初二数学初一数学竞赛讲座116讲

初一数学竞赛讲座(一)自然数的有关性质知识要点最大公约数定义1如果a1,a2,…,an和d都是正整数，且d∣a1,d∣a2,…,d∣an，那么d叫做a1,a2,…,an的公约数。公约数中最大的叫做a1,a2,…,an的最大公约数，记作(a1,a2,…,an).如对于4、8、12这一组数，显然1、2、4都是它们的公约数，但4是这些公约数中最大的，所以4是它们的最大公约数，记作(4,8,12)=4.2、最小公倍数定义2如果a1,a2,…,an和m都是正整数，且a1∣m,a2∣m,…,an∣m，那么m叫做a1,a2,…,an的公倍数。公倍数中最小的数叫做a1,a2,…,an的最小公倍数，记作[a1,a2,…,an].如对于4、8、12这一组数，显然24、48、96都是它们的公倍数，但24是这些公倍数中最小的，所以24是它们的最小公倍数，记作[4,8,12]=24.3、最大公约数和最小公倍数的性质性质1若a∣b,则(a,b)=a.性质2若(a,b)=d,且n为正整数，则(na,nb)=nd.性质3若n∣a,n∣b,则.性质4若a=bq+r(0≤r<b),则(a,b)=(b,r).性质4实质上是求最大公约数的一种方法，这种方法叫做辗转相除法。性质5若b∣a,则[a,b]=a.性质6若[a,b]=m,且n为正整数，则[na,nb]=nm.性质7若n∣a,n∣b,则. 4、数的整除性定义3对于整数a和不为零的整数b，如果存在整数q，使得a=bq成立，则就称b整除a或a被b整除，记作b∣a，若b∣a，我们也称a是b倍数；若b不能整除a，记作ba5、数的整除性的性质性质1若a∣b，b∣c，则a∣c性质2若c∣a，c∣b，则c∣(a±b)性质3若b∣a,n为整数，则b∣na6、同余定义4设m是大于1的整数，如果整数a，b的差被m整除，我们就说a，b关于模m同余，记作a≡b(modm)7、同余的性质性质1如果a≡b(modm)，c≡d(modm)，那么a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)性质2如果a≡b(modm)，那么对任意整数k有ka≡kb(modm)性质3如果a≡b(modm)，那么对任意正整数k有ak≡bk(modm)性质4如果a≡b(modm)，d是a，b的公约数，那么例题精讲例1设m和n为大于0的整数，且3m+2n=225.如果m和n的最大公约数为15，求m+n的值(第11届“希望杯”初一试题)解：(1)因为(m,n)=15,故可设m=15a，n=15b，且(a,b)=1因为3m+2n=225，所以3a+2b=15因为a,b是正整数，所以可得a=1,b=6或a=b=3，但(a,b)=1，所以a=1,b=6从而m+n=15(a+b)=157=105评注：1、遇到这类问题常设m=15a，n=15b，且(a,b)=1，这样可把问题转化为两个互质数的求值问题。这是一种常用方法。2、思考一下，如果将m和n的最大公约数为15，改成m和n的最小公倍数为45，问题如何解决？例2有若干苹果，两个一堆多一个，3个一堆多一个，4个一堆多一个，5个一堆多一个，6个一堆多一个，问这堆苹果最少有多少个？分析：将问题转化为最小公倍数来解决。解设这堆苹果最少有x个，依题意得由此可见，x-1是2，3，4，5，6的最小公倍数因为[2,3,4,5,6]=60，所以x-1=60，即x=61答：这堆苹果最少有61个。例3自然数a1，a2，a3，…，a9，a10的和1001等于，设d为a1，a2，a3，…，a9，a10的最大公约数，试求d的最大值。解由于d为a1，a2，a3，…，a9，a10的最大公约数，所以和a1+a2+a3+…+a9+a10＝1001能被d整除，即d是1001＝71113的约数。因为dak，所以ak≥d，k＝1，2，3，…，10从而1001＝a1+a2+a3+…+a9+a10≥10d所以由d能整除1001得，d仅可能取值1，7，11，13，77，91。因为1001能写成10个数的和：91+91+91+91+91+91+91+91+91+182其中每一个数都能被91整除，所以d能达到最大值91例4某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有四位数码，从0001到9999号，如果号码的前两位之和等于后前两位之和，则这张购物券为幸运券，如号码0734，因0+7=3+4，所以这个号码的购物券为幸运券。证明：这个商场所发购物券中，所有幸运券的号码之和能被101整除。(第7届初中“祖冲之杯”数学邀请赛试题)证明：显然，9999的购物券为幸运券，除这张外，若号码为n的购物券为幸运券，则号码为m=9999-n的购物券也为幸运券。由于9999是奇数，所以m，n的奇偶性不同，即m≠n，由于m+n=9999，相加时不出现进位。就是说，除号码为9999的幸运券外，其余所有的幸运券可两两配对，且每对号码之和为9999，从而可知所有的幸运券的号码之和为9999的倍数。由101∣9999，所以所有幸运券的号码之和能被101整除。评注：本题是通过将数两两配对的方法来解决。例5在1，2，3，…，1995这1995个数中，找出所有满足条件的数来：(1995+a)能整除1995a(第五届华杯赛决赛试题)分析：分子、分母都含有a，对a的讨论带来不便，因此可以将化成，这样只有分母中含有a，就容易对a进行讨论。解因为(1995+a)能整除1995a，所以是整数，从而是整数因为19951995=325272192，所以它的因数1995+a可以通过检验的方法定出。注意到1≤a≤1995，所以1995<1995+a≤3990如果1995+a不被19整除，那么它的值只能是以下两种：35272=3675，32572=2205如果1995+a能被19整除，但不被192整除，那么它的值只能是以下两种：37219=2793，52719=3325如果1995+a能被192整除，那么它的值只能是以下两种：7192=2527，32192=3249于是满足条件的a有6个，即从上面6个值中分别减去1995，得到1680、210、798、1330、532、1254评注：本题通过对的适当变形，便于对a的讨论。讨论时通过将19951995分解质因数，然后将因数1995+a通过检验的方法定出。这种方法在解决数的整除问题中经常使用。例611+22+33+44+55+66+77+88+99除以3的余数是几？为什么？(第四届华杯赛复赛试题)解显然11≡1(mod3)，33≡0(mod3)，66≡0(mod3)，99≡0(mod3)又22=4≡1(mod3)，44≡14≡1(mod3)，55≡25≡(-1)5≡(-1)(mod3)，77≡17≡1(mod3)，88≡(-1)8≡1(mod3)∴11+22+33+44+55+66+77+88+99≡1+1+0+1-1+0+1+1+0≡4≡1(mod3)即所求余数是1评注：用同余式求余数非常方便。例7已知：，问a除以13，所得余数是几？(第三届华杯赛决赛试题)分析：将a用十进制表示成，1991除以13，所得余数是显然的，主要研究除以13的余数规律。解mod13，103≡(-3)3=-27≡-1，1+104+108≡1-10+102=91≡0，1991≡2∴a≡≡=-18≡8，即a除以13，所得余数是8例8n是正偶数，a1,a2,…,an除以n，所得的余数互不相同；b1,b2,…,bn除以n，所得的余数也互不相同。证明a1+b1，a2+b2，…，an+bn除以n，所得的余数必有相同的。证明∵n是正偶数，所以n-1为奇数，∴不是n的倍数，∵a1,a2,…,an除以n，所得的余数互不相同，所以这n个余数恰好是0，1，…，n-1.从而a1+a2+…+an≡0+1+…+(n-1)=0(modn)同样b1+b2+…+bn≡0(modn)但(a1+b1)+(a2+b2)+…+(an+bn)=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)≡≡0(modn)所以a1+b1，a2+b2，…，an+bn除以n，所得的余数必有相同的。例9十进制中，44444444的数字和为A，A的数字和为B，B的数字和为C，求C分析：由于10≡1(mod9)，所以对整数a0，a1，a2，…，an有它表明十进制中，一个数与它的各位数字和模9同余。根据上述结论有C≡B≡A≡44444444(mod9).所以只要估计出C的大小，就不难确定C解：4444≡7(mod9)，而73≡(-2)3=-8≡1(mod9)，所以44444444≡74444=731481+1≡7(mod9)， 所以C≡B≡A≡44444444≡7(mod9)，另一方面，44444444<(105)4444=1022220，所以44444444的位数不多于22220从而A<922220=199980，即A至多是6位数。所以B<96=54在1到53的整数中，数字和最大的是49，所以C≤4+9=13在小于13的自然数中，只有7模9同余于7，所以C=7评注：本题用了十进制中，一个数与它的各位数字和模9同余这个结论。根据这个结论逐步估计出C的大小，然后定出C。巩固练习选择题1、两个二位数，它们的最大公约数是8，最小公倍数是96，这两个数的和是()A、56B、78C、84D、962、三角形的三边长a、b、c均为整数，且a、b、c的最小公倍数为60，a、b的最大公约数是4，b、c的最大公约数是3，则a+b+c的最小值是（）A、30B、31C、32D、333、在自然数1，2，3，…，100中，能被2整除但不能被3整除的数的个数是()A、33B、34C、35D、374、任意改变七位数7175624的末四位数字的顺序得到的所有七位数中，能被3整除的数的个数是()A、24B、12C、6D、05、若正整数a和1995对于模6同余，则a的值可以是()A、25B、26C、27D、286、设n为自然数，若19n+14≡10n+3(mod83)，则n的最小值是()A、4B、8C、16D、32填空题7、自然数n被3除余2，被4除余3，被5除余4，则n的最小值是8、满足[x,y]=6，[y,z]=15的正整数组(x,y,z)共有组9、一个四位数能被9整除，去掉末位数后得到的三位数是4的倍数，则这样的四位数中最大的一个，它的末位数是10、有一个11位数，从左到右，前k位数能被k整除(k=1,2,3,…,11)，这样的最小11位数是11、设n为自然数，则32n+8被8除的余数是12、14+24+34+44+…+19944+19954的末位数是解答题13、求两个自然数，它们的和是667，它们的最小公倍数除以最大公约数所得的商是120。14、已知两个数的和是40，它们的最大公约数与最小公倍数的和是56，求这两个数。15、五位数能被12整除，它的最末两位数字所成的数能被6整除，求出这个五位数。16、若a,b,c,d是互不相等的整数，且整数x满足等式(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)=9求证：4∣(a+b+c+d)17、一个数是5个2，3个3，2个5，1个7的连乘积，这个数当然有许多约数是两位数，这些两位约数中，最大的是多少？18、求2400被11除，所得的余数。19、证明31980+41981被5整除。20、xi=1或-1(i=1，2，…，1990)，证明初一数学竞赛讲座(二)特殊的正整数知识要点完全平方数及其性质定义1如果一个数是一个整数的平方，则称这个数是完全平方数。如：1、4、9、…等都是完全平方数，完全平方数有下列性质：性质1任何完全平方数的个位数只能是0，1，4，5，6，9中的一个。性质2奇完全平方数的十位数一定是偶数。性质3偶完全平方数是4的倍数。性质4完全平方数有奇数个不同的正约数。性质5完全平方数与完全平方数的积仍是完全平方数，完全平方数与非完全平方数的积是非完全平方数。质数与合数定义2一个大于1的整数a,如果只有1和a这两个约数，那么a叫做质数。定义3一个大于1的整数a,如果只有1和a这两个约数外，还有其他正约数，那么a叫做合数。1既不是质数也不是合数。质数与合数的有关性质质数有无数多个2是唯一的既是质数，又是偶数的整数，即是唯一的偶质数。大于2的质数必为奇数。若质数pa•b，则必有pa或pb。若正整数a、b的积是质数p，则必有a=p或b=p.唯一分解定理：任何整数n(n>1)可以唯一地分解为：,其中p1<p2<…<pk是质数，a1，a2，…，ak是正整数。例题精讲例1有一个四位数恰好是个完全平方数，它的千位数字比百位数字多1，比十位数字少1，比个位数字少2，这个四位数是解设所求的四位数为m2，它的百位数字为a，则有m2=1000(a+1)+100a+10(a+2)+(a+3)=1111a+1023=11(101a+93)因为11是质数，所以11∣(101a+93)，而101a+93=11(9a+8)+(2a+5)，所以11∣(2a+5)，由题意a+3≤9，故a≤6，从而a=3于是所求的四位数为4356例2一个四位数有这样的性质：用它的后两位数去除这个四位数得到一个完全平方数(如果它的十位数是0，就只用个位数去除)，且这个平方数正好是前两位数加1的平方。例如48022=2401=492=(48+1)2，则具有上述性质的最小四位数是（1994年四川省初中数学联合竞赛试题）解设具有上述性质的四位数是100c1+c2，其中10≤c1，c2≤99，按题意，得100c1+c2＝，∴100c1=c1c2(c1+2)，即，因而(c1+2)100，又10≤c1≤99，所以c1=18，23，48，98相应地c2=5，4，2，1于是符合题意的四位数是1805，2304，4802，9801，其中最小的是1805评注：本题根据题意，列出不定方程，然后利用整数的整除性来求解。例3三个质数a、b、c的乘积等于这三个质数和的5倍，则a2+b2+c2=(1996年“希望杯”初二试题)分析：由题意得出abc=5(a+b+c)，由此显然得质数a、b、c中必有一个是5，不妨设a=5，代入前式中再设法求b、c解因为abc=5(a+b+c)，所以在质数a、b、c中必有一个是5，不妨设a=5，于是5bc=5b+5c+25，即(b-1)(c-1)=6，而6=23=16，则=1\*GB3①或=2\*GB3②由=1\*GB3①得b=3,c=4，不合题意，由=2\*GB3②得b=2,c=7，符合题意。所以所求的三个质数是5，2，7。于是a2+b2+c2=78评注：质数问题常常通过分解质因数来解决。例4试证：一个整数的平方的个位数字为6时，十位数字必为奇数。分析：一个整数的平方的个位数字为6，则这个整数的个位数字必为4或6，从而可设此数为a=10g+4或a=10g+6(g为整数)。证明：设一个整数为a，则由一个整数的平方的个位数字为6知，此数可设为a=10g+4或a=10g+6(g为整数)∴当a=10g+4时，a2=(10g+4)2=100g2+80g+16=10(10g2+8g+1)+6当a=10g+6时，a2=(10g+6)2=100g2+120g+36=10(10g2+12g+3)+6∴十位数字必为10g2+8g+1和10g2+12g+3的个位数字，显然是奇数。评注：类似地，可以证明：一个整数的个位数字和十位数字都是奇数，则这个整数不是完全平方数。例4三人分糖，每人都得整数块，乙比丙多得13块，甲所得是乙的2倍，已知糖的总块数是一个小于50的质数，且它的各位数字之和为11，试求每人得糖的块数。（安徽省初中数学联赛试题）分析：设出未知数，根据题意，列出方程和不等式组，再通过质数的性质来求解。解设甲、乙、丙分别得糖x、y、z块，依题意得∵11＝2+9＝3+8＝4+7＝5+6，故小于50且数字和为11的质数只可能是29和47若x+y+z＝29，则可得4y=42，y不是整数，舍去。若x+y+z＝47，则可得4y=60，y＝15，从而x=30，z=2∴甲、乙、丙分别得糖30、15、2块.评注：本题的关键是分析出小于50且数字和为11的质数只可能是29和47。这类问题是常利用质数的性质来分析求得所有的可能值，再设法检验求得所要的解。例5如果p与p+2都是大于3的质数，那么6是p+1的因数。(第五届加拿大数学奥林匹克试题)分析任何一个大于3整数都可以表示成6n-2,6n-1,6n,6n+1,6n+2,6n+3(n是大于0的整数)中的一种，显然6n-2,6n,6n+2,6n+3都是合数，所以大于3的质数均可以写成6n+1或6n-1的形式，问题即证明p不能写成6n+1的形式。解因为p是大于3的质数，所以可设p=6n+1(n是大于0的整数)，那么p+2=6n+1+2=6n+3=3(2n+1)与p+2是大于3的质数矛盾。于是p≠6n+1，所以p=6n-1(n是大于0的整数)，从而p+1=6n，即6是p+1的因数。评注：对大于3整数合理分类是解决这个问题的关键。对无限多个整数进行讨论时，将其转化为有限的几类是一种常用的处理方法。例6证明有无穷多个n，使多项式n2+3n+7表示合数。分析：要使多项式n2+3n+7表示合数，只要能将多项式n2+3n+7表示成两个因式的积的形式。证明当n为7的倍数时，即n=7k(k是大于等于1的整数)时n2+3n+7=(7k)2+37k+7=7(7k2+3k+1)为7的倍数，所以它显然是一个合数。评注：本题也可将7换成其他数，比如：3、5、11等等。例7求证：22001+3是合数分析：22001+3不能分解，22001次数又太高，无法计算。我们可以探索2n的末位数字的规律，从而得出22001+3的末位数字，由此来证明22001+3是合数。证明：∵21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝64，27＝128，29＝256，…∴24k+1的末位数字是2，24k+2的末位数字是4，24k+3的末位数字是8，24k+4的末位数字是6（k为非负整数）而2001＝4250+1∴22001的末位数字是2，∴22001+3的末位数字是5∴522001+3，显然22001+3≠5所以22001+3是合数评注：本题另辟蹊径，通过探索2n的末位数字的规律来得出22001+3的末位数字，从而证明22001+3是合数。解数学竞赛题，思路要开阔。例8求证大于11的整数一定可以表示成两个合数之和。证明设大于11的整数为N若N=3k(k≥4,且k为整数)，则N=6+3(k-2)，显然6和3(k-2)都是合数若N=3k+1(k≥4,且k为整数)，则N=4+3(k-1)，显然4和3(k-1)都是合数若N=3k+2(k≥4,且k为整数)，则N=8+3(k-2)，显然8和3(k-2)都是合数于是对任意正整数N(N>11)，一定可以表示成两个合数之和。评注：本题是通过对整数的合理分类来帮助解题，这是解决整数问题的一种常用方法。但要注意对整数的分类要不重复不遗漏。例9证明：n(n+1)+1(n是自然数)不能是某个整数的平方。分析：注意到n(n+1)+1=n2+n+1，∵n是自然数，∴n2<n2+n+1<(n+1)2，这为我们证题提供了出发点。证明：n(n+1)+1=n2+n+1，∵n是自然数，∴n2<n2+n+1<(n+1)2，而n、n+1是两个相邻的自然数，∴n(n+1)+1(n是自然数)不能是某个整数的平方。评注：本题应用了在两个相邻正整数的平方数之间不可能还存在一个完全平方数这个结论。例10如果一个自然数是质数，且它的数字位置经过任意交换后仍然是质数，则称这个数为绝对质数。证明：绝对质数不能有多于三个不同的数字。分析：绝对质数中出现的数字不会有偶数，也不会有5，因为有偶数和5它就一定不是绝对质数，则绝对质数中出现的数字只可能是1，3，7，9。接下来用反证法来证明这个问题。证明：因为绝对质数的数字位置经过任意交换后仍然是质数，所以绝对质数中出现的数字不会有偶数，也不会有5，即绝对质数中出现的数字只可能是1，3，7，9。假设有一个绝对质数M中出现的数字超过了3个，也即这个绝对质数中出现的数字包含了1，3，7，9，则，M2=M+9137，M3=M+7913，M4=M+3791，M5=M+1397，M6=M+3197，M7=M+7139都是质数。可验证，这七个数中每两个数的差都不能被7整除，说明M1、M2、M3、M4、M5、M6、M7被7除所得余数互不相同。因而必有一个是0，即能被7整除，这与此数是质数矛盾。所以假设不成立，所以绝对质数不能有多于三个不同的数字。评注：本题是用反证法来证明，对于题目中出现“不”的字眼，常常用反证法来证明。巩固练习选择题1、在整数0、1、2、3、4、5、6、7、8、9中，设质数的个数为x，偶数的个数为y，完全平方数的个数为z，合数的个数为u，则x+y+z+u的值是()A、17B、15C、13D、112、设n为大于1的自然数，则下列四个式子的代数值一定不是完全平方数的是（）A、3n2-3n+3B、5n2-5n-5C、9n2-9n+9D、11n2-11n-113、有3个数，一个是最小的奇质数，一个是小于50的的最大质数，一个是大于60的最小质数，则这3个数的和是()A、101B、110C、111D、1134、两个质数的和是49，则这两个质数的倒数和是()A、B、C、D、5、a、b为正整数，且56a+392b为完全平方数，则a+b的最小值等于()A、6B、7C、8D、96、3个质数p、q、r满足等式p+q=r，且p<q<r，则p的值是()A、2B、3C、5D、7填空题7、使得m2+m+7是完全平方数的所有整数m的积是8、如果一个正整数减去54，是一个完全平方数，这个正整数加上35后，是另外一个完全平方数，那么这个正整数是9、一个质数的平方与一个正奇数的和等于125，则这两个数和积是10、p是质数，p2+2也是质数，则1997+p4=11、若n为自然数，n+3，n+7都是质数，则n除以3所得的余数是12、设自然数n1>n2，且，则n1=，n2=解答题13、证明：不存在这样的三位数，使成为完全平方数。14、试求四位数，使它是一个完全平方数。15、a、b、c、d都是质数，且10<c<d<20，c-a是大于2的质数，d2-c2=a3b(a+b)，求a、b、c、d的值16、设a、b、c、d是四个整数，且是非零整数，求证：是合数。17、求一个三位数，使它等于n2，并且各位数字之积为n-1.18、设n1、n2是任意两个大于3的质数，M=，N=，M与N的最大公约数至少为多少？19、证明有无穷多个n，使多项式n2+n+41表示合数。20、已知p和8p2+1都是质数，求证：8p2-p+2也是质数。初一数学竞赛讲座(三)数字、数位及数谜问题知识要点1、整数的十进位数码表示一般地，任何一个n位的自然数都可以表示成：其中，ai(i=1，2，…，n)表示数码，且0≤ai≤9，an≠0.对于确定的自然数N，它的表示是唯一的，常将这个数记为N=2、正整数指数幂的末两位数字设m、n都是正整数，a是m的末位数字，则mn的末位数字就是an的末位数字。设p、q都是正整数，m是任意正整数，则m4p+q的末位数字与mq的末位数字相同。3、在与整数有关的数学问题中，有不少问题涉及到求符合一定条件的整数是多少的问题，这类问题称为数迷问题。这类问题不需要过多的计算，只需要认真细致地分析，有时可以用“凑”、“猜”的方法求解，是一种有趣的数学游戏。例题精讲例1、有一个四位数，已知其十位数字减去2等于个位数字，其个位数字加上2等于其百位数字，把这个四位数的四个数字反着次序排列所成的数与原数之和等于9988，求这个四位数。分析：将这个四位数用十进位数码表示，以便利用它和它的反序数的关系列式来解决问题。解：设所求的四位数为a103+b102+c10+d，依题意得：(a103+b102+c10+d)+(d103+c102+b10+a)=9988∴(a+d)103+(b+c)102+(b+c)10+(a+d)=9988比较等式两边首、末两位数字，得a+d=8，于是b+c18又∵c-2=d，d+2=b，∴b-c=0从而解得：a=1，b=9，c=9，d=7故所求的四位数为1997评注：将整数用十进位数码表示，有助于将已知条件转化为等式，从而解决问题。例2一个正整数N的各位数字不全相等，如果将N的各位数字重新排列，必可得到一个最大数和一个最小数，若最大数与最小数的差正好等于原来的数N，则称N为“新生数”，试求所有的三位“新生数”。分析：将所有的三位“新生数”写出来，然后设出最大、最小数，求差后分析求出所有三位“新生数”的可能值，再进行筛选确定。解：设N是所求的三位“新生数”，它的各位数字分别为a、b、c(a、b、c不全相等)，将其各位数字重新排列后，连同原数共得6个三位数：，不妨设其中的最大数为，则最小数为。由“新生数”的定义，得N=由上式知N为99的整数倍，这样的三位数可能为：198，297，396，495，594，693，792，891，990。这9个数中，只有954-459=495符合条件。故495是唯一的三位“新生数”评注：本题主要应用“新生数”的定义和整数性质，先将三位“新生数”进行预选，然后再从中筛选出符合题意的数。这也是解答数学竞赛题的一种常用方法。例3从1到1999，其中有多少个整数，它的数字和被4整除？将每个数都看成四位数(不是四位的，在左面补0)，0000至1999共2000个数。千位数字是0或1，百位数字从0到9中选择，十位数字从0到9中选择，各有10种。在千、百、十位数字选定后，个位数字在2到9中选择，要使数字和被4整除，这时有两种可能：设千、百、十位数字和为a，在2，3，4，5中恰好有一个数b，使a+b被4整除(a+2、a+3、a+4、a+5除以4，余数互不相同，其中恰好有一个余数是0，即相应的数被4整除)；在6，7，8，9中也恰好有一个数c(=b+4)，使a+c被4整除。因而数字和被4整除的有：210102=400个再看个位数字是0或1的数。千位数字是0或1，百位数字从0到9中选择，在千、百、个位数字选定后，十位数字在2到9中选择。与上面相同，有两种可能使数字和被4整除。因此数字和被4整除的又有：22102=80个。在个位数字、十位数字、千位数字均为0或1的数中，百位数字在2到9中选择。有两种可能使数字和被4整除。因此数字和被4整除的又有：2222=16个。最后，千、百、十、个位数字为0或1的数中有两个数，数字和被4整除，即1111和0000，而0000不算。于是1到1999中共有400+80+16+1=497个数，数字和被4整除。例4圆上有9个数码，已知从某一位起把这些数码按顺时针方向记下，得到的是一个9位数并且能被27整除。证明：如果从任何一位起把这些数码按顺时针方向记下的话，那么所得的一个9位数也能被27整除。分析：把从某一位起按顺时针方向记下的9位数记为：，其能被27整除。只需证明从其相邻一位读起的数：也能被27整除即可。证明：设从某一位起按顺时针方向记下的9位数为：依题意得：=能被27整除。为了证明题目结论，只要证明从其相邻一位读起的数：也能被27整除即可。=∴10•-=10()-()=-()=∵而999能被27整除，∴10003-1也能被27整除。因此，能被27整除。从而问题得证。评注：本题中，109-1难以分解因数，故将它化为10003-1，使问题得到顺利解决。这种想办法降低次数的思想，应注意领会掌握。例5证明：111111+112112+113113能被10整除分析：要证明111111+112112+113113能被10整除，只需证明111111+112112+113113的末位数字为0，即证111111，112112，113113三个数的末位数字和为10。证明：111111的末位数字显然为1；112112=(1124)28，而1124的末位数字是6，所以112112的末位数字也是6；113113=(1134)28•113，1134的末位数字是1，所以113113的末位数字是3；∴111111，112112，113113三个数的末位数字和为1+6+3=10∴111111+112112+113113能被10整除评注：本题是将证明被10整除转化为求三数的末位数字和为10。解决数学问题时，常将未知的问题转化为熟知的问题、复杂的问题转化为简单的问题，这是化归思想。例6设P(m)表示自然数m的末位数，求的值。解：=++…+==∵1995=10199+5，又因为连续10个自然数的平方和的末位数都是5∴=5+5=10又=0∴=10评注：本题用到了连续10个自然数的平方和的末位数都是5这个结论。例7请找出6个不同的自然数，分别填入6个问号中，使这个等式成立。(第三届华杯赛口试题)分析：分子为1分母为自然数的分数称作单位分数或埃及分数，它在很多问题中经常出现。解决这类问题的一个基本等式是：，它表明每一个埃及分数都可以写成两个埃及分数之和。解：首先，1=从这个式子出发，利用上面给出的基本等式，取n=2可得：∴1=又利用上面给出的基本等式，取n=3可得：∴1=再利用上面给出的基本等式，取n=4可得：∴1=最后再次利用上面给出的基本等式，取n=6可得：∴1=即可找出2，5，20，12，7，42六个自然数分别填入6个问号中，使等式成立。评注：1、因为问题要求填入的六个自然数要互不相同，所以每步取n时要适当考虑，如：最后一步就不能取n=5，因为n=5将产生，而已出现了。2、本题的答案是不唯一的，如最后一步取n=12，就可得：1=例8如图，在一个正方体的八个顶点处填上1到9这些数码中的8个，每个顶点处只填一个数码，使得每个面上的四个顶点处所填的数码之和都相等，并且这个和数不能被那个未被填上的数码整除。求所填入的8个数码的平方和。(第12届“希望杯”数学竞赛培训题)解：设a是未填上的数码，s是每个面上的四个顶点处所填的数码之和，由于每个顶点都属于3个面，所以6s=3(1+2+3+4+5+6+7+8+9)-3a即6s=3•45-3a，于是2s=45-a，可以断定a是奇数而a不整除s，所以a只能是7，则填入的8个数码是1，2，3，4，5，6，8，9，它们的平方和是：12+22+32+42+52+62+82+92=236例9在右边的加法算式中，每个表示一个数字，任意两个数字都不同。试求A和B乘积的最大值。+)AB分析：先通过运算的进位，将能确定的确定下来，再来分析求出A和B乘积的最大值。解：设算式为：abc+)defghAB显然，g=1，d=9，h=0a+c+f=10+B，b+c=9+A,∴A≤62(A+B)+19=2+3+4+5+6+7+8=35，∴A+B=8要想A•B最大，∵A≤6，∴取A=5，B=3。此时b=6,e=8,a=2,c=4,f=7,故A•B的最大值为15.评注：本题是通过正整数的十进制的基本知识先确定g，d，h，然后再通过分析、观察得出A、B的关系，最后求出A•B的最大值。例10在一种游戏中，魔术师请一个人随意想一个三位数。并请这个人算出5个数、、、、的和N，把N告诉魔术师，于是魔术师就能说出这个人所想的数。现在设N=3194，请你做魔术师，求出数来。(第四届美国数学奥林匹克试题)解：将也加到和N上，这样a、b、c就在每一位上都恰好出现两次，所以有+N=222(a+b+c)=1\*GB3①从而3194<222(a+b+c)<3194+1000，而a、b、c是整数所以15≤a+b+c≤18因为22215-3194=136，22216-3194=358，22217-3194=580，22218-3194=802其中只有3+5+8=16能满足=1\*GB3①式，所以=358评注：本题将也加到和N上，目的是使得由a、b、c组成的6个三位数相加，这样a、b、c在每个数位上出现的次数相同。这一技巧在解决数字问题中经常使用。巩固练习选择题1、两个十位数1111111111和9999999999和乘积的数字中有奇数()A、7个B、8个C、9个D、10个2、若自然数n使得作竖式加法n+(n+1)+(n+2)时均不产生进位现象，便称n为“连绵数”。如因为12+13+14不产生进位现象，所以12是“连绵数”；但13+14+15产生进位现象，所以13不是“连绵数”，则不超过100的“连绵数”共有()个A、9B、11C、12D、153、有一列数：2，22，222，2222，…，把它们的前27个数相加，则它们的和的十位数字是()A、9B、7C、5D、34、19932002+19952002的末位数字是()A、6B、4C、5D、35、设有密码3•BIDFOR=4•FORBID，其中每个字母表示一个十进制数字，则将这个密码破译成数字的形式是6、八位数141283是99的倍数，则=，=填空题7、若，其中a、b都是1到9的数字，则a=,b=8、在三位数中，百位比十位小，并且十位比个位小的数共有个。9、在六位数2552中皆是大于7的数码，这个六位数被11整除，那么，四位数。10、4343的末位数字是11、2m+2000-2m(m是自然数)的末位数字是12、要使等式成立，处填入的适当的自然数是解答题13、有一个5位正奇数x，将x中的所有2都换成5，所有的5都换成2，其他数字不变，得到一个新的五位数，记作y。若x和y满足等式y=2(x+1)，求x14、有一个若干位的正整数，它的前两位数字相同，且它与它的反序数之和为10879，求原数。15、求出所有满足如下要求的两位数：分别乘以2，3，4，5，6，7，8，9时，它的数字和不变。16、求12+22+32+42+…+1234567892的末位数17、求符合下面算式的四位数abcd9dcba18、设是一个三位数，a3>a1，由减去得一个三位数，证明：+=108919、对于自然数n，如果能找到自然数a和b，使得n=a+b+ab,那么n就称为“好数”。如3=1+1+11，所以3是“好数”。在1到100这100个自然数中，有多少个“好数”？20、AOMEN和MACAO分别是澳门的汉语拼音和英文名字。如果它们分别代表两个5位数，其中不同的字母代表从1到9中不同的数字，相同字母代表相同的数字，而且它们的和仍是一个5位数，求这个和可能的最大值是多少？初一数学竞赛讲座(四)有理数的有关知识知识要点1、绝对值x的绝对值的意义如下：=是一个非负数，当且仅当x=0时，=0绝对值的几何意义是：一个数的绝对值表示这个数对应的数轴上的点到原点的距离；由此可得：表示数轴上a点到b点的距离。2、倒数1除以一个数(零除外)的商，叫做这个数的倒数。如果两个数互为倒数，那么这两个数的积等于1。3、相反数绝对值相同而符号相反的两个数互为相反数。两个互为相反数的数的和等于0。例题精讲例1化简分析：由2x+1=0、x-3=0、x-6=0求出零点，然后用零点分段法将绝对值去掉，从而达到化简的目的。解：由2x+1=0、x-3=0、x-6=0分别求得：x=-1/2，x=3，x=6当时，原式=-(2x+1)+(x-3)-(x-6)=-2x+2当时，原式=(2x+1)+(x-3)-(x-6)=2x+4当时，原式=(2x+1)-(x-3)-(x-6)=10当x≥6时，原式=(2x+1)-(x-3)+(x-6)=2x-2∴原式=评注：用零点分段法，通过零点分段将绝对值去掉，从而化简式子，解决问题是解决含绝对值问题的基本方法。例2已知的最大值和最小值。(第六届迎春杯决赛试题)分析：先解不等式，求出x的范围，然后利用绝对值的几何意义来求最大值和最小值。解：解不等式得：的几何意义是x到1的距离与x到-3的距离的差，从上图中可以看出：当x≤-3时这差取得最大值4，因，则当时这差取得最小值.评注：1、本题是采用数形结合的思想，用绝对值的几何意义来解题。2、本题求得x的范围后，也可用零点分段法将化简，然后求出最大值和最小值。=由上式可以看出：当x≤-3时取得最大值4，当时取得最小值例3解方程(第六届华杯赛决赛初一试题)分析：两个非负数的和是0，这两个非负数必须都是0。解：由原方程得由(1)得：从而x=x-3.1415926或x=3.1415926-x，所以x=1.5707963由(2)得：从而所以y=或y=于是，原方程的解是评注：两个非负数的和是0，这两个非负数必须都是0是解题中常用的一个结论。本题中，求中的x值也可以用绝对值的几何意义来解，表示x到原点与到3.1415926的距离相等，因而x是原点与点3.1415926连结线段的中点，即x=1.5707963例4有理数均不为0，且设试求代数式2000之值。(第11届希望杯培训题)分析：要求代数式2000的值，必须求出x的值。根据x的特征和已知条件，分析a与b+c,b与a+c，c与a+b的关系，从而求出x的值。解：由均不为0，知均不为0．∵∴即又中不能全同号，故必一正二负或一负二正．所以中必有两个同号，即其值为两个＋1，一个－1或两个－1，一个＋1．∴∴因此，例5已知a、b、c为实数，且，求的值。(第8届希望杯试题)分析：直接对已知条件式进行处理有点困难，根据已知条件式的结构特征，可以将它们两边取倒数。解：由已知条件可知a≠0，b≠0，c≠0，对已知三式取倒数得：三式相加除以2得：因为，所以=例6求方程的实数解的个数。(1991年祖冲之杯数学邀请赛试题)分析：1可以化成：，于是由绝对值的性质：若ab≤0，则可得(x-2)(x-3)≤0从而求得x解：原方程可化为：则(x-2)(x-3)≤0，所以，所以2≤x≤3因此原方程有无数多个解。评注：本题很巧妙地将“1”代换成，然后可利用绝对值的性质来解题。在解数学竞赛题时，常常要用到“1”的代换。例7求关于x的方程的所有解的和。解：由原方程得，∴∵0<a<1，∴，即x-2=±(1±a),∴x=2±(1±a),从而，x1=3+a，x2=3-a，x3=1+a，x4=1-a∴x1+x2+x3+x4=8，即原方程所有解的和为8例8已知：。分析：直接求值有困难，但我们发现将已知式和待求式倒过来能产生，通过将整体处理来求值。解：∵即而∴评注：本题通过将整体处理来解决问题，整体处理思想是一种常用的数学思想。例9解方程组(1984年江苏省苏州市初中数学竞赛试题)解：观察得，x=y=z=0为方程组的一组解。当xyz≠0时，将原方程组各方程两边取倒数得：(1)+(2)+(3)得：∴∴∴x=y=z=1故原方程组的解为：评注：本题在对方程组中的方程两边取倒数时，不能忘了x=y=z=0这组解。否则就会产生漏解。巩固练习选择题1、若()A、1B、-1C、1或-1D、以上都不对2、方程的解的个数是()(第四届祖冲之杯数学邀请赛试题)A、0B、1C、2D、3E、多于3个3、下面有4个命题：①存在并且只存在一个正整数和它的相反数相同。②存在并且只存在一个有理数和它的相反数相同。③存在并且只存在一个正整数和它的倒数相同。④存在并且只存在一个有理数和它的倒数相同。其中正确的命题是：（）（A）①和②（B）②和③（C）③和④（D）④和①4、两个质数的和是49，则这两个质数的倒数和是()A、B、C、D、5、设y=ax15+bx13+cx11-5(a、b、c为常数)，已知当x=7时，y=7，则x=-7时，y的值等于()A、-7B、-17C、17D、不确定6、若a、c、d是整数，b是正整数，且满足a+b=c，b+c=d，c+d=a，则a+b+c+d的最大值是()A、-1B、0C、1D、-5填空题7、设a<0，且x≤=8、a、b是数轴上两个点，且满足a≤b。点x到a的距离是x到b的距离的2倍，则x=9、若互为相反数，则10、计算：11、若a是有理数，则的最小值是＿＿＿.12、有理数在数轴上的位置如图所示，化简解答题13、化简：14、已知15、若abc≠0，求的所有可能的值16、X是有理数，求的最小值。17、已知a、b互为相反数，c、d互为倒数，x的绝对值为1，求a+b+x2-cdx的值。18、求满足的所有整数对(a，b).19、若的值恒为常数，求x的取值范围及此常数的值。20、已知方程有一个负根而没有正根，求a的取值范围。初一数学竞赛系列讲座(5)代数式初步知识要点1、代数式定义1用基本运算符号(加、减、乘、除、乘方、开方)把数或表示数的字母连结而成的式子叫做代数式。2、代数式的值定义2用数值代替代数式里的字母，计算后所得的结果叫做代数式的值。3、列代数式列代数式的关键是正确地分析数量关系，要掌握和、差、积、商、幂、倍、分、大、小、多、少、增加、增加到等数学概念和有关知识。列代数式实质上是把“文字语言”翻译成“符号语言”。4、求代数式的值代数式的值由它所含字母的取值决定，并随字母取值的改变而改变，字母取不同的值，代数式的值可能同也可能不同。代数式中所含字母取值时，不能使代数式无意义。求代数式的值的一般步骤是(1)代入，(2)计算。例题精讲例1、轮船在静水中的速度是每小时a千米，水流速度为每小时b千米(b<a)，甲乙两码头间相距S千米，则轮船在甲乙两码头间往返一趟的平均速度为每小时千米。分析：轮船在甲乙两码头间往返一趟的平均速度应为往返一趟的总路程除以总时间。解因为轮船在静水中的速度是每小时a千米，水流速度为每小时b千米(b<a)则轮船的顺流速度为(a+b)千米，逆流速度为(a-b)千米，所以顺流所用时间是逆流所用时间是，轮船在甲乙两码头间往返一趟的平均速度为往返路程的和除以往返所用时间的和，即评注：顺流速度=静水中的速度+水流速度；逆流速度=静水中的速度-水流速度。例2一支部队排成a米长队行军，在队尾的战士要与最前面的团长联系，他用t1分钟追上了团长。为了回到队尾，他在追上团长的地方等待了t2分钟。如果他从最前头跑步回到队尾，那么要()分钟。A、B、C、D、分析：这是行程问题中的相遇问题。解部队的行军速度为米/分。t1分钟内，队尾的战士比部队多走了a米，则他的速度为米/分=米/分。他从最前头跑步回到队尾的过程中，队尾恰好与他相向而行，故所需时间应为(分)选C例3若a<b<c，x<y<z，则下面四个代数式的值最大的是()A、ax+by+czB、ax+cy+bzC、bx+ay+czD、bx+cy+az分析：由于本题涉及的字母比较多，直接比较四个代数式的大小很困难。因为是选择题，故可采用特值排除法来解。解：∵a<b<c，x<y<z，∴可设a=x=1,b=y=2,c=z=3，然后分别代入四个选择支计算得：A的值是14；B、C的值都为13；C的值为11，故选A评注：用特值排除法来解选择题，有时能取到事半功倍的效果。例4已知，求的值。分析此题若将左边六次方展开，计算相当繁琐。注意到求的是偶次幂项的系数和，故可将x=1和x=-1分别代入已知等式的两边，得到和，相加除以2即可得所求的值。解将x=1代入已知等式，得将x=-1代入已知等式，得两式相加，得2()=730∴=365评注：本题采用的是特值法。例5已知当x=7时,代数式ax5+bx-8=8,求x=7时,的值.分析代数式ax5+bx-8中有三个字母,将x=7代入，仍无法求出a,b的值，影响直接代入求值，但通过观察，发现将x=7代入,可整体地求出75a+7b的值，从而问题得到解决。解由已知条件知：a75+b7-8=8，所以a75+b7=16当x=7时，=(a75+b7)+8=16+8=16评注：本题采用的是“整体处理思想”，整体处理是一种常用的数学思想。例6若ab=1，求的值分析此题的解法很多，关键是如何充分利用好ab=1，如由ab=1得出，然后直接代入计算；如利用ab=1巧秒地将式子中的“1”代换成ab；如在式子的一个分式的分子、分母上乘以a或b，然后化成同分母进行计算。解法1由ab=1得，从而=解法2∵ab=1，∴=解法3∵ab=1，∴=评注：本题中的解法2与解法3巧秒地应用了“1”的代换，“1”的代换是恒等变形中的常用技巧之一。例7若a、b、c全不为零，且求证：(1978丹东市数学竞赛试题)分析本题是由两个已知等式来证明一个等式，容易发现，所求证等式中没有b，因而可设法从两已知等式中消去b。证明：由，由两式相乘得整理得去分母得ac+1=a，因为a≠0，故两边同除以a得评注：本题是证明条件恒等式，条件恒等式的证明关键是充分利用好条件式。例8对任意实数x、y，定义运算xy为xy=ax+by+cxy其中a、b、c为常数，等式右端运算是通常的实数的加法和乘法。现已知12=3，23=4，并且有一个非零实数d，使得对于任意实数x,都有xd=x，求d的值。解由已知条件知12=a+2b+2c=3=1\*GB3①23=2a+3b+6c=4=2\*GB3②xd=ax+bd+cxd=(a+cd)x+bd=x=3\*GB3③由=3\*GB3③得a+cd=1bd=0因为d≠0，所以b=0代入=1\*GB3①得a+2c=3，代入=2\*GB3②得2a+6c=4从而解得a=5，c=-1，将a=5，c=-1代入a+cd=1得d=4评注：解决定义新运算的问题，关键是通过新运算的定义，将新运算转化为常规运算。例9已知代数式，当时的值分别为－1，2，2，而且不等于0，问当时该代数式的值是多少？(第11届希望杯数学竞赛培训题)分析：所给代数式中含有4个字母a、b、c、d，将所给的三个x取值代入，可得三个方程，要直接求出a、b、c、d的值不可能，但可将d视为常数，从而三个方程可组成关于a、b、c方程组，可将a、b、c用d表示出来，代入将代数式化简后求值。解：将分别代入该代数式，得到由此可得将代入第一个和第三个等式中，得∴；进而得到将和代入代数式中，得到＝；再将代入，得即当时该代数式的值是评注：本题采用的是方程思想，方程思想是常用的数学思想，含有未知数的等式常常可看作一个方程。巩固练习选择题1、若代数式2y2+3y+7的值是2，则代数式4y2+6y-9的值是()A、1B、-19C、-9D、92、在代数式xy2中，x与y的值各减少25%，则代数式的值()A、减少50%B、减少75%C、减少其值的D、减少其值的3、一个两位数，用它的个位，十位上的两个数之和的3倍减去-2，仍得原数，这个两位数是()A、26B、28C、36D、384、在式子中，用不同的x值代入，得到对应的值，在这些对应值中，最小的值是()A、1B、2C、3D、45、实数a、b、c满足a+b+c=0，且abc=1则的值()A、是整数B、是零C、是负数D、正、负不定6、如果，那么下列说法正确的是()A、x、y、z中至少有一个为1B、x、y、z都等于1C、x、y、z都不等于1D、以上说法都不对填空题7、某人上山、下山的路程都是S，上山速度为v，下山速度为u，则此人上、下山的平均速度是8、已知，则代数式xx+yy-xy-yx的值是9、设a、b、c、d都是整数，且m=a2+b2，n=c2+d2，mn也可以表示成两个整数的平方和，其形式是_________。10、如果用四则运算的加、减、除法定义一种新的运算，对于任意实数x、y有则=11、如果2x2-3x-1与a(x-1)2+b(x-1)+c是同一个多项式的不同形式，那么12、如果(x-a)(x-4)-1能够分解成两个多项式x+b、x+c的乘积，且b、c均为整数，则a=解答题13、已知，求a1+a2+a3+a4+a514、a、b、c互不相等，化简15、已知x-2y=2，求的值。16、若abc=1，求的值17、已知a+b+c=0，求的值。18、已知的值19、已知ax+by=7，ax2+by2=49，ax3+by3=133，ax4+by4=406.求1999(x+y)+6xy的值20、一个四位数，这个四位数与它的各项数字之和是1999，求这个四位数。初一数学竞赛系列讲座(6)整式的恒等变形知识要点整式的恒等变形把一个整式通过运算变换成另一个与它恒等的整式叫做整式的恒等变形整式的四则运算整式的四则运算是指整式的加、减、乘、除，熟练掌握整式的四则运算，善于将一个整式变换成另一个与它恒等的整式，可以解决许多复杂的代数问题，是进一步学习数学的基础。乘法公式乘法公式是进行整式恒等变形的重要工具，最常用的乘法公式有以下几条：=1\*GB3①(a+b)(a-b)=a2-b2=2\*GB3②(a±b)2=a2±2ab+b2=3\*GB3③(a+b)(a2-ab+b2)=a3+b3=4\*GB3④(a-b)(a2+ab+b2)=a3-b3=5\*GB3⑤(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=6\*GB3⑥(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)=a3+b3+c3-3abc=7\*GB3⑦(a±b)3=a3±3a2b+3ab2±b3整式的整除如果一个整式除以另一个整式的余式为零，就说这个整式能被另一个整式整除，也可说除式能整除被除式。余数定理多项式除以(x-a)所得的余数等于。特别地=0时，多项式能被(x-a)整除例题精讲例1在数1，2，3，…，1998前添符号“+”和“-”并依次运算，所得可能的最小非负数是多少？分析要得最小非负数，必须通过合理的添符号来产生尽可能多的“0”解因1+2+3+…+1998=是一个奇数，又在1，2，3，…，1998前添符号“+”和“-”，并不改变其代数和的奇偶数，故所得最小非负数不会小于1。先考虑四个连续的自然数n、n+1、n+2、n+3之间如何添符号，使其代数和最小。很明显n-(n+1)-(n+2)+(n+3)=0所以我们将1，2，3，…，1998中每相邻四个分成一组，再按上述方法添符号，即(-1+2)+(3-4-5+6)+(7-8-9+10)+…+(1995-1996-1997+1998)=-1+2=1故所求最小的非负数是1。例2计算(2x3-x+6)•(3x2+5x-2)分析计算整式的乘法时，先逐项相乘(注意不重不漏)，再合并同类项，然后将所得的多项式按字母的降幂排列。解法1原式=6x5+10x4-4x3-3x3-5x2+2x+18x2+30x-12=6x5+10x4-7x3+13x2+32x-12评注：对于项数多、次数高的整式乘法，可用分离系数法计算，用分离系数法计算时，多项式要按某一字母降幂排列，如遇缺项，用零补上。解法22+0-1+6)3+5-26+0-3+1810+0-5+30-4+0+2-126+10-7+13+32-12所以，原式=6x5+10x4-7x3+13x2+32x-12例3求(2x6-3x5+4x4-7x3+2x-5)(3x5-x3+2x2+3x-8)展开式中x8的系数解x8的系数=22+(-3)(-1)+(-7)3=-14评注：只要求x8的系数，并不需要把展开式全部展开。例4计算(3x4-5x3+x2+2)(x2+3)分析整式除法可用竖式进行解3x2–5x-8x2+3)3x4-5x3+x2+0x+23x4+9x2-5x3-8x2+0x-5x3-15x-8x2+15x+2-8x2-2415x+26所以，商式为3x2–5x–8，余式为15x+26评注：用竖式进行整式除法要注意：被除式和除式要按同一字母的降幂排列；如被除式和除式中有缺项，要留有空位；余式的次数要低于除式的次数；被除式、除式、商式、余式之间的关系是：被除式=除式商式+余式例5计算(2x5-15x3+10x2-9)(x+3)分析对于除式是一次项系数为1的一次多项式的整式除法可用综合除法进行。用综合除法进行计算，首先要将除式中的常数项改变符号，并用加法计算对应项的系数。解-320-15100-9-618-9-392-631-30∴商式=2x4-6x3+3x2+x-3评注：用综合除法进行整式除法要注意：被除式按x的降幂排列好，依次写出各项的系数，遇到缺项，必须用0补上；把除式x-a的常数项的相反数a写在各项系数的左边，彼此用竖线隔开；下移第一个系数作为第三行的第一个数，用它乘以a，加上第二个系数，得到第三行的第二个数，再把这个数乘以a，加上第三个系数，就得到第三行的第三个数，…，依次进行运算，最后一个数即为余数，把它用竖线隔开，线外就是商式的多项式系数。如果除式是一次式，但一次项系数不是1，则应把它化到1才能用综合除法。例6已知x+y=-3，x3+y3=-18，求x7+y7的值分析：先通过x+y=-3，x3+y3=-18，求出xy，再逐步求出x2+y2、x4+y4，最后求出x7+y7的值解由x3+y3=(x+y)3-3xy(x+y)得-18=(-3)3-3xy(-3)∴xy=1又由x2+y2=(x+y)2-2xy得x2+y2=(-3)2-21=7而x4+y4=(x2+y2)2-2x2y2=72-2=47∴(-18)47=(x3+y3)(x4+y4)=x7+y7+x3y3(x+y)=x7+y7-3从而x7+y7=-843评注：本题充分利用x+y和xy，与x2+y2、x4+y4、x7+y7的关系来解题。例7求证：(x2-xy+y2)3+(x2+xy+y2)3能被2x2+2y2整除分析如果将(x2-xy+y2)3与(x2+xy+y2)3直接展开，太繁，可将两个式子整体处理，分别看作a和b，然后利用乘法公式展开，可将计算简化。解(x2-xy+y2)3+(x2+xy+y2)3=[(x2-xy+y2)+(x2+xy+y2)]3-3(x2-xy+y2)(x2+xy+y2)[(x2-xy+y2)+(x2+xy+y2)]=(2x2+2y2)3-3(x2-xy+y2)(x2+xy+y2)(2x2+2y2)所以原式能被2x2+2y2整除。评注：本题采用的是整体处理思想。例8试求x285-x83+x71+x9-x3+x被x-1除所得的余数。解法1x285-x83+x71+x9-x3+x=(x285-1)–(x83-1)+(x71-1)+(x9-1)–(x3-1)+(x-1)+2因为x285-1、x83-1、x71-1、x9-1、x3-1、x-1均可被x-1整除，所以，原式被x-1除所得的余数是2。解法2由余数定理，余数等于x285-x83+x71+x9-x3+x在x=1时值，即余数=1285-183+171+19-13+1=2评注：本题两种解法中，解法1是通过恒等变形，将原式中能被x-1整除的部分分解出，剩下的就是余数。解法2是通过余数定理来求余数，这是这类问题的通法，要熟练掌握。例9研究8486，9892，…的简便运算，并请你用整式运算形式表示这一简便运算规律。分析：观察8486，9892，…可得：它们的十位数字特点是8=8，9=9；而它们的个位数字和为4+6=10，8+2=10。则可设十位上的数字为a，个位上的数字为b、c，且b+c=10解：根据上面的分析，设十位上的数字为a，个位上的数字为b、c，且b+c=10则(10a+b)(10a+c)=100a2+10a(b+c)+bc=100a2+100a+bc=100a(a+1)+bc评注：以后，凡是遇到上述类型的运算均可用此结果进行简便运算。如7278=10078+28=5600+16=5616例10已知关于x的三次多项式除以x2-1时，余式是2x-5；除以x2-4时，余式是-3x+4，求这个三次多项式。分析：利用被除式=除式商式+余式的关系来解。解：设这个三次多项式为ax3+bx2+cx+d(a≠0)，因为这个三次多项式分别除以x2-1和x2-4，故可设两个商式是：ax+m和ax+n，由题意得：ax3+bx2+cx+d=(x2-1)(ax+m)+2x-5=1\*GB3①ax3+bx2+cx+d=(x2-4)(ax+n)+(-3x+4)=2\*GB3②在=1\*GB3①式中分别取x=1,-1，得a+b+c+d=-3，-a+b-c+d=-7在=2\*GB3②式中分别取x=2,-2，得8a+4b+2c+d=-2，-8a+4b-2c+d=10由上面四式解得：所以这个三次多项式为评注：对于求多项式的系数问题常常使用待定系数法。巩固练习选择题1、若m=10x3-6x2+5x-4，n=2+9x3+4x-2x2，则19x3-8x2+9x-2等于A、m+2nB、m-nC、3m-2nD、m+n2、如果(a+b-x)2的结果中不含有x的一次项，则只要a、b满足()A、a=bB、a=0或b=0C、a=-bD、以上答案都不对3、若m2=m+1，n2=n+1，且mn，则m5+n5的值为()A、5B、7C、9D、114、已知x2-6x+1=0，则的值为()A、32B、33C、34D、355、已知，则(a-b)2+(b-c)2+(a-b)(b-c)的值为()A、1B、2C、3D、46、设=x2+mx+n(m,n均为整数)既是多项式x4+6x2+25的因式，又是多项式3x4+4x2+28x+5的因式，则m和n的值分别是()A、m=2，n=5B、m=-2，n=5C、m=2，n=-5D、m=-2，n=-5填空题7、设a、b、c是非零实数，则8、设(ax3-x+6)(3x2+5x+b)=6x5+10x4-7x3+13x2+32x-12，则a=,b=9、x+2除x4-x3+3x2-10所得的余数是10、若x+y-2是整