2022年2022年初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑷

1、精选学习资料 - - - 欢迎下载中考数学复习资料,细心整编吐血举荐、 如如有用请打赏支持,感谢不尽！初一数学竞赛讲座第 4 讲 整数的分拆整数的分拆,就为把一个自然数表示成为如干个自然数的和的形式,每一种表示方法,就为自然数的一个分拆；整数的分拆为古老而又好玩的问题,其中最闻名的为哥德巴赫猜想；在国内外数学竞赛中,整数分拆的问题经常以各种形式显现,如,存在性问题.计数问题.最优化问题等；例 1 电视台要播放一部30 集电视连续剧, 如要求每天支配播出的集数互不相等,就该电视连续剧最多可以播几天？分析与解： 由于期望播出的天数尽可能地多,所以,在每天播出的集数互不相等的条件下,每天播放的集数应

2、尽可能地少；我们知道, 1+2+3+4+5+6+7=28；假如各天播出的集数分别为1,2,3,4,5,6,7 时,那么七天共可播出 28 集,仍剩 2 集未播出；由于已有过一天播出2 集的情形,因此,这余下的2 集不能再单独于一天播出,而只好把它们分到以前的日子,通过改动某一天或某二天播出的集数,来解决这个问题；例如,各天播出的集数支配为1,2,3,4,5,7,8 或 1,2,3,4,5,6,9 都可以；所以最多可以播7 天；说明：此题实际上为问,把正整数30 分拆成互不相等的正整数之和时,最多能写成几项之和？也可以问,把一个正整数拆成如干个整数之和时,有多少种分拆的方法？例如：5=1+1+1

3、+1+1=1+1+1+,2=1+2+2=1+1+3=2+3=1+4,共有 6 种分拆法（不计分成的整数相加的次序）；例 2 有面值为 1 分.2 分.5 分的硬币各 4 枚,用它们去支付 2 角 3 分；问：有多少种不同的支付方法？分析与解： 要付 2 角 3 分钱,最多只能使用4 枚 5 分币；由于全部1 分和 2 分币都用上时,共值 12 分,所以最少要用3 枚 5 分币；当使用 3 枚 5 分币时, 5×3=15,23-15=8,所以使用 2 分币最多 4 枚,最少 2 枚,可有 23=15+（2+2+2+2）, 23=15+（2+2+2+1+1）, 23=15+（2+2+1+

4、1+1+1）,共 3 种支付方法；当使用 4 枚 5 分币时,5× 4=20,23-20=3,所以最多使用 1 枚 2 分币,或不使用,从而可有 23=20+（2+1）, 23=20+（ 1+1+1）,共 2 种支付方法；总共有 5 种不同的支付方法；精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载说明：此题为组合学中有限条件的整数分拆问题的一个特例；例 3 把 37 拆成如干个不同的质数之和, 有多少种不同的拆法？将每一种拆法中所拆出的那些质数相乘,得到的乘积中,哪个最小？解： 37=3+5+29=2+5+7+23=3+11+23=2+3+13+19=5+13+19=7+11+19=

5、2+5+11+19=7+13+17=2+5+13+17=2+7+11+1,7共 10 种不同拆法,其中3×5×29=435 最小；说明：此题属于迄今尚无普遍处理方法的问题,只为硬凑；比 37 小的最大质数为31,但 37-31=6,6 不能分拆为不同的质数之和,故不取；再下去比37 小的质数为 29,37-29=8,而 8=3+5；其余的分拆考虑与此类似；例 4 求满意以下条件的最小自然数：它既可以表示为9 个连续自然数之和, 又可以表示为10 个连续自然数之和,仍可以表示为11 个连续自然数之和；解： 9 个连续自然数之和为其中第5 个数的 9 倍, 10 个连续自然数之

6、和为其中第5 个数和第 6个数之和的 5 倍, 11 个连续自然数之和为其中第6 个数的 11 倍；这样,可以表示为9 个.10 个.11 个连续自然数之和的数必为5,9 和 11 的倍数,故最小的这样的数为5, 9, 11=495；对 495 进行分拆可利用平均数, 实行“以平均数为中心, 向两边推动的方法” ；例如,495÷10=49.5 , 就 10 个连续的自然数为： 45,46,47,48,49,（49.5 ）,50,51,52,53,54；于为 495=45+46+54；同理可得 495=51+52+59=40+41+50；例 5 如干只同样的盒子排成一列,小聪把 42

7、个同样的小球放在这些盒子里然后外出,小明从每只盒子里取出一个小球,然后把这些小球再放到小球数最少的盒子里去,再把盒子重排了一下；小聪回来,认真查看,没有发觉有人动过小球和盒子；问：一共有多少只盒子？分析与解： 设原先小球数最少的盒子里装有a 只小球,现在增加到了b 只,由于小明没有发觉 有人动过小球和盒子,这说明现在又有了一只装有a 个小球的盒子,这只盒子里原先装有（a+1）个 小球；同理,现在另有一个盒子里装有（a+1）个小球,这只盒子里原先装有（a+2）个小球；依此类推,原先仍有一只盒子装有（a+3）个小球,（ a+4）个小球等等,故原先那些盒子中装有的小球数为一些连续整数；现在这个问题就

8、变成了：将42 分拆成如干个连续整数的和,一共有多少种分法,每一种分法有多少个加数？由于 42=6×7,故可将 42 看成 7 个 6 的和,又（7+5）+（8+4）+（9+3）为 6 个 6,从而 42=3+4+5+6+7+8+9,一共有 7 个加数；精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载又因 42=14× 3,故可将 42 写成 13+14+15,一共有 3 个加数；又因 42=21× 2,故可将 42 写成 9+10+11+12,一共有 4 个加数；于为原题有三个解：一共有7 只盒子. 4 只盒子或 3 只盒子； 例 6 机器人从自然数1 开头由小到

9、大按如下规章进行染色：凡能表示为两个不同合数之和的自然数都染成红色,不符合上述要求的自然数染成黄色（比如23 可表示为两个不同合数15 和 8 之和, 23 要染红色； 1 不能表示为两个不同合数之和,1 染黄色） ；问：被染成红色的数由小到大数下去,第2000 个数为多少？请说明理由；解 ： 显 然 1 要 染 黄 色 , 2=1+1 也 要 染 黄 色 , 3=1+2, 4=1+3=2+2,5=1+4=2+3,6=1+5=2+4=3+3,7=1+6=2+5=3+4,精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载8=1+7=2+6=3+5=4+,49=1+8=2+7=3+6=4+,511=1

10、+10=2+9=3+8=4+7=5+；6精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载可见, 1,2,3,4,5,6,7,8, 9, 11 均应染黄色；下面说明其它自然数n 都要染红色；（1）当 n 为大于等于 10 的偶数时,n=2k=4+2（ k-2 ）由于 n10,所以 k 5, k-2 3, 2（ k-2 ）与 4 均为合数,且不相等；也就为说,大于等于10的偶数均能表示为两个不同的合数之和,应染红色；（2）当 n 为大于等于 13 的奇数时,n=2k+1=9+2（k-4 ）由于 n13,所以 k 6, k-4 2, 2（ k-4 ）与 9 均为合数,且不相等；也就为说,大于等于13的

11、奇数均能表示为两个不同的合数之和,应染红色；综上所述,除了1, 2, 3,4,5,6,7,8,9,11 这 10 个数染黄色外,其余自然数均染红色,第 k 个染为红色的数为第（ k+10）个自然数（ k 2）；所以第 2000 个染为红色的数为2000+10=2021； 下面看一类有规律的最优化问题；例 7 把 12 分拆成两个自然数的和, 再求出这两个自然数的积, 要使这个积最大, 应当如何分拆？ 解： 把 12 分拆成两个自然数的和,当不考虑加数的次序时,有1+11,2+10,3+9, 4+8,5+7,6+6 六种方法；它们的乘积分别为1×11=11, 2× 10=20

12、,3×9=27,4×8=32,5×7=35,6×6=36；明显,把 12 分拆成 6+6 时,有最大的积 6×6=36；例 8 把 11 分拆成两个自然数的和, 再求出这两个自然数的积, 要使这个积最大, 应当如何分拆？ 分析与解： 把 11 分拆成两个自然数的和,当不考虑加数的次序时,有1+10,2+9, 3+8,4+7,5+6 五种方法；它们的乘积分别为：精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载1×10=10, 2× 9=18, 3× 8=24,4×7=28,5×6=30；明显,把 1

13、1 分拆成 5+6 时,有最大的积 5×6=30；说明：由上面的两个例子可以看出,在自然数n 的全部二项分拆中,当n 为偶数 2m时,以分成m+m时乘积最大；当 n 为奇数 2m+1时,以分成 m+（ m+1）时乘积最大；换句话说,把自然数s（s1）分拆为两个自然数m与 n 的和,使其积 mn最大的条件为： m=n,或 m=n+1；精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载在详细分析时,当s 为偶数时,mns ；当 s 为奇数时,2m, n 分别为s1 和 s1 ； 22精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载例 9 试把 1999 分拆为 8 个自然数的和,使其乘积最大；

14、分析：反复使用上述结论,可知要使分拆成的8 个自然数的乘积最大,必需使这8 个数中的任意两数相等或差数为1；精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载7解：由于 1999=8× 249+7,由上述分析, 拆法应为 1 个 249,7 个 250,其乘积 249×250为最大；精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载说明：一般地,把自然数s=pq+r（0r p,p 与 q 为自然数）分拆为p 个自然数的和,使其乘积 m为最大,就 m为 qp-r ×（ q+1）r ；例 10 把 14 分拆成如干个自然数的和,再求出这些数的积,要使得到的积最大,应当把14

15、如何分拆？这个最大的乘积为多少？分析与解： 我们先考虑分成哪些数时乘积才能尽可能地大；第一,分成的数中不能有1,这为明显的；其次,分成的数中不能有大于4 的数,否就可以将这个数再分拆成2 与另外一个数的和,这两个数的乘积肯定比原数大,例如7 就比它分拆成的2 和 5 的乘积小；再次,由于 4=2×2,故我们可以只考虑将数分拆成2 和 3；留意到 2+2+2=6,2×2×2=8；3+3=6,3× 3=9,因此分成的数中如有三个2,就不如换成两个3,换句话说,分成的数中至多只能有两个2,其余都为 3；依据上面的争论,我们应当把14 分拆成四个 3 与一个 2

16、 之和,即 14=3+3+3+3+2,这五数的积有最大值 3× 3× 3× 3× 2=162；说明：这类问题最早显现于1976 年第 18 届国际数学奥林匹克试卷中；该试卷第4 题为：如干个正整数的和为 1976,求这些正整数的积的最大值；答案为2×3658；这为由美国供应的一个题目,时隔两年,它又显现在美国高校生数学竞赛中；1979 年美国第 40届普特南数学竞赛a-1 题为：求出正整数n 及 a1, a2, an 的值,使 a1+a2+an=1979 且乘积最大；答案为 n=660；1992 年武汉市学校数学竞赛第一题的第6 题为： 将 1

17、992 表示成如干个自然数的和, 假如要使这些数的乘积最大,这些自然数为_；答案：这些数应为664 个 3；精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载上述三题的规律结构并不随和的数据而转变,所以分别冠以当年的年份1976,1979 和 1992,这种改换数据的方法为数学竞赛命题中最简洁的方法,多用于不同地区不同级别不同年份的竞赛中,所改换的数据一般都为出于对竞赛年份的考虑；将上述三题的结论推广为一般情形便为：把自然数 s（ s 1）分拆为如干个自然数的和：s=a1+a2+an,就当 a1, a2, an 中至多有两个 2,其余都为 3 时,其连乘积 m=a1a2an 有最大值；例 11 把

18、 1993 分拆成如干个互不相等的自然数的和,且使这些自然数的乘积最大,该乘积为多少？解： 由于把 1993 分拆成如干个互不相等的自然数的和的分法只有有限种,因而肯定存在一种分法,使得这些自然数的乘积最大；如 1 作因数,就明显乘积不会最大；把1993 分拆成如干个互不相等的自然数的和,因数个数越多,乘积越大；为了使因数个数尽可能地多,我们把1993 分成 2+3+n 直到和大于等于 1993；如和比 1993 大 1,就因数个数至少削减1 个,为了使乘积最大,应去掉最小的2,并将最终一个数（最大）加上1；如和比 1993 大 k（k1）,就去掉等于k 的那个数,便可使乘积最大；所以 n=6

19、3；由于 2021-1993=22,所以应去掉 22,把 1993 分成（2+3+21） +（ 23+24+63）这一形式时,这些数的乘积最大,其积为2×3×× 21×23×24×× 63；说明：这为第四届“华杯赛”武汉集训队的一道训练题,在训练同学时,发觉大多数同学不加 思索地沿用例 10 的摸索方法,得出答案为3663×4,而忽视了题中条件“分成如干个互不相等的自然数的和”；由此可见,认真审题,弄清题意的重要性；例 12 将 1995 表示为两个或两个以上连续自然数的和,共有多少种不同的方法？分析与解： 为明白

20、决这个问题,我们设1995 可以表示为以 a 为首项的 kk 1）个连续自然数之精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载和；首项为 a,项数为 k,末项就为 a+k-1 ,由等差数列求和公式,得到化简为： 2a+k-1 ）× k=3990；*aak1k 21995精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载留意,上式等号左边的两个因数中,第一个因数2a+k-1 大于其次个因数k,并且两个因数必为一奇一偶；因此, 3990 有多少个大于 1 的奇约数, 3990 就有多少种形如（ * ）式的分解式,也就为精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载说, 1995 就有多少种表

21、示为两个或两个以上连续自然数之和的方法；由于1995 与 3990 的奇约数完全相同,所以上述说法可以简化为,1995 有多少个大于1 的奇约数, 1995 就有多少种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法；1995=3×5×7×19,共有 15 个大于 1 的奇约数,所以此题的答案为15 种；一般地,我们有下面的结论：如自然数 n 有 k 个大于 1 的奇约数,就 n共有 k 种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法；知道了有多少种表示方法后,很自然就会想到,如何找出这些不同的表示方法呢？从上面的结论可以看出,每一个大于 1 的奇约数对应一种表示方法, 我们

22、就从 1995 的大于 1 的奇约数开头；1995的大于 1 的奇约数有：3,5,7,15, 19,21,35, 57,95, 105,133,285, 399,665,1995；例如,对于奇约数35,由（ * ）式,得： 3990=35×114,由于 11435,所以 k=35 ,2a+k-1=114,解得 a=40；推知 35 对应的表示方法为首项为40 的连续 35 个自然数之和,即： 1995=40+41+42+73+74；再如,对于奇约数399,由（ * ）式,得 3990=399× 10由于 39910,所以 k=10,2a+k-1=399,解得 a=195；推

23、知 399 对应的表示方法为首项为195 的连续 10 个自然数之和,即： 1995=195+196+197+204；对于 1995 的 15 个大于 1 的奇约数,依次利用（ * ）式,即可求出15 种不同的表示方法；练习 41将 210 拆成 7 个自然数的和,使这7 个数从小到大排成一行后,相邻两个数的差都为5；第1 个数与第 6 个数分别为几？2将 135 个人分成如干个小组,要求任意两个组的人数都不同,就至多可以分成多少组？3把 19 分成几个自然数（可以相同）的和,再求出这些数的乘积,并且要使得到的乘积尽可能大,最大乘积为多少？4把 1999 分拆成两个自然数的和,当不考虑加数的次

24、序时,一共有多少种不同的分拆方法？ 求出这两个自然数的积,要使这个积最大,应将1999 如何分拆？5把 456 表示成如干个连续自然数的和；要求写出全部的表达式（如9 可以有两种表达形式：9=4+5=2+3+4）；6几个连续自然数相加,和能等于2000 吗？假如能,有几种不同的答案？写出这些答案；假如不能,说明理由；精品学习资料精选学习资料 - - - 欢迎下载7把 70 分拆成 11 个不同自然数的和,这样的分拆方式一共有多少种？将不同的表示方法列举出来；8有一把长为 13 厘米的直尺,在上面刻几条刻度线,使得这把尺子能一次量出1 到 13 厘米的全部整厘米的长度；问：至少要刻几条线？要刻在

25、哪些位置上？练习 4 答案115, 40；解：这 7 个数中第 4 个数为中间数,它为这7 个数的平均数,即210÷7=30；由于相邻 2 数的差都为 5 ,所以这 7 个数为 15,20, 25,30,35, 40,45；故第 1 个数为 15,第 6 个数为 40；215 组；解：由于要求任意两个组的人数不相等,且分得的组要尽可能地多,所以,要使每个组分得的人数尽可能地少；由于 1+2+3+4+14+15=120,所以将 135 人分成每组人数不等的15 个组后仍余 15 人；剩下的15 人不能再组成一个或几个新的小组,否就就会显现两个或两个以上的组的人数相等的情形；因此,应将剩

26、下的 15 人安插在已分好的15 个组之中,所以至多可以分成15 个组；这 15 个组各组人数可 以有多种情形,例如,分别为2 ,3,4,5,6, 14,15,16 人；3972；5解：要使乘积尽可能大,把19 分成的几个自然数中, 3 要尽量多且不能有1,所以应把 19 分成 5 个 3 及 1 个 4 的和；最大乘积为3 ×4=972；4有 999 种方法,分成 999+1000 时积最大；5提示：456 有三个大于 1 的奇约数 3,19,57；利用例 12 的方法可得： 对于 3,有 k=3,a=151； 对 19,有 k=19,a=15；对于 57,有 k=16,a=21；所以 456 有如下三种分拆方法：456151+152+15321+22+23+3915+16+17+33；6能；43提示：与例 12 类似, 2000=2 ×5 ,有三个大于 1 的奇约数 5,25,125；对于 5,有 k=5,a=398；对于 25,有 k=25, a=68；对于