初二數(shù)學(xué)初一數(shù)學(xué)競賽講座116講

初一數(shù)學(xué)競賽講座(一)自然數(shù)的有關(guān)性質(zhì)知識要點最大公約數(shù)定義1如果a1,a2,…,an和d都是正整數(shù)，且d∣a1,d∣a2,…,d∣an，那么d叫做a1,a2,…,an的公約數(shù)。公約數(shù)中最大的叫做a1,a2,…,an的最大公約數(shù)，記作(a1,a2,…,an).如對于4、8、12這一組數(shù)，顯然1、2、4都是它們的公約數(shù)，但4是這些公約數(shù)中最大的，所以4是它們的最大公約數(shù)，記作(4,8,12)=4.2、最小公倍數(shù)定義2如果a1,a2,…,an和m都是正整數(shù)，且a1∣m,a2∣m,…,an∣m，那么m叫做a1,a2,…,an的公倍數(shù)。公倍數(shù)中最小的數(shù)叫做a1,a2,…,an的最小公倍數(shù)，記作[a1,a2,…,an].如對于4、8、12這一組數(shù)，顯然24、48、96都是它們的公倍數(shù)，但24是這些公倍數(shù)中最小的，所以24是它們的最小公倍數(shù)，記作[4,8,12]=24.3、最大公約數(shù)和最小公倍數(shù)的性質(zhì)性質(zhì)1若a∣b,則(a,b)=a.性質(zhì)2若(a,b)=d,且n為正整數(shù)，則(na,nb)=nd.性質(zhì)3若n∣a,n∣b,則.性質(zhì)4若a=bq+r(0≤r<b),則(a,b)=(b,r).性質(zhì)4實質(zhì)上是求最大公約數(shù)的一種方法，這種方法叫做輾轉(zhuǎn)相除法。性質(zhì)5若b∣a,則[a,b]=a.性質(zhì)6若[a,b]=m,且n為正整數(shù)，則[na,nb]=nm.性質(zhì)7若n∣a,n∣b,則. 4、數(shù)的整除性定義3對于整數(shù)a和不為零的整數(shù)b，如果存在整數(shù)q，使得a=bq成立，則就稱b整除a或a被b整除，記作b∣a，若b∣a，我們也稱a是b倍數(shù)；若b不能整除a，記作ba5、數(shù)的整除性的性質(zhì)性質(zhì)1若a∣b，b∣c，則a∣c性質(zhì)2若c∣a，c∣b，則c∣(a±b)性質(zhì)3若b∣a,n為整數(shù)，則b∣na6、同余定義4設(shè)m是大于1的整數(shù)，如果整數(shù)a，b的差被m整除，我們就說a，b關(guān)于模m同余，記作a≡b(modm)7、同余的性質(zhì)性質(zhì)1如果a≡b(modm)，c≡d(modm)，那么a±c≡b±d(modm)，ac≡bd(modm)性質(zhì)2如果a≡b(modm)，那么對任意整數(shù)k有ka≡kb(modm)性質(zhì)3如果a≡b(modm)，那么對任意正整數(shù)k有ak≡bk(modm)性質(zhì)4如果a≡b(modm)，d是a，b的公約數(shù)，那么例題精講例1設(shè)m和n為大于0的整數(shù)，且3m+2n=225.如果m和n的最大公約數(shù)為15，求m+n的值(第11屆“希望杯”初一試題)解：(1)因為(m,n)=15,故可設(shè)m=15a，n=15b，且(a,b)=1因為3m+2n=225，所以3a+2b=15因為a,b是正整數(shù)，所以可得a=1,b=6或a=b=3，但(a,b)=1，所以a=1,b=6從而m+n=15(a+b)=157=105評注：1、遇到這類問題常設(shè)m=15a，n=15b，且(a,b)=1，這樣可把問題轉(zhuǎn)化為兩個互質(zhì)數(shù)的求值問題。這是一種常用方法。2、思考一下，如果將m和n的最大公約數(shù)為15，改成m和n的最小公倍數(shù)為45，問題如何解決？例2有若干蘋果，兩個一堆多一個，3個一堆多一個，4個一堆多一個，5個一堆多一個，6個一堆多一個，問這堆蘋果最少有多少個？分析：將問題轉(zhuǎn)化為最小公倍數(shù)來解決。解設(shè)這堆蘋果最少有x個，依題意得由此可見，x-1是2，3，4，5，6的最小公倍數(shù)因為[2,3,4,5,6]=60，所以x-1=60，即x=61答：這堆蘋果最少有61個。例3自然數(shù)a1，a2，a3，…，a9，a10的和1001等于，設(shè)d為a1，a2，a3，…，a9，a10的最大公約數(shù)，試求d的最大值。解由于d為a1，a2，a3，…，a9，a10的最大公約數(shù)，所以和a1+a2+a3+…+a9+a10＝1001能被d整除，即d是1001＝71113的約數(shù)。因為dak，所以ak≥d，k＝1，2，3，…，10從而1001＝a1+a2+a3+…+a9+a10≥10d所以由d能整除1001得，d僅可能取值1，7，11，13，77，91。因為1001能寫成10個數(shù)的和：91+91+91+91+91+91+91+91+91+182其中每一個數(shù)都能被91整除，所以d能達(dá)到最大值91例4某商場向顧客發(fā)放9999張購物券，每張購物券上印有四位數(shù)碼，從0001到9999號，如果號碼的前兩位之和等于后前兩位之和，則這張購物券為幸運券，如號碼0734，因0+7=3+4，所以這個號碼的購物券為幸運券。證明：這個商場所發(fā)購物券中，所有幸運券的號碼之和能被101整除。(第7屆初中“祖沖之杯”數(shù)學(xué)邀請賽試題)證明：顯然，9999的購物券為幸運券，除這張外，若號碼為n的購物券為幸運券，則號碼為m=9999-n的購物券也為幸運券。由于9999是奇數(shù)，所以m，n的奇偶性不同，即m≠n，由于m+n=9999，相加時不出現(xiàn)進(jìn)位。就是說，除號碼為9999的幸運券外，其余所有的幸運券可兩兩配對，且每對號碼之和為9999，從而可知所有的幸運券的號碼之和為9999的倍數(shù)。由101∣9999，所以所有幸運券的號碼之和能被101整除。評注：本題是通過將數(shù)兩兩配對的方法來解決。例5在1，2，3，…，1995這1995個數(shù)中，找出所有滿足條件的數(shù)來：(1995+a)能整除1995a(第五屆華杯賽決賽試題)分析：分子、分母都含有a，對a的討論帶來不便，因此可以將化成，這樣只有分母中含有a，就容易對a進(jìn)行討論。解因為(1995+a)能整除1995a，所以是整數(shù)，從而是整數(shù)因為19951995=325272192，所以它的因數(shù)1995+a可以通過檢驗的方法定出。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兩種：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兩種：37219=2793，52719=3325如果1995+a能被192整除，那么它的值只能是以下兩種：7192=2527，32192=3249于是滿足條件的a有6個，即從上面6個值中分別減去1995，得到1680、210、798、1330、532、1254評注：本題通過對的適當(dāng)變形，便于對a的討論。討論時通過將19951995分解質(zhì)因數(shù)，然后將因數(shù)1995+a通過檢驗的方法定出。這種方法在解決數(shù)的整除問題中經(jīng)常使用。例611+22+33+44+55+66+77+88+99除以3的余數(shù)是幾？為什么？(第四屆華杯賽復(fù)賽試題)解顯然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)即所求余數(shù)是1評注：用同余式求余數(shù)非常方便。例7已知：，問a除以13，所得余數(shù)是幾？(第三屆華杯賽決賽試題)分析：將a用十進(jìn)制表示成，1991除以13，所得余數(shù)是顯然的，主要研究除以13的余數(shù)規(guī)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，所得余數(shù)是8例8n是正偶數(shù)，a1,a2,…,an除以n，所得的余數(shù)互不相同；b1,b2,…,bn除以n，所得的余數(shù)也互不相同。證明a1+b1，a2+b2，…，an+bn除以n，所得的余數(shù)必有相同的。證明∵n是正偶數(shù)，所以n-1為奇數(shù)，∴不是n的倍數(shù)，∵a1,a2,…,an除以n，所得的余數(shù)互不相同，所以這n個余數(shù)恰好是0，1，…，n-1.從而a1+a2+…+an≡0+1+…+(n-1)=0(modn)同樣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，所得的余數(shù)必有相同的。例9十進(jìn)制中，44444444的數(shù)字和為A，A的數(shù)字和為B，B的數(shù)字和為C，求C分析：由于10≡1(mod9)，所以對整數(shù)a0，a1，a2，…，an有它表明十進(jìn)制中，一個數(shù)與它的各位數(shù)字和模9同余。根據(jù)上述結(jié)論有C≡B≡A≡44444444(mod9).所以只要估計出C的大小，就不難確定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的位數(shù)不多于22220從而A<922220=199980，即A至多是6位數(shù)。所以B<96=54在1到53的整數(shù)中，數(shù)字和最大的是49，所以C≤4+9=13在小于13的自然數(shù)中，只有7模9同余于7，所以C=7評注：本題用了十進(jìn)制中，一個數(shù)與它的各位數(shù)字和模9同余這個結(jié)論。根據(jù)這個結(jié)論逐步估計出C的大小，然后定出C。鞏固練習(xí)選擇題1、兩個二位數(shù)，它們的最大公約數(shù)是8，最小公倍數(shù)是96，這兩個數(shù)的和是()A、56B、78C、84D、962、三角形的三邊長a、b、c均為整數(shù)，且a、b、c的最小公倍數(shù)為60，a、b的最大公約數(shù)是4，b、c的最大公約數(shù)是3，則a+b+c的最小值是（）A、30B、31C、32D、333、在自然數(shù)1，2，3，…，100中，能被2整除但不能被3整除的數(shù)的個數(shù)是()A、33B、34C、35D、374、任意改變七位數(shù)7175624的末四位數(shù)字的順序得到的所有七位數(shù)中，能被3整除的數(shù)的個數(shù)是()A、24B、12C、6D、05、若正整數(shù)a和1995對于模6同余，則a的值可以是()A、25B、26C、27D、286、設(shè)n為自然數(shù)，若19n+14≡10n+3(mod83)，則n的最小值是()A、4B、8C、16D、32填空題7、自然數(shù)n被3除余2，被4除余3，被5除余4，則n的最小值是8、滿足[x,y]=6，[y,z]=15的正整數(shù)組(x,y,z)共有組9、一個四位數(shù)能被9整除，去掉末位數(shù)后得到的三位數(shù)是4的倍數(shù)，則這樣的四位數(shù)中最大的一個，它的末位數(shù)是10、有一個11位數(shù)，從左到右，前k位數(shù)能被k整除(k=1,2,3,…,11)，這樣的最小11位數(shù)是11、設(shè)n為自然數(shù)，則32n+8被8除的余數(shù)是12、14+24+34+44+…+19944+19954的末位數(shù)是解答題13、求兩個自然數(shù)，它們的和是667，它們的最小公倍數(shù)除以最大公約數(shù)所得的商是120。14、已知兩個數(shù)的和是40，它們的最大公約數(shù)與最小公倍數(shù)的和是56，求這兩個數(shù)。15、五位數(shù)能被12整除，它的最末兩位數(shù)字所成的數(shù)能被6整除，求出這個五位數(shù)。16、若a,b,c,d是互不相等的整數(shù)，且整數(shù)x滿足等式(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)=9求證：4∣(a+b+c+d)17、一個數(shù)是5個2，3個3，2個5，1個7的連乘積，這個數(shù)當(dāng)然有許多約數(shù)是兩位數(shù)，這些兩位約數(shù)中，最大的是多少？18、求2400被11除，所得的余數(shù)。19、證明31980+41981被5整除。20、xi=1或-1(i=1，2，…，1990)，證明初一數(shù)學(xué)競賽講座(二)特殊的正整數(shù)知識要點完全平方數(shù)及其性質(zhì)定義1如果一個數(shù)是一個整數(shù)的平方，則稱這個數(shù)是完全平方數(shù)。如：1、4、9、…等都是完全平方數(shù)，完全平方數(shù)有下列性質(zhì)：性質(zhì)1任何完全平方數(shù)的個位數(shù)只能是0，1，4，5，6，9中的一個。性質(zhì)2奇完全平方數(shù)的十位數(shù)一定是偶數(shù)。性質(zhì)3偶完全平方數(shù)是4的倍數(shù)。性質(zhì)4完全平方數(shù)有奇數(shù)個不同的正約數(shù)。性質(zhì)5完全平方數(shù)與完全平方數(shù)的積仍是完全平方數(shù)，完全平方數(shù)與非完全平方數(shù)的積是非完全平方數(shù)。質(zhì)數(shù)與合數(shù)定義2一個大于1的整數(shù)a,如果只有1和a這兩個約數(shù)，那么a叫做質(zhì)數(shù)。定義3一個大于1的整數(shù)a,如果只有1和a這兩個約數(shù)外，還有其他正約數(shù)，那么a叫做合數(shù)。1既不是質(zhì)數(shù)也不是合數(shù)。質(zhì)數(shù)與合數(shù)的有關(guān)性質(zhì)質(zhì)數(shù)有無數(shù)多個2是唯一的既是質(zhì)數(shù)，又是偶數(shù)的整數(shù)，即是唯一的偶質(zhì)數(shù)。大于2的質(zhì)數(shù)必為奇數(shù)。若質(zhì)數(shù)pa?b，則必有pa或pb。若正整數(shù)a、b的積是質(zhì)數(shù)p，則必有a=p或b=p.唯一分解定理：任何整數(shù)n(n>1)可以唯一地分解為：,其中p1<p2<…<pk是質(zhì)數(shù)，a1，a2，…，ak是正整數(shù)。例題精講例1有一個四位數(shù)恰好是個完全平方數(shù)，它的千位數(shù)字比百位數(shù)字多1，比十位數(shù)字少1，比個位數(shù)字少2，這個四位數(shù)是解設(shè)所求的四位數(shù)為m2，它的百位數(shù)字為a，則有m2=1000(a+1)+100a+10(a+2)+(a+3)=1111a+1023=11(101a+93)因為11是質(zhì)數(shù)，所以11∣(101a+93)，而101a+93=11(9a+8)+(2a+5)，所以11∣(2a+5)，由題意a+3≤9，故a≤6，從而a=3于是所求的四位數(shù)為4356例2一個四位數(shù)有這樣的性質(zhì)：用它的后兩位數(shù)去除這個四位數(shù)得到一個完全平方數(shù)(如果它的十位數(shù)是0，就只用個位數(shù)去除)，且這個平方數(shù)正好是前兩位數(shù)加1的平方。例如48022=2401=492=(48+1)2，則具有上述性質(zhì)的最小四位數(shù)是（1994年四川省初中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽試題）解設(shè)具有上述性質(zhì)的四位數(shù)是100c1+c2，其中10≤c1，c2≤99，按題意，得100c1+c2＝，∴100c1=c1c2(c1+2)，即，因而(c1+2)100，又10≤c1≤99，所以c1=18，23，48，98相應(yīng)地c2=5，4，2，1于是符合題意的四位數(shù)是1805，2304，4802，9801，其中最小的是1805評注：本題根據(jù)題意，列出不定方程，然后利用整數(shù)的整除性來求解。例3三個質(zhì)數(shù)a、b、c的乘積等于這三個質(zhì)數(shù)和的5倍，則a2+b2+c2=(1996年“希望杯”初二試題)分析：由題意得出abc=5(a+b+c)，由此顯然得質(zhì)數(shù)a、b、c中必有一個是5，不妨設(shè)a=5，代入前式中再設(shè)法求b、c解因為abc=5(a+b+c)，所以在質(zhì)數(shù)a、b、c中必有一個是5，不妨設(shè)a=5，于是5bc=5b+5c+25，即(b-1)(c-1)=6，而6=23=16，則=1\*GB3①或=2\*GB3②由=1\*GB3①得b=3,c=4，不合題意，由=2\*GB3②得b=2,c=7，符合題意。所以所求的三個質(zhì)數(shù)是5，2，7。于是a2+b2+c2=78評注：質(zhì)數(shù)問題常常通過分解質(zhì)因數(shù)來解決。例4試證：一個整數(shù)的平方的個位數(shù)字為6時，十位數(shù)字必為奇數(shù)。分析：一個整數(shù)的平方的個位數(shù)字為6，則這個整數(shù)的個位數(shù)字必為4或6，從而可設(shè)此數(shù)為a=10g+4或a=10g+6(g為整數(shù))。證明：設(shè)一個整數(shù)為a，則由一個整數(shù)的平方的個位數(shù)字為6知，此數(shù)可設(shè)為a=10g+4或a=10g+6(g為整數(shù))∴當(dāng)a=10g+4時，a2=(10g+4)2=100g2+80g+16=10(10g2+8g+1)+6當(dāng)a=10g+6時，a2=(10g+6)2=100g2+120g+36=10(10g2+12g+3)+6∴十位數(shù)字必為10g2+8g+1和10g2+12g+3的個位數(shù)字，顯然是奇數(shù)。評注：類似地，可以證明：一個整數(shù)的個位數(shù)字和十位數(shù)字都是奇數(shù)，則這個整數(shù)不是完全平方數(shù)。例4三人分糖，每人都得整數(shù)塊，乙比丙多得13塊，甲所得是乙的2倍，已知糖的總塊數(shù)是一個小于50的質(zhì)數(shù)，且它的各位數(shù)字之和為11，試求每人得糖的塊數(shù)。（安徽省初中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題）分析：設(shè)出未知數(shù)，根據(jù)題意，列出方程和不等式組，再通過質(zhì)數(shù)的性質(zhì)來求解。解設(shè)甲、乙、丙分別得糖x、y、z塊，依題意得∵11＝2+9＝3+8＝4+7＝5+6，故小于50且數(shù)字和為11的質(zhì)數(shù)只可能是29和47若x+y+z＝29，則可得4y=42，y不是整數(shù)，舍去。若x+y+z＝47，則可得4y=60，y＝15，從而x=30，z=2∴甲、乙、丙分別得糖30、15、2塊.評注：本題的關(guān)鍵是分析出小于50且數(shù)字和為11的質(zhì)數(shù)只可能是29和47。這類問題是常利用質(zhì)數(shù)的性質(zhì)來分析求得所有的可能值，再設(shè)法檢驗求得所要的解。例5如果p與p+2都是大于3的質(zhì)數(shù)，那么6是p+1的因數(shù)。(第五屆加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克試題)分析任何一個大于3整數(shù)都可以表示成6n-2,6n-1,6n,6n+1,6n+2,6n+3(n是大于0的整數(shù))中的一種，顯然6n-2,6n,6n+2,6n+3都是合數(shù)，所以大于3的質(zhì)數(shù)均可以寫成6n+1或6n-1的形式，問題即證明p不能寫成6n+1的形式。解因為p是大于3的質(zhì)數(shù)，所以可設(shè)p=6n+1(n是大于0的整數(shù))，那么p+2=6n+1+2=6n+3=3(2n+1)與p+2是大于3的質(zhì)數(shù)矛盾。于是p≠6n+1，所以p=6n-1(n是大于0的整數(shù))，從而p+1=6n，即6是p+1的因數(shù)。評注：對大于3整數(shù)合理分類是解決這個問題的關(guān)鍵。對無限多個整數(shù)進(jìn)行討論時，將其轉(zhuǎn)化為有限的幾類是一種常用的處理方法。例6證明有無窮多個n，使多項式n2+3n+7表示合數(shù)。分析：要使多項式n2+3n+7表示合數(shù)，只要能將多項式n2+3n+7表示成兩個因式的積的形式。證明當(dāng)n為7的倍數(shù)時，即n=7k(k是大于等于1的整數(shù))時n2+3n+7=(7k)2+37k+7=7(7k2+3k+1)為7的倍數(shù)，所以它顯然是一個合數(shù)。評注：本題也可將7換成其他數(shù)，比如：3、5、11等等。例7求證：22001+3是合數(shù)分析：22001+3不能分解，22001次數(shù)又太高，無法計算。我們可以探索2n的末位數(shù)字的規(guī)律，從而得出22001+3的末位數(shù)字，由此來證明22001+3是合數(shù)。證明：∵21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝64，27＝128，29＝256，…∴24k+1的末位數(shù)字是2，24k+2的末位數(shù)字是4，24k+3的末位數(shù)字是8，24k+4的末位數(shù)字是6（k為非負(fù)整數(shù)）而2001＝4250+1∴22001的末位數(shù)字是2，∴22001+3的末位數(shù)字是5∴522001+3，顯然22001+3≠5所以22001+3是合數(shù)評注：本題另辟蹊徑，通過探索2n的末位數(shù)字的規(guī)律來得出22001+3的末位數(shù)字，從而證明22001+3是合數(shù)。解數(shù)學(xué)競賽題，思路要開闊。例8求證大于11的整數(shù)一定可以表示成兩個合數(shù)之和。證明設(shè)大于11的整數(shù)為N若N=3k(k≥4,且k為整數(shù))，則N=6+3(k-2)，顯然6和3(k-2)都是合數(shù)若N=3k+1(k≥4,且k為整數(shù))，則N=4+3(k-1)，顯然4和3(k-1)都是合數(shù)若N=3k+2(k≥4,且k為整數(shù))，則N=8+3(k-2)，顯然8和3(k-2)都是合數(shù)于是對任意正整數(shù)N(N>11)，一定可以表示成兩個合數(shù)之和。評注：本題是通過對整數(shù)的合理分類來幫助解題，這是解決整數(shù)問題的一種常用方法。但要注意對整數(shù)的分類要不重復(fù)不遺漏。例9證明：n(n+1)+1(n是自然數(shù))不能是某個整數(shù)的平方。分析：注意到n(n+1)+1=n2+n+1，∵n是自然數(shù)，∴n2<n2+n+1<(n+1)2，這為我們證題提供了出發(fā)點。證明：n(n+1)+1=n2+n+1，∵n是自然數(shù)，∴n2<n2+n+1<(n+1)2，而n、n+1是兩個相鄰的自然數(shù)，∴n(n+1)+1(n是自然數(shù))不能是某個整數(shù)的平方。評注：本題應(yīng)用了在兩個相鄰正整數(shù)的平方數(shù)之間不可能還存在一個完全平方數(shù)這個結(jié)論。例10如果一個自然數(shù)是質(zhì)數(shù)，且它的數(shù)字位置經(jīng)過任意交換后仍然是質(zhì)數(shù)，則稱這個數(shù)為絕對質(zhì)數(shù)。證明：絕對質(zhì)數(shù)不能有多于三個不同的數(shù)字。分析：絕對質(zhì)數(shù)中出現(xiàn)的數(shù)字不會有偶數(shù)，也不會有5，因為有偶數(shù)和5它就一定不是絕對質(zhì)數(shù)，則絕對質(zhì)數(shù)中出現(xiàn)的數(shù)字只可能是1，3，7，9。接下來用反證法來證明這個問題。證明：因為絕對質(zhì)數(shù)的數(shù)字位置經(jīng)過任意交換后仍然是質(zhì)數(shù)，所以絕對質(zhì)數(shù)中出現(xiàn)的數(shù)字不會有偶數(shù)，也不會有5，即絕對質(zhì)數(shù)中出現(xiàn)的數(shù)字只可能是1，3，7，9。假設(shè)有一個絕對質(zhì)數(shù)M中出現(xiàn)的數(shù)字超過了3個，也即這個絕對質(zhì)數(shù)中出現(xiàn)的數(shù)字包含了1，3，7，9，則，M2=M+9137，M3=M+7913，M4=M+3791，M5=M+1397，M6=M+3197，M7=M+7139都是質(zhì)數(shù)?？沈炞C，這七個數(shù)中每兩個數(shù)的差都不能被7整除，說明M1、M2、M3、M4、M5、M6、M7被7除所得余數(shù)互不相同。因而必有一個是0，即能被7整除，這與此數(shù)是質(zhì)數(shù)矛盾。所以假設(shè)不成立，所以絕對質(zhì)數(shù)不能有多于三個不同的數(shù)字。評注：本題是用反證法來證明，對于題目中出現(xiàn)“不”的字眼，常常用反證法來證明。鞏固練習(xí)選擇題1、在整數(shù)0、1、2、3、4、5、6、7、8、9中，設(shè)質(zhì)數(shù)的個數(shù)為x，偶數(shù)的個數(shù)為y，完全平方數(shù)的個數(shù)為z，合數(shù)的個數(shù)為u，則x+y+z+u的值是()A、17B、15C、13D、112、設(shè)n為大于1的自然數(shù)，則下列四個式子的代數(shù)值一定不是完全平方數(shù)的是（）A、3n2-3n+3B、5n2-5n-5C、9n2-9n+9D、11n2-11n-113、有3個數(shù)，一個是最小的奇質(zhì)數(shù)，一個是小于50的的最大質(zhì)數(shù)，一個是大于60的最小質(zhì)數(shù)，則這3個數(shù)的和是()A、101B、110C、111D、1134、兩個質(zhì)數(shù)的和是49，則這兩個質(zhì)數(shù)的倒數(shù)和是()A、B、C、D、5、a、b為正整數(shù)，且56a+392b為完全平方數(shù)，則a+b的最小值等于()A、6B、7C、8D、96、3個質(zhì)數(shù)p、q、r滿足等式p+q=r，且p<q<r，則p的值是()A、2B、3C、5D、7填空題7、使得m2+m+7是完全平方數(shù)的所有整數(shù)m的積是8、如果一個正整數(shù)減去54，是一個完全平方數(shù)，這個正整數(shù)加上35后，是另外一個完全平方數(shù)，那么這個正整數(shù)是9、一個質(zhì)數(shù)的平方與一個正奇數(shù)的和等于125，則這兩個數(shù)和積是10、p是質(zhì)數(shù)，p2+2也是質(zhì)數(shù)，則1997+p4=11、若n為自然數(shù)，n+3，n+7都是質(zhì)數(shù)，則n除以3所得的余數(shù)是12、設(shè)自然數(shù)n1>n2，且，則n1=，n2=解答題13、證明：不存在這樣的三位數(shù)，使成為完全平方數(shù)。14、試求四位數(shù)，使它是一個完全平方數(shù)。15、a、b、c、d都是質(zhì)數(shù)，且10<c<d<20，c-a是大于2的質(zhì)數(shù)，d2-c2=a3b(a+b)，求a、b、c、d的值16、設(shè)a、b、c、d是四個整數(shù)，且是非零整數(shù)，求證：是合數(shù)。17、求一個三位數(shù)，使它等于n2，并且各位數(shù)字之積為n-1.18、設(shè)n1、n2是任意兩個大于3的質(zhì)數(shù)，M=，N=，M與N的最大公約數(shù)至少為多少？19、證明有無窮多個n，使多項式n2+n+41表示合數(shù)。20、已知p和8p2+1都是質(zhì)數(shù)，求證：8p2-p+2也是質(zhì)數(shù)。初一數(shù)學(xué)競賽講座(三)數(shù)字、數(shù)位及數(shù)謎問題知識要點1、整數(shù)的十進(jìn)位數(shù)碼表示一般地，任何一個n位的自然數(shù)都可以表示成：其中，ai(i=1，2，…，n)表示數(shù)碼，且0≤ai≤9，an≠0.對于確定的自然數(shù)N，它的表示是唯一的，常將這個數(shù)記為N=2、正整數(shù)指數(shù)冪的末兩位數(shù)字設(shè)m、n都是正整數(shù)，a是m的末位數(shù)字，則mn的末位數(shù)字就是an的末位數(shù)字。設(shè)p、q都是正整數(shù)，m是任意正整數(shù)，則m4p+q的末位數(shù)字與mq的末位數(shù)字相同。3、在與整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)問題中，有不少問題涉及到求符合一定條件的整數(shù)是多少的問題，這類問題稱為數(shù)迷問題。這類問題不需要過多的計算，只需要認(rèn)真細(xì)致地分析，有時可以用“湊”、“猜”的方法求解，是一種有趣的數(shù)學(xué)游戲。例題精講例1、有一個四位數(shù)，已知其十位數(shù)字減去2等于個位數(shù)字，其個位數(shù)字加上2等于其百位數(shù)字，把這個四位數(shù)的四個數(shù)字反著次序排列所成的數(shù)與原數(shù)之和等于9988，求這個四位數(shù)。分析：將這個四位數(shù)用十進(jìn)位數(shù)碼表示，以便利用它和它的反序數(shù)的關(guān)系列式來解決問題。解：設(shè)所求的四位數(shù)為a103+b102+c10+d，依題意得：(a103+b102+c10+d)+(d103+c102+b10+a)=9988∴(a+d)103+(b+c)102+(b+c)10+(a+d)=9988比較等式兩邊首、末兩位數(shù)字，得a+d=8，于是b+c18又∵c-2=d，d+2=b，∴b-c=0從而解得：a=1，b=9，c=9，d=7故所求的四位數(shù)為1997評注：將整數(shù)用十進(jìn)位數(shù)碼表示，有助于將已知條件轉(zhuǎn)化為等式，從而解決問題。例2一個正整數(shù)N的各位數(shù)字不全相等，如果將N的各位數(shù)字重新排列，必可得到一個最大數(shù)和一個最小數(shù)，若最大數(shù)與最小數(shù)的差正好等于原來的數(shù)N，則稱N為“新生數(shù)”，試求所有的三位“新生數(shù)”。分析：將所有的三位“新生數(shù)”寫出來，然后設(shè)出最大、最小數(shù)，求差后分析求出所有三位“新生數(shù)”的可能值，再進(jìn)行篩選確定。解：設(shè)N是所求的三位“新生數(shù)”，它的各位數(shù)字分別為a、b、c(a、b、c不全相等)，將其各位數(shù)字重新排列后，連同原數(shù)共得6個三位數(shù)：，不妨設(shè)其中的最大數(shù)為，則最小數(shù)為。由“新生數(shù)”的定義，得N=由上式知N為99的整數(shù)倍，這樣的三位數(shù)可能為：198，297，396，495，594，693，792，891，990。這9個數(shù)中，只有954-459=495符合條件。故495是唯一的三位“新生數(shù)”評注：本題主要應(yīng)用“新生數(shù)”的定義和整數(shù)性質(zhì)，先將三位“新生數(shù)”進(jìn)行預(yù)選，然后再從中篩選出符合題意的數(shù)。這也是解答數(shù)學(xué)競賽題的一種常用方法。例3從1到1999，其中有多少個整數(shù)，它的數(shù)字和被4整除？將每個數(shù)都看成四位數(shù)(不是四位的，在左面補(bǔ)0)，0000至1999共2000個數(shù)。千位數(shù)字是0或1，百位數(shù)字從0到9中選擇，十位數(shù)字從0到9中選擇，各有10種。在千、百、十位數(shù)字選定后，個位數(shù)字在2到9中選擇，要使數(shù)字和被4整除，這時有兩種可能：設(shè)千、百、十位數(shù)字和為a，在2，3，4，5中恰好有一個數(shù)b，使a+b被4整除(a+2、a+3、a+4、a+5除以4，余數(shù)互不相同，其中恰好有一個余數(shù)是0，即相應(yīng)的數(shù)被4整除)；在6，7，8，9中也恰好有一個數(shù)c(=b+4)，使a+c被4整除。因而數(shù)字和被4整除的有：210102=400個再看個位數(shù)字是0或1的數(shù)。千位數(shù)字是0或1，百位數(shù)字從0到9中選擇，在千、百、個位數(shù)字選定后，十位數(shù)字在2到9中選擇。與上面相同，有兩種可能使數(shù)字和被4整除。因此數(shù)字和被4整除的又有：22102=80個。在個位數(shù)字、十位數(shù)字、千位數(shù)字均為0或1的數(shù)中，百位數(shù)字在2到9中選擇。有兩種可能使數(shù)字和被4整除。因此數(shù)字和被4整除的又有：2222=16個。最后，千、百、十、個位數(shù)字為0或1的數(shù)中有兩個數(shù)，數(shù)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個數(shù)，數(shù)字和被4整除。例4圓上有9個數(shù)碼，已知從某一位起把這些數(shù)碼按順時針方向記下，得到的是一個9位數(shù)并且能被27整除。證明：如果從任何一位起把這些數(shù)碼按順時針方向記下的話，那么所得的一個9位數(shù)也能被27整除。分析：把從某一位起按順時針方向記下的9位數(shù)記為：，其能被27整除。只需證明從其相鄰一位讀起的數(shù)：也能被27整除即可。證明：設(shè)從某一位起按順時針方向記下的9位數(shù)為：依題意得：=能被27整除。為了證明題目結(jié)論，只要證明從其相鄰一位讀起的數(shù)：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。從而問題得證。評注：本題中，109-1難以分解因數(shù)，故將它化為10003-1，使問題得到順利解決。這種想辦法降低次數(shù)的思想，應(yīng)注意領(lǐng)會掌握。例5證明：111111+112112+113113能被10整除分析：要證明111111+112112+113113能被10整除，只需證明111111+112112+113113的末位數(shù)字為0，即證111111，112112，113113三個數(shù)的末位數(shù)字和為10。證明：111111的末位數(shù)字顯然為1；112112=(1124)28，而1124的末位數(shù)字是6，所以112112的末位數(shù)字也是6；113113=(1134)28?113，1134的末位數(shù)字是1，所以113113的末位數(shù)字是3；∴111111，112112，113113三個數(shù)的末位數(shù)字和為1+6+3=10∴111111+112112+113113能被10整除評注：本題是將證明被10整除轉(zhuǎn)化為求三數(shù)的末位數(shù)字和為10。解決數(shù)學(xué)問題時，常將未知的問題轉(zhuǎn)化為熟知的問題、復(fù)雜的問題轉(zhuǎn)化為簡單的問題，這是化歸思想。例6設(shè)P(m)表示自然數(shù)m的末位數(shù)，求的值。解：=++…+==∵1995=10199+5，又因為連續(xù)10個自然數(shù)的平方和的末位數(shù)都是5∴=5+5=10又=0∴=10評注：本題用到了連續(xù)10個自然數(shù)的平方和的末位數(shù)都是5這個結(jié)論。例7請找出6個不同的自然數(shù)，分別填入6個問號中，使這個等式成立。(第三屆華杯賽口試題)分析：分子為1分母為自然數(shù)的分?jǐn)?shù)稱作單位分?jǐn)?shù)或埃及分?jǐn)?shù)，它在很多問題中經(jīng)常出現(xiàn)。解決這類問題的一個基本等式是：，它表明每一個埃及分?jǐn)?shù)都可以寫成兩個埃及分?jǐn)?shù)之和。解：首先，1=從這個式子出發(fā)，利用上面給出的基本等式，取n=2可得：∴1=又利用上面給出的基本等式，取n=3可得：∴1=再利用上面給出的基本等式，取n=4可得：∴1=最后再次利用上面給出的基本等式，取n=6可得：∴1=即可找出2，5，20，12，7，42六個自然數(shù)分別填入6個問號中，使等式成立。評注：1、因為問題要求填入的六個自然數(shù)要互不相同，所以每步取n時要適當(dāng)考慮，如：最后一步就不能取n=5，因為n=5將產(chǎn)生，而已出現(xiàn)了。2、本題的答案是不唯一的，如最后一步取n=12，就可得：1=例8如圖，在一個正方體的八個頂點處填上1到9這些數(shù)碼中的8個，每個頂點處只填一個數(shù)碼，使得每個面上的四個頂點處所填的數(shù)碼之和都相等，并且這個和數(shù)不能被那個未被填上的數(shù)碼整除。求所填入的8個數(shù)碼的平方和。(第12屆“希望杯”數(shù)學(xué)競賽培訓(xùn)題)解：設(shè)a是未填上的數(shù)碼，s是每個面上的四個頂點處所填的數(shù)碼之和，由于每個頂點都屬于3個面，所以6s=3(1+2+3+4+5+6+7+8+9)-3a即6s=3?45-3a，于是2s=45-a，可以斷定a是奇數(shù)而a不整除s，所以a只能是7，則填入的8個數(shù)碼是1，2，3，4，5，6，8，9，它們的平方和是：12+22+32+42+52+62+82+92=236例9在右邊的加法算式中，每個表示一個數(shù)字，任意兩個數(shù)字都不同。試求A和B乘積的最大值。+)AB分析：先通過運算的進(jìn)位，將能確定的確定下來，再來分析求出A和B乘積的最大值。解：設(shè)算式為：abc+)defghAB顯然，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。此時b=6,e=8,a=2,c=4,f=7,故A?B的最大值為15.評注：本題是通過正整數(shù)的十進(jìn)制的基本知識先確定g，d，h，然后再通過分析、觀察得出A、B的關(guān)系，最后求出A?B的最大值。例10在一種游戲中，魔術(shù)師請一個人隨意想一個三位數(shù)。并請這個人算出5個數(shù)、、、、的和N，把N告訴魔術(shù)師，于是魔術(shù)師就能說出這個人所想的數(shù)。現(xiàn)在設(shè)N=3194，請你做魔術(shù)師，求出數(shù)來。(第四屆美國數(shù)學(xué)奧林匹克試題)解：將也加到和N上，這樣a、b、c就在每一位上都恰好出現(xiàn)兩次，所以有+N=222(a+b+c)=1\*GB3①從而3194<222(a+b+c)<3194+1000，而a、b、c是整數(shù)所以15≤a+b+c≤18因為22215-3194=136，22216-3194=358，22217-3194=580，22218-3194=802其中只有3+5+8=16能滿足=1\*GB3①式，所以=358評注：本題將也加到和N上，目的是使得由a、b、c組成的6個三位數(shù)相加，這樣a、b、c在每個數(shù)位上出現(xiàn)的次數(shù)相同。這一技巧在解決數(shù)字問題中經(jīng)常使用。鞏固練習(xí)選擇題1、兩個十位數(shù)1111111111和9999999999和乘積的數(shù)字中有奇數(shù)()A、7個B、8個C、9個D、10個2、若自然數(shù)n使得作豎式加法n+(n+1)+(n+2)時均不產(chǎn)生進(jìn)位現(xiàn)象，便稱n為“連綿數(shù)”。如因為12+13+14不產(chǎn)生進(jìn)位現(xiàn)象，所以12是“連綿數(shù)”；但13+14+15產(chǎn)生進(jìn)位現(xiàn)象，所以13不是“連綿數(shù)”，則不超過100的“連綿數(shù)”共有()個A、9B、11C、12D、153、有一列數(shù)：2，22，222，2222，…，把它們的前27個數(shù)相加，則它們的和的十位數(shù)字是()A、9B、7C、5D、34、19932002+19952002的末位數(shù)字是()A、6B、4C、5D、35、設(shè)有密碼3?BIDFOR=4?FORBID，其中每個字母表示一個十進(jìn)制數(shù)字，則將這個密碼破譯成數(shù)字的形式是6、八位數(shù)141283是99的倍數(shù)，則=，=填空題7、若，其中a、b都是1到9的數(shù)字，則a=,b=8、在三位數(shù)中，百位比十位小，并且十位比個位小的數(shù)共有個。9、在六位數(shù)2552中皆是大于7的數(shù)碼，這個六位數(shù)被11整除，那么，四位數(shù)。10、4343的末位數(shù)字是11、2m+2000-2m(m是自然數(shù))的末位數(shù)字是12、要使等式成立，處填入的適當(dāng)?shù)淖匀粩?shù)是解答題13、有一個5位正奇數(shù)x，將x中的所有2都換成5，所有的5都換成2，其他數(shù)字不變，得到一個新的五位數(shù)，記作y。若x和y滿足等式y(tǒng)=2(x+1)，求x14、有一個若干位的正整數(shù)，它的前兩位數(shù)字相同，且它與它的反序數(shù)之和為10879，求原數(shù)。15、求出所有滿足如下要求的兩位數(shù)：分別乘以2，3，4，5，6，7，8，9時，它的數(shù)字和不變。16、求12+22+32+42+…+1234567892的末位數(shù)17、求符合下面算式的四位數(shù)abcd9dcba18、設(shè)是一個三位數(shù)，a3>a1，由減去得一個三位數(shù)，證明：+=108919、對于自然數(shù)n，如果能找到自然數(shù)a和b，使得n=a+b+ab,那么n就稱為“好數(shù)”。如3=1+1+11，所以3是“好數(shù)”。在1到100這100個自然數(shù)中，有多少個“好數(shù)”？20、AOMEN和MACAO分別是澳門的漢語拼音和英文名字。如果它們分別代表兩個5位數(shù)，其中不同的字母代表從1到9中不同的數(shù)字，相同字母代表相同的數(shù)字，而且它們的和仍是一個5位數(shù)，求這個和可能的最大值是多少？初一數(shù)學(xué)競賽講座(四)有理數(shù)的有關(guān)知識知識要點1、絕對值x的絕對值的意義如下：=是一個非負(fù)數(shù)，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時，=0絕對值的幾何意義是：一個數(shù)的絕對值表示這個數(shù)對應(yīng)的數(shù)軸上的點到原點的距離；由此可得：表示數(shù)軸上a點到b點的距離。2、倒數(shù)1除以一個數(shù)(零除外)的商，叫做這個數(shù)的倒數(shù)。如果兩個數(shù)互為倒數(shù)，那么這兩個數(shù)的積等于1。3、相反數(shù)絕對值相同而符號相反的兩個數(shù)互為相反數(shù)。兩個互為相反數(shù)的數(shù)的和等于0。例題精講例1化簡分析：由2x+1=0、x-3=0、x-6=0求出零點，然后用零點分段法將絕對值去掉，從而達(dá)到化簡的目的。解：由2x+1=0、x-3=0、x-6=0分別求得：x=-1/2，x=3，x=6當(dāng)時，原式=-(2x+1)+(x-3)-(x-6)=-2x+2當(dāng)時，原式=(2x+1)+(x-3)-(x-6)=2x+4當(dāng)時，原式=(2x+1)-(x-3)-(x-6)=10當(dāng)x≥6時，原式=(2x+1)-(x-3)+(x-6)=2x-2∴原式=評注：用零點分段法，通過零點分段將絕對值去掉，從而化簡式子，解決問題是解決含絕對值問題的基本方法。例2已知的最大值和最小值。(第六屆迎春杯決賽試題)分析：先解不等式，求出x的范圍，然后利用絕對值的幾何意義來求最大值和最小值。解：解不等式得：的幾何意義是x到1的距離與x到-3的距離的差，從上圖中可以看出：當(dāng)x≤-3時這差取得最大值4，因，則當(dāng)時這差取得最小值.評注：1、本題是采用數(shù)形結(jié)合的思想，用絕對值的幾何意義來解題。2、本題求得x的范圍后，也可用零點分段法將化簡，然后求出最大值和最小值。=由上式可以看出：當(dāng)x≤-3時取得最大值4，當(dāng)時取得最小值例3解方程(第六屆華杯賽決賽初一試題)分析：兩個非負(fù)數(shù)的和是0，這兩個非負(fù)數(shù)必須都是0。解：由原方程得由(1)得：從而x=x-3.1415926或x=3.1415926-x，所以x=1.5707963由(2)得：從而所以y=或y=于是，原方程的解是評注：兩個非負(fù)數(shù)的和是0，這兩個非負(fù)數(shù)必須都是0是解題中常用的一個結(jié)論。本題中，求中的x值也可以用絕對值的幾何意義來解，表示x到原點與到3.1415926的距離相等，因而x是原點與點3.1415926連結(jié)線段的中點，即x=1.5707963例4有理數(shù)均不為0，且設(shè)試求代數(shù)式2000之值。(第11屆希望杯培訓(xùn)題)分析：要求代數(shù)式2000的值，必須求出x的值。根據(jù)x的特征和已知條件，分析a與b+c,b與a+c，c與a+b的關(guān)系，從而求出x的值。解：由均不為0，知均不為0．∵∴即又中不能全同號，故必一正二負(fù)或一負(fù)二正．所以中必有兩個同號，即其值為兩個＋1，一個－1或兩個－1，一個＋1．∴∴因此，例5已知a、b、c為實數(shù)，且，求的值。(第8屆希望杯試題)分析：直接對已知條件式進(jìn)行處理有點困難，根據(jù)已知條件式的結(jié)構(gòu)特征，可以將它們兩邊取倒數(shù)。解：由已知條件可知a≠0，b≠0，c≠0，對已知三式取倒數(shù)得：三式相加除以2得：因為，所以=例6求方程的實數(shù)解的個數(shù)。(1991年祖沖之杯數(shù)學(xué)邀請賽試題)分析：1可以化成：，于是由絕對值的性質(zhì)：若ab≤0，則可得(x-2)(x-3)≤0從而求得x解：原方程可化為：則(x-2)(x-3)≤0，所以，所以2≤x≤3因此原方程有無數(shù)多個解。評注：本題很巧妙地將“1”代換成，然后可利用絕對值的性質(zhì)來解題。在解數(shù)學(xué)競賽題時，常常要用到“1”的代換。例7求關(guān)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),從而，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為8例8已知：。分析：直接求值有困難，但我們發(fā)現(xiàn)將已知式和待求式倒過來能產(chǎn)生，通過將整體處理來求值。解：∵即而∴評注：本題通過將整體處理來解決問題，整體處理思想是一種常用的數(shù)學(xué)思想。例9解方程組(1984年江蘇省蘇州市初中數(shù)學(xué)競賽試題)解：觀察得，x=y=z=0為方程組的一組解。當(dāng)xyz≠0時，將原方程組各方程兩邊取倒數(shù)得：(1)+(2)+(3)得：∴∴∴x=y=z=1故原方程組的解為：評注：本題在對方程組中的方程兩邊取倒數(shù)時，不能忘了x=y=z=0這組解。否則就會產(chǎn)生漏解。鞏固練習(xí)選擇題1、若()A、1B、-1C、1或-1D、以上都不對2、方程的解的個數(shù)是()(第四屆祖沖之杯數(shù)學(xué)邀請賽試題)A、0B、1C、2D、3E、多于3個3、下面有4個命題：①存在并且只存在一個正整數(shù)和它的相反數(shù)相同。②存在并且只存在一個有理數(shù)和它的相反數(shù)相同。③存在并且只存在一個正整數(shù)和它的倒數(shù)相同。④存在并且只存在一個有理數(shù)和它的倒數(shù)相同。其中正確的命題是：（）（A）①和②（B）②和③（C）③和④（D）④和①4、兩個質(zhì)數(shù)的和是49，則這兩個質(zhì)數(shù)的倒數(shù)和是()A、B、C、D、5、設(shè)y=ax15+bx13+cx11-5(a、b、c為常數(shù))，已知當(dāng)x=7時，y=7，則x=-7時，y的值等于()A、-7B、-17C、17D、不確定6、若a、c、d是整數(shù)，b是正整數(shù)，且滿足a+b=c，b+c=d，c+d=a，則a+b+c+d的最大值是()A、-1B、0C、1D、-5填空題7、設(shè)a<0，且x≤=8、a、b是數(shù)軸上兩個點，且滿足a≤b。點x到a的距離是x到b的距離的2倍，則x=9、若互為相反數(shù)，則10、計算：11、若a是有理數(shù)，則的最小值是＿＿＿.12、有理數(shù)在數(shù)軸上的位置如圖所示，化簡解答題13、化簡：14、已知15、若abc≠0，求的所有可能的值16、X是有理數(shù)，求的最小值。17、已知a、b互為相反數(shù)，c、d互為倒數(shù)，x的絕對值為1，求a+b+x2-cdx的值。18、求滿足的所有整數(shù)對(a，b).19、若的值恒為常數(shù)，求x的取值范圍及此常數(shù)的值。20、已知方程有一個負(fù)根而沒有正根，求a的取值范圍。初一數(shù)學(xué)競賽系列講座(5)代數(shù)式初步知識要點1、代數(shù)式定義1用基本運算符號(加、減、乘、除、乘方、開方)把數(shù)或表示數(shù)的字母連結(jié)而成的式子叫做代數(shù)式。2、代數(shù)式的值定義2用數(shù)值代替代數(shù)式里的字母，計算后所得的結(jié)果叫做代數(shù)式的值。3、列代數(shù)式列代數(shù)式的關(guān)鍵是正確地分析數(shù)量關(guān)系，要掌握和、差、積、商、冪、倍、分、大、小、多、少、增加、增加到等數(shù)學(xué)概念和有關(guān)知識。列代數(shù)式實質(zhì)上是把“文字語言”翻譯成“符號語言”。4、求代數(shù)式的值代數(shù)式的值由它所含字母的取值決定，并隨字母取值的改變而改變，字母取不同的值，代數(shù)式的值可能同也可能不同。代數(shù)式中所含字母取值時，不能使代數(shù)式無意義。求代數(shù)式的值的一般步驟是(1)代入，(2)計算。例題精講例1、輪船在靜水中的速度是每小時a千米，水流速度為每小時b千米(b<a)，甲乙兩碼頭間相距S千米，則輪船在甲乙兩碼頭間往返一趟的平均速度為每小時千米。分析：輪船在甲乙兩碼頭間往返一趟的平均速度應(yīng)為往返一趟的總路程除以總時間。解因為輪船在靜水中的速度是每小時a千米，水流速度為每小時b千米(b<a)則輪船的順流速度為(a+b)千米，逆流速度為(a-b)千米，所以順流所用時間是逆流所用時間是，輪船在甲乙兩碼頭間往返一趟的平均速度為往返路程的和除以往返所用時間的和，即評注：順流速度=靜水中的速度+水流速度；逆流速度=靜水中的速度-水流速度。例2一支部隊排成a米長隊行軍，在隊尾的戰(zhàn)士要與最前面的團(tuán)長聯(lián)系，他用t1分鐘追上了團(tuán)長。為了回到隊尾，他在追上團(tuán)長的地方等待了t2分鐘。如果他從最前頭跑步回到隊尾，那么要()分鐘。A、B、C、D、分析：這是行程問題中的相遇問題。解部隊的行軍速度為米/分。t1分鐘內(nèi)，隊尾的戰(zhàn)士比部隊多走了a米，則他的速度為米/分=米/分。他從最前頭跑步回到隊尾的過程中，隊尾恰好與他相向而行，故所需時間應(yīng)為(分)選C例3若a<b<c，x<y<z，則下面四個代數(shù)式的值最大的是()A、ax+by+czB、ax+cy+bzC、bx+ay+czD、bx+cy+az分析：由于本題涉及的字母比較多，直接比較四個代數(shù)式的大小很困難。因為是選擇題，故可采用特值排除法來解。解：∵a<b<c，x<y<z，∴可設(shè)a=x=1,b=y=2,c=z=3，然后分別代入四個選擇支計算得：A的值是14；B、C的值都為13；C的值為11，故選A評注：用特值排除法來解選擇題，有時能取到事半功倍的效果。例4已知，求的值。分析此題若將左邊六次方展開，計算相當(dāng)繁瑣。注意到求的是偶次冪項的系數(shù)和，故可將x=1和x=-1分別代入已知等式的兩邊，得到和，相加除以2即可得所求的值。解將x=1代入已知等式，得將x=-1代入已知等式，得兩式相加，得2()=730∴=365評注：本題采用的是特值法。例5已知當(dāng)x=7時,代數(shù)式ax5+bx-8=8,求x=7時,的值.分析代數(shù)式ax5+bx-8中有三個字母,將x=7代入，仍無法求出a,b的值，影響直接代入求值，但通過觀察，發(fā)現(xiàn)將x=7代入,可整體地求出75a+7b的值，從而問題得到解決。解由已知條件知：a75+b7-8=8，所以a75+b7=16當(dāng)x=7時，=(a75+b7)+8=16+8=16評注：本題采用的是“整體處理思想”，整體處理是一種常用的數(shù)學(xué)思想。例6若ab=1，求的值分析此題的解法很多，關(guān)鍵是如何充分利用好ab=1，如由ab=1得出，然后直接代入計算；如利用ab=1巧秒地將式子中的“1”代換成ab；如在式子的一個分式的分子、分母上乘以a或b，然后化成同分母進(jìn)行計算。解法1由ab=1得，從而=解法2∵ab=1，∴=解法3∵ab=1，∴=評注：本題中的解法2與解法3巧秒地應(yīng)用了“1”的代換，“1”的代換是恒等變形中的常用技巧之一。例7若a、b、c全不為零，且求證：(1978丹東市數(shù)學(xué)競賽試題)分析本題是由兩個已知等式來證明一個等式，容易發(fā)現(xiàn)，所求證等式中沒有b，因而可設(shè)法從兩已知等式中消去b。證明：由，由兩式相乘得整理得去分母得ac+1=a，因為a≠0，故兩邊同除以a得評注：本題是證明條件恒等式，條件恒等式的證明關(guān)鍵是充分利用好條件式。例8對任意實數(shù)x、y，定義運算xy為xy=ax+by+cxy其中a、b、c為常數(shù)，等式右端運算是通常的實數(shù)的加法和乘法?，F(xiàn)已知12=3，23=4，并且有一個非零實數(shù)d，使得對于任意實數(shù)x,都有xd=x，求d的值。解由已知條件知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因為d≠0，所以b=0代入=1\*GB3①得a+2c=3，代入=2\*GB3②得2a+6c=4從而解得a=5，c=-1，將a=5，c=-1代入a+cd=1得d=4評注：解決定義新運算的問題，關(guān)鍵是通過新運算的定義，將新運算轉(zhuǎn)化為常規(guī)運算。例9已知代數(shù)式，當(dāng)時的值分別為－1，2，2，而且不等于0，問當(dāng)時該代數(shù)式的值是多少？(第11屆希望杯數(shù)學(xué)競賽培訓(xùn)題)分析：所給代數(shù)式中含有4個字母a、b、c、d，將所給的三個x取值代入，可得三個方程，要直接求出a、b、c、d的值不可能，但可將d視為常數(shù)，從而三個方程可組成關(guān)于a、b、c方程組，可將a、b、c用d表示出來，代入將代數(shù)式化簡后求值。解：將分別代入該代數(shù)式，得到由此可得將代入第一個和第三個等式中，得∴；進(jìn)而得到將和代入代數(shù)式中，得到＝；再將代入，得即當(dāng)時該代數(shù)式的值是評注：本題采用的是方程思想，方程思想是常用的數(shù)學(xué)思想，含有未知數(shù)的等式常?？煽醋饕粋€方程。鞏固練習(xí)選擇題1、若代數(shù)式2y2+3y+7的值是2，則代數(shù)式4y2+6y-9的值是()A、1B、-19C、-9D、92、在代數(shù)式xy2中，x與y的值各減少25%，則代數(shù)式的值()A、減少50%B、減少75%C、減少其值的D、減少其值的3、一個兩位數(shù)，用它的個位，十位上的兩個數(shù)之和的3倍減去-2，仍得原數(shù)，這個兩位數(shù)是()A、26B、28C、36D、384、在式子中，用不同的x值代入，得到對應(yīng)的值，在這些對應(yīng)值中，最小的值是()A、1B、2C、3D、45、實數(shù)a、b、c滿足a+b+c=0，且abc=1則的值()A、是整數(shù)B、是零C、是負(fù)數(shù)D、正、負(fù)不定6、如果，那么下列說法正確的是()A、x、y、z中至少有一個為1B、x、y、z都等于1C、x、y、z都不等于1D、以上說法都不對填空題7、某人上山、下山的路程都是S，上山速度為v，下山速度為u，則此人上、下山的平均速度是8、已知，則代數(shù)式xx+yy-xy-yx的值是9、設(shè)a、b、c、d都是整數(shù)，且m=a2+b2，n=c2+d2，mn也可以表示成兩個整數(shù)的平方和，其形式是_________。10、如果用四則運算的加、減、除法定義一種新的運算，對于任意實數(shù)x、y有則=11、如果2x2-3x-1與a(x-1)2+b(x-1)+c是同一個多項式的不同形式，那么12、如果(x-a)(x-4)-1能夠分解成兩個多項式x+b、x+c的乘積，且b、c均為整數(shù)，則a=解答題13、已知，求a1+a2+a3+a4+a514、a、b、c互不相等，化簡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、一個四位數(shù)，這個四位數(shù)與它的各項數(shù)字之和是1999，求這個四位數(shù)。初一數(shù)學(xué)競賽系列講座(6)整式的恒等變形知識要點整式的恒等變形把一個整式通過運算變換成另一個與它恒等的整式叫做整式的恒等變形整式的四則運算整式的四則運算是指整式的加、減、乘、除，熟練掌握整式的四則運算，善于將一個整式變換成另一個與它恒等的整式，可以解決許多復(fù)雜的代數(shù)問題，是進(jìn)一步學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的基礎(chǔ)。乘法公式乘法公式是進(jìn)行整式恒等變形的重要工具，最常用的乘法公式有以下幾條：=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整式的整除如果一個整式除以另一個整式的余式為零，就說這個整式能被另一個整式整除，也可說除式能整除被除式。余數(shù)定理多項式除以(x-a)所得的余數(shù)等于。特別地=0時，多項式能被(x-a)整除例題精講例1在數(shù)1，2，3，…，1998前添符號“+”和“-”并依次運算，所得可能的最小非負(fù)數(shù)是多少？分析要得最小非負(fù)數(shù)，必須通過合理的添符號來產(chǎn)生盡可能多的“0”解因1+2+3+…+1998=是一個奇數(shù)，又在1，2，3，…，1998前添符號“+”和“-”，并不改變其代數(shù)和的奇偶數(shù)，故所得最小非負(fù)數(shù)不會小于1。先考慮四個連續(xù)的自然數(shù)n、n+1、n+2、n+3之間如何添符號，使其代數(shù)和最小。很明顯n-(n+1)-(n+2)+(n+3)=0所以我們將1，2，3，…，1998中每相鄰四個分成一組，再按上述方法添符號，即(-1+2)+(3-4-5+6)+(7-8-9+10)+…+(1995-1996-1997+1998)=-1+2=1故所求最小的非負(fù)數(shù)是1。例2計算(2x3-x+6)?(3x2+5x-2)分析計算整式的乘法時，先逐項相乘(注意不重不漏)，再合并同類項，然后將所得的多項式按字母的降冪排列。解法1原式=6x5+10x4-4x3-3x3-5x2+2x+18x2+30x-12=6x5+10x4-7x3+13x2+32x-12評注：對于項數(shù)多、次數(shù)高的整式乘法，可用分離系數(shù)法計算，用分離系數(shù)法計算時，多項式要按某一字母降冪排列，如遇缺項，用零補(bǔ)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)展開式中x8的系數(shù)解x8的系數(shù)=22+(-3)(-1)+(-7)3=-14評注：只要求x8的系數(shù)，并不需要把展開式全部展開。例4計算(3x4-5x3+x2+2)(x2+3)分析整式除法可用豎式進(jìn)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，商式為3x2–5x–8，余式為15x+26評注：用豎式進(jìn)行整式除法要注意：被除式和除式要按同一字母的降冪排列；如被除式和除式中有缺項，要留有空位；余式的次數(shù)要低于除式的次數(shù)；被除式、除式、商式、余式之間的關(guān)系是：被除式=除式商式+余式例5計算(2x5-15x3+10x2-9)(x+3)分析對于除式是一次項系數(shù)為1的一次多項式的整式除法可用綜合除法進(jìn)行。用綜合除法進(jìn)行計算，首先要將除式中的常數(shù)項改變符號，并用加法計算對應(yīng)項的系數(shù)。解-320-15100-9-618-9-392-631-30∴商式=2x4-6x3+3x2+x-3評注：用綜合除法進(jìn)行整式除法要注意：被除式按x的降冪排列好，依次寫出各項的系數(shù)，遇到缺項，必須用0補(bǔ)上；把除式x-a的常數(shù)項的相反數(shù)a寫在各項系數(shù)的左邊，彼此用豎線隔開；下移第一個系數(shù)作為第三行的第一個數(shù)，用它乘以a，加上第二個系數(shù)，得到第三行的第二個數(shù)，再把這個數(shù)乘以a，加上第三個系數(shù)，就得到第三行的第三個數(shù)，…，依次進(jìn)行運算，最后一個數(shù)即為余數(shù)，把它用豎線隔開，線外就是商式的多項式系數(shù)。如果除式是一次式，但一次項系數(shù)不是1，則應(yīng)把它化到1才能用綜合除法。例6已知x+y=-3，x3+y3=-18，求x7+y7的值分析：先通過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從而x7+y7=-843評注：本題充分利用x+y和xy，與x2+y2、x4+y4、x7+y7的關(guān)系來解題。例7求證：(x2-xy+y2)3+(x2+xy+y2)3能被2x2+2y2整除分析如果將(x2-xy+y2)3與(x2+xy+y2)3直接展開，太繁，可將兩個式子整體處理，分別看作a和b，然后利用乘法公式展開，可將計算簡化。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。評注：本題采用的是整體處理思想。例8試求x285-x83+x71+x9-x3+x被x-1除所得的余數(shù)。解法1x285-x83+x71+x9-x3+x=(x285-1)–(x83-1)+(x71-1)+(x9-1)–(x3-1)+(x-1)+2因為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除所得的余數(shù)是2。解法2由余數(shù)定理，余數(shù)等于x285-x83+x71+x9-x3+x在x=1時值，即余數(shù)=1285-183+171+19-13+1=2評注：本題兩種解法中，解法1是通過恒等變形，將原式中能被x-1整除的部分分解出，剩下的就是余數(shù)。解法2是通過余數(shù)定理來求余數(shù)，這是這類問題的通法，要熟練掌握。例9研究8486，9892，…的簡便運算，并請你用整式運算形式表示這一簡便運算規(guī)律。分析：觀察8486，9892，…可得：它們的十位數(shù)字特點是8=8，9=9；而它們的個位數(shù)字和為4+6=10，8+2=10。則可設(shè)十位上的數(shù)字為a，個位上的數(shù)字為b、c，且b+c=10解：根據(jù)上面的分析，設(shè)十位上的數(shù)字為a，個位上的數(shù)字為b、c，且b+c=10則(10a+b)(10a+c)=100a2+10a(b+c)+bc=100a2+100a+bc=100a(a+1)+bc評注：以后，凡是遇到上述類型的運算均可用此結(jié)果進(jìn)行簡便運算。如7278=10078+28=5600+16=5616例10已知關(guān)于x的三次多項式除以x2-1時，余式是2x-5；除以x2-4時，余式是-3x+4，求這個三次多項式。分析：利用被除式=除式商式+余式的關(guān)系來解。解：設(shè)這個三次多項式為ax3+bx2+cx+d(a≠0)，因為這個三次多項式分別除以x2-1和x2-4，故可設(shè)兩個商式是：ax+m和ax+n，由題意得：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式中分別取x=1,-1，得a+b+c+d=-3，-a+b-c+d=-7在=2\*GB3②式中分別取x=2,-2，得8a+4b+2c+d=-2，-8a+4b-2c+d=10由上面四式解得：所以這個三次多項式為評注：對于求多項式的系數(shù)問題常常使用待定系數(shù)法。鞏固練習(xí)選擇題1、若m=10x3-6x2+5x-4，n=2+9x3+4x-2x2，則19x3-8x2+9x-2等于A、m+2nB、m-nC、3m-2nD、m+n2、如果(a+b-x)2的結(jié)果中不含有x的一次項，則只要a、b滿足()A、a=bB、a=0或b=0C、a=-bD、以上答案都不對3、若m2=m+1，n2=n+1，且mn，則m5+n5的值為()A、5B、7C、9D、114、已知x2-6x+1=0，則的值為()A、32B、33C、34D、355、已知，則(a-b)2+(b-c)2+(a-b)(b-c)的值為()A、1B、2C、3D、46、設(shè)=x2+mx+n(m,n均為整數(shù))既是多項式x4+6x2+25的因式，又是多項式3x4+4x2+28x+5的因式，則m和n的值分別是()A、m=2，n=5B、m=-2，n=5C、m=2，n=-5D、m=-2，n=-5填空題7、設(shè)a、b、c是非零實數(shù)，則8、設(shè)(ax3-x+6)(3x2+5x+b)=6x5+10x4-7x3+13x2+32x-12，則a=,b=9、x+2除x4-x3+3x2-10所得的余數(shù)是10、若x+y-2是整