通用版初一数学竞赛教案汇总(共12套)

1、 通用版初一数学竞赛教案汇总(共12套)初一数学竟蘇程含咧題潯习及誉案討*也初一数学竞赛載甩含魄题练习及警案dx也初Tj学竟赛藪程含哽葩习及普秦討皿轡初一数学竞赛敕程含帆駆灣m及普mdoc也初T&学竟暮菽程含呼悬瘪习及普秦:处dx也初F字竞慈程含吨题專习及普案启皿哩)初一含氓题诲习及普鼐7)001型初TK学竞塞樹呈含更题毎习及答案dx轡初T学竞琢程全氓题练习及答奚心匚型初T垂薮程含观题繚习及普塞dot呵钥一数学竟蹇藪程彥呀矽习及普奚福山匸邑初F孚竞赛藪程含艇潯习及普窠区Tg初一数学竞赛讲座第1讲数论的方法技巧(上)数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力。数论问题叙述

2、简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”。因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作。”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重。数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆。主要的结论有：带余除法：若a,b是两个整数，b0，则存在两个整数q,r，使得a=bq+r(0rvb)，且q，r是唯一的。特别地，如果r=0，那么a=bq。

3、这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a的约数，a是b的倍数。若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c。3唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即护卜(1)其中p1vp2vvpk为质数，a1，a2，ak为自然数，并且这种表示是唯一的。(1)式称为n的质因数分解或标准分解。约数个数定理：设n的标准分解式为(1)，则它的正约数个数为：d(n)=(a1+1)(a2+1)(ak+1)。整数集的离散性：n与n+1之间不再有其他整数。因此，不等式xvy与x14o设abc+86=222n,考虑到訪虚三位数，依次取址=1,2f3,4,分别得出盂的可能值为136,358,580,802,

4、再结台a+b+c14,可知原三位数訖c=358o说明：求解本题所用的基本知识是，正整数的十进制表示法和最简单的不定方程。例3从自然数1，2，3,，1000中，最多可取出多少个数使得所取出的数中任意三个数之和能被18整除？解：设a,b,c,d是所取出的数中的任意4个数，则a+b+c=18ma+b+d=18n,其中mn是自然数。于是c-d=18（m-n）。上式说明所取出的数中任意2个数之差是18的倍数，即所取出的每个数除以18所得的余数均相同。设这个余数为r，则a=18a!+r，b=18b1+r，c=18c1+r，其中a1，b1，c是整数。于是a+b+c=18（a1+b1+c+3r。因为18|（a

5、+b+c），所以18|3r，即6|r，推知r=0，6，12。因为1000=55X18+10,所以，从1，2,，1000中可取6,24,42,，996共56个数，它们中的任意3个数之和能被18整除。例4求自然数N,使得它能被5和49整除，并且包括1和N在内，它共有10个约数。解：把数N写成质因数乘积的形式：N=2a13%5a37%Pnan由于N能被5和72=49整除，故a31,a42,其余的指数ak为自然数或零。依题意，有（a1+1）（a2+1）（an+1）=10。由于a3+12,a4+13,且10=2X5,故a1+1=a2+1=a5+1=a+1=1,即a1=a2=a5=-an=0,N只能有2个

6、不同的质因数5和7,因为a4+132,故由（a3+1）（a4+1）=10知，a3+仁5,a4+1=2是不可能的。因而a3+1=2,a4+仁5,即N=51X75-1=5X74=12005。例5如果N是1,2,3,，1998,1999,2000的最小公倍数，那么N等于多少个2与1个奇数的积？解：因为210=1024,211=20482000,每一个不大于2000的自然数表示为质因数相乘，其中2的个数不多于10个，而1024=20，所以，N等于10个2与某个奇数的积。说明：上述5例都是根据题目的自身特点，从选择恰当的整数表示形式入手，使问题迎刃而解。二、枚举法枚举法（也称为穷举法）是把讨论的对象分成

7、若干种情况（分类），然后对各种情况逐一讨论，最终解决整个问题。运用枚举法有时要进行恰当的分类，分类的原则是不重不漏。正确的分类有助于暴露问题的本质，降低问题的难度。数论中最常用的分类方法有按模的余数分类，按奇偶性分类及按数值的大小分类等。例6求这样的三位数，它除以11所得的余数等于它的三个数字的平方和。分析与解：三位数只有900个，可用枚举法解决，枚举时可先估计有关量的范围，以缩小讨论范围，减少计算量。设这个三位数的百位、十位、个位的数字分别为x,y,z。由于任何数除以11所得余数都不大于10,所以X2+y2+Z210,从而Kx3,0y3,0z13,摸17次是不可能的,所以摸了3次,3张扑克牌

8、数字之和是17,可能的情况有下面15种：1,6,101,7,91,8,82,5,102,6,92,7,83,4,103,5,93,6,83,7,7(11)4,4,9(12)4,5,8(13)4,6,7(14)5,5,7(15)5,6,6只有第种情况可以满足题目要求，即3+5+5=13;3+3+9=15;5+9+9=23这3张牌的数字分别是3,5和9。例9写出12个都是合数的连续自然数。分析一：在寻找质数的过程中，我们可以看出100以内最多可以写出7个连续的合数：90,91,92,93,94,95,96。我们把筛选法继续运用下去，把考查的范围扩大一些就行了。解法1:用筛选法可以求得在113与12

9、7之间共有12个都是合数的连续自然数：114,115,116,117,118,119,120,121,122,123,124,125,126。分析二：如果12个连续自然数中，第1个是2的倍数，第2个是3的倍数，第3个是4的倍数第12个是13的倍数，那么这12个数就都是合数。又m+2m+3，m+13是12个连续整数，故只要m是2，3,，13的公倍数，这12个连续整数就一定都是合数。解法2:设m为2,3,4,，13这12个数的最小公倍数。m+2m+3m+4，m+13分别是2的倍数，3的倍数，4的倍数13的倍数，因此12个数都是合数。说明：我们还可以写出13!+2，13!+3,，13!+13(其中n

10、!=1X2X3x-xn)这12个连续合数来。同样，(m+1!+2,(m+1!+3,，(m+1!+m+1是m个连续的合数。三、归纳法当我们要解决一个问题的时候，可以先分析这个问题的几种简单的、特殊的情况，从中发现并归纳出一般规律或作出某种猜想，从而找到解决问题的途径。这种从特殊到一般的思维方法称为归纳法。例10将100以内的质数从小到大排成一个数字串，依次完成以下5项工作叫做一次操作：将左边第一个数码移到数字串的最右边；从左到右两位一节组成若干个两位数；划去这些两位数中的合数；所剩的两位质数中有相同者，保留左边的一个，其余划去；所余的两位质数保持数码次序又组成一个新的数字串。问：经过1999次操

11、作，所得的数字串是什么？解：第1次操作得数字串711131131737;第2次操作得数字串11133173;第3次操作得数字串111731;第4次操作得数字串1173；第5次操作得数字串1731;第6次操作得数字串7311；第7次操作得数字串3117；第8次操作得数字串1173。不难看出，后面以4次为周期循环，1999=4X499+3,所以第1999次操作所得数字串与第7次相同，是3117。例11有100张的一摞卡片，玲玲拿着它们，从最上面的一张开始按如下的顺序进行操作：把最上面的第一张卡片舍去，把下一张卡片放在这一摞卡片的最下面。再把原来的第三张卡片舍去，把下一张卡片放在最下面。反复这样做，

12、直到手中只剩下一张卡片，那么剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第几张？分析与解：可以从简单的不失题目性质的问题入手，寻找规律。列表如下：卡片总数1234567SgIDH1213141517剩下第几张122424682468IQ1214162设这一摞卡片的张数为N,观察上表可知:(1)当N=2a(a=0,1,2,3,)时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的最后一张，即第2a张；(2)当N=2+m(mc,c0,p1,y并且a+1)(p+1)(丫+1)=75。易知当a=p=4,丫=2时，符合题设条件。此时n=24X34X53J=4323&解：小于38的奇合数是9,15,21,25,27,33。38不能表

13、示成它们之中任二者之和，而大于38的偶数A，皆可表示为二奇合数之和：A末位是0,贝UA=15+5n;A末位是2,贝UA=27+5n;A末位是4,则A=9+5n;A末位是6,则A=21+5n;A末位是8,则A=33+5n。其中n为大于1的奇数。因此，38即为所求。406。解：从特殊情况入手，可归纳出：如果是3n个数（n为自然数），那么划1圈剩下3n-1个数，划2圈剩下3n-2个数划（n-1）圈就剩3个数，再划1圈，最后剩下的还是起始数1。67663V999V3，从999个数中划掉（999-3二）270个数，剩下的（3=）729个数，即可运用上述结论。因为每次划掉的是2个数，所以划掉270个数必须

14、划135次，这时划掉的第270个数是（135X3=）405,贝U留下的3个数的起始数为406。所以最后剩下的那个数是406。623枚。解：设圆周上余a枚棋子。因为从第9次越过A处拿走2枚棋子到第10次将要越过A处棋子时小洪拿走了2a枚棋子，所以，在第9次将要越过A处棋子时,圆周上有3a枚棋子。依此类推,在第8次将要越过A处棋子时，圆周上有32a枚棋子在第1次将要越过A处棋子时，圆周上有39a枚棋子，在第1次将要越过A处棋子之前，小洪拿走了999102（3a-1）+1枚棋子，所以N=2（3a-1）+1+3a=3a-1。若N=310a=59049a-1是14的倍数，则N就是2和7的公倍数，所以a必

15、须是奇数；若N=（7X8435+4）a-1=7X8435a+4a-1是7的倍数，则4a-1必须是7的倍数，当a=21,25,27，29时，4a-1不是7的倍数，当a=23时，4a-仁91=7X13,是7的倍数。当N是14的倍数时，圆周上有23枚棋子。7259980。解：用十进位制表示的若干个四位数之和的加法原理为：若干个四位数之和=千位数数字之和X1000+百位数数字之和X100+十位数数字之和X10+个位数数字之和。以1，2，3，4中之一为千位数，且满足题设条件的四位数有4X3X2=24（个）。这是因为，当千位数确定后，百位数可以在其余4个数字中选择；千、百位数确定后，十位数可以在其余3个数

16、字中选择；同理，个位数有2种可能。因此，满足条件的四位数的千位数数字之和为（1+2+3+4）X4X3X2=240。以1，2，3，4中之一为百位数时，因为0不能作为千位，所以千位数也有3种选择；十位数也有3种选择（加上0）；个位数有2种选择。因此，百位数数字之和=(1+2+3+4)x18=180。同理，十位数数字之和、个位数数字之和都是180。所以满足条件的四位数之和为240X1000+180X(1+10+100)=259980。将54个座位按逆时针编号：1,2,，54。由于是围圆桌就座，所以从1号起，逆时针转到55,就相当于1号座；转到56,就相当于2号座；如此下去，显然转到m，就相当于m被5

17、4所除的余数号座。设想满足要求的安排是存在的。不妨设1和11是同一国的代表，由于任一国只有2名代表，于是11和21不是同一国代表，下面的排法是：21和31是同一国的代表；31和41不是同一国的代表；41和51是同一国的代表；51和61不是同一国的代表(61即7号座)。由此，20k+1和20k+11是同一国的代表，若20k+1，20k+11大于54,则取这个数被54除的余数为号码的座位。取k=13,J则261和271是同一国的，而261被54除的余数是45,271被54除的余数是1,这就是说，1号座与45号座是同一国的代表，而我们已设1号与11号座是同一国的代表。这样，1号、11号、45号的三位

18、代表是同一国的，这是不可能的。所以题目要求的安排不可能实现。初一数学竞赛讲座第2讲数论的方法技巧(下)四、反证法反证法即首先对命题的结论作出相反的假设，并从此假设出发，经过正确的推理，导出矛盾的结果，这就否定了作为推理出发点的假设，从而肯定了原结论是正确的。反证法的过程可简述为以下三个步骤：反设：假设所要证明的结论不成立，而其反面成立；归谬：由“反设”出发，通过正确的推理，导出矛盾一一与已知条件、公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾或自相矛盾；结论：因为推理正确，产生矛盾的原因在于“反设”的谬误，既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立。运用反证法的关键在于导致矛盾。在数论中，不少问题是通过

19、奇偶分析或同余等方法引出矛盾的。例1是否存在三位数abc,使得必c=ab+bc+ac?解：如果存在这样的三位数，那么就有100a+10b+c=(10a+b)+(10b+c)+(10a+c)。上式可化简为80a=b+c，而这显然是不可能的，因为a1,b9,c999。另一方面，可以通过构造三元数组来证明30是最少的个数。(2,61,2X61),(3,60,3X60),(4,59,4X59),，(30,33,30X33),(31,32,31X32)。上面写出的这些数都是互不相同的，并且这些数中的最大数为31X32=992。如果划去的数少于30个，那么上述三元数组至少剩下一个，这样就不满足题设条件。所

20、以，30是最少的个数。六、配对法配对的形式是多样的，有数字的凑整配对，也有集合间元素与元素的配对(可用于计数)。传说高斯8岁时求和(1+2+100)首创了配对。像高斯那样，善于使用配对技巧，常常能使一些表面上看来很麻烦，甚至很棘手的问题迎刃而解。例7求1,2,3,，9999998,9999999这9999999个数中所有数码的和。解：在这些数前面添一个数0,并不影响所有数码的和。将这1000万个数两两配对，因为0与9999999,1与9999998,，4999999与5000000各对的数码和都是9X7=63。这里共有5000000对，故所有数码的和是63X5000000=315000000例

21、8某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有一个四位数的号码，从0001到9999号。若号码的前两位数字之和等于后两位数字之和，贝U称这张购物券为“幸运券”。例如号码0734，因0+7=3+4,所以这个号码的购物券是幸运券。试说明，这个商场所发的购物券中，所有幸运券的号码之和能被101整除。解：显然，号码为9999的是幸运券，除这张幸运券外，如果某个号码n是幸运券，那么号码为m=9999-n的购物券也是幸运券。由于9999是奇数，所以m工n。由于m+n=9999相加时不出现进位，所以除去号码是9999这张幸运券之外，其余所有幸运券可全部两两配对，而每一对两个号码之和均为9999,即所有

22、幸运券号码之和是9999的倍数。因为9999=99X101，所以所有幸运券号码之和能被101整除。例9已知最简分数可以表示成：m=11。试说明分子mnn2388是质数89的倍数。解法一：仿照高斯求和(1+2+3+-+n)的办法，将和1+-+-+二一TOC o 1-5 h z2388n的各项顺序倒过来再写一遍，即1+丄+i二巴888786n两式相加，得898989892mX+=f882X873X8688n从而2mK88!=89Xk（k是正整数）。因为89为奇质数，所以89不能整除88!，从而89|m解法二：作配对处理1丄丄丄.88287-=89(4445丿+J882汇871+4445将括号内的分

23、数进行通分，其公分母为1X88X2X87X3X86X-X44X45=88!,故巴二的X盖（q是正整数）,n881从而mX88!=89Xk（k=nXq）。因为89为奇质数，所以89不能整除88!，从而89|m。七、估计法估计法是用不等式放大或缩小的方法来确定某个数或整个算式的取值范围，以获取有关量的本质特征，达到解题的目的。在数论问题中，一个有限范围内的整数至多有有限个，过渡到整数，就能够对可能的情况逐一检验，以确定问题的解。例10已知一个整数等于4个不同的形如旦（m是整数）的真分数之和，m+1求这个数，并求出满足题意的5组不同的真分数。解：因每一真分数满足1乞旦门，而所求的数整S是四个不同的真

24、分数m+1之和，因此2vSv4,推知S=3o于是可得如下5组不同的真分数：h2641,2,3,7,4212723i238241Z1423101513419135115,；,6,j例11已知在乘积1X2X3X-Xn的尾部恰好有106个连续的零，求自然数n的最大值。分析：若已知n的具体数值，求1X2X-Xn的尾部零的个数，贝吐匕较容易解决，现在反过来知道尾部零的个数，求n的值，不大好处理，我们可以先估计n大约是多少，然后再仔细确定n的值。解：当n=400时，数1,2,3,，400中共有色=80个数是5的倍数，II5其中有40=16个数是52的倍数，有庁52因此，乘积1X2X3X-X400中含质因数

25、5的个数为80+16+3=99（个）。又乘积中质因数2的个数多于5的个数，故n=400时，1X2X-Xn的尾部有99个零，还需7个零，注意到425中含有2个质因数5,所以当n=430时，1X2X-Xn的尾部有106个零；当n=435时，1X2X-Xn的尾部有107个零。因此，n的最大值为434。练习2+-十十+45045?将两个自然数的差乘上它们的积，能否得到数2如下图，给定两张3X3方格纸，并且在每一方格内填上“+”或“-”号。现在对方格纸中任何一行或一列进行全部变号的操作。问：可否经过若干次操作，使图（1）变成图（2）?3你能在3X3的方格表中每个格子里都填一个自然数，使得每行、每列及两条

26、对角线上的三数之和都等于1999吗？若能，请举出一例；若不能，请说明理由。判断昙和專能否表示为;+丄的形式，其中1,ni为自然数。若能表33219991m示，求出表达式；若不能表示，请给出证明。公共汽车票的号码是一个六位数，若一张车票的号码的前3个数字之和等于后3个数字之和，则称这张车票是幸运的。试说明，所有幸运车票号码的和能被13整除。6.N是由5个不同的非零数字组成的五位数，且N等于这5个数字中取3个不同数字构成的所有三位数的和，求出所有的这种五位数No7证明：没有最大的质数。8.己知+十+求S梵表不不超过蠶的97L97J97J最大整数）o练习2答案：1不可能。因为45045是奇数，所以它

27、只能表示成3个奇数的连乘积，但是对任何两个奇数x和y（xvy）来说，y-x都是偶数，从而45045工xy（x-y）。而如果x和y中有偶数，则亦不可能。不能。假设图（1）在第一、二、三行经过m1，m2，m3次操作，而第一、二、三列经过n1，n2，n3次操作变成图（2）。由于图（1）和图（2）左上角符号相反，而从“+”号变到“-”号要进行奇数次变号，故（mri+n1）是奇数。同理（m1+n2）是偶数，（m2+n1），（m2+n2）都是奇数。这样（m1+m）+（m1+n2）屯+(m2+ni)+(m2+n2)是奇数。但这个和又等于2(mi+m2+ni+n2)，是偶数,矛盾。)+3a5=4X1999,所

28、以3as=1999,不能。若能填入九个自然数a1,a2,，a8,a9满足题设条件(如图所示)，则有a1+a5+a9=1999,a2+a5+a8=1999,a3+a5+a7=1999,a4+a5+a6=1999。相加得(a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9而a1+a2+a3+a4+a5+ae+a7+a8+a9=3X1999,a5=1999与as是自然数矛盾。34.解：733271332一48因为7_7如2_83+14834831248612711能表示成-的形式，且-332lm11将一切形如1丄的数(其中m1511+=+_3624所以412711+48312111=+483984

29、。332483984l,m为大于1的自然数)，从大到小排列，前显然，凡界于5与1之间的分数g不能表示成1丄的形式，而空9却界plm1999于5与1之间，所以不能表示成1丄的形式。6lm5.解：设幸运车票的号码为A，则号码为A=999999-A的车票也是幸运的，并且A半A(因为999999是奇数),因而A+A=1001X999=13X77X999能被13整除。所以，所有幸运车票号码的和也能被13整除。6.35964。解；i殳五位数计3自4乜依题意有ai2*3a4a5=(a1+a2+a3+a4+a5)(100X12+10X12+12)=1332(a1+a2+a3+a4+a5)0由于9(1332|所

30、以9|aj32a3a4a5*从而9|町+吧+曰3+砌+艮5于是aIa2a3a4应是1332X9=11988的倍数。又15=1+2+3+4+5a1+a2+a3+a4+a59+8+7+6+5=35,所以a1+a2+a3+a4+a5只能为18,27。当a1+a2+a3+a4+a5=18时，叮九但2+3+9+7+6工18,不合题意；当a1+a2+a3+a4+a5=27时,g心心：山符合题意。=198.9797 #=198.9797 所以，所求的五位数为35964。证明：假设有最大质数P。将所有小于等于P的质数相乘再加1,所得结果如果是质数，那么这个质数大于P,与假设矛盾；所得结果如果不是质数，那么它的

31、每一个质因数都不同于小于等于P的质数，也就是说这些质因数都是大于P的质数，与假设矛盾。所以假设不成立，即没有最大的质数。8.9504。解：若先依次计算199X197199X297199X96197的值再求和，则很繁杂。我们的解法是采用配对，这也是求和的一种有效技巧。b斗199況】199*96因为朋-十-199,|f199XI)(199X96)=199，(这里x=xx)(199X11(199X961日制彩是整效所以因此97199X19791199X9619797由于97是质数，因而气摩竺都不是整数，而970199X197|b0199X96971,所以199x1199X969797=19&2。当k

32、=0，1时，2k+仁1,3。1分和3分硬币不能由2分和5分硬币组成，而其他币值均可由2分和5分硬币组成。例10设标有A,B,C,D,E,F，G的7盏灯顺次排成一行，每盏灯安装一个开关。现在A,C,D,G这4盏灯亮着，其余3盏灯没亮。小华从灯A开始顺次拉动开关，即从A到G再从A开始顺次拉动开关，他这样拉动了999次开关后，哪些灯亮着，哪些灯没亮？解：一盏灯的开关被拉动奇数次后，将改变原来的状态，即亮的变成熄的，熄的变成亮的；而一盏灯的开关被拉动偶数次后，不改变原来的状态。由于999=7X142+5,因此，灯A,B,C,D,E各被拉动143次开关，灯F,G各被拉动142次开关。所以，当小华拉动99

33、9次后B,E,G亮，而A,C,D,F熄。例11桌上放有77枚正面朝下的硬币，第1次翻动77枚，第2次翻动其中的76枚，第3次翻动其中的75枚第77次翻动其中的1枚。按这样的方法翻动硬币，能否使桌上所有的77枚硬币都正面朝上？说明你的理由。分析：对每一枚硬币来说，只要翻动奇数次，就可使原先朝下的一面朝上。这一事实，对我们解决这个问题起着关键性作用。解：按规定的翻动，共翻动1+2+77=77X39次，平均每枚硬币翻动了39次，这是奇数。因此，对每一枚硬币来说，都可以使原先朝下的一面翻朝上。注意到：77X39=77+（76+1）+（75+2）+（39+38）,根据规定，可以设计如下的翻动方法：第1次

34、翻动77枚，可以将每枚硬币都翻动一次；第2次与第77次共翻动77枚，又可将每枚硬币都翻动一次；同理，第3次与第76次，第4次与第75次第39次与第40次都可将每枚硬币各翻动一次。这样每枚硬币都翻动了39次，都由正面朝下变为正面朝上。说明：（1）此题也可从简单情形入手（如9枚硬币的情形），按规定的翻法翻动硬币，从中获得启发。（2）对有关正、反，开、关等实际问题通常可化为用奇偶数关系讨论。例12在8X8的棋盘的左下角放有9枚棋子，组成一个3X3的正方形（如左下图）。规定每枚棋子可以跳过它身边的另一枚棋子到一个空着的方格，即可以以它旁边的棋子为中心作对称运动，可以横跳、竖跳或沿着斜线跳（如右下图的1

35、号棋子可以跳到2,3,4号位置）。问：这些棋子能否跳到棋盘的右上角（另一个3X3的正方形）？*U)a解：自左下角起,每一个方格可以用一组数（行标、列标）来表示，（自下而上）第i行、（自左而右）第j列的方格记为（i,j）。冋题的关键是考虑9枚棋子（所在方格）的列标的和S。一方面，每跳一次，S增加0或偶数，因而S的奇偶性不变。另一方面，右上角9个方格的列标的和比左下角9个方格的列标之和大3X（6+7+8）-3X（1+2+3）=45,这是一个奇数。综合以上两方面可知9枚棋子不能跳至右上角的那个3X3的正方形里。奇偶分析作为一种分析问题、处理问题的方法，在数学中有广泛的应用，是处理存在性问题的有力工具

36、，本讲所举例题大多属于这类问题。这种方法具有很强的技巧性，尤其是选择什么量进行奇偶分析往往是很困难的。选准了，只须依据奇偶数的性质，分析这个量的奇偶特征，问题便迎刃而解；选不好，事倍功半。同学们应认真领会本讲所举例题，以把握选择合适的量进行奇偶分析的技巧。练习31下列每个算式中，最少有一个奇数，一个偶数，那么这12个整数中，至少有几个偶数？+=-=x=-=2任意取出1234个连续自然数，它们的总和是奇数还是偶数？3一串数排成一行，它们的规律是：前两个数都是1，从第三个数开始，每一个数都是前两个数的和。如右所示：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,试问：这串数的前100个数（包括第1

37、00个数）中，有多少个偶数？4能不能将1010写成10个连续自然数之和？如果能,把它写出来；如果不能,说明理由。5能否将1至25这25个自然数分成若干组,使得每一组中的最大数都等于组内其余各数的和？6在象棋比赛中,胜者得1分,败者扣1分,若为平局,则双方各得0分。今有若干个学生进行比赛,每两人都赛一局。现知,其中有一位学生共得7分,另一位学生共得20分,试说明,在比赛过程中至少有过一次平局。7在黑板上写上1,2,，909,只要黑板上还有两个或两个以上的数就擦去其中的任意两个数a,b,并写上a-b（其中ab）。问：最后黑板上剩下的是奇数还是偶数？8.设a1,a2，a64是自然数1,2,，64的任

38、一排列，令b1=a1-a2,b2=a3-a4,-,b32=a63-a64；8=b1-b2,C2=b3-b4,C16=b31-b32；d仁C1-C2,d2=c3-c4，d8=gc16；这样一直做下去，最后得到的一个整数是奇数还是偶数？练习3答案：1.至少有6个偶数。奇数。解：1234-2=617,所以在任取的1234个连续自然数中，奇数的个数是奇数，奇数个奇数之和是奇数，所以它们的总和是奇数。33。提示：这串数排列的规律是以“奇奇偶”循环。不能。如果1010能表示成10个连续自然数之和，那么中间2个数的和应当是1010-5=202。但中间2个数是连续自然数，它们的和应是奇数，不能等于偶数202。

39、所以，1010不能写成10个连续自然数之和。不能。提示：仿例3。6.证：设得7分的学生胜了X1局，败了y1局，得20分的学生胜了X2局，败了y2局。由得分情况知：x1-y1=7,x2-y2=20。如果比赛过程中无平局出现，那么由每人比赛的场次相同可得x1+y1=x2+y2，即x1+y1+x2+y2是偶数。另一方面，由x1-y仁7知X1+y2为奇数，由x2-y2=20知x2+y2为偶数，推知X1+y1+x2+y2为奇数。这便出现矛盾，所以比赛过程中至少有一次平局。7奇数。解：黑板上所有数的和S=1+2+909是一个奇数，每操作一次，总和S减少了a+b-(a-b)=2b，这是一个偶数，说明总和S的

40、奇偶性不变。由于开始时S是奇数，因此终止时S仍是一个奇数。8偶数。解：我们知道，对于整数a与b，a+b与a-b的奇偶性相同，由此可知，上述计算的第二步中，32个数a1-a2，a3-a4，a63-a64，分别与下列32个数ai+a2，a3+a4，,a63+a64，有相同的奇偶性，这就是说，在只考虑奇偶性时，可以用“和”代替“差”，这样可以把原来的计算过程改为第一步：ai，a2，a3，a4，a61，a62，a63，a64；第一步：ai+a2，a3+a4，a6l+a62，a63+a64；第三步：ai+a2+a3+a4，a6l+a62+a63+a64；最后一步所得到的数是ai+a2+a63+a64。由

41、于ai，82，a64是1，2，64的一个排列，因此它们的总和为1+2+64是一个偶数，故最后一个整数是偶数。初一数学竞赛讲座第4讲整数的分拆整数的分拆，就是把一个自然数表示成为若干个自然数的和的形式，每一种表示方法，就是自然数的一个分拆。整数的分拆是古老而又有趣的问题，其中最著名的是哥德巴赫猜想。在国内外数学竞赛中，整数分拆的问题常常以各种形式出现，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，若要求每天安排播出的集数互不相等，则该电视连续剧最多可以播几天？分析与解：由于希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，每天播放的集数应尽可能地少

42、。我们知道，1+2+3+4+5+6+7=28。如果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，还剩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，各天播出的集数安排为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：本题实际上是问，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，把一个正整数拆成若干个整数之和时，有多少种分拆的办法？例如：5=1+1+1+1+1=1+1+1+，2=1+2+

43、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顺序）。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。因为全部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，5X3=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+1+1+1），共3种支付方法。当使用4枚5分币时，5X4=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+

44、（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。说明：本题是组合学中有限条件的整数分拆问题的一个特例。例3把37拆成若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=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3X5X29=435最小。说明：本题属于迄今尚无普遍处理办法的问题，只是硬凑。比37小的最大质数是31，但37-31=6，6不能分拆为不同的

45、质数之和，故不取；再下去比37小的质数是29，37-29=8，而8=3+5。其余的分拆考虑与此类似。例4求满足下列条件的最小自然数：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，还可以表示为11个连续自然数之和。解：9个连续自然数之和是其中第5个数的9倍，10个连续自然数之和是其中第5个数和第6个数之和的5倍，11个连续自然数之和是其中第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是5，9和11的倍数，故最小的这样的数是5，9，11=495。对495进行分拆可利用平均数，采取“以平均数为中心，向两边推进的方法”。例如，495十10=49.5,J

46、则10个连续的自然数为：45,46,47,48,49,（49.5）,50,51,52,53,54。于是495=45+46+54。同理可得495=51+52+59=40+41+50。例5若干只同样的盒子排成一列,小聪把42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,仔细查看,没有发现有人动过小球和盒子。问：一共有多少只盒子？分析与解：设原来小球数最少的盒子里装有a只小球，现在增加到了b只，由于小明没有发现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，这只盒子里原来装有（a+1）个小球。同理

47、，现在另有一个盒子里装有（a+1）个小球，这只盒子里原来装有（a+2）个小球。依此类推，原来还有一只盒子装有（a+3）个小球，（a+4）个小球等等，故原来那些盒子中装有的小球数是一些连续整数。现在这个问题就变成了：将42分拆成若干个连续整数的和,一共有多少种分法,每一种分法有多少个加数？因为42=6X7,故可将42看成7个6的和，又(7+5)+(8+4)+(9+3)是6个6，从而42=3+4+5+6+7+8+9，一共有7个加数。又因42=14X3,故可将42写成13+14+15,共有3个加数。又因42=21X2,故可将42写成9+10+11+12,一共有4个加数。于是原题有三个解：一共有7只盒

48、子、4只盒子或3只盒子。例6机器人从自然数1开始由小到大按如下规则进行染色：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个数是多少？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+4，8=1+7=2+6=3+5=4+49=1+8=2+7=3+6=4+5，11=1+10=2+9=3+8=4+7=5+。6可见，1，2

49、，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。当n为大于等于10的偶数时，n=2k=4+2(k-2)由于n10,所以k5,k-23,2(k-2)与4均为合数，且不相等。也就是说,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。当n为大于等于13的奇数时,n=2k+1=9+2(k-4)由于n13,所以k6,k-42,2(k-4)与9均为合数，且不相等。也就是说,大于等于13的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个染为红色的数是第(k+10)个自然数(

50、k2)。所以第2000个染为红色的数是2000+10=2010。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,应该如何分拆？解：把12分拆成两个自然数的和,当不考虑加数的顺序时,有1+11,2+10,3+9,4+8,5+7,6+6六种方法。它们的乘积分别是1X11=11,2X10=20,3X9=27,4X8=32,5X7=35,6X6=36。显然,把12分拆成6+6时,有最大的积6X6=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,应该如何分拆？分析与解：把11分拆成两个自然数的和,当不考虑加数的顺序时,有

51、1+10,2+9,3+8,4+7,5+6五种方法。它们的乘积分别是：1X10=10,2X9=18,3X8=24,4X7=28,5X6=30。显然,把11分拆成5+6时,有最大的积5X6=30。说明：由上面的两个例子可以看出,在自然数n的所有二项分拆中,当n是偶数2m时，以分成m+m寸乘积最大；当n是奇数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最大的条件是：m=r,或m=n+1S在具体分析时，当S为偶数时，m=n=；当S为奇数时，m,n分别为和。22例9试把1999分拆为8个自然数的和，使其乘积最大。分析：反复使用上述结论，可知

52、要使分拆成的8个自然数的乘积最大，必须使这8个数中的任意两数相等或差数为1。解：因为1999=8X249+7,由上述分析，拆法应是1个249,7个250,其乘积249X2507为最大。说明：一般地，把自然数S=pq+r(01)分拆为若干个自然数的和：S=a1+a2+ST,则当a1,a2,，an中至多有两个2,其余都是3时，其连乘积m=aa2an有最大值。例11把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和，且使这些自然数的乘积最大，该乘积是多少？解：由于把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和的分法只有有限种，因而一定存在一种分法，使得这些自然数的乘积最大。若1作因数，则显然乘积不会最大。把19

53、93分拆成若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。若和比1993大1,则因数个数至少减少1个，为了使乘积最大，应去掉最小的2，并将最后一个数(最大)加上1。若和比1993大k(kM1)，则去掉等于k的那个数，便可使乘积最大。因为2+3+4+62=!9521993,2所以n=63。因为2015-1993=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2X3XX21X23X24XX63。说明：这是第四届“华杯赛”武汉集训队的一道训练题，在训练学生

54、时，发现大多数学生不加思索地沿用例10的思考方法，得出答案是3663X4,而忽视了题中条件“分成若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：为了解决这个问题，我们设1995可以表示为以a为首项的k(k1)个连续自然数之和。首项是a,项数为k,末项就是a+k-1，由等差数列求和公式，得到a(ak-“k9952化简为：(2a+k-1)Xk=3990。(*)注意，上式等号左边的两个因数中，第一个因数2a+k-1大于第二个因数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，3

55、990就有多少种形如(*)式的分解式，也就是说，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。因为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=3X5X7X19,共有15个大于1的奇约数，所以本题的答案是15种。一般地，我们有下面的结论：若自然数N有k个大于1的奇约数，则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，我们就从199

56、5的大于1的奇约数开始。1995的大于1的奇约数有：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=35X114,因为11435,所以k=35,2a+k-仁114，解得a=40。推知35对应的表示方法是首项为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=399X10因为39910,所以k=10,2a+k-仁399,解得a=195。推知399对应的表示方法是首项为195的连续10个自然数之和，即：1995=195+196+197+2

57、04。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,相邻两个数的差都是5。第1个数与第6个数分别是几？2将135个人分成若干个小组,要求任意两个组的人数都不同,则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,最大乘积是多少？4把1999分拆成两个自然数的和,当不考虑加数的顺序时,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表示成若干个连续自然数的和。要求写出所有的表达式（如9可

58、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？如果能,有几种不同的答案？写出这些答案。如果不能,说明理由。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厘米的所有整厘米的长度。问：至少要刻几条线？要刻在哪些位置上？练习4答案15,40。解：这7个数中第4个数是中间数，它是这7个数的平均数，即210-7=30。因为相邻2数的差都是5,所以这7个数是15,20,25,30,35,40,45。故第1个数是15，第6个数是40。215组。解：

59、因为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个组后还余15人。剩下的15人不能再组成一个或几个新的小组，否则就会出现两个或两个以上的组的人数相等的情况。因此，应将剩下的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况，例如，分别是2，3,4,5,6,，14，15，16人。3972。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35X4=972。4有999种方

60、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：456=151+152+153=21+22+23+39=15+16+17+33。6能。提示：与例12类似，2000=24X53,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125,有k=32，a=47。所以2000共有如下三种分拆方法：2000=398+399+400+401+402=68+69+70+91+9