勤动脑多思考3

1、（满分16分）永强加工厂接到一批订单，为完成订单任务，需用a米长的材 料440根，b米长的材料480根，可采购到的原料有三种，一根甲种原料可截得a米长的材料4根，b米长的材料6根，b米长的材料2根，成本为50元；一根丙种原料可截得a米长的材料4根，成本为40元，问怎样采购，可使材料成本最低？

解 设甲种取x根，乙种取y根，丙种取z根，则已知为x、y、z满足

2、（满分16分）中国青年报2002年9月19日报道：据北京市交通管理局的最新统计，目前北京机动车总量已突破180万辆，每100个家庭拥有超过10辆汽车，城市汽车拥有量已跃居全国首位。……，到2008年左右，北京机动车保有量将达到300万辆。

（1）请你按以上信息，计算北京今后6年的机动车平均年增长率；

（2）给出一个适合北京远景规划的汽车新牌号设计原则和设计方案，设计

原则中应考虑城区普通车、农用车、警用车、外籍车等不同车种的区分。

解 （1）设平均年增长率为x，则据已知信息，有

3、（满分16分）体育彩票的抽奖是从写在36个球上的36个号码随机摇出7个。有人统计了过去中特等奖的号码，声称某一号码在历次特等奖中出现的次数最多，它是一个幸运号码，人们应该买这一号码，也有人说，若一个号码在历次特等奖中出现的次数最少，由于每个号码出现的机会相等，应该买这一号码，你认为他们的说法对吗？

解 体育彩票应本36个号码的36个球大小、重量等应该是一致的，严格说，为了保证公平，每次用的36个球，应该只允许用一次，除非能保证用过一次后，球没有磨损、变形，和没有用过的球一样。

因此，当你把这36个球看成每次抽奖中只用了一次时，不难看出，以前抽奖的结果对今后抽奖的结果没有任何影响，上述两种说法都是错的。 …………16分

根据上面的分析，这六个情况中每一个的三次切割的切割面积（只记两个平行面中的一个）分别是

比较这六种情况的费用可知，第一种切割方式，即先纵切，再横切，最后平切的切割方式费用最低。 ………………16分

解法2 首先考虑垂直和水平切割费用相同的情况，即a＝b时，六种情况的费用为

由这些结论可以看出，当各方向切割的费用相同时，切割策略的制定只需要选择切割量大的方向首先切割就可以了，我们不妨称之为大切割量原理。……10分

5、（满分18分）北京时间2002年9月27日14点，国航CA981航班从首都国际机场准时起飞，当地时间9月27日15点30分，该航班正点平稳降落在纽约肯尼迪机场；北京时间10月1日19点14分，CA982航班在经过13个小时的飞行后，准点降落在北京首都国际机场，至此国航北京--纽约直飞首航成功完成。这是中国承运人第一次经极地经营北京--纽约直飞航线。从北京至纽约原来的航线飞经上海（北纬31 ，东经122 ）东京（北纬36 ，东经140 ）和旧金山（北纬37 ，西经123 ）等处，如果飞机飞行的高度为10千米，并假设地球是半径为6371千米的球体，试分析计算新航线的空中航程较原航线缩短了多少。

解 在地球上，两地间飞行的最短距离是这两地所在大圆（其半径为地球的半径与飞行高度之和）的两地间劣弧长。

本题应计算以北京、纽约为端点的大圆劣弧长，再计算北京到上海、上海到东京、东京到旧金山、旧金山到纽约各段大圆劣弧长度和，然后求它们的差。

6、（满分18分）中国国家邮政局2002年1月28日宣布，从2月1日起，使用多年的民居、长城等普通邮票将停止出售，新发行普通邮票两套。每套普票面值均暂定为十种：5分、10分、30分、60分、80分、1元、1.5元、2元、4.2元、5.4元。

下表是目前国内邮件资费情况，单位：元。

根据以上信息，假如在信封上最多可以贴四张邮票，试回答下面问题：

（1）请你在0.6元、0.8元两种面值基础上再从新发行的邮票中选出两种面值，形成一套四面值且能满足重量不超过500克的所有国内信函（含明信片）付费需要的邮票；

（2）请你设计九套均为四种面值的邮票，要去含0.6元、0.8元两种面值，另两种面值的邮票随意确定，但要满足重量不超过500克的所有国内信函（含明信片）付费需要；

（3）在实际中，有很多指标可以用来衡量一套邮票的合理新。请你试列举出两个指标，并分别用它们衡量你在前两问中所设计出的十套邮票，找出其中你认为最合理的一套邮票。

解 （1）另两种面值选2元，5.4元． …………6分

（2）符合题目要求的答案至少有一下20套：（单位：元）

…………12分

3、参考指标一：一套邮票的数量．对任何一种可能出现的邮资，均有若干张邮票面值和与之相等，一套邮票的数量越少越合理。

参考指标二：每种邮票的面值大小，尽可能小便于组合使用，便于销售。

每种面值的邮票被使用的频率相近程度，这些邮票被使用的频率越相近，邮票面值组合越为合理。

提出两种可行的指标即可，通过验算，指出自己设计的十套邮票中最合理的一组。

…………18分

竞赛专题讲座19

－类比、归纳、猜想

数学解题与数学发现一样，通常都是在通过类比、归纳等探测性方法进行探测的基础上，获得对有关问题的结论或解决方法的猜想，然后再设法证明或否定猜想，进而达到解决问题的目的．类比、归纳是获得猜想的两个重要的方法．

所谓类比，就是由两个对象的某些相同或相似的性质，推断它们在其他性质上也有可能相同或相似的一种推理形式。类比是一种主观的不充分的似真推理，因此，要确认其猜想的正确性，还须经过严格的逻辑论证． 运用类比法解决问题，其基本过程可用框图表示如下：

可见，运用类比法的关键是寻找一个合适的类比对象．按寻找类比对象的角度不同，类比法常分为以下三个类型． （1）降维类比

将三维空间的对象降到二维（或一维）空间中的对象，此种类比方法即为降维类比． 【例1】如图，过四面体V-ABC的底面上任一点O分别作OA1∥VA，OB1∥VB，OC1∥VC，A1，B1，C1分别是所作直线与侧面交点．

求证：++为定值．

分析 考虑平面上的类似命题：“过△ABC（底）边 AB上任一点O分别作OA1∥AC，OB1∥BC，分别交BC、AC于

A1、B1，求证+为定值”．这一命题利用相似

三角形性质很容易推出其为定值1．另外，过A、O分别作BC垂线，过B、O分别作

AC垂线，则用面积法也不难证明定值为1．于是类比到空间围形，也可用两种方法 证明其定值为1．

证明：如图，设平面OA1 VA∩BC＝M，平面OB1 VB∩AC＝N，平面OC1 VC∩AB=L，则

有△MOA1∽△MAV，△NOB1∽△NBV，△LOC1 ∽△ LCV．得

++=++。

在底面△ABC中，由于AM、BN、CL交于一点O，用面积法易证得：

++=1。

∴++=1。

【例2】以棱长为1的正四面体的各棱为直径作球，S是所作六个球的交集．证明S

中没有一对点的距离大于．

【分析】考虑平面上的类比命题：“边长为1的正三角形，以各边为直径作圆，S‘是所作三个圆的交集”，通过探索S’的类似性质，以寻求本题的论证思路．如图，

易知S‘包含于以正三角形重心为圆心，以为半径的圆内．因此S’内任意两点

的距离不大于．以此方法即可获得解本题的思路．

证明：如图，正四面体 ABCD中，M、N分别为BC、AD的中点，G为△BCD的中心，

MN∩AG＝O．显然O是正四面体ABCD的中心．易知OG=·AG=，并且可以推

得以O为球心、OG为半径的球内任意两点间的距离不大于证明如下．

，其球O必包含S．现

根据对称性，不妨考察空间区域四面体OMCG．设P为四面体OMCG内任一点，且P不在球O内，现证P亦不在S内．

若球O交OC于T点。△TON中，ON=由余弦定理：

，OT=，cos∠TON=cos(π-∠TOM)=-。

TN=ON+OT+2ON·OT·

222

=，∴TN=。

又在 Rt△AGD中，N是AD的中点，∴GN=。由GN= NT＝， OG＝OT， ON=ON，

得 △GON≌△TON。∴∠TON＝∠GON，且均为钝角．

于是显然在△GOC内，不属于球O的任何点P，均有∠PON>∠TON，即有PN>TN=P点在 N为球心，AD为直径的球外，P点不属于区域S．

，

由此可见，球O包含六个球的交集S，即S中不存在两点，使其距离大于（2）结构类比

．

某些待解决的问题没有现成的类比物，但可通过观察，凭借结构上的相似性等寻找类比问题，然后可通过适当的代换，将原问题转化为类比问题来解决．

【例3】任给7个实数xk（k=1，2，?，7）．证明其中有两个数xi，xj，满足不等

式0≤≤·

【分析】若任给7个实数中有某两个相等，结论显然成立．若7个实数互不相等，

则难以下手．但仔细观察可发现：与两角差的正切公式在结构上极为相似，

故可选后者为类比物，并通过适当的代换将其转化为类比问题．作代换：xk=tgα

k

（k ＝l，2，?，7），证明必存在αi，αj，满足不等式0≤tg(αi-αj)≤·

证明：令xk=tgαk（k ＝l，2，?，7），αk∈（-，），则原命题转化为：证

明存在两个实数αi，αj∈（-，），满足0≤tg(αi-αj)≤·

由抽屉原则知，αk中必有 4个在[0，）中或在（-，0）中，不妨设有4个在

[0，）中．注意到tg0＝0，tg=，而在[0，）内，tgx是增函数，故只需

证明存在αi，αj，使0<αi-αj <即可。为此将[0，）分成三个小区间：[0，

]、（，]、（，）。又由抽屉原则知，4个αk中至少有2个比如αi，

αj同属于某一区间，不妨设αi>αj，则0≤αi-αj ≤，故

0≤tg(αi-αj)≤（3）简化类比

·这样，与相应的xi=tgαi、xj=tgαj，便有0≤≤·

简化类比，就是将原命题类比到比原命题简单的类比命题，通过类比命题解决思

路和方法的启发，寻求原命题的解决思路与方法．比如可先将多元问题类比为少元问题，高次问题类比到低次问题，普遍问题类比为特殊问题等． 【例4】已知xi≥0（i＝1，2，?，n），且xl+x2+?+xn=1。

求证：1≤++?+≤．

【分析】我们可先把它类比为一简单的类比题：“已知xl≥0，x2≥0，且xl+x2 =1，求证1≤

+

≤

”．本类比题的证明思路为：∵2

≤xl+x2＝l，

∴0≤2+

≤

≤1，则1≤xl+x2+2≤2，即1≤(+)≤2，∴1≤

2

．这一证明过程中用到了基本不等式和配方法．这正是要寻找的证明原

命题的思路和方法．

证明：由基本不等式有0≤2≤xi+xj，则

0≤2≤(n-1)( xl+x2+?+xn)=n-1

∴1≤xl+x2+?+xn +2≤n，即1≤(++?+)≤n

2

∴1≤++?+≤．

所谓归纳，是指通过对特例的分析来引出普遍结论的一种推理形式．它由推理的前提和结论两部分构成：前提是若干已知的个别事实，是个别或特殊的判断、陈述，结论是从前提中通过推理而获得的猜想，是普遍性的陈述、判断．其思维模式是：设Mi（i＝1，2，?，n）是要研究对象M的特例或子集，若Mi（i＝1，2，?，n）具有性质P，则由此猜想M也可能具有性质P．

如果＝M，这时的归纳法称为完全归纳法．由于它穷尽了被研究对象的一切特

例，因而结论是正确可靠的．完全归纳法可以作为论证的方法，它又称为枚举归纳法．

如果是M的真子集，这时的归纳法称为不完全归纳法．由于不完全归纳法

没有穷尽全部被研究的对象，得出的结论只能算猜想，结论的正确与否有待进一步证明或举反例．

本节主要介绍如何运用不完全归纳法获得猜想，对于完全归纳法，将在以后结合有关内容（如分类法）进行讲解．

【例5】证明：任何面积等于1的凸四边形的周长及两条对角线的长度之和不小于4十

．

【分析】四边形的周长和对角线的长度和混在一起令人棘手，我们可以从特例考察起：先考虑面积为1的正方形，其周长恰为4，对角钱之和为2

即

．其次考

察面积为1的菱形，若两对角线长记为l1、l2，那么菱形面积S=l1·l2，知

l1+ l2≥2=2=，菱形周长： l＝4≥2=4。

由此，可以猜想：对一般的凸四边形也可将其周长和对角线长度和分开考虑． 【证明】设ABCD为任意一个面积为1的凸四边形，其有关线段及角标如图．则

SABCD= (eg+gf+fh+he)sinα

≤ (e+f)(g+h)≤，

∴e+f+g+h≥2，即对角线长度之和不小于．

∴a＋b＋c＋d≥4，即周长不小于4． 综上所述，结论得证，

【例 6】在一直线上从左到右依次排列着 1988个点P1，P2，?，P1988，且Pk是线段Pk-1Pk+1的k等分点中最靠近Pk+1的那个点（2≤k≤1988），P1P2=1， P1987 P1988=l．求证：2l<3

-1984

。

【分析】本题初看复杂，难以入手．不妨先从特殊值出发，通过特殊值的计算，以便分析、归纳出一般性的规律．

当k=1时，P1P2=1（已知）；当k= 2时， P2是P1P3的中点，故P2P3= P1P2= 1；当k=3

时， P3是P2P4的三等分点中最靠近的那个分点，即P3P4= P2P4= ( P2P3+ P3P4) =

P2P3+ P3P4，故P3P4= P2P3=①

由此可推得4 P5=×②，P5P6=××③

由①、②、③，可归纳以下猜想：

PkPk+1=【证明】

Pk-1Pk。

于是有：

令k=1987，则有

故2l<3

-1984

。

竞赛讲座21

-容斥原理

在一些计数问题中，经常遇到有关集合元素个数的计算。我们用|A|表示有限集合A的元素个数(新教材中用CardA表示有限集合A的元素个数)。

原理一：给定两个集合A和B，要计算A∪B中元素的个数，可以分成两步进行：

第一步：先求出∣A∣+∣B∣（或者说把A，B的一切元素都“包含”进来，加在一起）； 第二步：减去∣A∩B∣（即“排除”加了两次的元素）

总结为公式：|A∪B|=∣A∣+∣B∣-∣A∩B∣。

原理二：给定三个集合A，B，C。要计算A∪B∪C中元素的个数，可以分三步进行：

第一步 求|A|+|B|+|C|；

第二步 减去|A∩B|，|A∩C|，|B∩C|； 第三步 加上|A∩B∩C|。

例1 求不超过20的正整数中是2的倍数或3的倍数的数共有多少个。

例2 某班统计考试成绩，数学得90分上的有25人；语文得90分以上的有21人；

两科中至少有一科在90以上的有38人。问两科都在90分以上的有多少人？

例3 某校组织棋类比赛，分成围棋、中国象棋和国际象棋三个组进行。参加围棋比

赛的共有42人，参加中国象棋比赛的共有51人，参加国际象棋比赛的共有30人。同时参加了围棋和中国象棋比赛的共有13人，同时参加了围棋和国际象棋比赛的7人，同时参加了中国象棋和国际象棋比赛的11人，其中三种棋赛都参加的3人。问参加棋类比赛的共有多少人？

例4 边长分别为6，5，2的三个正方形，如图8—5所示放在桌面上。问它们盖住

的面积是多大？

例5 求1到200的自然数中不能被2、3、5中任何一个数整除的数有多少？

竞赛讲座18

-数学归纳法

基础知识

数学归纳法是用于证明与正整数n有关的数学命题的正确性的一种严格的推理方法．在数学竞赛中占有很重要的地位．

1．数学归纳法的基本形式 （1）第一数学归纳法

设P(n)是一个与正整数有关的命题，如果 ①当n?n0（n0?N）时，P(n)成立；

②假设n?k(k?n0,k?N)成立，由此推得n?k?1时，P(n)也成立，那么，根据①②对一切正整数n?n0时，P(n)成立．

（2）第二数学归纳法

设P(n)是一个与正整数有关的命题，如果 ①当n?n0（n0?N）时，P(n)成立；

②假设n?k(k?n0,k?N)成立，由此推得n?k?1时，P(n)也成立，那么，根据①②对一切正整数n?n0时，P(n)成立．

2．数学归纳法的其他形式 （1）跳跃数学归纳法

①当n?1,2,3,?,l时，P(1),P(2),P(3),?,P(l)成立，

②假设n?k时P(k)成立，由此推得n?k?l时，P(n)也成立，那么，根据①②对一

切正整数n?1时，P(n)成立．

（2）反向数学归纳法

设P(n)是一个与正整数有关的命题，如果 ①P(n)对无限多个正整数n成立；

②假设n?k时，命题P(k)成立，则当n?k?1时命题P(k?1)也成立，那么根据①②对一切正整数n?1时，P(n)成立．

3．应用数学归纳法的技巧

（1）起点前移：有些命题对一切大于等于1的正整数正整数n都成立，但命题本身对n?0也成立，而且验证起来比验证n?1时容易，因此用验证n?0成立代替验证n?1，同理，其他起点也可以前移，只要前移的起点成立且容易验证就可以．因而为了便于起步，有意前移起点．

（2）起点增多：有些命题在由n?k向n?k?1跨进时，需要经其他特殊情形作为基础，此时往往需要补充验证某些特殊情形，因此需要适当增多起点．

（3）加大跨度：有些命题为了减少归纳中的困难，适当可以改变跨度，但注意起点也应相应增多．

（4）选择合适的假设方式：归纳假设为一定要拘泥于“假设n?k时命题成立”不可，需要根据题意采取第一、第二、跳跃、反向数学归纳法中的某一形式，灵活选择使用．

（5）变换命题：有些命题在用数学归纳证明时，需要引进一个辅助命题帮助证明，或者需要改变命题即将命题一般化或加强命题才能满足归纳的需要，才能顺利进行证明．

5．归纳、猜想和证明

在数学中经常通过特例或根据一部分对象得出的结论可能是正确的，也可能是错误的，这种不严格的推理方法称为不完全归纳法．不完全归纳法得出的结论，只能是一种猜想，其正确与否，必须进一步检验或证明，经常采用数学归纳法证明．不完全归纳法是发现规律、解决问题极好的方法．

例题分析

例1．用数学归纳法证明：

111(1?1)(1?)(1?)?(1?)?33n?1（n?N*,n?1）

473n?2*333例2．已知对任意n?N，n?1，an?0且a1?a2???an?(a1?a2???an)2，

求证：an?n．

例3．如果正整数n不是6的倍数，则1986?1不是7的倍数． 例4．设a1,a2,?,an都是正数，证明

na1?a2???ann?a1a2?an．

n例5．已知函数f(x)的定义域为[a,b]，对于区间[a,b]内的任意两数c,d均有

f(c?d1)?[f(c)?f(d)]．求证：对于任意x1,x2,?,xn?[a,b]，均有 22f(x1?x2???xn1)?[f(x1)?f(x2)???f(xn)]．

nn例6试证：对一切大于等于1的自然数n都有

1?cos??cos2????cosn??2sin2n?1?2． ?2sin2n2例7试证：对一切自然数n（n?1）都有2?2?n． 例8．证明：任一正方形可以剖分成任意个数多于5个的正方形． 例9．设0?a?1，a1?1?a，an?1?1?a，求证：对一切n?N均有an?1 an例10．已知a1?a2?1，an?2例11．设f(n)?1?2n?1an?1?(?1)，求证：对一切n?N，an都是整数． ?an111????，是否存在关于正整数n的函数g(n)使等式23nf(1)?f(2)???f(n?1)?g(n)[f(n)?1]对于n?2的一切自然数都成立？并证明你

的结论．

例

12．设整数数列{an}满足a1?1，a2?12，a3?20，且

an?3?2an?2?2an?1?an．证明：任意正整数n，1?4anan?1是一个整数的平方．

例

13

．

设

x1,x2,?,xn为正数（

n?2），证明：

222xnxnx12x2?1?2???2?2?n?1． 2x1?x2x3x2?x3x4xn?1?xnx1xn?x1x2例14．已知a1?1，an?1?an?1*（，求证：a9000?30． n?N,n?1）2an2an1例15．整数列{an}（n?N,n?1）满足a1?2,a2?7，且有??an?1?求?2．

2an?1*证：n?2时，an是奇数．

竞赛讲座02

－整数的整除性

1． 整数的整除性的有关概念、性质

（1） 整除的定义：对于两个整数a、d（d≠0），若存在一个整数p，使得

成立，则称d整除a，或a被d整除，记作d|a。

若d不能整除a，则记作d a，如2|6，4 6。 （2） 性质

1） 若b|a，则b|(-a)，且对任意的非零整数m有bm|am 2） 若a|b，b|a，则|a|=|b|; 3） 若b|a，c|b，则c|a

4） 若b|ac，而（a，b）=1（（a，b）=1表示a、b互质，则b|c； 5） 若b|ac，而b为质数，则b|a，或b|c；

6） 若c|a，c|b，则c|（ma+nb），其中m、n为任意整数（这一性质还可以推广到更多项的和）

例1 （1987年北京初二数学竞赛题）x，y，z均为整数，若11｜（7x+2y-5z），求证：11｜（3x-7y+12z）。

证明∵4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z) 而 11｜11(3x-2y+3z), 且 11｜(7x+2y-5z), ∴ 11｜4(3x-7y+12z) 又 (11,4)=1

∴ 11｜(3x-7y+12z). 2.整除性问题的证明方法

(1) 利用数的整除性特征（见第二讲）

例2（1980年加拿大竞赛题）设72｜的值。

解72=8×9，且（8，9）=1，所以只需讨论8、9都整除的值。

若8｜，则8｜，由除法可得ｂ＝２。

若9｜，则9｜（a+6+7+9+2），得a=3。

（2）利用连续整数之积的性质

① 任意两个连续整数之积必定是一个奇数与一个偶数之一积，因此一定可被2整除。

② 任意三个连续整数之中至少有一个偶数且至少有一个是3的倍数，所以它们之积一定可以被2整除，也可被3整除，所以也可以被2×3=6整除。 这个性质可以推广到任意个整数连续之积。

例3（1956年北京竞赛题）证明：3除时余2。

对任何整数n都为整数，且用

证明

∵为连续二整数的积,必可被2整除.

∴对任何整数n均为整数,

∵为整数,即原式为整数.

又∵

，

2n、2n+1、2n+2为三个连续整数，其积必是3的倍数，而2与3互质，

∴是能被3整除的整数.

故被3除时余2.

例4 一整数a若不能被2和3整除，则a2

+23必能被24整除. 证明 ∵a2

+23=（a2

-1）+24，只需证a2

-1可以被24整除即可. ∵2 .∴a为奇数.设a=2k+1(k为整数), 则a2

-1=(2k+1)2

-1=4k2

+4k=4k(k+1).

∵k、k+1为二个连续整数，故k（k+1）必能被2整除， ∴8|4k（k+1），即8|（a2

-1）.

又∵（a-1），a，（a+1）为三个连续整数，其积必被3整除，即3|a（a-1）=a（a2

-1），

∵3 a，∴3|（a2

-1）.3与8互质, ∴24|(a2

-1),即a2

+23能被24整除. (3)利用整数的奇偶性

下面我们应用第三讲介绍的整数奇偶性的有关知识来解几个整数问题. 例5 求证:不存在这样的整数a、b、c、d使：

a·b·c·d-a= ①

a·b·c·d-b= ②

a·b·c·d-c= ③

a·b·c·d-d= ④

a+1）

（证明 由①，a（bcd-1）=.

∵右端是奇数，∴左端a为奇数，bcd-1为奇数.

同理,由②、③、④知b、c、d必为奇数，那么bcd为奇数，bcd-1必为偶数，则a（bcd-1）必为偶数，与①式右端为奇数矛盾.所以命题得证.

例6 (1985年合肥初中数学竞赛题)设有n个实数x1,x2,?，xn，其中每一个不是+1就是-1， 且

试证n是4的倍数.

证明 设 (i=1,2,?，n-1)，

则yi不是+1就是-1，但y1+y2+?+yn=0，故其中+1与-1的个数相同，设为k，于是

k

n=2k.又y1y2y3?yn=1，即（-1）=1，故k为偶数， ∴n是4的倍数. 其他方法：

整数a整除整数b，即b含有因子a.这样,要证明a整除b,采用各种公式和变形手段从b中分解出因子a就成了一条极自然的思路.

例7 (美国第4届数学邀请赛题)使n+100能被n+10整除的正整数n的最大值是多少?

解n+100=(n+10)(n-10n+100)-900.

若n+100能被n+10整除,则900也能被n+10整除.而且,当n+10的值为最大时,相应地n的值为最大.因为900的最大因子是900.所以,n+10=900,n=890.

3

2

3

例8 (上海1989年高二数学竞赛)设a、b、c为满足不等式1＜a＜b＜c的整数，且（ab-1）（bc-1）（ca-1）能被abc整除，求所有可能数组（a，b，c）. 解 ∵（ab-1）（bc-1）（ca-1） =abc-abc（a+b+c）+ab+ac+bc-1，① ∵abc|（ab-1）（bc-1）（ca-1）. ∴存在正整数k,使 ab+ac+bc-1=kabc, ②

222

k=∴k=1.

＜＜＜＜

若a≥3，此时

1=-＜矛盾.

已知a＞1. ∴只有a=2.

当a=2时，代入②中得2b+2c-1=bc，

即 1=＜

∴0＜b＜4，知b=3，从而易得c=5.

说明：在此例中通过对因数k的范围讨论，从而逐步确定a、b、c是一项重要解题技巧.

例9 （1987年全国初中联赛题）已知存在整数n，能使数整除.求证数

被1987

，

都能被1987整除.

证明∵（10+同样，

3n

×

），且

××

能被1987整除，∴p能被1987整除.

q=（）

且

∴

故、10

2（n+1）

、被除，余数分

别为1000，100，10，于是q表示式中括号内的数被除，余数为1987，它可被1987整除，所以括号内的数能被1987整除，即q能被1987整除.

竞赛讲座01

－奇数和偶数

整数中，能被2整除的数是偶数，反之是奇数，偶数可用2k表示 ，奇数可用2k+1表示，这里k是整数.

关于奇数和偶数，有下面的性质：

（1）奇数不会同时是偶数；两个连续整数中必是一个奇数一个偶数；

（2）奇数个奇数和是奇数；偶数个奇数的和是偶数；任意多个偶数的和是偶数； （3）两个奇（偶）数的差是偶数；一个偶数与一个奇数的差是奇数；

（4）若a、b为整数，则a+b与a-b有相同的奇数偶；

（5）n个奇数的乘积是奇数，n个偶数的乘积是2的倍数；顺式中有一个是偶数，则乘积是偶数.

以上性质简单明了，解题时如果能巧妙应用，常常可以出奇制胜. 1.代数式中的奇偶问题

例1（第2届“华罗庚金杯”决赛题）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？ □+□=□， □-□=□， □×□＝□ □÷□＝□.

解 因为加法和减法算式中至少各有一个偶数，乘法和除法算式中至少各有二个偶数，故这12个整数中至少有六个偶数.

例2 （第1届“祖冲之杯”数学邀请赛）已知n是偶数，m是奇数，方程组

n

是整数，那么

（A）p、q都是偶数. （B）p、q都是奇数. （C）p是偶数，q是奇数 （D）p是奇数，q是偶数

分析 由于1988y是偶数，由第一方程知p=x=n+1988y，所以p是偶数，将其代入第二方程中，于是11x也为偶数，从而27y=m-11x为奇数，所以是y=q奇数，应选（C）

例3 在1，2，3?，1992前面任意添上一个正号和负号，它们的代数和是奇数还是偶数.

分析 因为两个整数之和与这两个整数之差的奇偶性相同，所以在题设数字前面都

添上正号和负号不改变其奇偶性，而1+2+3+?+1992=偶数 于是题设的代数和应为偶数.

=996×1993为

2.与整除有关的问题

例4（首届“华罗庚金杯”决赛题）70个数排成一行，除了两头的两个数以外，每个数的3倍都恰好等于它两边两个数的和，这一行最左边的几个数是这样的：0，1，3，8，21，?.问最右边的一个数被6除余几？ 解 设70个数依次为a1,a2,a3据题意有 a1=0, 偶 a2=1 奇 a3=3a2-a1, 奇 a4=3a3-a2, 偶 a5=3a4-a3, 奇 a6=3a5-a4, 奇 ??????

由此可知：

当n被3除余1时，an是偶数；

当n被3除余0时，或余2时，an是奇数，显然a70是3k+1型偶数，所以k必须是奇数，令k=2n+1，则 a70=3k+1=3(2n+1)+1=6n+4.

解 设十位数，五个奇数位数字之和为a，五个偶数位之和为

b(10≤a≤35,10≤b≤35)，则a+b=45，又十位数能被11整除，则a-b应为0，11，22（为什么？）.由于a+b与a-b有相同的奇偶性，因此a-b=11即a=28，b=17. 要排最大的十位数，妨先排出前四位数9876，由于偶数位五个数字之和是17，现在8+6=14，偶数位其它三个数字之和只能是17-14=3，这三个数字只能是2，1，0. 故所求的十位数是9876524130.

例6（1990年日本高考数学试题）设a、b是自然数，且有关系式 123456789=（11111+a）（11111-b）， ① 证明a-b是4的倍数. 证明 由①式可知

11111（a-b）=ab+4×617 ② ∵a＞0,b＞0,∴a-b＞0

首先，易知a-b是偶数，否则11111(a-b)是奇数，从而知ab是奇数，进而知a、b都是奇数，可知(11111+a)及(11111-b)都为偶数，这与式①矛盾

其次，从a-b是偶数，根据②可知ab是偶数，进而易知a、b皆为偶数，从而ab+4×617是4的倍数，由②知a-b是4的倍数. 3.图表中奇与偶

例7（第10届全俄中学生数学竞赛试题）在3×3的正方格（a）和（b）中，每格填“+”或“-”的符号，然后每次将表中任一行或一列的各格全部变化试问重复若干次这样的“变号”程序后，能否从一张表变化为另一张表.

解 按题设程序，这是不可能做到的，考察下面填法：

在黑板所示的2×2的正方形表格中，按题设程序“变号”，“+”号或者不变，或者变成两个.

表(a)中小正方形有四个“+”号，实施变号步骤后，“+”的个数仍是偶数；但表(b)中小正方形“+”号的个数仍是奇数，故它不能从一个变化到另一个. 显然，小正方形互变无法实现，3×3的大正方形的互变，更无法实现.

例8（第36届美国中学生数学竞赛试题）将奇正数1，3，5，7?排成五列，按右表的格式排下去，1985所在的那列，从左数起是第几列？（此处无表）

解 由表格可知，每行有四个正奇数，而1985=4×496+1，因此1985是第497行的第一个数，又奇数行的第一个数位于第二列，偶数行的第一个数位于第四列，所以从左数起，1985在第二列.

例9 如图3-1，设线段AB的两个端点中，一个是红点，一个是绿点，在线段中插入n个分点，把AB分成n+1个不重叠的小线段，如果这些小线段的两个端点一个为红点而另一个为绿点的话，则称它为标准线段. 证明 不论分点如何选取，标准线段的条路总是奇数.

分析 n个分点的位置无关紧要，感兴趣的只是红点还是绿点，现用A、B分别表示红、绿点；

不难看出：分点每改变一次字母就得到一条标准线段，并且从A点开始，每连续改变两次又回到A，现在最后一个字母是B，故共改变了奇数次，所以标准线段的条数必为奇数.

4.有趣的应用题

例 10（第2届“从小爱数学”赛题）图3-2是某一个浅湖泊的平面图，图中所有曲线都是湖岸.

（1）如果P点在岸上，那么A点在岸上还是在水中？

（2）某人过这湖泊，他下水时脱鞋，上岸时穿鞋.如果有一点B，他脱鞋垢次数与穿鞋的次数和是个奇数，那么B点是在岸上还是在水中？说明理由.

解 （1）连结AP，显然与曲线的交点数是个奇数，因而A点必在水中.

（2）从水中经过一次陆地到水中，脱鞋与穿鞋的次数和为2，由于 A点在水中，氢不管怎样走，走在水中时，脱鞋、穿鞋的次数的和总是偶数，可见B点必在岸上. 例11 书店有单价为10分，15分，25分，40分的四种贺年片，小华花了几张一元钱，正好买了30张，其中某两种各5张，另两种各10张，问小华买贺年片花去多少钱？

分析 设买的贺年片分别为a、b、c、d（张），用去k张1元的人民币，依题意有

10a+15b+25c+40d=100k,(k为正整数) 即 2a+3b+5c+8d=20k 显然b、c有相同的奇偶性.

若同为偶数，b-c=10 和a=b=5，不是整数；

若同为奇数，b=c=5和a=d=10,k=7.

例12 一个矩形展览厅被纵横垂直相交的墙壁隔成若干行、若干列的小矩形展览室，每相邻两室间都有若干方形门或圆形门相通，仅在进出展览厅的出入口处有若干门与厅外相通，试证明：任何一个参观者选择任何路线任意参观若干个展览室（可重复）之后回到厅外，他经过的方形门的次数与圆形门的次数（重复经过的重复计算）之差总是偶数.

证明 给出入口处展览室记“+”号，凡与“+”相邻的展览室记“-”号，凡与“-”号相邻的展览室都记“+”号，如此则相邻两室的“+”、“-”号都不同.

一参观者从出入口处的“+”号室进入厅内，走过若干个展览室又回到入口处的

“+”号室，他的路线是+-+-?+-+-，即从“+”号室起到“+”号室止，中间“-”、“+”号室为n+1（重复经过的重复计算），即共走了2n+1室，于是参观者从厅外进去参观后又回到厅外共走过了2n+2个门（包括进出出入口门各1次）.设其经过的方形门的次数是r次，经过圆形门的次数是s，则s+r=2n+2为偶数，故r-s也为偶数，所以命题结论成立.

例13 有一无穷小数A=0.a1a2a3?anan+1an+2?其中ai(i=1,2)是数字，并且a1是奇数，a2是偶数，a3等于a1+a2的个位数?，an+2是an+an+1(n=1,2?,)的个位数，证明A是有理数.

证明 为证明A是有理数，只要证明A是循环小数即可，由题意知无穷小数A的每一个数字是由这个数字的前面的两位数字决定的，若某两个数字ab重复出现了，即0.?ab?ab?此小数就开始循环.

而无穷小数A的各位数字有如下的奇偶性规律： A=0.奇偶奇奇偶奇奇偶奇?? 又a是奇数可取1，3，5，7，9； b是偶数可取0，2，4，6，8.

所以非负有序实数对一共只有25个是不相同的，在构成A的前25个奇偶数组中，至少出现两组是完全相同的，这就证得A是一循环小数，即A是有理数.

练 习 1.填空题

（1）有四个互不相等的自然数，最大数与最小数的差等于4，最大数与最小数的积是一个奇数，而这四个数的和是最小的两位奇数，那么这四个数的乘积是______.

（2）有五个连续偶数，已知第三个数比第一个数与第五个数和的偶数之和是____.

（3）能否把1993部电话中的每一部与其它5部电话相连结？ 答____. 2.选择题

（1）设a、b都是整数，下列命题正确的个数是（ ） ①若a+5b是偶数，则a-3b是偶数； ②若a+5b是偶数，则a-3b是奇数； ③若a+5b是奇数，则a-3b是奇数； ④若a+5b是奇数，则a-3b是偶数.

（A）1 （B）2 （C）3 （D）4

多18，这五个

（2）若n是大于1的整数，则

（A）一定是偶数 （B）必然是非零偶数

的值（ ）.

（C）是偶数但不是2 （D）可以是偶数，也可以是奇数

（3）已知关于x的二次三项式ax+bx+c（a、b、c为整数），如果当x=0与x=1时，二次三项式的值都是奇数，那么a（ ）

（A）不能确定奇数还是偶数 （B）必然是非零偶数 （C）必然是奇数 （D）必然是零 3.（1986年宿州竞赛题）试证明1

19862

+9

1986

+8

1986

+6

1986

是一个偶数.

4.请用0到9十个不同的数字组成一个能被11整除的最小十位数. 5.有n 个整数，共积为n，和为零，求证：数n能被4整除

6.在一个凸n边形内，任意给出有限个点，在这些点之间以及这些点与凸n边形顶点之间，用线段连续起来，要使这些线段互不相交，而且把原凸n边形分为只朋角形的小块，试证这种小三我有形的个数与n有相同的奇偶性.

7.（1983年福建竞赛题）一个四位数是奇数，它的首位数字泪地其余各位数字，而第二位数字大于其它各位数字，第三位数字等于首末两位数字的和的两倍，求这四位数.

8.（1909年匈牙利竞赛题）试证：3+1能被2或2整除，而不能被2的更高次幂整除.

9.（全俄15届中学生数学竞赛题）在1，2，3?，1989之间填上“+”或“-”号，求和式可以得到最小的非负数是多少？

练习参考答案

１．（１）３０．（最小两位奇数是１１，最大数与最小数同为奇数）

（２）１８０．设第一个偶数为ｘ，则后面四个衣次为ｘ＋２，ｘ＋４，ｘ＋６，ｘ＋８． （３）不能． ２．Ｂ．Ｂ．Ａ

n

2

３．１是奇数１，９故最后为偶数．

１９８６１９８６

的个位数字是奇数１，而８

１９８６

，６

１９８６

都是偶数，

４．仿例５ １２０３４６５８７９．

５．设ａ１，ａ２，?，ａｎ满足题设即ａ１＋ａ２＋?＋ａｎ＝０ ①

ａ１·ａ２??ａｎ＝ｎ ②。假如ｎ为奇数，由②，所有ａｉ皆为奇数，但奇数个奇数之和为奇数，故这时①不成立，可见ｎ只能为偶数．由于ｎ为偶数，由②知ａｉ中必有一个偶数，由①知ａｉ中必有另一个偶数．于是ａｉ中必有两个偶数，因而由②知ｎ必能被４整除．

６．设小三角形的个数为ｋ，则ｋ个小三角形共有３ｋ条边，减去ｎ边形的ｎ条边

及重复计算的边数扣共有（３ｋ＋ｎ）条线段，显然只有当ｋ与ｎ有相同的奇偶

性时，（３ｋ－ｎ）才是整数．

７．设这个四位数是由于１≤ａ＜ｄ，ｄ是奇数所以ｄ≥３于是ｃ＝２（ａ＋

ｄ）≥８，即ｃ＝８或ｃ＝９．因ｃ是偶数，所以ｃ＝８，由此得ａ＝１，ｄ＝３．又因ｂ＞ｃ，所以ｂ＝９因此该数为１９８３．

８．当ｎ为奇数时，考虑（４－１）＋１的展开式；当ｎ为偶数时，考虑（２＋１）ｎ

＋１的展开式．

９．除９９５外，可将１，２，?，１９８９所有数分为９９４对：（１，１９８９）（２，１９８８）?（９９４，９９６）每对数中两个数的奇偶性相同，所以在每对数前无论放置“＋”，“－”号，运算结果只能是偶数．而９９５为奇数，所以数１，２，?，１９８９的总值是奇数，于是所求的最小非负数不小于１，数１可用下列方式求得：

１＝１＋（２－３－４＋５）＋（６－７－８＋９）＋?＋（１９８６－１９８７－１９８８＋１９８９）．

ｎ

练习二 1． 选择题

（1）（1987年上海初中数学竞赛题）若数

n=20·30·40·50·60·70·80·90·100·110·120·130，则不是n的因数的最小质数是（ ）.

（A）19 （B）17 （C）13 （D）非上述答案

（2）在整数0、1、2?、8、9中质数有x个，偶数有y个，完全平方数有z个，则x+y+z等于（ ）.

（A）14 （B）13 （C）12 （D）11 （E）10 （3）可除尽3+5的最小整数是（ ）.

（A）2 （B）3 （C）5 （D）3+5（E）以上都不是 2． 填空题

（1）（1973年加拿大数学竞赛题）把100000表示为两个整数的乘积，使其中没有一个是10的整倍数的表达式为__________.

(2) 一个自然数与3的和是5的倍数,与3的差是6的倍数,这样的自然数中最小的是_________.

(3) (1989年全国初中联赛题)在十进制中,各位数码是0或1,并且能被225整除的最小自然数是________.

11

18

11

18

3.求使为整数的最小自然数a的值.

2

4.(1971年加拿大数学竞赛题)证明:对一切整数n,n+2n+12不是121的倍数. 5.(1984年韶关初二数学竞赛题)设246的和是一位正整数d的111倍,出推理运算过程.

6.(1954年苏联数学竞赛题)能否有正整数m、n满足方程m+1954=n. 7.证明：（1）133|（11+12），其中n为非负整数.

(2)若将(1)中的11改为任意一个正整数a,则(1)中的12,133将作何改动?证明改动后的结论.

8.(1986年全国初中数学竞赛题)设a、b、c是三个互不相等的正整数.求证:在333333

ab-ab,bc-bc,ca-ca三个数中,至少有一个能被10整除.

n+2

n+1

2

2

是一个四位正整数,已知三位正整数又是18的倍数.求出这个四位数

与,并写

9.(1986年上海初中数学竞赛题)100个正整数之和为101101,则它们的最大公约数的最大可能值是多少?证明你的结论.

练习参考答案 １．Ｂ．Ｂ．Ａ

２．（１）２·５．（２）２７． ３．由2000a为一整数平方可推出a=5．

４．反证法．若是１２１的倍数，设ｎ＋２ｎ＋１２＝１２１ｋ

２

１１（１１ｋ－１）．∵１１是素数且除尽（＋１）， ∴１１除尽ｎ＋１５．由

２

２

２

５

５

（ｎ＋１）＝

２

１１除尽（ｎ＋１）或１１｜１１ｋ－１，不可能．

可能是１９８，３０９，４２０，５３１，

只能是１９８．而１９８＋２４６

是ｄ的１１１倍，

６４２，７５３；又＝４４４，∴ｄ＝４，

ｎ＋２

是１８的倍数，∴

是１９８４．

２ｎ＋１

７．（１）１１＋１２＝１２１×１１＋１２×１４４＝１２１×１１

ｎｎｎｎ

＋１２×１１－１２×１１＋１２×１４４＝?＝１３３×１１＋１２×（１

ｎｎｎｎ

４４－１１）．第一项可被１３３整除．又１４４－１１｜１４４－１１，∴

ｎ＋２２ｎ＋１

１３３｜１１＋１２． （２）１１改为ａ．１２改为ａ＋１，１３３改为ａ（ａ＋１）＋１．改动后命题

ｎ＋２２ｎ＋１

为ａ（ａ＋１）＋１｜ａ＋（ａ＋１），可仿上证明． ８．∵ａｂ－ａｂ＝ａｂ（ａ－ｂ）；同理有ｂ（ｂ－ｃ）；ｃａ（ｃ－２

ａ）．若ａ

３

３

２

２

２

２

２

ｎｎｎ

、ｂ、ｃ中有偶数或均为奇数，以上三数总能被２整除．又∵在ａ、ｂ、ｃ中若有

２２２

一个是５的倍数，则题中结论必成立．若均不能被５整除，则ａ，ｂ，ｃ个位数

２２２２２２

只能是１，４，６，９，从而ａ－ｂ，ｂ－ｃ，ｃ－ａ的个位数是从１，４，６，９中，任取三个两两之差，其中必有０或±５，故题中三式表示的数至少有一个被５整除，又２、５互质．

９．设１００个正整数为ａ１，ａ２，?，ａ１００，最大公约数为ｄ，并令

则ａ１＋ａ２＋…＋ａ１００＝ｄ（ａ１′＋ａ２′＋…＋ａ′１００）＝１０１１０１＝１０１×１００１，故知ａ１′，ａ２′，ａ′１００不可能都是１，从而ａ′１＋ａ′２＋…＋ａ′１００≥１×９９＋２＝１０１，ｄ≤１００１；若取ａ１＝ａ２＝ａ９９＝１００１，ａ１００＝２００２，则满足ａ１＋ａ２＋…＋ａ１００＝１００１×１０１＝１０１１０１，且ｄ＝１００１，故ｄ的最大可能值为１００１

训练题

1．证明n?N时，1?2?2?2???2235n?1能被31整除．

2．设n不小于6的自然数，证明：可以将一个正三角形分成n个较小的正三角形．

111????n?1?2 2421114．设n为自然数，求证：1?2?2???2?2．

23n3．用数学归纳法证明：1?5．对于自然数n（n?3），求证：nn?1?(n?1)n． 6．已知a1?a2?1，an?2n2n?1an*?1?(?1)，求证：对于一切n?N，an是整数． ?an7．设有2个球分成了许多堆，我们可以任意选甲、乙两堆来按照以下规则挪动：若甲戴盆望天的球数p不小于乙堆的球数q，则从甲堆拿q个球放堆乙堆，这样算是挪动一次．证明：可以经过有限次挪动把所有的球合并成一堆．

8．已知数列{an}满足：a1?3，a2?8，4(an?1?an?2)?3an?5n2?24n?20（n?3），试证：an?n2?2n．

练习题

1. 某班共有48名学生，都参加了语文兴趣小组或数学兴趣小组，其中参加语文兴

趣小组的有30人，参加数学兴趣小组的有28人，问同时参加语文、数学兴趣小组的人数是多少．

2.纸片面积为7，一张边长为2的正方形纸片，把这两张纸片放在桌面上覆盖的面

积为8，问两张纸片重合部分的面积是多少？

3. 不超过110且与110互质的自然数有几个？

4. 求在1至1000的自然数中，不能被5或7整除的数有多少个。

5. 某个班的全体学生进行短跑、游泳、篮球三个项目的测试，有4名学生在这三

个项目上都没有达到优秀，其余每人至少有一个项目达到了优秀。这部分学生达到优秀的项目、人数如下表：

求这个班的学生人数。

6.求在不超过100的自然数中，不是5的倍数，也不是7的倍数有多少个？

训练题

1．8次射击，命中3次，其中愉有2次连续命中的情形共有（ ）种 （A）15 （B）30 （C）48 （D）60

2．在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手恰比赛一场，但有3名选手各比赛了2场之后就退出了，这样，全部比赛只进行了50场。那么，在上述3名选手之间比赛的场数是（ ）

（A）0 （B）1 （C）2 （D）3

3．若(1?x?x)21000的展开式为a0?a1x?a2x???a2000x22000，则

a0?a3?a6?a9???a1998的值为

（A）3333 （B）3666 （C）3999 （D）32001

4．某人从楼下到楼上要走11级楼梯，每步可走1级或2级，不同的走法有（ ）种

（A）144 （B）121 （C）64 （D）81

5．从7名男乒乓球队员，5名女乒乓球队员中选出4名进行男女混合双打，不同的分组方法有（ ）种

222222（A）2C7C5 （B）4C7C5 （C）P72P52 （D）C7C5

6．有5分、1角、5角的人民币各2枚、3张、9张，可组成的不同币值（非0）有（ ）种

（A）79 （B）80 （C）88 （D）89

7．从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这10个数中取出3个数，使其和为不小于10的偶数，不同的取法有________种

8． 把(7?6)6写成N?1?N的形式，为N自然数，则N＝ ．

9．已知直线ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合{?3,?2,?1,0,1,2,3}中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么，这样的直线的条数是______．

10．设ABCDEF为正六边形，一只青蛙开始在顶点A处，它每次可随意地跳到相邻两顶点之一．若在5次之内跳到D点，则停止跳动；若5次之内不能到达D点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共 种．

11．如果：（1）a,b,c,d都属于{1,2,3,4}；（2）a?b,b?c,c?d,d?a；(3)a是a,b,c,d中的最小值，那么，可以组成的不同的四位数abcd的个数是_________．

12．在一个正六边形的六个区域种植观赏植物，要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物。现有4种不同的植物可供选择，则有 种载种方案．

13．10人围圆桌而，如果甲、乙二人中间相隔4人，有 种坐法．

14．19912000除以10的余数是 ．

615．设(52?7)2n?1的展开中，用I记它的整数部分，F记它的小数部分．求证：

(I?F)F是一定值．

16．从1,2,3,?,19中，按从小到大的顺序选取a1,a2,a3,a4四个数，使得a2?a1?2，

a3?a2?3，a4?a3?4．问符合上要求的不同取法有多少种？

17．8人围张一张圆桌，其中A、B两人不得相邻，而B、C两人以必须相邻的不同围坐方式有多少种？

18．4对夫妇去看电影，8人坐成一排．若每位女性的邻座只能丈夫或另外的女性，共有多少种坐法？

19．求证：C?C???C?n?21n2nnnn?12．

n?1nnn20．设n?2，n?N，a?b?0，a?b．求证：2(a?b)?(a?b)．

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