1、101 质数那些事阅读与思考一个大于 1 的自然数如果只能被 1 和本身整除，就叫作质数(也叫素数)；如果能被 1 和本身以外的自然数整除，就叫作合数；自然数 1 既不是质数，也不是合数，叫作单位数这样，我们可以按约数个数将正整数分为三类： 1单 位正 整 数 质 数合 数关于质数、合数有下列重要性质 ：1质数有无穷多个，最小的质数是 2，但不存在最大的质数，最小的合数是 421 既不是质数，也不是合数；2 是唯一的偶质数3若质数 | ，则必有 | 或 | pabpab4算术基本定理：任意一个大于 1 的整数 N 能唯一地 分解成 个质因数的乘积(不考虑质因数k之间的顺序关系)：N= ，其中
2、， 为质数， 为非负数( =1，2，3， )12kaaP 12kP iPiaik正整数 N 的正约 数的个数为(1 )(1 )(1 )，所有正约数的和为(1 )1a11 1P1a(1 )(1 )22akk例题与求解【例 1】已知三个质数 ， ， 满足 =99，那么 的值abcabcabca等于_(江苏省竞赛试题)解题思想：运用质数性质，结合奇偶性分析，推出 ， ， 的值abc【例 2】若 为质数， 5 仍为质数，则 7 为( )p35pA质数 B可为质数，也可为合数2C合数 D既不是质数，也不是合数(湖北省黄冈市竞赛试题)解题思想：从简单情形入手，实验、归纳与猜想【例 3】求这样的质数，当它加
3、上 10 和 14 时，仍为质数(上海市竞赛试题)解题思想：由于质数的分布不规则，不妨从最小的质数开始进行实验，另外，需考虑这样的质数是否唯一，按剩余类加以深入讨论【例 4】 将 1，2，2 004 这 2 004 个数随意排成一行，得到一个数 ，求证： 一定是n合数 若 是大于 2 的正整数，求证： 1 与 1 中至多有一个质数nn2n 求 360 的所有正约数的倒数和(江苏省竞赛试题)解题思想： 将 1 到 2 004 随意排成一行，由于中间的数很多，不可能一一排出，不妨找出无论怎样排，所得数都有非 1 和本身的约数；只需说明 1 与 1 中必有一个是合数，不能同2nn为质数即可；逐个求解
4、正约数太麻烦，考虑整体求解3【例 5】设 和 是正整数， ， 是奇质数，并且 ，求 的值xyxyp12xypxy解题思想：由题意变形得出 整除 或 ，不妨设 由质数的定义得到 2 1=1 或t t2 1= 由 及 2 1 为质数即可得出结论tpxyt【例 6】若一个质数的各位数码经任意排列后仍然是质数，则称它是一个“绝对质数”如2，3，5，7，11，13(31)，17(71)，37(73)，79(97)，113(131，311)， 199(919，991)，337(373，733)，都 是质数求证：绝对质数的各位数码不能同时出现数码 1，3，7，9(青少年国际城市邀请赛试题)解题思想：一个绝对
5、质数如果同时含有数字 1，3，7，9，则在这个质数的十进制表示中，不可能含有数字 0，2，4，5，6，8，否则，进行适当排列后，这个数能被 2 或 5 整除能力训练A 级1若 ， ， ， 为整数， =1997，则 =_ abcd22abcd22abcd2在 1，2，3， 这个 自然数中，已知共有 个质数， 个合数， 个奇数， 个偶npqkm数，则( )( )=_qmpk43设 ， 为自然数，满足 1176 = ，则 的最小值为_aba3b(“希望杯”邀请赛试题)4已知 是质数，并且 3 也是质数，则 48 的值为_p6p1p(北京市竞赛试题)5任意调换 12345 各数位上数字的位置，所得的五
6、位数中质数的个数是 ( )A4 B8 C12 D06在 2 005，2 007，2 009 这三个数中，质数有 ( )A0 个 B1 个 C2 个 D3 个(“希望杯”邀请赛试题)7一个两位数的个位数字和十位数字变换位置后，所得的数比原来的数大 9，这样的两位中，质数有( )A1 个 B3 个 C5 个 D6 个 (“希望杯”邀请赛试题)8设 ， ， 都是质数，并且 = ， 求 pqrpqrp9写出十个连续的自然数，使得个个都是合数(上海市竞赛试题)10在黑板上写出下面的数 2，3，4，1 994，甲先擦去其中的一个数，然后乙再擦去一5个数，如此轮流下去，若最后剩下的两个数互质，则甲胜；若最后
7、剩下的两个数不互质，则乙胜，你如果想胜，应当选甲还是选乙？说明理由(五城市联赛试题)11用正方形的地砖不重叠、无缝隙地铺满一块地，选用边长为 cm 规格的地砖，恰用 块，xn若选用边长为 cm 规格的地砖，则要比前一种刚好多用 124 块，已知 ， ， 都是正整数，且(y y， )=1，试问这块地有多少平方米？x(湖北省荆州市竞赛试题)B 级1若质数 ， 满足 5 7 =129，则 的值为_mnnmn2已知 ， 均为质数，并且存在两个正整数 ， ，使得 = ， = ，则pq pmnq的值为 _pqnm3自然数 ， ， ， ， 都大于 1，其乘积 =2 000，则其和 的abcdeabcdeab
8、cde最大值为_，最小值为_(“五羊杯”竞赛试题)4机器人对自然数从 1 开始由小到大按如下的规则染色：凡能表示为两个合数之和的自然数都染成红色，不合上述要求的自然数都染成黄色，若被染成红色的数由小到大数下去，则第 1 9926个数是_(北京市“迎春杯”竞赛试题)5若 ， 均为质数，且满足 =2 089，则 49 =_ab1abbaA0 B2 007 C2 008 D2 010(“五羊杯”竞赛试题)6设 为质数，并且 7 8 和 8 7 也都为质数，记 =77 8， =88 7，则在以下a2a2xay情形中，必定成立的是( )A ， 都 是质数 B ， 都是合数xyC ， 一个是质数，一个是合
9、数 D对不同的 ，以上皆可能出现a(江西省竞赛试题)7设 ， ， ， 是自然数，并且 ，求证： 一定是合数abcd22abcdbcd(北京市竞赛试题)8请同时取六个互异的自然数，使它们同时满足： 6 个数中任意两个都互质； 6 个数任取 2 个，3 个，4 个，5 个，6 个数之和都是合数，并简述选择的数符合条件的理由79已知正整数 ， 都是质数，并且 7 与 11 也都是质数，试求 的值pqpqqp(湖北省荆州市竞赛试题)10. 41 名运动员所穿运动衣号码是 1，2，40，41 这 41 个自然数，问：(l) 能否使这 41 名运动员站成一排，使得任意两个相邻运动员的号码之和是质数？(2)
10、 能否让这 41 名运动员站成一圈，使得任意两个相邻运动员的号码之和都是质数？若能办到，请举出一例；若不能办到，请说明理由01 质数那些事例 1 34例 2 C例 3 3 符合要求 提示：当 p=3k1 时， p10=3 k11， p14=3( k5)，显然 p14 是合数，当p=3k2 时， p10=3( k4)是合数，当 p=3k 时，只有 k=1 才符合题意例 4 （1）因 122004= 2004（12004）=10022005 为 3 的倍数，故无论怎样交换2这 2004 个数的顺序，所得数都有 3 这个约数（2）因 n 是大于 2 的正整数，则 17， 1、 、 1 是不小于 7
11、的三个连续的正nn2n2整数，其中必有一个被 3 整除，但 3 不整除 ，故 1 与 1 中至多有一个数是质数（3）设正整数 a 的所有正约数之和为 b， ， ， ， 为 a 的正约数从小到大的排1d23nd8列，于是 =1， =a由 于 中各分数分母的最小公倍数 =a，1dn nddS1132 nd故 S= = = ，而 a=360= ，故 b=（12 ）nn1n2b53223（13 ）（15）=1170 = = 2 360174例 5 由 = ，得 x y= =k （ k 为正整数） ，可得 2xy=kp，所以 p 整除 2xy 且 p 为奇质xypp2数，故 p 整除 x 或 y，不放设
12、 x=tp，则 tp y=2ty，得 y= 为整数又 t 与 2t1 互质，1t故 2t1 整除 p， p 为质数，所以 2t1=1 或 2t1= p若 2t1=，得 t=1， x=y=p，与 x y矛盾；若 2t1= p，则 = ，2 xy=p（ x y） p 是奇质数，则 x y 为偶数， x、 y 同奇xy偶性，只能同为 xy= 必有某数含因数 p令 x=ap， ay= ，2 ay=ap y y=a，故 a，2 a1 互质，2 a1 整除 p，又 p 是质数，则 2a1= p， a= ，故 x= 1= ， x y= = 。p21例 6 设 N 是一个同时含有数字 1，3，7，9 的绝对质
13、数因为=7931， =1793， =9137， =7913， =7193， =1937， =7139 除以 7 所得余数分0k2k34k56k别为 0，1，2，3，4，5，6故如下 7 个正整数：=L ，914nCN04L=L ，321 1k=L ，794216nCN640L其中，一定有一个能被 7 整除，则这个数就不是质数，故矛盾A 级11998 21 363 42000 5D 6A 7B8由 r=p q 可知 r 不是最小的质数， 则为奇数，故 p， q 为一奇一偶，又因为 p q故 p 既是质9数又是偶数，则 p=29设十个连续合数为 k2， k3， k4， k10， k11，这里 k
14、为自然数，则只要取 k 是2，3，4，11 的倍数即可10选甲提示：相邻的两个自然数总是互质数，把相邻自然数两两分为一组，这两数总是互质的，（2，3） ， （4，5） ， （6，7） ， （1992，1993） ，1994，甲擦掉 1994，无论乙擦哪一个数，甲就擦那一组的另一数，以此类推，最后还剩一对互质数11设这块地面积为 S，则 S= =（ n124） 2x2y =124 x y （ x， y）=12yxn2（ ， ）=1 （ ， ）=1 得 12422124= 31， =（ x y） （ x y）22 ，或13yx6 ，或 （舍）56302x此时 n= =900214yx S= =90
15、0 =230400cm =2304 m 。622B 级119 或 252 提示： q=mn，则 m、 n 只能一个为 1，另一个为 q33133 23 420015B 提示：唯有 a=2， b=2089 =20892048 =41 是质数，符合题意126A 提示：当 a=3 时，符合题意；当 a3 时， 被 3 处余 1，设 =3n1，则22a7 8=21 n15，8 7=24 n15，它们都不是质数，与条件矛盾故 a=3227 a， b， c， d 都是偶数，即 M= （ a bcd）是偶22dcb10数因为 = ，所以 =2（ ）是偶数，从而有 a bcd=2ba2dc22dcba2ba
16、M=2（ ） M，它 一定是偶数，但 a b c d2，于 是 a b c d2是个合数8取六个数 ai i(123456)1 (i1，2，6)，则其中任意两个数都是互质的，事实上，假设 a2与 a5不互质，设 d 是 a2与 a5的最大公约数，则 d 必是(52)123456，即 3123456 的 一个因子，但从 a221234561知， d 不整除 a2，这与假设 d 是 a2与 a5的最 大公约数矛盾，故 a2与 a5互质9由 pq1111 且 pq11 是质数知， pq11 必为正奇数，从而 p2 或 q2(1)若 p2，此时 7p q 及 2q11 均为质数设 q3 k1，则 q1
17、43( k5)不是质数；设q3 k2，则 2q113(2 k5)不是质数，因此 q 应为 3k 型的质数，当然只能是 q3(2)若 q2，此时 7p q 与 2p11 均为质数，设 p3 k1，则 7p23(7 k3)不是质数；设p3 k2，则 2p113(2 k5)不是质数，因此， p 应为 3k 型的质数， p3 综合(1)，(2)知p3， q2 或 p2， q3，所以 pq十 qp 1710(1)能办到 提示：注意到 41 与 43 都是质数，据题意，要使相邻两数的和都是质数，显然它们只能都是奇数，因此，在这排数中只能一奇一偶相间排列：不妨先将奇数排成一排：1，3，5，7，41，在每两数
18、之间留空，然后将所有的偶数依次反序插在各空白中，得1，40，3，38，5，36，7，34，8，35，6，37，4，39，2，41.这样任何相邻两数之和都是 41或 43.满足题目要求(2)不能办到 提示：若把 1，2，3，40，41 排成一圈，要使相邻两数的和为质数，这些质数都是奇数，故圆圈上任何相邻两数必为一奇一偶但现有 20 个偶数，21 个奇数，总共是 41个号码，由此引出矛盾，故不能办到，102 数的整除性阅读与思考设 ， 是整数， 0，如果一个整数 使得等式 = 成立，那么称 能被 整除，或称abqabqab整除 ，记作 | ，又称 为 的约数， 而 称为 的倍数解与整数的整除相关问
19、题常用到ba以 下知识：1数的整除性常见特征：若整数 的个位数是偶数，则 2| ；aa若整数 的个位数是 0 或 5，则 5| ；若整数 的各位数字之和是 3(或 9)的倍数，则 3| (或 9| )；a若整数 的末二位数是 4(或 25)的倍数，则 4| (或 25| )；a若整数 的末三位数是 8(或 125)的倍数，则 8| (或 125| )；若整数 的奇数位数字和与偶数位数字和的差是 11 的倍数，则 11| a2整除的基本性质设 ， ， 都是整数，有：abc若 | ， | ，则 | ；ac若 | ， | ，则 |( )；b若 | ， | ，则 ， | ；bac若 | ， | ，且
20、与 互质，则 | ；cca若 | ，且 与 互质，则 | 特别地，若质数 | ，则必有 | 或 | bpbcpbc例题与求解【例 1】在 1，2，3，2 000 这 2 000 个自然数中，有_个自然数能同时被 2 和 3 整除，而 且不能被 5 整除(“五羊杯”竞赛试题)解题思想：自然数 能同时被 2 和 3 整除，则 能被 6 整除，从中剔 除能被 5 整除的数，即为nn所求2【例 2】已知 ， 是正整数( )，对于以下两个结论：abab在 ， ， 这三个数中必有 2 的倍数；在 ， ， 这三个数中必有 3 的倍数其中 ( )A只有正确 B只有正确C，都正确 D，都不正确(江苏省竞赛试题)
21、解题思想：举 例验证，或按剩余类深入讨论证明【例 3】已知整数 能被 198 整除，求 ， 的值13456abab(江苏省竞赛试题)解题思想：198=2911，整数 能被 9，11 整除，运用整除的相关特性建立 ， 的13456b ab等式，求出 ， 的值ab【例 4】已知 ， ， 都是整数，当代数式 7 2 3 的值能被 13 整除时，那么代数式abcabc5 7 22 的值是否一定能被 13 整除，为什么？abc(“华罗庚金杯”邀请赛试题)解题思想：先把 5 7 22 构造成均能被 13 整除的两个代数式的和，再进行判断abc3【例 5】如果将正整数 M 放在正整数 左侧，所得到的新数可被
22、 7 整除，那么称 M 为 的mm“魔术数”(例如：把 86 放在 415 左侧，得到 86 415 能被 7 整除，所以称 86 为 415 的魔术数)，求正整数 的最小值，使得 存在互不相同的正整数 ， ， ，满足对任意一个正整数 ，n 1a2na在 ， ， 中都至少有一个为 的“魔术数” 1a2na(2013 年全国初中数学竞赛试题)解题思想：不妨设 ( =1，2，3， ； =0，1，2，3，4，5，6)至少有一个为7iiktnt的“魔 术数 ”根据题中条件，利用 ( 是 的位数)被 7 除所得余数，分析 的取m10kiamA i值【例 6】一只青蛙，位于数轴上的点 ，跳动一次后到达 ，
23、已知 ， 满足ka1kak1a4| |=1，我们把青蛙从 开始，经 1 次跳动的位置依次记作 ： ， ， ，1ka 1annA1a23n 写出一个 ，使其 ，且 0；5A15012a345 若 =13， =2 012，求 的值；1a201 对于整数 ( 2)，如果存在一个 能同时满足如下两个条件：nnA =0； =0求整数 ( 2) 被 4 除的余数，并说理理由1123na(2013 年“创新杯”邀请赛试题)解题思想： 即从原点出发，经过 4 次跳动后回到原点，这就只能两次向右，两150次向左为保证 0只需将“向右”安排在前即可a234a5若 =13， =2 012，从 经过 1 999 步到
24、 不妨设向右跳了 步，向左跳了 步，10 20axy则 ，解得 可见，它一直向右跳，没有向左跳932xy90xy设 同时满足两个条件： =0； =0由于 =0，故从原点出发，nA1a12a3na1经过( 1)步到达 ，假定这( 1)步中，向右跳了 步，向左跳了 步，于是 = ，kkakxkykaxky = 1 ，则 =0( )( )( )kxy123n2y3nx=2( )( )( )( )=2( )2nxy3xnx23n由于 =0，所以 ( 1)=4( )即n1a23na23nx4| ( 1)5能力训练A 级1某班学生不到 50 人，在一次测验中，有 的学生得优， 的学生得良， 的学生得及格，
25、171312则有_人不及格2从 1 到 10 000 这 1 万个自然数中，有_个数能被 5 或能被 7 整除(上海市竞赛试题)3一个五位数 能被 11 与 9 整除，这个五位数是_38ab4在小于 1 997 的自然数中，是 3 的倍数而不是 5 的倍数的数的个数是( )A532 B665 C133 D7985能整除任意三个连续整数之和的最大整数是( )A1 B2 C3 D6(江苏省竞赛试题)6用数字 1，2，3，4，5，6 组成的没有重复数字的三位数中，是 9 的倍数的数有( )A12 个 B18 个 C 20 个 D30 个(“希望杯”邀请赛试题)7五位数 是 9 的倍数，其中 是 4
26、的倍数，那么 的最小值为多少？abcdeabcdabcde(黄冈市竞赛试题)681，2，3，4，5，6 每个使用一次组成一个六位数字 ，使得三位数 ， ，abcdefabcd， 能依次被 4，5，3，11 整除，求这个六位数cdef(上海市竞赛试题)9173是个四位数字，数学老师说：“我在这个中先后填入 3 个数字，所得到的 3 个四位数，依次可被 9，11，6 整除 ”问：数学老师先后填入的这 3 个数字的和是多少？(“华罗庚金杯”邀请赛试题)B 级1若一个正整数 被 2，3，9 这八个自然数除，所得的余数都 为 1，则 的最小值为a a_， 的一般表达式为_(“希望杯”邀请赛试题)2已知
27、， 都是正整数，若 1 30，且 能被 21 整除，则满足条件的数对mnmn( ， )共有_个(天津市竞赛试题)3一个六位数 能被 33 整除，这样的六位数中最大是_198xy74有以下两个数串 同时出现在这两个数串中的数1,357,913,597,140806 的个数共有( )个A333 B334 C335 D3365一个六位数 能被 12 整除，这样的六位数共有( )个19abA4 B6 C8 D126若 1 059，1 417，2 312 分别被自然数 除时，所得的余数都是 ，则 的值为( nmn)A15 B1 C164 D1747有一种室内游戏，魔术师要求某参赛者相好一个三位数 ，然后
28、，魔术师再要求他记下abc五个数： ， ， ， ， ，并把这五个数加起来求出和 N只要讲出 的大小，acbcabca魔术师就能说出原数 是什么如果 N=3 194，请你确定 c(美国数学邀请赛试题)8一个正整数 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“拷贝数” ，试求所有的三位“拷贝数” (武汉市竞赛试题)89一个六位数，如将它的前三位数字与后三位数字整体互换位置，则所得的新六位数恰为原数的 6 倍，求这个三位数(“五羊杯”竞赛试题)10一个四位数，这个四位数与它的各位数字之和为 1 999
29、，求这个四位数，并说明理由(重庆市竞赛试题)11从 1，2，9 中任取 个数，其中一定可以找到若干个数(至少一个，也可以是全部)，n它们的和能被 10 整除，求 的最小值(2013 年全国初中数学竞赛试题)910专题 02 数的整除性例 1 267 提示：33366267例 2 C 提示：关于的证明：对于 a， b 若至少有一个是 3 的倍数，则 ab 是 3 的倍数若a， b 都不是 3 的倍数，则有：(1)当 a3 m1， b3 n1 时， a b3( m n)；(2)当a3 m1， b3 n2 时， a b3( m n1)；(3)当 a3 m2， b3 n1 时， a b3( m n1)
30、；(4)当 a3 m2， b3 n2 时， a b3( m n).例 3 a8 b0 提示：由 9(19 a b)得 a b8 或 17；由 11|(3 a b)得 a b8 或3例 4 设 x， y， z， t 是整数，并且假设 5a7 b22 c x(7a2 b3 c) 13( ya zb tc).比较上式 a， b， c 的系数，应当有 ，取 x3，可以得到 y2， z1， t1，2137txzy则有 13 (2a b c)3(7 a2 b3 c)5 a7 b22 c既然 3(7a2 b3 c)和 13(2a b c)都能被13 整除，则 5a7 b22 c 就能被 13 整除例 5 考
31、虑到“魔术数”均为 7 的倍数，又 a1， a2， an互不相等，不妨设 a1 a2 an，余数必为 1，2，3，4，5，6，0， 设 ai ki t(i1，2，3， n； t0，1，2，3，4，5，6)，至少有一个为 m 的“魔术数” ，因为 ai10k m(k 是 m 的位数)，是 7 的倍数，当 i b 时，而 ait除以 7 的余数都是 0，1，2，3，4，5，6 中的 6 个；当 i7 时，而 ai10k除以 7 的余数都是0，1，2，3，4，5，6 这 7 个数字循环出现， 当 i7 时，依抽屉原理， ai10k与 m 二者余数的和至少有一个是 7，此时 ai10k m 被 7 整
32、除，即 n7例 6 (1)A5：0，1，2，1，0.(或 A5：0，1，0，1，0) (2)a1000139991 012 (3)n 被4 除余数为 0 或 1A 级11 23 143 339 798 4A 5C 6B7五位数 10 e.又 为 4 的倍数故最值为 1 000，又因为 为 9 的倍abcde abcd abcd abcde数故 1000 e 能被 9 整除，所以 e 只能取 8因此 最小值为 10 008.abcde8324 561 提示： d f e 是 11 的倍数，但 6 d f5611，1 e6，故 0 d f e10，因此 d f e0，即 5 f e，又 e d，
33、f1，故 f l， e6，11919 提示：173的和能被 9 整除，故里只能填 7，同理，得到后两个数为 8，4B 级12 521 a2 520 n1( n N ) 2573719 895 提示：这个数能被 33 整除，故也能被 3 整除于是，各位数字之和(x1989 y)也能被 3 整除，故 x y 能被 3 整除4B 5B6A 提 示：两两差能被 n 整除， n179， m1647由题意得 3 194，两边加上 得 222(a b c)3194 acb bac bca cab cba abc abc222( a b c) 2221486 则 86 是 222 的倍数abc abc且 a
34、b c14设 86222 n 考虑到 是三位数，依次取 n1，2，3，4.分别得出 的可abc abc abc能值为 136，358，580，802，又因为 a b c14故 358abc8设 N 为所求的三位“拷贝数” ，它的各位数字分别为 a， b， c(a， b， c不全相等)将其数码重新排列后，设其中最大数为 ，则最小数为 故 N (100 a10 b c) abc cba abc cba(100c10 b a)99( a c)可知 N 为 99 的倍数这样的三位数可能是198，297，396，495，594，693，792，891，990而这 9 个数中，只有 954 459495.
35、故 495是唯一的三位“拷贝数” 9设原六位数为 ，则 6 ，即 6(1000 )1000 ，所abcdef abcdef defabc abc def def abc以 994 5 999 ，即 142 857 ， (142，857)1， def abc def abc142| ，857| ，而 ， 为三位数， 142， 857，故 142857abc def abc def abc def abcdef10设这个数为 ，则 1 000a100 b10 c d a b c d1 999，即 1 abcd001a101 b11 c2 d1 999，得 a1，进而 101b11 c2 d998，
36、101 b998117881，有b9，则 11c2 d89，而 02 d18，7111 c89，推得 c7， d6，故这个四位数是 1 97611当 n4 时，数 1，3，5，8 中没有若干个数的和能被 10 整除当 n5 时，设 a1a2， a5是1，2，9 中的 5 个不同的数，若其中任意若干个数，它们的和都不能被 10 整除，则12中不可能同时出现 1 和 9，2 和 8，3 和 7，4 和 6，于是 中必定有一个为125,a 125,a5，若 中含 1，则不含 9，于是，不含 ，故含 6；不含 ,故,a (50)3(610)含 7；不含 ,故含 8；但是 5+7+8=20 是 10 的
37、倍数, 矛盾. 若 中含 9, 2(70) 125,a则不含 1, 于是不含 故含 4; 不含 故含 3; 不含6(9520),7(490),故含 2; 但是 是 10 的倍数, 矛盾. 综上所述, n 的最小值为 58(9320),31103 从算术到代数阅读与思考算术与代数是数学中两门不同的分科，它们之间联系紧密，代数是在算术中“数”和“运算”的基础上发展起来的.用字母表示数是代数的一个重要特征，也是代数与算术的最显著的区别.在数学发展史上，从确定的数过渡到用字母表示数经历了一个漫长的过程，是数学发展史上的一个飞跃.用 字母表示数有如下特点：1.任意性即字母可以表示任意的数.2.限制性即虽
38、然字母表示任意的数，但字母的取值必须使代数式或实际问题有意义.3.确定性即在用字母表示的数中，如果字母取定某值，那么代数式的值也随之确定.4.抽象性即与具体的数值相比，用字母表示数具有更抽象的意义.例题与求解【例 1】研究下列算式，你会发现什么规律：13142 224193 2351164 2461255 2 请将你找到的 规律用代数式表示出来：_(山东菏泽地区中考试题)解题思路：观察给定的几个简单的、特殊的算式，寻找数字间的联系，发现一般规律，然后用代数式表示.2【例 2】下列四个数中可以写成 100 个连续自然数之和的是（ ）A.1627384950 B. 2345678910 C. 35
39、79111300 D. 4692581470 （江苏省竞赛试题）解题思路：设自然数从 a1 开始，这 100 个连续自然数的和为（ a1）( a2) ( a100)100 a5050，从揭示和的特征入手.【例 3】设 A ，求 A 的整21+2324+221034+22105+数部分.（北京市竞赛试题）解题思路：从分析 A 中第 n 项 的特征入手.22(1)+【例 4】现有 a 根长度相同的火柴棒，按如图摆放时可摆成 m 个正方形，按如图摆放时可摆成 2n 个正方形.(1)用含 n 的代数式表示 m；(2)当这 a 根火柴棒还能摆成如图所示的形状时，求 a 的最小值.（浙江省竞赛试题）解题思
40、路：由图中有 m 个正方形、图中有 2n 个正方形，可设图中有 3p 个正方形，无论怎样摆放，火柴棒的总数相同，可建立含 m， n， p 的等式.【例 5】 化简 . 个个个 nnn9193（江苏省竞赛试题）解题思路：先考察 n1，2，3 时的简单情形，然 后作出猜想，这样，化简的目标更明确.【例 6】观察按下列规律排成的一列数：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， （*）121321423415234516（1）在（*）中，从左起第 m 个数记为 F(m) 时，求 m 的值和这 m 个数的积.0（2）在（*）中，未经约分且分母为 2 的数记为 c，它后面的一个数记为
41、 d，是否存在这样的两个数 c 和 d，使 cd2001000，如果存在，求出 c 和 d；如果不存在，请说明理由.解题思路：解答此题，需先找到数列的规律，该数列可分组为（ ） ， （ ， ） ， （ ， ，12132） ， （ ， ， ， ） ， （ ， ， ， ， ） ，.3142341523451能力训练A 级1.已知等式：2 2 2 ，3 3 2 ，4 4 2 ， ，10 815 10 2 （ a， b 均为正整数） ，则 a b_ _.ab(湖北省武汉市竞赛试题)42.下面每个图案都是若干个棋子围成的正方形图案，它的每边（包括顶点）都有 n（ n2）个棋子，每个图案棋子总数为 s，按
42、此规律推断 s 与 n 之间的关系是_.n2 n3 n4 s4 s8 s12 (山东省青岛市中考试题)3.规定任意两个实数对（ a， b）和（ c， d） ， 当且仅当 a c 且 b d 时， （ a， b）（ c， d） 定义运算“” ：（ a， b） （ c， d）（ ac bd， ad bc） 若（1，2） （ p， q）（5，0） ，则 p q_ _(浙江省湖州市数学竞赛试题)4.用同样规格的黑白两种颜色的正方形瓷砖按下图方式铺地板，则第（3）个图形中有黑色瓷砖_块，第 n 个图形中需要黑色瓷砖_块（含 n 代数式表示） （广东省中考试题）-=5.如果 a 是一个三位数，现在把 1
43、放在它的右边得到一个四位数是（ ）A.1000a1 B. 100 a1 C. 10 a1 D. a1 (重庆市竞赛试题)6.一组按规律排列的多项式： a b， a2b3， a3 b5， a4b7，其中第十个式子是（ ）A. a10 b19 B. a10-b19 C. a10-b17 D. a10-b21 (四川省眉山市竞赛试题)7.有三组数 x1， x2， x3； y1， y2， y3； z1， z2， z3，它们的平均数分别是 a， b， c，那么x1 y1 z1， x2 y2 z2， x3 y3 z3的 平均数是（ ）A. B. C. a b c D. 3(a b c) 3abc+abc+
44、-(希望杯邀请赛试题)58.为了绿化环境，美化城市，在某居民小区铺设了正方形和圆形两块草坪，如果两块草坪的周长相同，那么它们的面积 S1、 S2 的大小关系是（ ）（东方航空杯竞赛试题）A. S1 S2 B Sl S2 C S1 S2 D 无 法 比 较9.一个圆形纸板，根据以下操作把它剪成若干个扇形面：第一次将圆纸等分为 4 个扇形面；第二次将上次得到的一个扇形面再等分成 4 个小扇形；以后按第二次剪裁法进行下去（1）请通过操作，猜想将第 3、第 4 次，第 n 次剪裁后扇形面的总个数填入下表；剪裁次数 1 2 3 4 n所得的总数 4 7 （2）请你推断，能否按上述操作剪裁 出 33 个扇
45、形面？为什么？（山东省济南市中考试题）10.某玩具工厂有四个车间，某周是质量检查周，现每个都原 a（ a0）个成品，且每个每天都生产 b（ b0）个成品，质检科派出若干名检验员星期一、星期二检验其中两个原的和这两天生产的所成品，然后，星期三至星期五检验另两个原的和本生产的所成品，假定每个检验员每 天检验的成品数相同（1 ）这若干名检验员 1 天检验多少个成品（用含 a、 b 的代数式表示） ；（2）试求出用 b 表示 a 的关系式；（3）若 1 名质检员 1 天能检验 b 个成品，则质检科至少要派出多少名检验员？54（广东省广州市中考试题）6B 级1. 你能很快算出 19952吗？为了解决这个
46、问题，我们考察个位上的数字为 5 的自然数的平方，任意一个个位数为 5 的自然数可写成（10 n5） （ n 为自然数） ，即求（10 n5） 2的值（ n 为自然数） ，分析n1， n2， n3，这些简单情况，从中探索其规律，并归纳猜想出结论（在下面的空格内填上你的探索结果）.（1）通过计算，探索规律.152225 可写成 1001（1 1）25；252625 可写成 1002（21）25；3521225 可写成 1003（31）25；4522025 可写成 1004（41）25；.7525 625 可写成_；8527225 可写成_；（2）从第（1）题的结果，归纳猜想得（10 n5） 2_
47、；（3）根据上面的归纳猜想，请算出 19952_.（福建省三明市中考试题）2.已知 122 23 2 n2 n(n1)(2 n1)，计算：16（1）11 212 219 2_ _；(2)224 250 2_.3.已知 n 是正整数， an1234 n，则 _.13a2420113(“希望杯”邀请赛训练题)4.已知 17 个连续整数的和是 306，那么，紧接着这 17 个数后面的那 17 个整数的和为_.7（重庆市竞赛试题）5.A， B 两地相距 S 千米，甲、乙的速度分别为 a 千米/时、 b 千米/时（ a b） ，甲、乙都从 A地到 B 地去开会，如果甲比乙先出发 1 小时，那么乙比甲晚到
48、 B 地的小时数是（ ）A B C D(1)sab-+()sb-+(1)s-6.某商店经销一批衬衣，进价为每件 m 元，零售价比高 a%，后因市场的变化，该店把零售价调整原来零售价的 b%出售，那么调价后的零售价是（ ）A m（1 a%） （1 b%）元 B m a%（1 b%）元 C m（1 a%） b%元 D m（1 a%b%）元 （山东省竞赛试题）7.如果用 a 名同学在 b 小时内共搬运 c 块砖，那么个以同样速度所需要的数是（ ）A B C D2cb2c2a2b(“希望杯”邀请赛试题)8.甲、乙两班的人数相等，各有一些同学参加课外天文小组，其中甲班参加天文小组的人数是乙班未参加人数的
49、 ，乙班参加天文小组的人数是甲班未参加人数的 问甲班未参加的人数是乙13 15班未参加人数的几分之几？9.将自然数 1，2，3，21 这 21 个数，任意地放在一个圆周上，证明：一定有相邻的三个数，它们的和不小于 33.（重庆市竞赛试题）810.有四个互不相同 的正整数，从中任取两个数组成一组，并在同一组中用较大的数减去较小的数， 再将各组所得的数相加，其和恰好等于 18.若这四个数的乘积是 23100，求这四个数.（天津市竞赛试题）9专题 03 从算术到代数例 1 2(2)1()nn例 2 A例 3 原式= 111()()2()2()2()23403405= 故其整数部分为 20081045
50、例 4 设图中含有 个正方形.p(1) 由 ,得312mn13n(2) 由 得 ,因 均是正整数, 所以当57,ap32517mnp时,17,0n此时p31752a例 5 解法 1: 时, ;298190时, ,2n 4()9101猜想: 个, 计算过程类似于2nnnn 个 个 个 2n2991(01)9909190nnnnnn 个 个 个 个 个 个 个 个 个解法 2: 时, 2()10时, 2n 49191099110 猜想: 原式 20n验证如 下: 99191099910nnnnnnnnnnn 个 个 个 个 个 个 个 个 个 个 20个反思结论必为一个数的平方形式, 不妨设 ,得
51、另一种解法9na个解法 3: 原式 2222(1)a1()(10nn例 6 (1)() 可分组为 可知各组数的个数依次为3435,(),).1,2310按其规律 应在第 组 中, 该组前面共有2010212320(,)01个数. 故当 时, . 又因各组12343 ()Fm301230的数积为 1, 故这 2003003 个数的积为 1200(2) 依题意, 为每组倒数第 2 个数, 为每组最后一个数, cd设它们在第 n 组, 别 .即 ,1nc()21n(1)402120n201得 ,0c2dA 级1. 100 提示: 中, 根据规律可得 故210ab210,9,ab109ab2. 4()
52、sn3. 提示: 根据题中定义的运算可列代数式 ,可得1 25,0pqp1,2,q故 pq4. 10 31n5. C6. B7. B8. B9.(1) 10 13 (2) 不能, 33 不符合31n31n10. (1) 或 或 2ab(5)2b(2) 由 ,得3a4(3) ()47.582bB 级111. (1) 107()25,108()25(2) n(3) 3980252. (1) (2) 提示: 原式1224(15)3. 提示: 由 可得, 20463nan原式 1345201203123464. 595 提示 : 设 17 个连续整数为 且 ,它后面紧,1,m (1)(16)30m接的
53、 17 个连续自然数应为 ,可得它们之和为 595,18,9,35. D6. C7. D 提示: 每一名同学每小时所搬砖头为 块, 名同学按此速度每小时所搬砖头为 块.cab2cab8用 a， b 分别表示甲、乙两班参加天文小组的人数， m， n 分别表示甲、乙两班未参加天文小组的人数，由 a m b n 得 m b n a，又 a n， b m，故 m m n n， 13513569证明：设任意分法将圆周上的每相邻三个数分为一组，他们三个数的和分别为a1， a2， a3， a4， a5， a6， a7（均为自然数） ，且a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 假设 a1， a2， a3，
54、a4， a5， a6， a7中没一个2123数都小于 33，则有 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7231与矛盾，所以a1， a2， a3， a4， a5， a6， a7中至少有一个不小于 33，即一定有相邻的三个数，它们的和不小于3310设四个不同整数为 a1， a2， a3， a4（ a1 a2 a3 a4） ，则（ a1 a2）（ a1 a3）（ a1 a4）（ a2 a3）（ a2 a4）（ a3 a4）18，即 3（ a1 a4）（ a2 a3）18又因3（ a1 a4） ，18 均为 3 的倍数，故 a2 a3也是 3 的倍数， a2 a3 a1 a4，则a2 a33， a1 a45， a1 a21， a3 a41，又a1a2a3a42310022355711从而可得 a115， a214， a311， a410
