初中数学竞赛：连续正整数的性质

初中数学竞赛专题1——整数的基本性质1.（1，2）（数学#初中#竞赛#初中竞赛#数学竞赛#初中数学竞赛#整数#选择题）【标准答案】1#0#1#4#A三人中每两个人的平均年龄加上余下一人的年龄分别是47，61，60，那么这三个人中最大年龄与最小年龄的差是 ( ) A. 28 B. 27 C. 26 D. 25【分析】设三个人的年龄分别为X1，X2，X3，根据题意，则+X2+2X3=47×2 ①XX2+X3+2X1=61×2 ②X3+X1+2X2=60×2 ③由①+②+③得X1+X2+X3=84，分别代入①②③得X1=38，X2=36，X3=10.所以X1-X3=28.【答案】A【技巧】设未知数列方程（组）来解应用题是常用的方法.2.（2，3）（数学#初中#竞赛#初中竞赛#数学竞赛#初中数学竞赛#整数#选择题）【标准答案】2#0#1#4#B三角形的三边长a、b、c都是整数，且[a，b，c]=60，（a，b) =4，(b，c)=3则a+b+c的最小值是 ( ) {注：[a，b，c]表示a、b、c的最小公倍数，（a，b）表示a，b的最大公约数}A．30 B．31 C．32 D. 33【分析】因为（a，b）=4，所以a，b都是4的倍数.因为(b，c)=3，所以b，c都是3的倍数.从而a=4a1，b=12b1，c=3c1，a1、b1、c1都是正整数；又因为[a，b，c]=60，所以a，b，c中至少有一个被5整除，即a1、b1、c1中至少有一个被5整除.因为abc三个数的系数中，c的系数最小为3，所以只有当a1、b1 取最小时，三个数之和才最小，那么当a1= b1=1，c1=5时，a+b+c=4+1+15=31最小.【答案】B【技巧】根据最大公约数和最小公倍数的性质，用解析式表示未知数.【易错点】若不注意三角形三边的关系（两边之和大于第三边）就容易出错.3.（3，4）（数学#初中#竞赛#初中竞赛#数学竞赛#初中数学竞赛#整数#选择题）【标准答案】3#0#1#4#B从1开始的自然数中，把能表示成两个整数的和与它们的差的乘积的数从小到大排列，在这种排列中，第1998个数是( )A. 2662 B．2664 C. 2665 D．2666【分析】依题意设这个数为x，x≥1，且x=(a+b)(a-b)（a、b是自然数且a＞b）。

初中数学竞赛辅导资料3质数 合数甲内容提要1 正整数的一种分类： 质数的定义：如果一个大于1的正整数,只能被1和它本身整除,那么这个正整数叫做质数质数也称素数.合数的定义：一个正整数除了能被1和本身整除外,还能被其他的正整数整除,这样的正整数叫做合数.2 根椐质数定义可知① 质数只有1和本身两个正约数,② 质数中只有一个偶数2如果两个质数的和或差是奇数那么其中必有一个是2,如果两个质数的积是偶数那么其中也必有一个是2,3任何合数都可以分解为几个质数的积.能写成几个质数的积的正整数就是合数.乙例题例1两个质数的和等于奇数a a ≥5.求这两个数解：∵两个质数的和等于奇数∴必有一个是2所求的两个质数是2和a －2.例2己知两个整数的积等于质数m, 求这两个数解：∵质数m 只含两个正约数1和m,又∵－1－m=m∴所求的两个整数是1和m 或者－1和－m.例3己知三个质数a,b,c 它们的积等于30求适合条件的a,b,c 的值解：分解质因数：30＝2×3×5适合条件的值共有： ⎪⎩⎪⎨⎧===532c b a ⎪⎩⎪⎨⎧===352c b a ⎪⎩⎪⎨⎧===523c b a ⎪⎩⎪⎨⎧===253c b a ⎪⎩⎪⎨⎧===325c b a ⎪⎩⎪⎨⎧===235c b a 应注意上述六组值的书写排列顺序,本题如果改为4个质数a,b,c,d 它们的积等于210,即abcd=2×3×5×7那么适合条件的a,b,c,d 值共有24组,试把它写出来.例4试写出4个连续正整数,使它们个个都是合数.解：本题答案不是唯一的设N 是不大于5的所有质数的积,即N ＝2×3×5那么N ＋2,N ＋3,N ＋4,N ＋5就是适合条件的四个合数即32,33,34,35就是所求的一组数.本题可推广到n 个.令N 等于不大于n+1的所有质数的积,那么N ＋2, N ＋3,N ＋4,……N ＋n+1就是所求的合数.丙练习31， 小于100的质数共___个,它们是__________________________________ 2， 己知质数P 与奇数Q 的和是11,则P ＝＿＿,Q ＝＿＿3， 己知两个素数的差是41,那么它们分别是＿＿＿＿＿4， 如果两个自然数的积等于19,那么这两个数是＿＿＿如果两个整数的积等于73,那么它们是＿＿＿＿如果两个质数的积等于15,则它们是＿＿＿＿＿5, 两个质数x 和y,己知 xy=91,那么x=__,y=__,或x=__,y=__. 6, 三个质数a,b,c 它们的积等于1990.那么 ⎪⎩⎪⎨⎧===c b a7, 能整除311＋513的最小质数是＿＿8,己知两个质数A 和B 适合等式A ＋B ＝99,AB ＝M.求M 及B A ＋AB 的值 9,试写出6个连续正整数,使它们个个都是合数.10,具备什么条件的最简正分数可化为有限小数11,求适合下列三个条件的最小整数：① 大于1 ②没有小于10的质因数 ③不是质数12,某质数加上6或减去6都仍是质数,且这三个质数均在30到50之间,那么这个质数是＿＿＿13,一个质数加上10或减去14都仍是质数,这个质数是＿＿.。

全国初三初中数学竞赛测试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.已知m 、n 是两个连续正整数，m<n ，且a=mn ，设x=，y=.下列说法正确的是( ).A ．x 为奇数，y 为偶数B ．x 为偶数，y 为奇数C ．x 、y 都为奇数D ．x 、y 都为偶数2.设a 、b 、c 和S 分别为三角形的三边长和面积，关于x 的方程b 2x 2+(b 2+c 2-a 2)x+c 2=0的判别式为Δ.则Δ与S 的大小关系为( ).A ．Δ=16S 2B ．Δ=-16S 2C ．Δ=16SD ．Δ=-16S3..设a 为的小数部分，b 为的小数部分.则的值为( ). A ．+-1B ．-+1C ．--1D ．++14.如图，D 、E 分别为△ABC 的边AB 、AC 上的点，△ACD 与△BCD 的周长相等，△ABE 与△CBE 的周长相等，记△ABC 的面积为S.若∠ACB=90°，则AD·CE 与S 的大小关系为( ).A 、S=AD·CEB 、S>AD·CEC 、S<AD·CED 、无法确定5.如图，在△ABC 中，AB=8，BC=7，AC=6，延长边BC 到点P ，使得△PAB 与△PCA 相似.则PC 的长是( ).A ．7B ．8C ．9D ．106.如图，以PQ=2r(r ∈Q)为直径的圆与一个以R(R ∈Q)为半径的圆相切于点P.正方形ABCD 的顶点A 、B 在大圆上，小圆在正方形的外部且与边CD 切于点Q.若正方形的边长为有理数，则R 、r 的值可能是( ).A.R=5，r="2"B.R=4，r=3/2C.R=4，r="2"D.R=5，r=3/2二、填空题1.已知方程x 2+x-1=0的两个根为α、β.则的值为 .2.把1，2，…，2 008个正整数分成1 004组:a 1，b 1;a 2，b 2;…;a 1 004，b 1 004，且满足a 1+b 1=a 2+b 2=…=a 1004+b 1004.对于所有的i(i=1，2，…，1 004)，a i b i 的最大值为 .3.AD、BE、CF为△ABC的内角平分线.若BD+BF=CD+CE=AE+AF，则∠BAC的度数为 .4.下列四个命题:①一组对边相等且一组对角相等的四边形是平行四边形; ②一组对边相等且一条对角线平分另一条对角线的四边形是平行四边形;③一组对角相等且这一组对角的顶点所联结的对角线被另一条对角线平分的四边形是平行四边形;④一组对角相等且这一组对角的顶点所联结的对角线平分另一条对角线的四边形是平行四边形.其中，正确命题的序号是 .三、解答题1.(20分)已知△ABC中，∠A>∠B>∠C，且∠A=2∠B.若三角形的三边长为整数，面积也为整数，求△ABC面积的最小值.2.(25分)已知G是△ABC内任一点，BG、CG分别交AC、AB于点E、F.求使不等式S△BGF ·S△CGE≤kS2△ABC恒成立的k的最小值.3.(25分)已知(x+)(y+)=1.求证:x+y=0.全国初三初中数学竞赛测试答案及解析一、选择题1.已知m、n是两个连续正整数，m<n，且a=mn，设x=，y=.下列说法正确的是( ).A．x为奇数，y为偶数B．x为偶数，y为奇数C．x、y都为奇数D．x、y都为偶数【答案】C【解析】考查知识点：两个连续正整数之间的关系，平方根的意义，奇数和偶数的概念。

整数的性质及应用（一） 奇数与偶数全体整数可以分为两大类,一类是奇数，一类是偶数。

任何一个整数不是偶数就是奇数，奇数和偶数，有以下几条性质：一、性质1：任何奇数不可能与偶数相等。

性质2：奇数±奇数=偶数 偶数±偶数=偶数 奇数±偶数=奇数性质3：奇数X 奇数=奇数 奇数X 偶数=偶数 偶数X 偶数=偶数性质4：整数a 的a n 幂与a 的奇偶性相同 性质5：两个连续整数的积是偶数。

二、例题：例1.设4个正整数之和为9，求证：它们的立方和不可能为100例2.若n 是大于1的整数，那么数2)1(12)1(n n n p ---+=的值一定是偶数？一定是奇数？还是可以是偶数也可以是奇数。

例3.是否有满足x 2-y 2=1986的整数解x 和y?例4.平面上有15个点，任意三点不共线，试问能不能从每个点都引三条线段，且仅引三条线段和其余的某三点相连？证明你的结论。

例5.设有n 盏亮着的灯，规定每次拉动n-1个拉线开关，试问：能否将所有的灯都关闭？证明你的结论。

例6.用15个由4个小方格组成的L 字形纸片和1个田字形纸片，能否盖满1个8X8的方格棋盘 例7.设a 1,a 2,…,a n 是一组数，它们中的每一个数都取1或-1，而且013221=+++a a a a a a n ，证明：n 必是4的倍数。

例8. 在1，2，3，…，1998中的每一个数的前面，任意添上一个“+”或“-”，那么最后运算的结果是奇数还是偶数？例9 设a ，b 是自然数，且满足关系式(11111+a)(11111-b)=123456789．求证：a-b 是4的倍数． 例10 某次数学竞赛，共有40道选择题，规定答对一题得5分，不答得1分，答错倒扣1分．证明：不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数．*例11.是否存在整数m,n,使得5m 2-6mn+7n 2=1987*例12.设正整数d 不等于2，5，13，证明从数2，5，13，d 中可以找到两个数a,b,使得ab-1不是整数的平方。

初中数学竞赛中不定方程的整数解问题1.利用整数分离在解决不定方程问题时，首先逆用分式的加减法，将分式拆分成一个整数与一个分子为常数的分式的和或差的形式，然后利用整数整除的性质通过对简单分式的分析来解决问题。

这种方法是处理含有分式不定方程的整数解问题的一种有效途径。

例1. 方程301x y x +-=+的整数解共有几组？2.因式分解法当不定方程的一边容易化为两个一次因式的乘积，另一边是一个整数时，通常用分解因式法解决不定方程的整数解问题。

例2.方程222522007x xy y ++=的所有不同的整数解共有几组?例3. 设直角三角形的两条直角边长分别为a, b,斜边长为 c. 若a,b,c 均为正整数，且1()3c ab a b =-+，求满足条件的直角三角形的个数？在一个二元不定方程中，若把其中一个未知数当作参数后，该方程变为关于另一个未知数的一元二次方程，于是，可利用△≥0，求出参数的范围，然后求解。

例4． 关于x,y 的方程22229x xy y ++=的整数解（x,y ）有几组？4.放缩法是指根据已知条件将不定方程中某些未知数放大或缩小，从而确定某个未知数的取值范围，进而确定该未知数的整数解，然后将其代入原方程求其他未知数的整数解一种解题方法。

例5 当x y z ≤≤时，求方程11178x y z ++=的正整数解。

5.利用整除和同余例6． 关于x,y 的方程22208()x y x y +=-的所有正整数解为多少？在一个二元不定方程中，若把其中一个未知数当作参数后，该方程变为关于另一个未知数的一元二次方程，则可利用设参数法，即设△=2k ，然后求出方程的解，再利用数论的相关知识求解，或通过因式分解，直接从△=2k 求解例7.设a 为质数，b 为正整数，且29(2)509(4511)a b a b +=+。

求a,b 的值。

练习题1. 求方程6xy x y ++=的整数解。

2. 求满足方程2242011x y -=的整数对（x,y ）的组数有多少？3. 方程22332x xy y x y ++=-的非负整数解（x,y ）的组数为几组？4. 求方程11156x y z ++=的正整数解。

初中数学竞赛精品标准教程及练习(70>正整数简单性质地复习一. 连续正整数一.n位数地个数：一位正整数从1到9，共9个，两位数从10到99，共90个，三位数从100到999共9×102个，那么 n位数地个数共__________.(n是正整数>练习：1. 一本书共1989页，用0到9地数码，给每一页编号，总共要用数码＿＿＿个.2. 由连续正整数写成地数1234……9991000是一个_______位数；100110021003……19881989是_______位数.3. 除以3余1地两位数有____个，三位数有____个，n位数有_______个.4. 从1到100地正整数中，共有偶数____个，含 3地倍数____个；从50到1000地正整数中，共有偶数____个，含3地倍数____个.二. 连续正整数地和：1+2+3+……+n=(1+n>×.把它推广到连续偶数，连续奇数以及以模m有同余数地连续数地和.练习：5.计算2+4+6+……+100=__________.1+3+5+……+99=____________.5+10+15+……+100=_________.1+4+7+……+100=____________.1+2+3+……+1989其和是偶数或奇数？答______和等于100地连续正整数共有______组，它们是______________________.和等于100地连续整数共有_____组，它们是__________________________.三. 由连续正整数连写地整数，各位上地数字和整数 123456789各位上地数字和是：(0+9>+(1+8>+…+(4+5>=9×5=45；1234…99100各位数字和是(0+99>+(1+98>+…+(49+50>+1=18×50+1=901.练习：12. 整数 1234……9991000各位上地数字和是_____________.把由1开始地正整数依次写下去，直到第198位为止：这个数用9除地余数是__________.由1到100这100个正整数顺次写成地数1234……99100中：它是一个________位数；它地各位上地数字和等于________；从这一数中划去100个数字，使剩下地数尽可能大，那么剩下地数地前十位是___________________________.四.连续正整数地积：① 1×2×3×…×n 记作n !读作n地阶乘.② n个连续正整数地积能被n!整除.如：2!|a(a+1>, 3!|a(a+1>(a+2>, n !|a(a+1>(a+2>…(a+n－1>. a为整数.③ n!中含有质因数m地个数是++…+.[x]表示不大于x地最大正整数，i=1,2,3… m i≤n如：1×2×3×…×10地积中，含质因数3地个数是：=3+1=4练习：15. 在100!地积中，含质因数5地个数是：____16.一串数1，4，7，10，……，697，700相乘地积中，末尾共有零_______个17. 求证：10494 | 1989!18. 求证：4! | a(a2－1>(a+2> a为整数五. 两个连续正整数必互质练习：19. 如果n+1个正整数都小于2n, 那么必有两个是互质数，试证之.二. 正整数十进制地表示法一. n+1位地正整数记作：a n×10n+a n－1×10n－1+……+a1×10+a0其中n是正整数，且0≤a i≤9 (i=1,2,3,…n>地整数, 最高位a n≠0.例如：54321=5×104+4×103+3×102+2×10+1.例题：从12到33共22个正整数连写成A=121314…3233. 试证：A能被99整除.证明：A=12×1042+13×1040+14×1038+……+31×104+32×102+33=12×10021+13×10020+14×1019+……+31×1002+32×100+33.∵ 100地任何次幂除以9地余数都是1，即100 n=(99+1> n≡1 (mod 9>∴ A=99k+12+13+14+……+31+32+33 (k 为正整数 >=99 k+(12+33>+(13+32>+…+(22+23>=99k+45×11=99k+99×5.∴A能被99整除.练习：20. 把从19到80地连结两位数连写成19202122…7980.试证明这个数能被1980整除二. 常见地一些特例=10 n－1, =(10 n－1>, (10 n－1>.例题：试证明12，1122，111222，11112222，……这些数中地任何一个，都是两个相邻地正整数地积.证明：第n个数是=×10 n+=(10 n+2>===×. 证毕.练习：21. 化简×+1=_______________________________.22. 化简=____________________________________________.23. 求证是合数.24. 已知：存在正整数 n,能使数被1987整除.求证：数p=和数q=都能被1987整除.证明：把一个大于1000地正整数分为末三位一组，其余部分一组，若这两组数地差，能被7(或13>整除，则这个正整数就能被7(或13>整除.求证：×15+1是完全平方数.三. 末位数地性质.一.用N (a>表示自然数地个位数. 例如a=124时，N (a>=4；a=－3时，N (a>=3.1. N (a4k+r>=N (a r> a和k都是整数，r=1,2,3,4.特别地：个位数为0，1，5，6地整数，它们地正整数次幂地个位数是它本身.个位数是4，9地正偶数次幂地个位数也是它本身.N (a>=N (b>N (a－b>=010 |(a－b>.若N (a>=a0, N (b>=b0.则N (a n>=N (a0n>； N (ab>=N (a0b0>.例题1：求①53100 ；和②7地个位数.解：①N (53100>=N (34×24+4>=N (34>=1②先把幂地指数77化为4k+r形式，设法出现4地因数.77=77－7+7=7(76－1>+4+3=7(72－1>(74+72+1>+4+3=7×4×12× (74+72+1>+4+3=4k+3∴N(7>=N(74k+3>=N(73>=3.练习：27. 19891989地个位数是______，9地个位数是_______.求证：10 | (19871989－19931991>.2210×3315×7720×5525地个位数是______.二. 自然数平方地末位数只有0，1，4，5，6，9；连续整数平方地个位数地和，有如下规律：12，22，32，……，102地个位数地和等于 1+4+9+6+5+5+9+4+0=45.1. 用这一性质计算连续整数平方地个位数地和例题1. 填空：12，22，32，……，1234567892地和地个位数地数字是_______.解：∵12，22，32，……，102地个位数地和等于 1+4+9+6+5+5+9+4+0=45.11到20；21到30；31到40；………123456781到123456789，地平方地个位数地和也都是45. 所以所求地个位数字是：(1+4+9+6+5+5+9+4+0>×(12345678+1>地个位数5.2. 为判断不是完全平方数提供了一种方法例题2. 求证：任何五个连续整数地平方和不能是完全平方数.证明：(用反证法>设五个连续整数地平方和是完全平方数，那么可记作：(n－2>2+(n－1>2+n2+(n+1>2+(n+2>2=k2 (n, k都是整数>5(n2+2>=k2 .∵ k2是5地倍数，k也是5地倍数.设k=5m, 则5(n2+2>=25m2.n2+2=5m2.n2+2是5地倍数，其个位数只能是0或5，那么 n2地倍数是8或3.但任何自然数平方地末位数，都不可能是8或3.∴假设不能成立∴任何五个连续整数地平方和不能是完全平方数.3.判断不是完全平方数地其他方法例题3. 已知：a是正整数.求证： a(a+1>+1不是完全平方数证明：∵a(a+1>+1=a2+a+1，且a是正整数∴ a2< a(a+1>+1=a2+a+1<(a+1>2，∵a 和a+1是相邻地两个正整数，a(a+1>+1介于它们地平方之间∴a(a+1>+1不是完全平方数例题4. 求证： (n>1地正整数> 不是完全平方数证明：根据奇数地平方数除以4必余1，即(2k+1>2=4(k+1>+1.但==4k+11=4k+4×2+3=4(k+2>+3即除以4余数为3，而不是1，∴它不是完全平方数.例题5. 求证：任意两个奇数地平方和，都不是完全平方数.证明：设2a+1,2b+1(a,b是整数>是任意地两个奇数.∵(2a+1>2+(2b+1>2=4a2+4a+1+4b2+4b+1=4(a2+b2+a+b>+2.这表明其和是偶数，但不是4地倍数，故任意两个奇数地平方和，都不可能是完全平方数.三.魔术数：将自然数N接写在每一个自然数地右面，如果所得到地新数，都能被N整除，那么N称为魔术数.常见地魔术数有：a)能被末位数整除地自然数，其末位数是1，2，5 (即10地一位正约数是魔术数>b)能被末两位数整除地自然数，其末两位数是10，20，25，50(即100地两位正约数也是魔术数>>能被末三位数整除地自然数，其三末位数是100，125，200，250，500(即1000地三位正约数也是魔术数>练习：30. 在小于130地自然数中魔术数地个数为_________.四. 两个连续自然数，积地个位数只有0，2，6；和地个位数只有1，3，5，7，9.练习：31.已知：n是自然数，且9n2+5n+26地值是两个相邻自然数地积，那么n地值是：________ ___________.四. 质数、合数1.正整数地一种分类：2.质数中，偶数只有一个是2，它也是最小地质数.3.互质数：是指公约数只有1地两个正整数. 相邻地两个正整数都是互质数.例题：试写出10个连续自然数，个个都是合数.解：答案不是唯一地，其中地一种解法是：令A=1×2×3×4×5×6×7×8×9×10×11那么A+2，A+3，A+4，A+5，A+6，A+7，A+8，A+9，A+10，A+11就是10个连续数，且个个都是合数.一般地，要写出n个连续自然数，个个是合数，可用令m=n+1, 那么m!+2, m!+3, m!+4, +……+ m!+n+1 就是所求地合数.∵m!+i (2≤i≤n+1> 有公约数i.练习：32. 已知质数a，与奇数b 地和等于11，那么a=___,b=___.33.两个互质数地最小公倍数是72，若这两个数都是合数，那么它们分别等于____，____.34.写出10个连续正奇数，个个都是合数，可设m=(10+1>×2， m!=22!那么所求地合数是22!+3，_____,____,____,……35.写出10个连续自然数，个个都是合数，还可令 N=2×3×5×7×11.(这里11=10+1，即N是不大于11地质数地积>.那么N+2，N+3，N+4，……N+11就是所求地合数.这是为什么？如果要写15个呢？36.已知：x, m, n 都是正整数 . 求证：24m+2+x4n是合数.五.奇数和偶数1.整数地一种分类：2. 运算性质：奇数+奇数=偶数，偶数+偶数=偶数，奇数+偶数=奇数.奇数×奇数=奇数，偶数×偶数=偶数，奇数×偶数=偶数.(奇数>正整数=奇数，(偶数>正整数=偶数.4. 其他性质：①两个连续整数必一奇一偶，其和是奇数，其积是偶数.②奇数地平方被4除余1；偶数地平方能被4整除；除以4余2或3地整数不是平方数.a)2n (n为正整数>不含大于1地奇因数.b)若两个整数地和(差>是奇数，则它们必一奇一偶.c)若n个整数地积是奇数，则它们都是奇数.例1. 设m 与n都是正整数，试证明m3－n3为偶数地充分必要条件是m－n为偶数.证明：∵m3－n3＝<m－n）(m2+mn+n2>.当m－n为偶数时，不论m2+mn+n2是奇数或偶数，m3－n3都是偶数；∴m－n为偶数是m3－n3为偶数地充分条件.当m－n为奇数时，m, n必一奇一偶，m2，mn，n2三个数中只有一个奇数，∴m2+mn+n2是奇数，从而m3－n3也是奇数.∴m－n为偶数，是m3－n3为偶数地必要条件.综上所述m3－n3为偶数地充分必要条件是m－n为偶数.例2. 求方程x2－y2=1990地整数解.解：(x+y>(x－y>=2×5×199.若x, y同是奇数或同是偶数，则x+y，x－y都是偶数，其积是4地倍数，但1990不含4地因数，∴方程左、右两边不能相等.若x,y为一奇一偶，则x－y，x+y都是奇数，其积是奇数，但1990不是奇数，∴方程两边也不能相等.综上所述，不论x, y取什么整数值，方程两边都不能相等.所以原方程没有整数解本题是根据整数地一种分类：奇数和偶数，详尽地讨论了方程地解地可能性.练习：37. 设n为整数，试判定n2－n+1是奇数或偶数.38. 1001+1002+1003+……+1989其和是偶数或奇数，为什么？39. 有四个正整数地和是奇数，那么它们地立方和，不可能是偶数，试说明理由.40. 求证：方程x2+1989x+9891=0没有整数根.41. 已知：求证：n是4地倍数.42.若n是大于1地整数，p=n+(n2－1>试判定p是奇数或偶数，或奇偶数都有可能.六. 按余数分类1.整数被正整数 m除，按它地余数可分为m类，称按模m分类.如：模m=2，可把整数分为2类:{2k}, {2k+1} k为整数，下同模m=3，可把整数分为3类:{3k}, {3k+1}，{3k+2}.……模m=9，可把整数分为9类:{9k},{9k+1},{9k+2}.…{9k+8}.2.整数除以9地余数，与这个整数各位上地数字和除以9地余数相同.如：6372，5273，4785各位数字和除以9地余数分别是0，8，6.那么这三个数除以9地余数也分别是0，8，6.3.按模m分类时，它们地余数有可加，可乘，可乘方地性质.如：若a=5k1+1, b=5k2+2.则a+b除以5 余数是3 (1+2>；ab除以5余2 (1×2>；b2除以5余4 (22>.例1. 求19891989除以7地余数.解：∵19891989=(7×284+1>1989，∴19891989≡11989≡1 (mod 7>.即19891989除以7地余数是1.练习：43. 今天是星期一，99天之后是星期________.44. n 个整数都除以 n－1, 至少有两个是同余数，这是为什么？45. a是整数，最简分数化为小数时，若为循环小数，那么一个循环节最多有几位？4.运用余数性质和整数除以9地余数特征，可对四则运算进行检验例2. 下列演算是否正确？① 12625+9568=21193 ；② 2473×429=1060927.解：①用各位数字和除以9，得到余数：12625，9568，21193除以9地余数分别是7，1，7.∵ 7+1≠7，∴演算必有错.② 2473，429，1060927除以9地余数分别是7，6，7.而7×6=42，它除以9余数为6，不是7，故演算也有错.注意：发现差错是准确地，但这种检验并不能肯定演算是绝对正确.练习：46. 检验下列计算有无差错：①372854－83275=289679 ；②23366292÷6236=3748.5.整数按模分类，在证明题中地应用例3. 求证：任意两个整数a和b，它们地和、差、积中，至少有一个是3地倍数.证明：把整数a和b按模3分类，再详尽地讨论.如果a, b除以3，有同余数 (包括同余0、1、2>，那么a, b地差是3地倍数；如果a, b除以3，余数不同，但有一个余数是0，那么a, b地积是3地倍数；如果a, b除以3，余数分别是1和2，那么a, b地和是3地倍数.综上所述任意两个整数a，b，它们地和、差、积中，至少有一个是3地倍数.(分类讨论时，要求做到既不重复又不违漏>例4. 已知： p≥5，且 p和2p+1都是质数.求证：4p+1是合数.证明：把整数按模3分类. 即把整数分为3k,3k+1,3k+2 (k为整数>三类讨论∵p是质数，∴不能是3地倍数，即p≠3k；当p=3k+1时, 2p+1=2(3k+1>+1=3(2k+1>. ∴ 2p+1不是质数，即p≠3k+1；只有当质数p=3k+2时， 2p+1=2(3k+2>+1=6k+5.∴2 p+1也是质数，符合题设.这时，4p+1=4(3k+2>+1=3(4k+3>是合数. 证毕练习：47. 已知：整数a不能被2和3整除 . 求证：a2+23能被24整除.48. 求证：任何两个整数地平方和除以8，余数不可能为6.49. 若正整数a不是5地倍数. 则a8+3a4－4能被100整除.50.已知：自然数n>2求证：2n－1和2n+1中，如果有一个是质数，则另一个必是合数.51.设a,b,c是三个互不相等地正整数，求证a3b－ab3,b3c－bc3,c3a－ca3三个数中，至少有一个能被10整除.七. 整数解1.二元一次方程ax+by=c地整数解：当a,b互质时，若有一个整数地特解那么可写出它地通解2.运用整数地和、差、积、商、幂地运算性质整数±整数=整数，整数×整数=整数，整数÷(这整数地约数>=整数， (整数>自然数=整数3.一元二次方程，用求根公式，根地判别式，韦达定理讨论整数解.4.根据已知条件讨论整数解.例1.小军和小红地生日.都在10月份，且星期几也相同，他们生日地日期地和等于34，小军比小红早出生，求小军地生日.解：设小军和小红地生日分别为x, y，根据题意，得(k=1,2,3,4> 2x=34－7k x=17－k=1, 3时， x没有整数解；当k=2时，当k=4时， (10月份没有31日，舍去>∴小军地生日在10月10日例2.如果一个三位数除以11所得地商，是这个三位数地各位上地数地平方和，试求符合条件地所有三位数.解：设三位数为100a+10b+c, a, b, c都是整数，0<a≤9，0≤b, c≤9.那么，且－8<a－b+c<18.要使a－b+c被11整除，其值只能是0和11.( 1>当a－b+c=0时，得9a+b=a2+b2+c2.以b=a+c代入，并整理为关于a地二次方程，得2a2+2(c－5>a+2c2－c=0根据韦达定理这是必要而非充分条件.∵5－c>0, 以c=0, 1, 2, 3, 4 逐一讨论a地解.当c=2, 4时，无实数根；当c=1, 3时，无整数解；只有当c=0时，a=5；或a=0. (a=0不合题意，舍去>∴只有c=0, a=5, b=5适合∴所求地三位数是550；(2>当a－b+c=11时，得9a+b+1=a2+b2+c2.以b=a+c代入，并整理为关于a地二次方程，得2a2+2(c－16>a+2c2－23c+131=0.仿(1>通过韦达定理，由c地值逐一以讨论a地解.只有当c=3时, a=8, b=0适合所有条件.即所求三位数为803.综上所述，符合条件地三位数有550和803.练习：52. 正整数x1, x2, x3,……x n满足等式x1＋x2＋x3＋x4+x5=x1x2x3x4x4x5那么x5地最大值是________.53.如果p, q, 都是整数，.且p>1, q>1, 试求p+q地值.54.能否找到这样地两个正整数m和n，使得等式m2+1986=n2成立.试说出你地猜想，并加以证明.55.当m取何整数时，关于x地二次方程m2x2－18mx+72=x2－6x地根是正整数，并求出它地根.若关于x地二次方程<1+a）x2+2x+1－a=0地两个实数根都是整数，那么a地取值是________________.不等边三角形地三条边都是整数，周长地值是28，最大边与次大边地差比次大边与最小边地差大1，适合条件地三角形共有____个，它们地边长分别是：______________________________________________________________.58.直角三角形三边长都是整数，且周长地数值恰好等于面积地数值，求各边长.59.鸡翁一，值钱；，鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一.百钱买百鸡，问鸡翁、鸡母、鸡雏各几何？甲买铅笔4支，笔记本10本，文具盒1个共付1.69元，乙买铅笔3支，笔记本7本，文具盒1个共付1.26元，丙买铅笔、笔记本、文具盒各1，应付几元？若1×2×3×4×……×99×100=12n×M，其中M为自然数，n为使得等式成立地最大自然数，则M是( >(A>.能被2整除，不能被3整除 . (B>.能被3整除，但不能被2整除.(C>.被4整除，不能被3整除. (D>.不能被3整除，也不能被2整除.练习70参考答案：1.9+90×2+900×3+990×4=68492.2893 795630，300，3×10n－1 4. 50, 33, 476, 317 . 5.2550 6.2500. 7. 10501.1717. 9.奇数 (1+1989>× .10有两组：18，19，20，21，22；9，10，11，12，13，14，15，16.11.有四组：除上题中地两组外，尚有－8到16；－17到2212. 13501. 13. 余数是6(由1到102刚好是198位>.14. (1>192 (2>901 (3>9999978596 15.+=2416.60个. 计算积中含质因数5地个数是：从10，25，40，55，……700这组数中含质因数5地共有(700－10>÷15+1=47；而25，100，175，……700含有52因数，应各加1个5，共有(100－25>÷75+1=10；且250，625，含有53因数，应再各加1个5，共有 2个；625 含有54因数，再加1个5. ∴总共是47+10+2+1=60.17. =379+79+15+3=49418. 把a(a2－1>(3a+2>化为a(a+1>(a－1>[(2a+4>+(a－2>]=2(a－1>a(a+1>(a+2>+(a－2>(a－1>a(a+1>.19.根据两个连续整数必互质，把n+1个正整数按非连续数单独分组，因为它们都小于2n,所以最多分为n组，那么n+1个正整数至少有一个不能单独分组，即与n组中地一个互质.20. 易证能被20整除，再证能被99整除21. 原数=(10n－1>2+1×10n+(10n－1>=102n22. 原数=×(102n－1>－2××(10n－1>=……=(>2=(23. 原数=×(101990－1>=×(10995+1>(10995－1>=×(10995+1>(10－1>×N (N为整数>24. p=×(103n+9×102n+8×10n+7>q=×(103n+3+9×102n+2+8×10n+1+7>∵10n=9×+1，103n+3，102n+2，10n+1除以地余数分别为103，102，10.∴q地第二因式除以地余数分别为1×103+9×102+8×10+7……25.设A=103 M+N，7|(M－N>.A=103 M+N=103 M+M－M+N=1001M－(M－N>.26. 原数==……27. 1. 28. 71与33地个位数相同. 29 . 0.30.9个(1，25，10，20，25，50，100，125>.31.2，6. 可设9n2+5n+26=m(m+1>, 配方，分解因式32.2，9. 33. 8，9.34.22!+3，22!+5，22!+7，………22!+19，22!+2135.可设2×3×5×7×11×13×17，那么 N+2，N+3，……N+16即所求.(22n+1>2+(x2n>2+2×22n+1×x2n－4×22n×x2n=(22n+1+x2n>2－(2 ×2m×x n>2……37.奇数. 38 奇数 .39.4个正整数地和为奇数，则这4个数中有1个或3个是奇数.40.若有奇数根，则奇+奇+奇≠0；若有偶数根，则偶+偶+奇≠0.41.若n为奇数，则与(1>矛盾；若n为偶数，由(1>可知，偶数必成双，再由(2>知n是4地倍数.42.奇数 43. 星期二，∵9 9除以7余数是1.44.除以整数n－1地余数，最多只有n－1种45.六位. ∵除以7，余数除0以外，只有6种.46.①不对，∵用9除地余数 11－7≠5，②错.8×2=32，除以9余数不是6.47.a=6k±1，a2+23=12k(3k±1>+24把整数按模4分类为4n, 4n+1, 4n+2,4n+3.其平方后除以8余数分别为0，1，4，1任何两个余数地和都不等于6.a8+3a4－4=(a4+4>(a2+1>(a2－1>, a≠5k,则a=5k±1,5k ±2, a2除以5地余数分别为1和4， a4除以5余数均为1.50.2 n 不是3地倍数，可分别设为3k+1，3k－1.51.(同练习69第10题>. 52. 5 53. 854. 不可能.(n+m>(n－m>=1986 按n+m, n－m同奇，同偶讨论.55. 原方程化为<m2-1）x2-6(3m-1>x+72=0, [(m+1>x-12][(m-1>x-6]=0. x1=；x2=. ∵方程地根是自然数，∴∴m=2,；或m=3.∴当m=2时，x1=4；或 x2=6. 当 m=3时, x1=x2=3.56. a=－3,－2, 0, 1 (x1+x2=－, x1x2=－1+>57. 有三个，其边长分别是：11，9，8； 12，9，7； 13，9，6.58.6，8，10或5，12，13.59. 设鸡翁，鸡母，鸡雏一只分别值x,y,z钱，则消去一元，得二元一次方程： 7x+4y=200. 求自然数解，得有四组答案：60. x+y+z=40.61. 选(A>. 根据连续整数地积地性质，100!含因数2共97个，含因数3有48个……申明：所有资料为本人收集整理，仅限个人学习使用，勿做商业用途.。

初中数学竞赛讲座-数论部分2（整数的整除性）第二讲整数的整除性一、基础知识：1．整除的基本概念与性质所谓整除，就是一个整数被另一个整数除尽，其数学定义如下．定义：设a，b是整数，b≠0．如果有一个整数q，使得a=bq，那么称a能被b整除，或称b整除a，并记作b｜a．也称b是a的约数，a是b的倍数。

如果不存在这样的整数q，使得a=bq，则称a不能被b整除，或称b不整除a，记作b｜a．关于整数的整除，有如下一些基本性质：性质1若a|b,b|c，则a|c证明：∵a|b,b|c，∴bap,cbq（p,q是整数），∴c(ap)q(pq)a，∴a|c性质2若a｜b，b｜a，则|a|=|b|．性质3若c｜a，c｜b，则c｜(a±b)，且对任意整数m，n，有c｜(ma±nb)．证明：∵a|b,a|c，∴bap,caq(b,q是整数），∴bcapaqa(pq)，∴a|(bc)性质4若b｜a，d｜c，则bd｜ac．特别地，对于任意的非零整数m，有bm｜am性质5若a=b＋c，且m｜a，m｜b，则m｜c．性质6若b｜a，c｜a，则[b，c]｜a．特别地，当(b，c)=1时，bc｜a【此处[b，c]为b，c的最小公倍数；(b，c)为b，c的最大公约数】．性质7若c｜ab，且(c，a)=1，则c｜b．特别地，若p是质数，且p｜ab，则p｜a或p｜b．性质8n个连续整数中，必有一个能被n整除．【特别地：两个连续整数必有一偶数；三个连续整数必有一个被3整除，如11，12，13中有3|12；41，42，43，44中有4|44；77，78，79，80，81中5|80．】二．证明整除的基本方法证明整除常用下列几种方法：(1)利用基本性质法；(2)分解因式法；(3)按模分类法；(4)反证法等．下面举例说明．例1若a｜n，b｜n，且存在整数某，y，使得a某+by=1，证明：ab|n．初中数学兴趣班系列讲座——数论部分唐一良数学工作室证明：由条件，可设n=au，n=bv，u，v为整数，于是n=n(a某+by)=na某+nby=abv某+abuy=ab(v某+uy)所以n|ab例2证明：三个连续奇数的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除．分析要证明一个数能被12整除但不能被24整除，只需证明此数等于12乘上一个奇数即可．证明：设三个连续的奇数分别为2n-1，2n＋1，2n+3(其中n是整数)，于是(2n-1)2+(2n+1)2+(2n+3)2＋1=12(n2＋n＋1)．所以12｜[(2n-1)2＋(2n＋1)2＋(2n＋3)2]．又n2+n＋1=n(n＋1)+1，而n，n+1是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以n(n+1)是偶数，从而n2＋n+1是奇数，故24|[(2n-1)2+(2n+1)2＋(2n＋3)2]．例3若整数a不被2和3整除，求证：24｜(a2-1)．分析因为a既不能被2整除，也不能被3整除，所以，按模2分类与按模3分类都是不合适的．较好的想法是按模6分类，把整数分成6k，6k＋1，6k＋2，6k＋3，6k＋4，6k＋5这六类．由于6k，6k＋2，6k＋4是2的倍数，6k＋3是3的倍数，所以a只能具有6k＋1或6k＋5的形式，有时候为了方便起见，也常把6k＋5写成6k-1(它们除以6余数均为5)．证明因为a不被2和3整除，故a具有6k±1的形式，其中k是自然数，所以a2-1=(6k±1)2-1=36k2±12k=12k(3k±1)．由于k与3k±1为一奇一偶(若k为奇数，则3k±1为偶数，若k为偶数，则3k±1为奇数)，所以2｜k(3k±1)，于是便有24｜(a2-1)．例4若某，y为整数，且2某+3y，9某＋5y之一能被17整除，那么另一个也能被17整除．证明：设u=2某＋3y，v=9某＋5y．若17｜u，从上面两式中消去y，得3v-5u=17某．①所以17｜3v．因为(17，3)=1，所以17｜v，即17｜9某＋5y．若17｜v，同样从①式可知17｜5u．因为(17，5)=1，所以17｜u，即17｜2某＋3y．例5已知a，b是自然数，13a＋8b能被7整除，求证：9a+5b都能被7整除．分析：考虑13a＋8b的若干倍与9a+5b的若干倍的和能被7整除，证明13a＋8b+4（9a+5b）=7（7a+4b）是7的倍数，又已知13a+8b是7的倍数，所以4（9a+5b）是7的倍数，因为4与7互质，由性质7|（9a+5b）例6已知a，b是整数，a2＋b2能被3整除，求证：a和b都能被3整除．初中数学兴趣班系列讲座——数论部分唐一良数学工作室证明用反证法．如果a，b不都能被3整除，那么有如下两种情况：(1)a，b两数中恰有一个能被3整除，不妨设3｜a，3b．令a=3m，b=3n±1(m，n都是整数)，于是a2+b2=9m2+9n2±6n+1=3(3m2＋3n2±2n)+1，不是3的倍数，矛盾．(2)a，b两数都不能被3整除．令a=3m±1，b=3n±1，则a2＋b2=(3m±1)2+(3n±1)2=9m2±6m+1+9n2±6n＋1=3(3m2+3n2±2m±2n)＋2，不能被3整除，矛盾．由此可知，a，b都是3的倍数．例7已知a，b是正整数，并且a2＋b2能被ab整除，求证：a=b．先考虑a，b互质的情况，再考虑一般情况。

初中数学竞赛教程21整数的性质整数是数学中非常基本且重要的概念之一、它是全体正整数、负整数和零的集合，用整数集表示为Z，数学符号为Z={...,-3,-2,-1,0,1,2,3,...}。

整数的性质涉及到整数的四则运算、整数的大小比较以及整数的奇偶性等方面。

下面就对整数的性质进行详细介绍。

一、整数的四则运算1.加法：对于整数a和b，它们的和a+b也是一个整数。

加法满足交换律，即a+b=b+a；加法还满足结合律，即(a+b)+c=a+(b+c)。

2.减法：对于整数a和b，它们的差a-b也是一个整数。

3.乘法：对于整数a和b，它们的积a×b也是一个整数。

乘法满足交换律，即a×b=b×a；乘法还满足结合律，即(a×b)×c=a×(b×c)。

4.除法：对于整数a和b，其中b不等于0，a/b的商可能是一个整数，也可能是一个带有小数部分的数。

二、整数的大小比较1.大小关系：对于两个整数a和b，如果a<b，称a小于b；如果a>b，称a大于b；如果a=b，称a等于b。

2.大于0和小于0：正整数都大于零；负整数都小于零。

三、整数的奇偶性1.奇数：整数中，除了能被2整除的数字外，其他的数字都是奇数。

奇数可以表示为2k+1的形式，其中k为任意整数。

2.偶数：能被2整除的数字为偶数。

偶数可以表示为2k的形式，其中k为任意整数。

3.奇数和奇数的和是偶数，奇数和偶数的和是奇数，偶数和偶数的和是偶数。

四、整数的性质定理1.整数的加法性质：对于任意整数a和b，有a+b=b+a，即整数的加法满足交换律。

2.整数的减法性质：对于任意整数a和b，有a-b=a+(-b)，即整数的减法可以转化为加法运算。

3.整数的乘法性质：对于任意整数a、b和c，有(a+b)×c=a×c+b×c，即整数的乘法满足分配律。

4.整数的除法性质：对于任意整数a、b和c，如果a=b×c，且b不等于0，则a除以b的余数为0。

初中数学竞赛专题选讲数的整除（二）一、内容提要在初一部分的我们介绍了能被2，3，4，5，7，8，9，11，13，25整除的自然数的特征，本讲将介绍用因式分解方法解答数的整除问题.几个常用的定理，公式，法则：⑴ n 个连续正整数的积能被n ！整除.（n 的阶乘：n ！＝1×2×3×…×n ）.例如：a 为整数时，2a(a+1)， 6a(a+1)(a+2), 24a(a+1)(a+2)(a+3)，…… ⑵ 若a b 且a c, 则 a (b c).⑶ 若a, b 互质，且a c, b c ， 则ab c .反过来也成立：a, b 互质， ab c ， 则a c, b c.例如：8和15互质，8｜a, 15|a ， 则120｜a.反过来也成立： 若120｜a. 则 8｜a, 15|a.⑷由乘法公式（n 为正整数）推得：由(a －b)(a n-1+a n-2b+……+ab n-2+b n-1)=a n －b n . 得 (a －b)|(a n －b n ).(a+b)(a 2n －a 2n －1b+……ab 2n －1+b 2n )=a 2n+1+b 2n+1 . (a+b)|(a 2n+1+b 2n+1).(a+b)(a 2n －1－a 2n －2b+……+ab 2n －2－b 2n －1)=a 2n －b 2n . (a+b)|(a 2n －b 2n ).概括起来：齐偶数次幂的差式a 2n －b 2n 含有因式a ＋b 和a －b.齐奇数次幂的和或差式a 2n+1＋b 2n+1或a 2n+1－b 2n+1只分别含有因式a ＋b 或a －b. 例如（a+b ）| (a 6－b 6), (a －b)| (a 8－b 8)；(a+b)|(a 5+b 5)， (a －b)|(a 5－b 5).二、例题例1. 已知:整数n>2. 求证：n 5－5n 3+4n 能被120整除..证明：n 5－5n 3+4n ＝n(n 4－5n 2+4)=n(n －1)(n+1)(n+2)(n －2).∵(n －2) (n －1)n(n+1) (n ＋2)是五个连续整数，能被n!整除，∴ 120｜n 5－5n 3+4n.例2. 已知：n 为正整数. 求证：n 3+23n 2+21n 是3的倍数.证明：n 3+23n 2+21n ＝21n （2n 2+3n+1） =21n(n+1)(2n+1)=21n(n+1)(n+2+n －1) = 21n(n+1)(n+2)+ 21n(n+1)(n －1).∵ 3！｜n(n+1)(n+2)， 且3！｜n(n+1)(n －1)..∴ 3｜21n(n+1)(n+2)+ 21n(n+1)(n －1). 即n 3+23n 2+21n 是3的倍数. （上两例关鍵在于创造连续整数）例3. 求证：⑴ 33｜255＋1； ⑵ 1989｜（19901990－19881988）.证明：⑴ 255＋1＝25×11＋111＝3211＋111.∵(32＋1)|(3211+111 ) ， 即33｜255＋1.⑵ 19901990－19881988＝19901990－19881990＋19881990－19881988.（添两项）∵（1990＋1988）｜（19901990－19881990）.即1989×2｜（19901990－19881990）.∵ 19881990－19881988=19881988(19882－1)＝19881988（1988＋1）（1988－1）.即 19901990－19881988＝1989×2N ＋1989×19881988×1987. （N 是整数）∴ 1989｜19901990－19881988.例4 设n 是正整数， 求证：7｜（32n+1+2n+2）.证明：32n+1+2n+2＝3×32n +4×2n =3×9 n +4×2 n ＋3×2 n －3×2 n （添两项）＝（4×2 n ＋3×2 n ）＋（3×9 n －3×2 n ）＝（4＋3）＋3（9 n －2 n ）＝7×2 n ＋3（9－2）N . （N 是整数）∴7｜（32n+1+2n+2）（例3，4是设法利用乘法公式）例5. 已知8719xy 能被33整除，求x, y 的值.解：∵33＝3×11，∴1＋9+x+y+8+7其和是3的倍数， 即x+y=3K －25 (k 为整数).又（1＋x+8）－(9+y+7)其差是11的倍数，即x －y=11h+7(h 是整数).∵0≤x ≤9， 0≤y ≤9，∴0≤x ＋y ≤18，9≤x －y ≤9，x+y>x －y, 且 x+y 和x －y 同是奇数或偶数.符合条件的有⎩⎨⎧-==⎩⎨⎧-==⎩⎨⎧==48414711y x y x y x 或或 . 解得⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==629529y x y x y x 或或　. 例6.设N ＝782x ，且17｜N, 求 x..解：N ＝2078＋100x=17×122＋4＋17×6x －2x＝17×（122＋6x ）+4－2x.∵ 17｜N ，∴17｜4－2x ，当 4－2x=0.∴ x=2.三、练习1.要使2n+1能被3整除，整数n应取＿＿＿，若6｜（5 n－1）, 则整数n应取＿＿＿.2.求证：①4!|（n4+2n3－n2－2n）；②24｜n(n2－1)(3n+2)；③6｜（n3+11n）；④30｜（n 5－n）.3.求证：①100｜9910－1）；②57｜（23333＋72222）；③995｜（996996－994994）；④1992｜（997997＋995995）.4.设n是正整数，求证3 n+3n+2+62n能被33整除.5.求证：六位数abcabc能被7，11，13，整除.3xy能被77整除，求x,y的值.6.已知：五位数987.已知：a,b,c都是正整数，且6｜（a+b+c）.求证：6｜（a3+b3+c3）.练习题参考答案1.正奇数；正偶数2.①，②分解为4个连续整数③n(n-1)(n+1)+12n ④n(n-1)(n+1)(n2-4+5)3.②81111＋491111③添项－1，1④添项995997－9959974.化为3n(1+32)+36n=11×3n＋36 n－3n＝……5.7×11×13＝1001六位数105a+104b+103c+102a+10b+c=……6.仿例57.由6｜（a+b+c）可知a,b,c中至少有一个是偶数，且a3+b3+c3－3abc含有因式a+b+c [文章来源：教学视频网/转载请保留出处。

数论竞赛题数论竞赛题是在数学竞赛中常见的一类题型，主要考察学生在数论领域的理解和运用能力。

数论是研究整数性质及其运算规律的数学分支，涉及到诸多定理和性质。

以下是一个典型的数论竞赛题目，供参考。

题目：证明对于任意正整数 n，都存在一个正整数 k，使得 n(n+1)(n+2)(n+3) 可以被 24 整除。

解法：我们可以通过数学归纳法来证明这一命题。

首先，观察到 24 可以分解为 3 × 2^3。

我们分两种情况进行讨论：情况一：n 是 4 的倍数。

设 n=4k，其中 k 是一个正整数。

则有：n(n+1)(n+2)(n+3) = 4k(4k+1)(4k+2)(4k+3)= 4 × k × (4k+1) × 2 × (2k+1) × 3 × (2k+2) 。

我们发现此时，n(n+1)(n+2)(n+3) 能够被 24 整除。

情况二：n 不是 4 的倍数。

设 n=4k+r，其中 k 是一个正整数，r 是余数，r=1,2 或 3。

则有：n(n+1)(n+2)(n+3) = (4k+r)(4k+r+1)(4k+r+2)(4k+r+3)我们观察到，至少存在一个连续的四个数中，必然包含一个数能被 2 整除，一个数能被 4 整除，一个数能被 3 整除，因而有 2×4×3=24，即可以被 24 整除。

综上所述，对于任意的正整数 n，都存在一个正整数 k，使得 n(n+1)(n+2)(n+3) 能够被 24 整除。

证毕。

数论竞赛题通常涉及到数的整除性质、奇偶性、模运算等概念，要求学生具备较强的逻辑推理和数学证明能力。

通过解决这类题目，学生可以加深对数论相关概念和方法的理解，培养思考和解决问题的能力。