乍看之下我以为你在选主题分类时本来想选“数列”却点了“数论”。
但思考一下发现，这题的确不是在考数列，还真有点偏向数论，分类竟然没选错！
设 `a_{n+1}-a_n=1+2b_{n+1}`，则 `b_n\in\{0,1,2\}`（`n\ge2`）且
\begin{align*}
a_n&=n+1+2(b_2+b_3+\cdots+b_n),\\
S_n&=\frac12n(n+3)+2[(n-1)b_2+(n-2)b_3+\cdots+b_n],
\end{align*}记 `F=(n-1)b_2+(n-2)b_3+\cdots+b_n`，关键就在于 `F` 可以表示些什么数。
显然 `F` 最小为 0，最大为 `n(n-1)`，实际上，`F` 可以取遍这两者之间的所有整数。
但是证明该怎么写倒是有点不知怎么表达……
举例说明吧，比如 `n=12`，即 `F=11b_2+10b_3+\cdots+b_{12}`。
将 `F` 拆分成两部分，其中一部分为 `A=9b_4+3b_{10}+b_{12}`，另一部分记为 `B=f(b_2,b_3,b_5,\ldots,b_{11})`。
注意 `A` 是一个三进制数，所以 `A` 可以表示 0 至 `3^3-1`，即 `A` 取遍 0 至 26 的整数。
考虑以下这些数
\begin{align*}
B_1&=f(0,0,0,\ldots,0)=0,\\
B_2&=f(1,0,0,\ldots,0)=11,\\
B_3&=f(2,0,0,\ldots,0)=11\times2,\\
B_4&=f(2,1,0,\ldots,0)=11\times2+10,\\
B_5&=f(2,2,0,\ldots,0)=11\times2+10\times2,\\
B_6&=f(2,2,1,\ldots,0)=11\times2+10\times2+8,\\
B_7&=f(2,2,2,\ldots,0)=11\times2+10\times2+8\times2,\\
&\vdots\\
B_{17}&=f(2,2,2,\ldots,2)=11\times2+10\times2+8\times2+\cdots+2\times2,
\end{align*}显然 `B_i` 与 `B_{i+1}` 的差不超过 11，那么 `\bigl\{A+B_i\mid A\in\{0,\ldots,26\}\bigr\}` 与 `\bigl\{A+B_{i+1}\mid A\in\{0,\ldots,26\}\bigr\}` 必相交，所以
\begin{align*}
&\bigl\{A+B_1\mid A\in\{0,\ldots,26\}\bigr\}\cup\bigl\{A+B_2\mid A\in\{0,\ldots,26\}\bigr\}\cup\cdots\cup\bigl\{A+B_{17}\mid A\in\{0,\ldots,26\}\bigr\}\\
={}&\{0,1,\ldots,26+B_{17}\},
\end{align*}对一般的 `n` 也是一样的道理，所以 `F` 能取遍 0 至 `n(n-1)` 的整数。
回到 `S_n=\frac12n(n+3)+2F`，由以上可知 `S_n` 的取值范围是
\[\left\{
\frac12n(n+3),\frac12n(n+3)+2,\frac12n(n+3)+4,\ldots,\frac12n(n+3)+2n(n-1)
\right\},\]所以，若 `S_k=100`，则需满足
\[\frac12k(k+3)~\text{为偶数，且}~\frac12k(k+3)\leqslant100\leqslant\frac12k(k+3)+2k(k-1),\]解得
\[k\equiv0~\text{或}~1\pmod4~\text{且}~7\leqslant k\leqslant12,\]即所有符合的 `k` 值有且只有 8, 9, 12，所以选 ABD。 |
kuing
Posted 2021-12-10 15:12
isee
Posted 2021-12-10 16:36
