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近几年来，数列的命题呈现这样一个特点:基于等差数列、等比数列，用抽取或叠加的方式产生“子数列”，考查推理论证能力．试题难度都比较大，不少都涉及初等数论知识．本文就数列中“整解”问题略举几例，与大家共同归纳总结，以期寻求到解决此类问题的钥匙．
一、从整数的整除性探究存在性
例1 （2009江苏高考）设{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足a22+a因此，2n-1-m+1≠0,①式可化为b=2+t2n-1+m+1,
由于2n-1-m+1可取到一切正整数，且b≥3，故要至少有三个b,使得am+t=bn(t∈N)成立，
必须使整数2+t至少有三个大于或等于3的不同的因数，故满足条件的最小整数为12，即t的最小值为10，此时b=3,4,6或12.
点评:要探究b的存在性，需要先将b表达出来．
例３ 已知数列{cn}的通项公式是cn=nn+2011，对于任意给定的正整数k,
是否存p,q∈N*在使得ck=cp•cq?
若存在，求出p,q的值（只要求写出一组即可）;若不存在，说明理由．
解析:假设存在p,q，满足ck=cp•cq,则
kk+2011=pp+2011•qq+2011
，取倒数,得k+2011k=p+2011p•q+2011q
即1+2011k=1+2011p+2011q+2011×2011pq
整理，得q=k(p+2011)p-k
取p=k+1,则q=k(k+2012).
（也可以取p=2k,q=2k+2011.）
点评:（1）要探究的p,q存在性，需要先将p或q表达出来;（2）本题中k是“给定的”，作为已知常数，而不能理解为关于k的恒等式．
即存在ｍ＝２，ｎ＝１２时，a1,am,an成等比数列．
可以看出，数列中的“整解”问题，通常围绕数列通项与求和问题展开，利用初等数论知识探究存在性．常从等式两边的符号，奇偶性角度寻找矛盾来否定存在性，或从约数和倍数的角度进行合理的因数分解或因式分解，构造等量关系来肯定存在性．有时需要我们综合多种途径解决问题．最后让我们一起来赏析这样一例．
例7 下述数阵称为“森德拉姆筛”，记为S．其特点是每行每列都是等差数列，第i行第j列的数记为Aij．
1 4 7 10 13 …
4 8 12 16 20 …
7 12 17 22 27 …
10 16 22 28 34 …
13 20 27 34 41 …
… … … … … …
（1）证明:存在常数C∈N*,对任意的正整数i,j,Aij+C总是合数;
（2）设S中主对角线上的数1，8，17，28，41，…组成数列{bn}．
试证:不存在正整数k和m（1＜k＜m），使得b1,bk,bm成等比数列;
（3）对于（2）中的数列{bn}，是否存在正整数p和r （1＜r＜p＜150），使得b1,br,bp成等差数列．
若存在，写出p，r的一组解（不必写出推理过程）;若不存在，请说明理由．
解析:（1）因为第一行数组成的数列{A1j}（j=1,2,3,…）是以1为首项，公差为3的等差数列，所以A1j=1+(j-1)×3=3j-2,
第二行数组成的数列{A2j}（j=1,2,3,…）是以4为首项，公差为4的等差数列，
所以A2j=4+(j-1)×4=4j
所以A2j-A1j=4j-(3j-2)=j+2,
所以第j列数组成的数列{Aij}（i=1,2,3,…）是以3j-2为首项，公差为j+2的等差数列，
所以Aij=3j-2+(i-1)×(j+2)
=ij+2i+2j-4
=(i+2)(j+2)-8
故Aij+8=(i+2)(j+2)是合数．
所以当C=8时，对任意正整数i,j,Aij+C总是合数．
（2）（反证法）假设存在k、m，1＜k＜m，使得b1,bk,bm成等比数列，即b2k=b1bm
∵bn=Ann=(n+2)2-8,
∴1×［(m+2)2-8］=［(k+2)2-8］2,
得(m+2)2-［(k+2)2-8］2=8,
即［(m+2)+(k+2)2-8］［(m+2)-(k+2)2+8］=8,
又∵1＜k＜m，且k,m∈N*
∴k≥2,m≥3,
进而(m+2)+(k+2)2-8≥5+16-8=13,
∴(m+2)-(k+2)2+8∈(0,1),
这与(m+2)-(k+2)2+8∈Z矛盾，
所以不存在正整数k和m(1 使得b1,bk,bm成等比数列．
（3）假设存在满足条件的p,r,那么2(r2+4r-4)=1+(p2+4p-4)
即2(r+5)(r-1)=(p+5)(p-1)
不妨令r+5=p-12(r-1)=p+5,
解得r=13p=19.
所以存在r=13,p=19,
使得b1,br,bp成等差数列.
点评:第（3）问中数组（r,p）不唯一，例如(85,121)也可以.
第（１）（３）两问从因数分解角度进行求解，第（２）小题从缩小范围角度进行求解．
（作者：谭爱平，江苏省泰兴市第三高级中学)
(上接第25页)
②第一步：计算BM．由正弦定理
BM=dsinα1sin(α1+α2)；
第二步：计算BN．由正弦定理BN=dsinβ1sin(β2－β1)；
MN=BM2+BN2+2BM×BNcos(β2+α2)．
点评：本题主要考查解三角形问题，主要涉及了正弦定理和余弦定理的应用．方案设计题属于应用性开放型问题, 因为它贴近生活,具有较强的操作性和实践性，解决此类问题时要慎于思考,并能在实践中对所有可能的方案进行罗列与分析,得出符合要求的一种或几种方案.
三、结论开放
例3 （2012届海口高三模拟）已知在△ABC中，角A，B，C的对边的边长分别为a，b，c，且3acosC=(2b－3c)cosA．
（Ⅰ）求角A的大小；
（Ⅱ）现给出三个条件：①a=2；②B=π4；③c=3b．
试从中选出两个可以确定△ABC的条件，写出你的选择，并以此为依据求出△ABC的面积．（只需写出一个选定方案即可，选多种方案以第一种方案记分）
解：（1）由正弦定理可得：
3sinAcosC=2sinBcosA－3sinCcosA,即3sin(A+C)=2sinBcosA
3sinB=2sinBcosA,
∵sinB≠0，
∴cosA=32,
∵A∈(0,π),∴A=π6
（Ⅱ）方案一：选择①②
由asinA=bsinB，
得b=2×sinπ4sinπ6=22,
sinC=sin(A+B)=2+64
∴S=12absinC
=12×2×22×2+64
=3+1
方案二：选择①③
由余弦定理得，
b2+c2-2bccosA=a2，
有b2+3b2-3b2=4，
解得b=2,c=23
S=12bcsinA
=12×2×23×12=3
说明：若选择②③，
由c=3b,
得sinC=3sinB
=62>1,
不成立，这样的三角形不存在．
点评：条件或结论开放性问题，应发散自己的思维，结合所学的知识点进行分析，从而可寻找出所要补的条件和能得出的结论.
一、从整数的整除性探究存在性
例1 （2009江苏高考）设{an}是公差不为零的等差数列，Sn为其前n项和，满足a22+a因此，2n-1-m+1≠0,①式可化为b=2+t2n-1+m+1,
由于2n-1-m+1可取到一切正整数，且b≥3，故要至少有三个b,使得am+t=bn(t∈N)成立，
必须使整数2+t至少有三个大于或等于3的不同的因数，故满足条件的最小整数为12，即t的最小值为10，此时b=3,4,6或12.
点评:要探究b的存在性，需要先将b表达出来．
例３ 已知数列{cn}的通项公式是cn=nn+2011，对于任意给定的正整数k,
是否存p,q∈N*在使得ck=cp•cq?
若存在，求出p,q的值（只要求写出一组即可）;若不存在，说明理由．
解析:假设存在p,q，满足ck=cp•cq,则
kk+2011=pp+2011•qq+2011
，取倒数,得k+2011k=p+2011p•q+2011q
即1+2011k=1+2011p+2011q+2011×2011pq
整理，得q=k(p+2011)p-k
取p=k+1,则q=k(k+2012).
（也可以取p=2k,q=2k+2011.）
点评:（1）要探究的p,q存在性，需要先将p或q表达出来;（2）本题中k是“给定的”，作为已知常数，而不能理解为关于k的恒等式．
即存在ｍ＝２，ｎ＝１２时，a1,am,an成等比数列．
可以看出，数列中的“整解”问题，通常围绕数列通项与求和问题展开，利用初等数论知识探究存在性．常从等式两边的符号，奇偶性角度寻找矛盾来否定存在性，或从约数和倍数的角度进行合理的因数分解或因式分解，构造等量关系来肯定存在性．有时需要我们综合多种途径解决问题．最后让我们一起来赏析这样一例．
例7 下述数阵称为“森德拉姆筛”，记为S．其特点是每行每列都是等差数列，第i行第j列的数记为Aij．
1 4 7 10 13 …
4 8 12 16 20 …
7 12 17 22 27 …
10 16 22 28 34 …
13 20 27 34 41 …
… … … … … …
（1）证明:存在常数C∈N*,对任意的正整数i,j,Aij+C总是合数;
（2）设S中主对角线上的数1，8，17，28，41，…组成数列{bn}．
试证:不存在正整数k和m（1＜k＜m），使得b1,bk,bm成等比数列;
（3）对于（2）中的数列{bn}，是否存在正整数p和r （1＜r＜p＜150），使得b1,br,bp成等差数列．
若存在，写出p，r的一组解（不必写出推理过程）;若不存在，请说明理由．
解析:（1）因为第一行数组成的数列{A1j}（j=1,2,3,…）是以1为首项，公差为3的等差数列，所以A1j=1+(j-1)×3=3j-2,
第二行数组成的数列{A2j}（j=1,2,3,…）是以4为首项，公差为4的等差数列，
所以A2j=4+(j-1)×4=4j
所以A2j-A1j=4j-(3j-2)=j+2,
所以第j列数组成的数列{Aij}（i=1,2,3,…）是以3j-2为首项，公差为j+2的等差数列，
所以Aij=3j-2+(i-1)×(j+2)
=ij+2i+2j-4
=(i+2)(j+2)-8
故Aij+8=(i+2)(j+2)是合数．
所以当C=8时，对任意正整数i,j,Aij+C总是合数．
（2）（反证法）假设存在k、m，1＜k＜m，使得b1,bk,bm成等比数列，即b2k=b1bm
∵bn=Ann=(n+2)2-8,
∴1×［(m+2)2-8］=［(k+2)2-8］2,
得(m+2)2-［(k+2)2-8］2=8,
即［(m+2)+(k+2)2-8］［(m+2)-(k+2)2+8］=8,
又∵1＜k＜m，且k,m∈N*
∴k≥2,m≥3,
进而(m+2)+(k+2)2-8≥5+16-8=13,
∴(m+2)-(k+2)2+8∈(0,1),
这与(m+2)-(k+2)2+8∈Z矛盾，
所以不存在正整数k和m(1
（3）假设存在满足条件的p,r,那么2(r2+4r-4)=1+(p2+4p-4)
即2(r+5)(r-1)=(p+5)(p-1)
不妨令r+5=p-12(r-1)=p+5,
解得r=13p=19.
所以存在r=13,p=19,
使得b1,br,bp成等差数列.
点评:第（3）问中数组（r,p）不唯一，例如(85,121)也可以.
第（１）（３）两问从因数分解角度进行求解，第（２）小题从缩小范围角度进行求解．
（作者：谭爱平，江苏省泰兴市第三高级中学)
(上接第25页)
②第一步：计算BM．由正弦定理
BM=dsinα1sin(α1+α2)；
第二步：计算BN．由正弦定理BN=dsinβ1sin(β2－β1)；
MN=BM2+BN2+2BM×BNcos(β2+α2)．
点评：本题主要考查解三角形问题，主要涉及了正弦定理和余弦定理的应用．方案设计题属于应用性开放型问题, 因为它贴近生活,具有较强的操作性和实践性，解决此类问题时要慎于思考,并能在实践中对所有可能的方案进行罗列与分析,得出符合要求的一种或几种方案.
三、结论开放
例3 （2012届海口高三模拟）已知在△ABC中，角A，B，C的对边的边长分别为a，b，c，且3acosC=(2b－3c)cosA．
（Ⅰ）求角A的大小；
（Ⅱ）现给出三个条件：①a=2；②B=π4；③c=3b．
试从中选出两个可以确定△ABC的条件，写出你的选择，并以此为依据求出△ABC的面积．（只需写出一个选定方案即可，选多种方案以第一种方案记分）
解：（1）由正弦定理可得：
3sinAcosC=2sinBcosA－3sinCcosA,即3sin(A+C)=2sinBcosA
3sinB=2sinBcosA,
∵sinB≠0，
∴cosA=32,
∵A∈(0,π),∴A=π6
（Ⅱ）方案一：选择①②
由asinA=bsinB，
得b=2×sinπ4sinπ6=22,
sinC=sin(A+B)=2+64
∴S=12absinC
=12×2×22×2+64
=3+1
方案二：选择①③
由余弦定理得，
b2+c2-2bccosA=a2，
有b2+3b2-3b2=4，
解得b=2,c=23
S=12bcsinA
=12×2×23×12=3
说明：若选择②③，
由c=3b,
得sinC=3sinB
=62>1,
不成立，这样的三角形不存在．
点评：条件或结论开放性问题，应发散自己的思维，结合所学的知识点进行分析，从而可寻找出所要补的条件和能得出的结论.