奇数， 为偶数.
当 时， ，此时 除3余1， 除3余2，
且 ， 为奇数， 为偶数.
设当 时， 除3余1， 除3余2，且 ， 为奇数， 为偶数.则当 时， 为奇数， 为偶数，
为奇数，
又 与 除3余数相同，故 除3余1，故 除3余2，
故 除3余2，
由数学归纳法可得 除3余1， 除3余2，且 ， 为奇数， 为偶数.
故 除3余1， 除3余2，故 除3余0，即 ，
故C正确.
由C的分析可得 没有项使得 ，否则 除以3的余数为0，故D错误.
故选：C.
【变式1】已知正整数 满足 ，且 与 有相同的个位数字，则 的最小值为
（ ）
A．4 B．6 C．8 D．前三个答案都不对
【答案】B
【详解】由于对任意正整数 ， ， ，有 ，
即 ．
由 可得 的个位数字只可能为3，7．
情形一 的个位数字为3．此时其方幂的个位数字按3，9，7，1循环，因此 ，
当 时， 取最小值6．
情形二 的个位数字为7．此时其方幂的个位数字按7，9，3，1循环，因此 ，
于是 至少为20．
综上所述， 的最小值为6．
故选：B
【变式2】（2024·河南·模拟预测）离散对数在密码学中有重要的应用．设 是素数，集合
，若 ，记 为 除以 的余数， 为 除以 的余数；设 ，
两两不同，若 ，则称 是以 为底 的离散对数，记为
．
(1)若 ，求 ；(2)对 ，记 为 除以 的余数（当 能被 整除时，
）．证明： ，其中 ；
(3)已知 ．对 ，令 ．证明： ．
【答案】(1)1
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）若 ，又注意到 ，
所以 .
（2）【方法一】：当 时，此时 ，此时 ， ，
故 ，
此时 .
当 时，因 相异，故 ，
而 ，故 互质.
记 ，
则 ，使得 ，
故 ，故 ，
设 ，则 ，
因为 除以 的余数两两相异，
且 除以 的余数两两相异，
故 ，故 ，
故 ，而 其中 ，
故 即 .
法2：记 ， ， ，
其中 ， ，k是整数，则 ，
可知 ．
因为1，a， ，…， 两两不同，
所以存在 ，使得 ，
即 可以被p整除，于是 可以被p整除，即 ．若 ，则 ， ，因此 ， ．
记 ， ， ，其中l是整数，
则 ，
即 ．
（3）【方法二】：当 时，由（2）可得 ，若 ，则 也成立.
因为 ，所以 .
另一方面，
.
由于 ，所以 .
法2：由题设和（2）的法2的证明知：
，
．
故
．
由（2）法2的证明知 ，所以 ．
【题型三】 素数和合数
【例1】（22-23高三上·北京朝阳·期中）已知点集 ．
设非空点集 ，若对 中任意一点 ，在 中存在一点 （ 与 不重合），使得线段 上除了点
外没有 中的点，则 中的元素个数最小值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【详解】对于整点 的连线内部没有其它整点，当且仅当 与 互为素数，
若 只有一个点 ，取 的点 使 和 分别同奇偶， 有公因子2（或重合），不合题
意，
故 中元素不止一个，令 ，对于 的点 ，当 或3时，取 ；当 或4时，取 ；
由于 、 横坐标之差为 ，故 内部无整点；
当 ， 时，取 ，此时横坐标之差为 ，纵坐标之差为奇数，二者互素；
当 ， 时，取 ，此时横坐标之差为 ，纵坐标之差为 ，二者互素；
综上， 中的元素个数最小值是2.
故选：B
【例2】设整数a，m，n满足 ，则这样的整数组 的个数为（ ）
A．无穷多个 B．4个 C．2个 D．前三个答案都不对
【答案】C
【分析】根据题意， ，
考虑到a，m，n均为整数，因此
且其中m，n均为正整数， ，a为整数．
因此符合题意的整数解为 或 ．
故选：C
【变式1】（2023高三上·全国·竞赛）求最小的实数 ，使得对任意的正整数 ，可以将其表示成2023个
正整数之积，即 ，且满足对任意的 ，均有 是素数或者 ．
【答案】 的最小值为 .
【详解】一方面，取 (其中 为素数)，此时若将 表示成2023个正整数之积，
即 时，可设 ( 为非负整数， ，
由抽屉原理，存在正整数 ，使得 ，此时 ，因此有 ；
另一方面，证明：当 时，对任意的正整数 ，存在正整数 ，
使得 是素数或者 ，且 ，
对任意的正整数 ，采用如下方法依次构造出满足要求的 :
对 ，假设已构造出 ，接下来考虑 的取值(特别地， 时代表尚未构造出任何一项，考虑构造 的值)，
对 时 ：若 的最大素因子 ，则令 ；
若 的任一素因子均小于 ，则令 为 的不超过 的最大正约数，依次得到 ，
证明这样的构造符合要求：
由于此时对任意的 ，已有 是素数或者 ，因此只须证 ，
若存在 ，则知 不存在不小于 的素因子，也不存在不超过 的正约数，
自然也就不存在不超过 的素因子，所以 ，
这样， ，满足 ，
若不存在 ，不妨设 为在上述操作中选取的不小于 的素数，
其余项为在上述操作中选取的不超过 的正约数( 可以为0)，
此时如果 ，则与 为 的不超过 的最大正约数矛盾，
所以 ，这样有 ，进而有 ；
而由取法可直接得到 ，
因此有 ，此时 ，
所以 ，满足 .
综上所述， 的最小值为 .
【变式2】（2023高二·全国·竞赛）正整数 称为“好数”，如果对任意不同于 的正整数 ，均有
，这里， 表示实数 的小数部分.证明：存在无穷多个两两互素的合数均为好数.
【答案】证明见解析
【详解】证明：引理：设 是正奇数，且2模 的阶为偶数，则 是好数.
引理的证明：反证法，
假设 不是好数，则存在异于 的正整数 ，使得 .
因此 与 写成既约分数后的分母相同.由 为奇数知 是既约分数，故 的最大奇因子为 ，从而 的最大奇因子为 .
设 ，其中 为正整数（从而 是偶数）.
于是 .
由 可得 ，故 .（*）
设2模 的阶为偶数 .
由（*）及阶的基本性质得 ，故 是偶数.
但 是偶数， 是奇数，矛盾.引理得证.
回到原问题.
设 .由于 ，而 ，因此2模 的阶为 ，是一个偶数.
对正整数 ，由 可知 ，故由阶的性质推出，2模 的阶被2模 的阶整除，
从而也是偶数.因 是奇数，由引理知 是好数.
对任意正整数 ， ， ，
故 两两互素，所以 是两两互素的合数，且均为好数.
【题型四】 算数基本定理
【例1】（高三·北京·强基计划）设 是正2016边形，从这2016个顶点中选出若干个使之能作为
正多边形的顶点，则不同的选法共有（ ）
A．2520种 B．3528种 C．4536种 D．6552种
【答案】B
【详解】从2016的约数中去掉1，2，其余的约数均可作为正多边形的边数．
设从2016个顶点中选出 个构成正多边形，这样的正多边形有 个，
因此所求的正多边形的个数就是2016的所有约数之和减去2016和1008．
考虑到 ，因此所求正多边形的个数为
（个）．
故选：B【例2】（高三上·北京·强基计划）设 ，集合T是S的n元子集，且其中任意两个元素互
质，对任意符合要求的集合T，均至少包含一个质数，则n的最小值为（ ）
A．15 B．16 C．17 D．18
【答案】B
【详解】首先，我们有 ．
事实上，取集合 ，
其元素，除1以外，均为不超过43的素数的平方，则 中任意两数互质，但其中无质数，
这表明 ．
其次，我们证明：对任意 ，A中任意两数互质，则A中必存在一个质数.利用反证法，假
设A中无质数，记 ，分两种情况讨论：
情形一 若 ，则 均为合数，
又因为 ，所以 与 的质因数均不相同，
设 的最小质因数为 ，不妨设 ，则
，
，
…，
，
矛盾．
情形二 若 ，则不妨设 均为合数，同情形一所设，同理有
，
，
…，
，
矛盾．
综上所述，反设不成立，从而A中必有质数，即 时结论成立，
因此所求n的最小值为16．
故选：B.
【变式1】（高三·上海·竞赛）若a、b、c、d为整数，且 ，则有序数组（a，b，c，d）= .
【答案】
【详解】由题意得 .
由算术基本定理知 .
故答案为
【变式2】四位数 和 互为反序的正整数，且 ， 、 分别有16个、12个正因数
（包括1和本身）， 的质因数也是 的质因数，但 的质因数比 的质因数少1个，求 的所有可能值.
【答案】
【详解】设 ， .则 .
由 ，则 .
故 ， ， .
于是， ， .
由 为奇数，知 与 一奇一偶.
若 为偶数，即 ，则 ， 为偶数.矛盾.
因此， 为偶数， 为奇数.
记 分解质因数后， 的个数为 ，2的个数为 .则 ， .
由因数个数定理得 .
于是 ， ， .
所以， 或8， 或7.
故 至多有三个质因数.
于是， 至多含有两个质因数，3是 的一个质因数.
若 只有一个质因数，则这个质因数为3.从而， ，与 是四位数相矛盾.
因此， 含有两个质因数.
设 的另一个质因数为 .
因为 ，所以， 或 或 .
故 .
又 ，则 ， ，即 .
由 ，知 .此时， 的值大于 .
当 时， .
而 不互为反序数，于是， .此时， .
因此， .于是， ，
，
. ①
.
故 .
因为 为奇数，所以， 为奇数.故 .
由式①得
.
因为 为偶数，所以， 为偶数.
于是， 或8.
当 时，由式①得
.
因为 ，所以， .
得 ， ， .
于是， 或9.
当 时， ；
当 时， .
于是， 或1998.
因为 ，所以， .
又 ， 符合题意.
因此， .
【题型五】 费马小定理及欧拉定理
【例1】（2024·河北沧州·一模）设 为非负整数， 为正整数，若 和 被 除得的余数相同，则称和 对模 同余，记为 ．若 为质数， 为不能被 整除的正整数，则 ，这个
定理是费马在1636年提出的费马小定理，它是数论中的一个重要定理．现有以下4个命题：
① ；
②对于任意正整数 ；
③对于任意正整数 ；
④对于任意正整数 ．
则所有的真命题为（ ）
A．①④ B．② C．①②③ D．①②④
【答案】C
【详解】对于①：因为 ，
所以 被7除所得余数为1，
所以 被7除所得余数为2，
所以 ，正确；
对于②：若正整数 能被 整除，则 能被 整除，
所以 ；
若正整数 不能被 整除，由费马小定理得： ，即 ，正确；
对于③：若正整数 能被 整除，则 能被 整除，
所以 ；
若正整数 不能被 整除，由费马小定理得： ，即 ，
又 ，所以 ，正确；
对于④：由费马小定理得： ，即 ，
又 ，
所以 ，错误.
故选：C
【例2】（2023高三·全国·专题练习）已知素数 证明： 为整数，其中
．
【答案】证明见解析
【详解】证明：由Fermat小定理知 ，则 所以 ．又 所以 ．即 ，于是 ，从而 ．即
于是 ．
下面只需要证明 即可．
引理：设 是正整数，则
回到原题， 注意到 且均为素数，所以
于是 ．即 为整数．
【变式1】（23-24高三下·河北·开学考试）设a，b为非负整数，m为正整数，若a和b被m除得的余数相
同，则称a和b对模m同余，记为 ．
(1)求证： ；
(2)若p是素数，n为不能被p整除的正整数，则 ，这个定理称之为费马小定理．应用费马小
定理解决下列问题：
①证明：对于任意整数x都有 ；
②求方程 的正整数解的个数．
【答案】(1)证明见详解；
(2)① 证明见详解；② 无数个.
【详解】（1）因为 ，
所以 被7除所得的余数为1，
所以 被7除所得的余数为2，
又65被7除所得的余数为2，
所以 .
（2）①当 能被13整除时， 可以被13整除即 ；
当 不能被13整除时，由费马小定理得 即 ；
所以 ；
又 ，
所以 ，
同理： ， ，因为 都为素数， ，
所以
②因为 ，
由整除的性质及费马小定理知，对于任意正整数 都有 ，
即 ，
由整除的性质及费马小定
理知，对于任意正整数 都有 ，
即 ，
因为5和7互为质数，所以对于任意的正整数 都有
所以方程 的正整数解的个数为无数个.
【变式2】（2023高三·全国·专题练习）已知数列 满足 .
(1)证明： 是正整数数列；
(2)是否存在 ，使得 ？并说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)不存在，理由见解析.
【详解】（1）数列 满足 ，则 ， ，且 ，
有 ，两式相减得 ，因此数列 为常数数列，
于是 ，则 ，又 ， ，因此 ，
所以 是正整数数列.
（2）因为 ，假设有 ，则必有 ，
又 ，则 ，由费马小定理得 ，矛盾，
所以不存在 ，使得 .
【题型六】 拉格朗日定理及威尔逊定理【例1】（2024高三上·全国·专题练习）已知 ， ，
(1)若 在 处取得极值，试求 的值和 的单调增区间；
(2)如图所示，若函数 的图象在 连续光滑，试猜想拉格朗日中值定理：即一定存在 ，
使得 ，利用这条性质证明：函数 图象上任意两点的连线斜率不小于 ．
【答案】(1) ， 和
(2)证明见解析
【详解】（1）因为 ，则 ，
依题意，有 ，即 ．
所以 ， ，
令 ，得 或 ，
令 ，得 ，
所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
所以 满足题意，同时， 的单调增区间为 和 ；
（2）猜想如下：
因为 表示的 两端点连线的斜率，
而由题可知， 上必然存在点 ，使得其切线的斜率为 ，即 ，
所以一定定存在 ，使得 ；
证明如下：
因为 ，
则 ．由猜想可知，对于函数 图象上任意两点 ，
在 之间一定存在一点 ，使得 ，
又 ，故有 .
【变式1】对于正整数n，记 与 的最大公因子为 ，若 ，则称n是奇异
的．证明：若n是奇异的，则 也是奇异的．
【答案】证明见解析.
【详解】记 ，我们任取 的一个质因子p．
若 ，则 ，这不可能，故 ．
而 ，知 ，
这是因为若 有两个质因子（允许相同）p、q，则 ，出现矛盾！
故 ，且p为 的最大质因子．
（若否，则设q为 的最大质因子，则 出现矛盾！）
故p为奇质数（因 为奇数），我们记 知m与n同奇偶．
下面我们证明： ．
由于 ，
注意到 ，
所以 （威尔逊定理）．
又因为 ，故 ，
而 知： ．
那么 ，
即后者得证，这就说明 也是奇异的．
【题型七】 平方数
【例1】（23-24高二上·辽宁·期末）已知 与 均为完全平方数，且 的正整数 共有 （
）个
A．1 B．12
C．13 D．以上都不对【答案】A
【详解】因为 与 均为完全平方数，
可设 ， ，可得 ，即 ，
因为 为方程 的一组解，且方程有无穷多组解，
对于其中任意一组解 ，可得 ，所以 为被3整除的正奇数，
则 ， ，
因为 ，可得 ，所以 ，
可得佩尔方程的通解为 ，
由特征方程得其所对应的递推公式为 ，可得 ，
所以仅有 时，满足条件，此时 ，
所以 与 均为完全平方数，且 的正整数 只有1个.
故选：A.
【例2】（2024高三上·全国·竞赛）对于各数位均不为0的三位数 ，若两位数 和 均为完全平方数，
则称 具有“ 性质”，则具有“ 性质”的三位数的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【详解】因为平方是两位数的有： ，
所以具有“ 性质”的三位数有：164，364，649，816，
即具有“ 性质”的三位数的个数为4，
故选：C
【变式1】（2024高三上·全国·竞赛）设双曲线Γ: ， ，B，C在Γ上且直线 经过A.设
分别为Γ在B，C处的切线，点D满足 ，则D的轨迹方程是 ;若D的横纵
坐标均为正整数，且二者之和大于2024，则D可以是 .(写出1个即可).
【答案】 （答案不唯一）
【详解】设 方程为: ，联立双曲线方程 得 ，，
显然 上任意一点 的切线斜率存在，不妨设切线方程为 ，
联立双曲线方程得 ，化简并整理得 ，
所以 ，解得 ，
所以 方程为: ， 方程为: ，
联立 解得
，
，
注意到
故
而 时， , 此时 , 故 不在 D 的轨迹上.
从而 D 的轨迹方程是
或写成
若 D 的横纵坐标均为正整数，可设 从而 x 是 3的倍数, 可设 ,
于是 显然 是 的一组解, 同时注意到若 是 的一组解: 则
也是 的一组解.
从而可以得出一系列 的解: ，
而 ，故可取 ,
此时 , 符合要求.故答案为： ； (627,1813)（答案不唯一）.
【变式2】（2023高三·全国·专题练习）求所有的正整数 ，使得 为完全平方数．
【答案】 ．
【详解】 ，
所以 为偶数，可设 ，
，
（注意到 不能太大，否则 ，不为完全平方数）
即要求 ， ，
用数学归纳法证明当 时， 不成立，所以 ，
逐一验证即可，
当 时， 不是完全平方数；
当 时， ，此时 ；
当 时， 不是完全平方数，此时 ；
当 时， ，
此时模4并不能否定它是完全平方数，所以我们再多加考虑几个模，考虑3，5，7，9其中3没有意义，
如果都考虑到后任然排除不了，我们只能把它算出来了．（这里没有考虑6，8，10这是因为 本身
就是能被4整除的，所以模6和模3效果是一样的），
， ， ，
排除不掉，但是 不可能，
当 时， ， ，不可能，
当 时， ， ，不可能，
因此唯一符合题意的 ．
【题型八】 高斯函数
【例1】（多选）（2024·全国·模拟预测）积性函数 指对于所有互质的整数 和 有
的数论函数．则以下数论函数是积性函数的有（ ）
A．高斯函数 表示不大于实数 的最大整数
B．最大公约数函数 表示正整数 与 的最大公约数（ 是常数）C．幂次函数 表示正整数 质因数分解后含 的幂次数（ 是常数）
D．欧拉函数 表示小于正整数 的正整数中满足与 互质的数的数目
【答案】ABD
【详解】选项A：对于所有互质的整数 和 ， ， .则高斯函数 是积性函数.判断
正确；
选项B：对于所有互质的整数 和 ，有 ，则最大公约数函数 是积
性函数.判断正确；
选项C：互质的整数 和 ，有 ， ， ，则 .判断
错误；
选项D：对于所有互质的整数 和 ，有 ，则欧拉函数 是积性函数.判断正确.
故选：ABD
【例2】（2023高三·全国·专题练习）已知 ，则数列 中整数项
的个数为 ．
【答案】15
【详解】
要使 为整数，必有 均为整数，从而 ，
当 时， 均为非负整数，∴ 为整数，共
有14个．
当 时， ，在 中，
中因数 的个数为 ， 中因数 的个数为 ， 中因数 的个数为
，
∴ 中因数 的个数为 ，故 是整数．
当 时， ，在 中，中因数 的个数为 ， 中因数 的个数为 ， 中因数 的个数为
，
∴ 中因数 的个数为 ，故 不是整数．
因此，整数项的个数为 个．
【变式1】（23-24高一下·湖北·阶段练习）设 ，我们常用 来表示不超过 的最大整数.如：
.
(1)求证： ；
(2)解方程： ；
(3)已知 ，若对 ，使不等式
成立，求实数 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2) 或 或 .
(3)
【详解】（1）设 ，
若 ，则 ， ，
故 ，而 ， ，故 .
若 ，则 ， ，
故 ，而 ， ，故 .
综上， .
（2）因为 ，故 ，因为 ，故 ，故 ，故 ，
若 ，则 ，又 ，故 符合；
若 ，则 ，故 ，又 ，不符合 ，均舍；
若 ，则 ，故 ，又 ，故 符合；
若 ，则 ，故 ，又 ，故 符合；
综上， 或 或 .
（3） ,
当 时， ，故 ，故
因为对 ，使不等式 成立，
故 在 上恒成立，
故 在 上恒成立，而 在 上恒成立，
故 在 上恒成立，
设 ， ，
因为 在 上均为增函数，故 ， 为增函数，
故 ，
设 ，
设 ，
则 ，
而 ，故 ，故 ，
即 ，故 为减函数，
故 ，故 .【变式2】60支球队两两比赛，且一定有胜负，每队赢的概率均为0.5，设没有两队赢相同场数的概率为
，其中p，q为互质的正整数，则使得 可整除p的最大正整数n是（ ）
A．1768 B．1746 C．1714 D．1702
【答案】C
【分析】考虑用60个节点的有向完全图表示比赛结果，则可得
而 中含有因子2的个数为
（个），
因此所求的最大正整数为 ．
故选：C
【题型九】不定方程
【例1】（2023高三·北京·竞赛）正整数 满足： ，则 的可能值
有（ ）
A．0个 B．3个 C．4个 D．无穷多个
【答案】B
【详解】由对称性，不妨 ，
由 可得 ，
所以 ，
故 ，而 为正整数，故 或 ，
若 ，则 ，故 ，
所以 ，所以 ，且 ，
因为 为正整数， 或 或
故 ，或 或 ，故 或 ，
当 时，对应的 的形式分别为： ；
当 时，对应的 的形式分别为： 或 .
若 ，则 ，故 ，故 ，所以 ，且 ，
因为 为正整数， 或 或
故 或 （舍，因为 ）或 （舍，因为 ），
故 ，当 时，对应的 的形式分别为： ；
综上， 的可能值有3个，
故选：B.
【例2】设 ， ， 和 均为正整数，则 的最大值和最小值之差为（ ）
A．9 B．15 C．22 D．前三个答案都不对
【答案】A
【详解】由于 是正整数，
因此 是正整数．
接下来探索所有可能的解，不妨先假设 ．
显然 ，否则 ，不符合题意．于是 ．
情形一 ．此时 ，否则 ，不符合题意．
因此 ，
于是 不可能为正整数．
情形二 ．此时 ，
于是 ，因此 ，
即 ，
解得 ．
综上所述，符合题意的解为 ，
由排序不等式可知 的最大值与最小值分别为38与29，故所求差为9．
故选：A【变式1】（多选）（2023高三·北京·竞赛）已知 是完全平方数，则（ ）
A． 的取值有无数个 B． 的最小值小于15
C． 为奇数 D．
【答案】ABD
【详解】
由题意可知 ，
当 时， ，故B正确；
当 时， ，故C错误.
又 可整理可得 ，
对于任意整数 ， ，故 ，
故 ，
而对任意的整数 ，设
则 ，而 ，
所以 ，故 ，
若 ，则 ，
整理得到： ，故 为3的倍数，设 ，
则 ，故 ，
但 ，故 ，
而 ，故 不成立，
所以 即 ，故D成立.
取 ， ，
下证： 均为正整数.
证明：由二项式定理可得 ，
，所以
，
因为 ，故 ，
故 ，故 为4的倍数，
故 为4的倍数，故 为正整数.
又
，
故 为正整数即 为正整数.
下面回到问题本身，
此时
，
由 的任意性可得 有无穷多个，
故选：ABD
【变式2】（2023高三·北京·竞赛） 有几个正实数解？
【答案】原方程有2个正实数解
【详解】原式可以变形为 ，
即 ，
即 ，
即 ，即 ，
所以 或 ，
令 ，
容易知道 在 上单调递增，
且注意到 ， ，
从而存在唯一的 ，有 且 ，
即 在 上存在唯一零点，
综上所述， 有2个正实数解： ，1.
