四年级奥数之构造与论证之奇偶分析(上)

第十三讲 构造与论证之奇偶分析一、奇偶数运算规律1、加减法中：看奇数个数奇数个数是奇数个，结果为奇；反之为偶2、乘法中：有偶则偶乘数中只要有一个偶数，则结果为偶；若要乘积结果是奇数，则乘数必须都是奇数。

3、有限个数，无论怎样填加减号，结果的奇偶性不变。

如：你能每两个数之间填“+”或“-”，使等式成立吗？5 4 3 2 1=2答案：不能。

左边有3个奇数，无论怎么填加减号，结果都是奇数，不可能得2。

二、构造与论证1、判断不能（80%的论证题都是不能）思路一：直接论证不能思路二：当直接论证不好说清楚时，不妨尝试反证法。

第一步：假设反面结论成立第二步：根据假设得到一个结论第三步：根据题目条件得到一个相反的结论第四步：由两个结论矛盾，得到假设不成立，即证明了正面结论。

2、判断能注意：证明出可能性后，一定要构造出一个例子才完整。

三、例题讲解连环画 任意改变某一个三位数的各个数字的顺序得到一个新的数，求出所有使得新数和原数相加等于999的数。

分析：同学们遇到这类数论的题，可以多借用数字谜的形式帮自己直观地找到更多的条件。

□□□+ □□□9 9 9从个位分析开始，可知每位上都没有进位，也就是每位上的两个数相加都等于9。

这个时候很多同学去尝试发现根本不可能。

但怎么说明好呢？直接论证不清楚就用反证法试试！证明：设原数为abc,设改变其各位数字顺序后得到的新数为a′b′c′假设原数与新数之和为999，因为每位都不会进位，则有a+a′=9，b+b′=9,c+c′=9又因为a′,b′,c′是a,b,c调换顺序得到的，所以a+b+c=a′+b′+c′所以a+a′+b+b′+c+c′=9+9+9=27即2（a+b+c）=27矛盾，所以假设不成立。

所以没有这样的数。

例1：在a、b、c三个数中，有一个是2003，一个是2005，问（a-1）（b-2）（c-3）是奇数还是偶数？方法一：∵ a,b,c中有两个奇数∴ a,c中至少有一个是奇数∴ a-1，c-3中至少有一个是偶数又∵ 偶数×整数=偶数，∴ （a-1）（b-2）（c-3）是偶数。

第二讲：奇数与偶数教学目标本讲知识点属于数论大板块内的“定性分析”部分，小学生的数学思维模式大多为“纯粹的定量计算，拿到一个题就先去试数，或者是找规律，在性质分析层面几乎为0，本讲力求实现的一个主要目标是提高孩子对数学的严密分析能力，培养孩子明白做题前有时要“先看能不能这么做，再去动手做”的思维模式。

无论是小升初还是杯赛会经常遇到，但不会单独出题，而是结合其他知识点来考察学生综合能力。

知识点拨一、奇数和偶数的定义整数可以分成奇数和偶数两大类.能被2整除的数叫做偶数，不能被2整除的数叫做奇数。

通常偶数可以用2k（k为整数）表示，奇数则可以用2k+1（k为整数）表示。

特别注意，因为0能被2整除，所以0是偶数。

二、奇数与偶数的运算性质性质1：偶数±偶数=偶数，奇数±奇数=偶数性质2：偶数±奇数=奇数性质3：偶数个奇数的和或差是偶数性质4：奇数个奇数的和或差是奇数性质5：偶数×奇数=偶数，奇数×奇数=奇数，偶数×偶数=偶数三、两个实用的推论：推论1：在加减法中偶数不改变运算结果奇偶性，奇数改变运算结果的奇偶性。

推论2：对于任意2个整数a,b ,有a+b 与a-b 同奇或同偶模块一：奇数偶数基本概念及基本加减法运算性质【例 1】 1231993++++……的和是奇数还是偶数？【解析】 在1至1993中，共有1993个连续自然数，其中997个奇数，996个偶数，即共有奇数个奇数，那么原式的计算结果为奇数【巩固】 123456799100999897967654321+++++++++++++++++++++L L 的和是奇数还是偶数？为什么？【解析】 在算式中，1~99都出现了2次，所以123499999897964321++++++++++++++L L 是偶数，而100也是偶数，所以1234567991009998979676++++++++++++++++L L54321+++++的和是偶数．【巩固】 2930318788+++++……得数是奇数还是偶数？【解析】 偶数。

构造与论证教学目标1.掌握最佳安排和选择方案的组合问题.2.利用基本染色去解决相关图论问题．知识点拨知识点说明各种探讨给定要求能否实现，在论证中，有时需进行分类讨论，有时则要着眼于极端情形，或从整体把握．设计最佳安排和选择方案的组合问题，这里的最佳通常指某个量达到最大或最小．解题时，既要构造出取得最值的具体实例，又要对此方案的最优性进行论证．论证中的常用手段包括抽屉原则、整除性分析和不等式估计．组合证明题，在论证中，有时需进行分类讨论，有时则需要着眼于极端情况，或从整体把握。

若干点及连接它们的一些线段组成图，与此相关的题目称为图论问题。

若干点及连接它们的一些线段组成图，与此相关的题目称为图论问题，这里宜从特殊的点或线着手进行分析．各种以染色为内容，或通过染色求解的组合问题，基本的染色方式有相间染色与条形染色．知识点拨板块一、最佳安排和选择方案【例 1】5卷本百科全书按从第1卷到第5卷的递增序号排列，今要将它们变为反序排列，即从第5卷到第1卷．如果每次只能调换相邻的两卷，那么最少要调换多少次?【考点】构造与论证【难度】2星【题型】解答【解析】因为必须是调换相邻的两卷，将第5卷调至原来第1卷的位置最少需4次，得到的顺序为51234；现在将第4卷调至此时第1卷的位置最少需3次，得到的顺序为54123；现在将第3卷调至此时第1卷的位置最少需2次，得到的顺序为54312；最后将第1卷和第2卷对调即可．所以，共需调换4+3+2+1=10次．【答案】10次【例 2】在2009张卡片上分别写着数字1、2、3、4、……、2009，现在将卡片的顺序打乱，让空白面朝上，并在空白面上又分别写上1、2、3、4、……、2009．然后将每一张卡片正反两个面上的数字相加，再将这2009个和相乘，所得的积能否确定是奇数还是偶数？【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答【解析】从整体进行考虑．所得的2009个和相加，便等于1～2009的所有数的总和的2倍，是个偶数．2009个数的和是偶数，说明这2009个数中必有偶数，那么这2009个数的乘积是偶数．本题也可以考虑其中的奇数．由于1～2009中有1005个奇数，那么正反两面共有2010个奇数，而只有2009张卡片，根据抽屉原理，其中必有2个奇数在同一张卡片上，那么这张卡片上的数字的和是偶数，从而所有2009个和的乘积也是偶数．【答案】偶数【例 3】一个盒子里有400枚棋子，其中黑色和白色的棋子各200枚．下面我们对这些棋子做如下操作：每次拿出2枚棋子，如果颜色相同，就补1枚黑色棋子回去；如果颜色不同，就补1枚白色的棋子回去．这样的操作，实际上就是每次都少了1枚棋子，那么，经过399次操作后，最后剩下的棋子是颜色(填“黑”或者“白”)．【考点】构造与论证【难度】3星【题型】填空【解析】在每一次操作中，若拿出的两枚棋子同色，则补黑子1枚，所以拿出的白子可能为0枚或2枚；若拿出的两枚棋子异色，则补白子1枚，“两枚棋子异色”说明其中一黑一白，那么此时拿出的白子数为0枚．可见每次操作中拿出的白子都是偶数枚，而由于起初白子有200枚，是偶数枚，所以每次操作后剩下的白子都是偶数枚，因此最后1枚不可能是白子，只能是黑子．【答案】黑子【例 4】在黑板上写上1、2、3、4、……、2008，按下列规定进行“操怍”：每次擦去其中的任意两个数a和b，然后写上它们的差(大数减小数)，直到黑板上剩下一个数为止．问黑板上剩下的数是奇数还是偶数？为什么？【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答【解析】根据等差数列求和公式，可知开始时黑板上所有数的和为123200820091004++++=⨯是一个偶数，而每一次“操作”，将a、b两个数变成了()-，它们的和减少了2b，即减少了一个偶数．那a b么从整体上看，总和减少了一个偶数，其奇偶性不变，还是一个偶数．所以每次操作后黑板上剩下的数的和都是偶数，那么最后黑板上剩下一个数时，这个数是个偶数．【答案】偶数【例 5】在1997×1997的正方形棋盘上的每格都装有一盏灯和一个按钮．按钮每按一次，与它同一行和同一列方格中的灯泡都改变一次状态，即由亮变为不亮，或由不亮变为亮．如果原来每盏灯都是不亮的，请说明最少需要按多少次按钮才可以使灯全部变亮?【考点】构造与论证【难度】4星【题型】解答【解析】最少要1997次，将第一列中的每一格都按一次，则除第一列外，每格的灯都只改变一次状态，由不亮变成亮．而第一列每格的灯都改变1997次状态，由不亮变亮．如果少于1997次，则至少有一列和至少有一行没有被按过，位于这一列和这一行相交处的灯保持原状，即不亮的状态．【答案】1997次【例 6】有3堆小石子，每次允许进行如下操作：从每堆中取走同样数目的小石子，或是将其中的某一石子数是偶数的堆中的一半石子移入另外的一堆．开始时，第一堆有1989块石子，第二堆有989块石子，第三堆有89块石子．问能否做到：(1)某2堆石子全部取光? (2)3堆中的所有石子都被取走?【考点】构造与论证【难度】4星【题型】解答【解析】(1)可以，如(1989，989，89) →(1900，900，0)→(950，900，950)→(50，0，50)→(25，25，50)→(0，0，25)．(2)因为操作就两种，每堆取走同样数目的小石子，将有偶数堆石子堆中一半移至另一堆，所以每次操作石子总数要么减少3的倍数，要么不变．现在共有1989+989+89=3067，不是3的倍数，所以不能将3堆中所有石子都取走．【答案】(1)可以(2)不能【例 7】在某市举行的一次乒乓球邀请赛上，有3名专业选手与3名业余选手参加.比赛采用单循环方式进行，就是说每两名选手都要比赛一场．为公平起见，用以下方法记分：开赛前每位选手各有10分作为底分，每赛一场，胜者加分，负者扣分，每胜专业选手一场加2分，每胜业余选手一场加1分；专业选手每负一场扣2分，业余选手每负一场扣1分．问：一位业余选手最少要胜几场，才能确保他的得分比某位专业选手高?【考点】构造与论证【难度】4星【题型】解答【解析】当一位业余选手胜2场时，如果只胜了另两位业余选手，那么他得10+2-3=9(分)．此时，如果专业选手间的比赛均为一胜一负，而专业选手与业余选手比赛全胜，那么每位专业选手的得分都是10+2-2+3=13(分)．所以，一位业余选手胜2场，不能确保他的得分比某位专业选手高．当一位业余选手胜3场时，得分最少时是胜两位业余选手，胜一位专业选手，得10+2+2-2=12(分)．此时，三位专业选手最多共得30+0+4=34(分)，其中专业选手之间的三场比赛共得0分，专业选手与业余选手的比赛最多共得4分.由三个人得34分，34÷3=1113，推知，必有人得分不超过11分.也就是说，一位业余选手胜3场，能确保他的得分比某位专业选手高.【答案】胜3场【例 8】 n 支足球队进行比赛，比赛采用单循环制，即每对均与其他各队比赛一场.现规定胜一场得2分，平一场得1分，负一场得0分.如果每一队至少胜一场，并且所有各队的积分都不相同，问：（1）n =4是否可能？（2）n =5是否可能？【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答【解析】 （1）我们知道4个队共进行了24C 场比赛，而每场比赛有2分产生，所以4个队的得分总和为24C ×2=12.因为每一队至少胜一场，所以得分最低的队至少得2分，又要求每个队的得分都不相同，所以 4个队得分最少2+3+4+5=14＞12，不满足.即n =4不可能。

奇数、偶数与奇偶分析整数按能否被2整除分为两大类：奇数和偶数，奇数与偶数有下列基本性质：1．奇数≠偶数2．两个整数相加(减)或相乘，结果的奇偶性如下表所示3．若干个奇数之积是奇数，偶数与任意整数之积是偶数；偶数个奇数的和为偶数，若干个偶数的和为偶数．4．设m、n是整数，则m土n，nm±的奇偶性相同．5．设m是整数，则m与m，m n的奇偶性相同．奇偶性是整数的固有属性，通过分析整数的奇偶性来解决问题的方法叫奇偶分析法．例题【例1】三个质数之和为86，那么这三个质数是．思路点拨运用奇数、偶数、质数、合数性质，从分析三个加数的奇偶性人手．注：18世纪的哥尼斯堡，有7座桥把这儿的普雷格尔河中两个小岛与河岸联系起来，在这迷人的地方，人们议论着一个有趣的问题．一个游人怎样才能不重复地一次走遍7座桥，而最后又回到出发点．1736年彼得堡院士欧拉巧妙地解决了这个问题．欧拉把一个复杂的实际问题化为一个简单的几何图形，他指出只要我们能从一点出发，不重复地一笔把这样的图形画出来，那么就可说明游人能够不重复地一次走遍这7座桥，这就是著名的“一笔画”问题的来历．利用奇偶分析不难得到一般的结论：凡是能一笔画成的图形，它上面除了起点和终点外的每一个点总是一笔进来，一笔出去．因此，除了起点和终点外的每一个点都有偶数条线和它相连．简单地说，当且仅当图形中的奇结点(每点出发有奇数字线)的个数不大于2时，这个图形才能一笔画．【例2】如果a、b、c是三个任意的整数，那么222accbba+++、、（）．A．都不是整数B．至少有两个整数C．至少有一个整数D．都是整数思路点拨举例验证或从a、b、c的奇偶性说明．【例3】(1)设1，2，3，…，9的任一排列为a l，a2，a3…，a9．求证：(a l l一1)( a2—2)…(a9—9)是一个偶数．(2)在数11，22，33，44，54，…20022002，20032003，这些数的前面任意放置“+”或“一”号，并顺次完成所指出的运算，求出代数和，证明：这个代数和必定不等于2003．思路点拨(1)转换角度考察问题，化积的奇偶性为和的奇偶性来研究；(2)由于任意添“十”号或“一”号，形式多样，因此不可能一一尝试再作解答，从奇数、偶数的性质人手．【例4】已知n x x x x 、、、、Λ321都是+1或一1，并且011433221=+++++-x x x x x x x x x x n n n Λ，求证：n 是4的倍数．思路点拨 可以分两步，先证n 是偶数2k ，再证明k 是偶数，解题的关键是从已知等式左边各项的特点受到启发，挖掘隐含的一个等式．【例5】 游戏机的“方块”中共有下面?种图形．每种“方块”都由4个l ×l 的小方格组成．现用这7种图形拼成一个7× 4的长方形(可以重复使用某些图形)．问：最多可以用这7种图形中的几种图形?思路点拨 为了形象化地说明问题，对7×4的长方形的28个小方格黑白相间染色，除“品字型”必占3个黑格1个白格或3个白格1个黑格，其余6个方格各占2个黑格2个白格．注：对同一个数学对象，从两个方向考虑(n 项和与积)，再将这两个方面合在一起整体考虑，得出结论，这叫计算两次原理，通过计算两次可以建立方程，证明恒等式等．在一定的规则下，进行某种操作或变换，问是否(或证明)能够达到一个预期的目的，这就是所谓操作变换问题，此类问题变化多样，解法灵活，解题的关键是在操作变换中，挖掘不变量，不变性．一些非常规数字问题需要恰当地数学化，以便计算或推理．引入字母与赋值法是数学化的两种常用方式方法．所谓赋值法就是在解题时，将问题中的某些元素用适当的数表示，然后利用这些数值的大小，正负性、奇偶性等进行推理论证的一种解题方法．【例6】桌上放着七只杯子；杯口全朝上，每次翻转四个杯子：问能否经过若干次这样的翻动，使全部的杯子口都朝下?思路点拨 这不可能．我们将口向上的杯于记为：“0”，口向下的杯子记为“1”．开始时，由于七个杯子全朝上，所以这七个数的和为0，是个偶数．一个杯子每翻动一次，所记数由0变为1，或由l 变为0，改变了奇偶性．每一次翻动四个杯子，因此，七个之和的奇偶性仍与原来相同．所以，不论翻动多少次，七个数之和仍为偶数．而七个杯子全部朝下，和为7，是奇数，因此，不可能．整数可以分为奇数和偶数两类．【例7】在1，2，3，…，2005前面任意添上一个正号或负号，它们的代数和是奇数还是偶数?思路点拨 两个整数之和与这两个整数之差的奇偶性相同，只要知道1+2+3+…+2005的奇偶性即可．因两个整数的和与差的奇偶性相同，所以，在1，2，3，…，2005中每个数前面添上正号或负号，其代数和应与1+2+3+…+2005的奇偶性相同，而1+2+3+…+2005=21(1+ 2005)×2005=1003 ×2005为奇数；因此，所求代数和为奇数．注：抓住“a+b 与a —b 奇偶性相同”，通过特例1十2十3十…十2005得到答案．【例8】“ 元旦联欢会上，同学们互赠贺卡表示新年的：良好祝愿．“无论人数是什么数，用来交换的贺卡的张数总是偶数．”这句话正确吗?试证明你的结论．思路点拨 用分类讨论的思想方法，从“无论人数是什么数”入手，考虑人数为奇数或偶数的两种情况．这句话是正确的．下面证明之．若联欢会上的人数为偶数，设为2m (m 为整数)，则每个人赠送给同学们的贺卡张数为奇数，即(2m —1)．那么，贺卡总张数为2m(2m —1)=4m 2-2m ，显然是偶数．若联欢会上的人数为奇数，设为2m+1(m 为整数，则每个人赠送给同学们的贺卡张数应是2m ，为偶数．贺卡总张数为(2m+1)·2m ，仍为偶数．故“用来交换的贺卡张数总是偶数”是对的．注：按奇数和偶数分类考虑问题是常见的解决此类问题的策略之一．【例9】桌面上放有1993枚硬币，第1次翻动1993枚，第2次翻动其中的1992枚，第3次翻动其中的1991枚，…，第1993次翻动其中一枚，试问：能否使桌面上所有的1993枚硬币原先朝下的一面都朝上?并说明理由．思路点拨 若要把一枚硬币原先朝下的一面朝上，应该翻动该硬币奇数次．因此，要把1993枚硬币原先朝下的一面都朝上，应该翻动这1993枚硬币的总次数为奇数．现在1993次翻动的总次数为1+2+3+…+1993=1993×(1+1993)/2=1993×997是个奇数，故猜想可以使桌面上1993枚硬币原先朝下的一面都朝上．理由如下：按规定，1993次翻动的总次数为1+2+3+…+1993=1993×(1+1993)/2=1993×997，所以翻动的次数为奇数，而且可见每个硬币平均翻动了997次．而事实上，只要翻动一枚硬币奇数次，就能使这枚硬币原先朝下的一面朝上．按如下的方法进行翻动： 第1次翻动全部1993枚，第2次翻动其中的1992枚，第1993次翻动第2次未翻动的那1枚，第3次翻动其中的1991枚，第1992次翻动第3次未翻动的2枚，第997次翻动其中的997枚，第998次翻动第997次未翻动的996枚．这样，正好每枚硬币被翻动了997次，就能使每一枚硬币原来朝下的一面都朝上． 注：灵活、巧妙地利用奇俩性分析推理，可以解决许多复杂而有趣的问题，并有意想不到的效果．【例10】在6张纸片的正面分别写上整数：1、2、3、4、5、6，打乱次序后，将纸片翻过来，在它们的反面也随意分别写上1-6这6个整数，然后，计算每张纸片的正面与反面所写数字之差的绝对值，得出6个数．请你证明：所得的6个数中至少有两个是相同的． 思路点拨 从反面人手，即设这6个数两两都不相等，利用bi a i -与i i b a - (i =1，2，3，4，5，6)的奇偶性相同，引入字母进行推理证明．设6张卡片正面写的数是654321a a a a a a 、、、、、，反面写的数对应为654321b b b b b b 、、、、、，则这6张卡片正面写的数与反面写的数的绝对值分别为11b a -，22b a -，33b a -，44b a -，55b a -，66b a -．设这6个数两两都不相等，则它们只能取0，1，2，3，4，5这6个值．于是11b a -+22b a -+33b a -+44b a -+55b a -+66b a -=0+1+2+3+4+5=15是个奇数． 另一方面，bi a i -与i i b a - (i =1，2，3，4，5，6)的奇偶性相同．所以11b a -+22b a -+33b a -+44b a -+55b a -+66b a -与(a 1一b 1)+(a 2一b 2)+(a 3一b 3)+(a 4一b 4)+(a 5一b 5)+(a 6一b 6)= )(654321a a a a a a +++++一)(654321b b b b b b +++++ =(1+2+3+4+5+6)一(1+2+3+4+5+6)=O 的奇偶性相同，而0是个偶数，15是奇数，两者矛盾．所以，11b a -，22b a -，33b a -，44b a -，55b a -，66b a -这6个数中至少有两个是相同的．注：反证法是解决奇、偶数问题中常用的方法．【例11】有一只小渡船往返于一条小河的左右两岸之间，问：(1)若最初小船是在左岸，往返若干次后，它又回到左岸，那么这只小船过河的次数是奇数还是偶数?如果它最后到了右岸，情况又是怎样呢?(2)若小船最初在左岸，它过河99次之后，是停在左岸还是右岸?思路点拨 (1)小船最初在左岸，过一次河就到了右岸，再过一次河就由右岸回到左岸，即每次由左岸出发到右岸后再回到左岸，都过了两次河．因此，小船由左岸开始，往返多次后又回到左岸，则过河的次数必为2的倍数，所以是偶数．同样的道理，不难得出，若小船最后停在右岸，则过河的次数必为奇数．(2)通过(1)，我们发现，若小船最初在左岸，过偶数次河后，就回到左岸；过奇数次河后，就停在右岸．现在小船过河99次，是奇数次．因此，最后小船该停在右岸．注 关键是对过河次数的理解：一个单程，即由左岸到右岸(或由右岸到左岸)就过河一次；往返一个来回就过河两次．【例12】黑板上写了三个整数，任意擦去其中一个，把它改写成另两个数的和减去1，这样继续下去，得到1995、1996、1997，问原来的三个数能否是2、2、2？思路点拨 如果原来的三个整数是2、2、2，即三个偶数，操作一次后，三个数变成二偶一奇，这时如果擦去其中的奇数，操作后三个数仍是二偶一奇．如果擦去的是其中的一个偶数，操作后三个数仍是二偶一奇．因此，无论怎样操作，得到的三个数都是二偶一奇，不可能得到1995、1996、1997．所以，原来的三个数不可能是2、2、2．注 解决本题的诀窍在于考查数字变化后的奇偶性．【例13】将正偶数按下表排成五列：第1列 第2列 第3列 第4列 第5列第1行 2 4 6 8第2行 16 14 12 10第3行 18 20 22 24… … 28 26根据上面的排列规律，则2000应位于( )A ．第125行，第1列B ．第125行，第2列C ．第250行，第1列D ．第250行，第2列思路点拨 观察表格，第1行最右边的数为8，第2行最左边的数为16，第3行最右边的数为24，于是可猜测：当行数为奇数时，该行最右边的数为8×行数；当行数为偶数时，该行最左边的数为8×行数．通过验证第4行、第5行、第6行知，上述猜想是正确的，因为2000=8×250，所以2000应在第250行，又因为250为偶数，故2000应在第250行最左边，即第250行第1列，故应选C ．注：观察、寻找规律是解决这类问题的妙招．【例14】如图18—1，两个标有数字的轮子可以分别绕轮子的中心旋转，旋转停止时，每个轮子上方的箭头各指着轮子上的一个数字．若左轮子上方的箭头指着的数字为a ，右轮子上方的箭头指着的数字为b ，数对(a ，b)所有可能的个数为n ，其中a+b 恰为偶数的不同数对的个数为m ，则nm 等于( ) A ．21 B ．61 C ．125 D ．43 思路点拨 依题意可知所有的数对n=4×3=12，其中a+b 恰为偶数的数对m=3×1+1×2=5．因此，n m =125，故选C ． 【例15】已知a 、b 、c 中有两个奇数、一个偶数，n 是整数，如果S=(a+2n+1)(b+2n 十2)(c+2n 十3)，那么( )A ．S 是偶数B ．S 是奇数C ．S 的奇偶性与n 的奇偶性相同D ． S 的奇偶性不能确定思路点拨 弄清a+2n+1，b+2n+2，c+2n+3的奇偶性即可．依题得：(a+2n+1)+(b+2n+2)+(c+2n+3)=a+b+c+6(n+1)．∵a+b+c 为偶数，6(n+1)为偶数，∴a+b+c+6(n+1)为偶数∴a+2n+1，b+2n+2，c+2n+3中至少有一个为偶数，∴S 是偶数．故选A ．注：三个数的和为偶数，则至少有一个为偶数；三个数中有一个为偶数，则三数之和为偶数．学力训练 1．若按奇偶性分类，则12+22+32+…+20022002是 数．2．能不能在下式， 的各个方 框中分别填人“+”号或“一”号，使等式成立?答： ．3．已知三个质数a 、b 、c 满足a+b+c+abc ＝99，那么a c c b b a -+-+-的值等于 ．4．已知n 为整数，现有两个代数式：(1)2n+3，(2)4n 一1，其中，能表示“任意奇数”的( )A ．只有(1)B ．只有(2)C ．有(1)和(2)D ．一个也没有5．如果a ，b ，c 都是正整数，且a ，b 是奇数，则3a +(b 一1)2c 是( )．A ．只当c 为奇数时，其值为奇数B ．只当c 为偶数时，其值为奇数C ．只当c 为3的倍数，其值为奇数D ．无论c 为任何正楚数，其值均为奇数6．已知a ，b ，c 三个数中有两个奇数、一个偶数，n 是整数，如果S=(a+n+1)(b+ 2n+2)(c+3n+3)，那么( )．A ． S 是偶数B ．S 是奇数C ．S 的奇偶性与n 的奇偶性相同D ．S 的奇偶性不能确定7．(1)是否有满足方程x 2－y 2=1998的整数解x 和y?如果有，求出方程的解；如果没有，说明理由．(2)一个立方体的顶点标上+1或一1，面上标上一个数，它等于这个面的4个顶点处的数的乘积，这样所标的14个数的和能否为0?8．甲、乙两人玩纸牌游戏，甲持有全部的红桃牌(A 作1，J ，Q ，K 分别作11，12，13，不同)，乙持有全部的黑桃牌，两人轮流出牌，每次出一张，得到一对牌，出完为止，共得到13对牌，每对牌彼此相减，问这13个差的乘积的奇偶性能否确定?9．在1，2，3，…,1998之前任意添上“十”或“一”号，然后相加，这些和中最小的正整数是 ．10．1，2，3，…，98共98个自然数，能够表示成两整数平方差的数的个数是 ．11．在一次象棋比赛中，每两个选手恰好比赛一局，每局赢者记2分，输者记0分，平局每个选手各记1分，今有4个人统计百这次比赛中全部得分总数，由于有的人粗心，其数据各不相同，分别为1979，1980，1984，1985，经核实，其中有一人统计无误，则这次比赛共有 名选手参加．12．已知p 、q 、pq+1都是质数，且p 一q>40，那么满足上述条件的最小质数p ＝ ； q ＝ ．13．设a ，b 为整数，给出下列4个结论(1)若a+5b 是偶数，则a 一3b 是偶数；(2)若a 十5b 是偶数，则a 一3b 是奇数；(3)若a+5b 是奇数，则a 一3b 是偶数；(4)若a+5b 是奇数，则a 一3b 是奇数，其中结论正确的个数是( )．A ．0个B ．2个C ．4个D ． 1个或3个14．下面的图形，共有( )个可以一笔画(不重复也不遗漏；下笔后笔不能离开纸) ．A ．0B ．1C ．2D ．315．π的前24位数值为3.14159265358979323846264…，在这24个数字中，随意地逐个抽取1个数字，并依次记作a1，a2，…a24，则(a1一a2)( a3一a4)…(a23一a24)为( )．A．奇数B．偶数C．奇数或偶数D．质数16.没标有A、B、C、D、C、F、G记号的7盏灯顺次排成一行，每盏灯安装一个开关，现在A、C、E、G 4盏灯开着，其余3盏灯是关的，小刚从灯A开始，顺次拉动开关，即从A 到G，再从A始顺次拉动开关，即又从A到G…，他这样拉动了1999次开关后，问哪几盏是开的?17．有1997枚硬币，其中1000枚国徽朝上，997枚国徽朝下．现要求每一次翻转其中任意6枚，使它们的国徽朝向相反，问能否经过有限次翻转之后，使所有硬币的国徽都朝上?给出你的结论，并给予证明．18．对一个正整数作如下操作：如果是偶数则除以2，如果是奇数则加1，如此进行直到1时操作停止，求经过9次操作变为l的数有多少个？19．高为50cm，底面周长为50cm的圆柱，在此圆柱的侧面上划分(如图所示)边长为lcm的正方形，用四个边长为lcm的小正方形构成“T”字形，用此图形是否能拼成圆柱侧面?试说明理由．参考答案。

四年级奥数奇偶分析法综合讲解及补充练习（含答案）doc 第六节奇偶分析法内容讲解整数按能否被2整除分为奇数和偶数两大类，除奇偶数的最基本性质以处，?我们还应掌握以下性质：①设a，b为整数，则a与an的奇偶性相同：a+b，a-b的奇偶性相同．②若m为整数，a为奇数，则m±a的奇偶性与m相反．若m为整数，b为偶数，?则m±b的奇偶性与m相同．③若m是整数，a为奇数，则ma的奇偶性与m相同．例题剖析例1 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？□＋□＝□，□－□＝□，□×□＝□，□÷□＝□．分析：由于本题所涉及的奇数与偶数的和（差）或积（商），故可应用奇偶数的基本性质求解．解：根据条件和奇偶数的基本性质知，加法和减法中至少有一个偶数，乘法和除法算式中至少各有两个偶数，故这12个整数中至少有6个偶数．评注：在解此题时，要注意将和与差，积与商并在一起共同研究．例2 在1，2，3，…，2021，2021的每一个数前，任意添上一个正号或负号，?试判断它们的代数和是奇数还是偶数？分析：由于任意添“＋”或“－”号，形式多样，因此不可能一一尝试再作解答，但可从1+2=3，2-1=1；3+4=7，4-3=1…．?可见两个整数之与这两个整数之差的奇偶性质是相同的，于是我们可以从这条性质入手．解：因为两个整数之和与两个整数之差的奇偶性相同，所以在给出的数字前面添上正号或负号不改变其奇偶性．而1+2+…＋2021+2021=2021(1?2021)=1004×2021为偶数．2 所以已知数字作为变换后的代数和仍为偶数．评注：此题通过对一些具体的数字的研究推出一般性结论，是由于已知数为有限整数．例3 已知x，y是质数，z是奇质数，且x（x+y）=z+8，求y（x+z）的值．分析：此题的关键是从x（x+y）=z+8求出x，y，z的值．解：由已知条件和质数，奇偶数性质知：（z+8）为奇数，所以x和（x+y）?为奇数，于是y为偶数，又y为质数，故y=2．则x，z应满足x（x+2）=z+8，即z=x2+2x-8=（x-2）（x+4）．由于z是奇质数，所以必有x-2=1，x+4=z，即x=3，z=7．故y（x+z）=2（3+7）=20．评注：奇偶分析法在解不定方程方面的应用也推广，大家仔细体会．例4 能否把1，1，2，2，…，30，30这些数排成一行，使得两个1之间夹着一个数，两个2之间夹着两个数，…，两个30之间夹着三十个数？试说明理由．分析：我们知道30对数共60个，我们可将之分成奇，偶两类数加以讨论，?以便求解．解：假设能按要求排成一行，于是60个数被安排在60个位置上，为了方便起见，给他们所在的位置依次编上号，具体研究一个个对象较为困难，不妨把所有数分成奇数、偶数两大类进行．（1）先考察偶数，设一个偶数m，两个m之间有m个数，这说明若有一个m在奇数位置，则另一个m必在偶数位置，反之亦然．于是15对偶数分别占据了15个奇数位，15?个偶数位；（2）再研究一个奇数n，两个奇数n之间夹着n个数．只要一个n占据奇数位，则另一个n也占据着奇数位，即成对占据奇数位．设有k对奇数占据奇数位，因60个位置中有30个奇数位．?于是这些奇数位应被15个偶数和2k个奇数占据，则30=15+2k，即2k=15，这显然是不可能成立的，?所以不能按要求排成一行．评注：此题巧妙地利用了奇偶数的基本性质解决问题，可见数的奇偶性的作用．例5 在6张纸片的正面分别写上整数1，2，3，4，5，6，打乱次序后，将纸片翻过来，在它们的反面也随意分别写上1～6这6个整数，?然后计算每张纸片正面与反面所写数字之差的绝对值，得出6个数，请你证明：所得的6个数中至少有两个是相同的．分析：从正面入手比较困难，我们不妨从反面去思考，即设这6个数两两都不相等，利用│ai-bi│与ai-bi（i=1，2，3，4，5，6）的奇偶性相同，引入字母进行推理证明．解：设6张卡片正面写的数是a1，a2，a3，a4，a5，a6，反面写的数对应为b1，b2，b3，b4，b5，b6，则这6张卡片为│a1-b1│，│a2-b2│，│a3-b3│，│a4-b4│，│a5-b5│，│a6-b6│．设这6个数两两都不相等，则它们只能取0，1，2，3，4，5这6个值，于是│a1-b1│+│a2-b2│+│a3-b3│+│a4-?b4│+│a5-b5│+│a6-b6│=0+1+2+3+4+5=15是个奇数另一方面，│ai-bi│与ai-bi（i=1，2，…，6）的奇偶性相同，所以│a1-b1│+│a2-b2│+│a3-b3│+│a4-b4│+│a5-b5│+│a6-b6│与（a1-b1）+（a2-b2）+（a3-b3）+（a4-b4）+（a5-b5）+（a6-b6）=（a1+a2+…+a6）-（b1+b2+…+b6） =（1+2+…+6）-（1+2+…+6）=0的奇偶性相同，是个偶数．这与（*）矛盾，故│a1-b1│，│a2-b2│，…，│a6-b6│这6个数中至少有两个是相同的．评注：一些非常规数字问题需要恰当地数学化，以便计算或推理，?引入字母是数学化的常用方式方法，另外赋值法也是数学化的常用方式方法．巩固练习 1．填空题（1）已知a，b，c分别是2021，2021，2021中的一个数，则（a-1）×（b-2）×（c-?3）?是________数（奇、偶数）；（2）三个相邻偶数之积是一个六位数，这个六位数的首位数字是8，末位数字是2，则这三个偶数是________；（3）将1到100这100个自然数任意排成一行，?其中所有相邻两数的和中，?至少有________个偶数，至多有_______个偶数． 2．选择题（1）若11个连续奇数的和是1991，把这些数按大小顺序排列起来，第六个数是（ ?）（A）185 （B）183 （C）181 （D）179（2）两个十位数1111111111和9999999999的乘积有（）个数字是奇数．（A）7 （B）8 （C）9 （D）10（3）设x和y为两个自然数，它们的和与差相乘的积是偶数，则（x+y）与（x-y）（）（A）同为偶数（B）同为奇数（C）x+y是偶数，x-y是奇数（D）x+y是奇数，x-y是偶数3．一串数排成一行，它们的规律是：头两个数都是1，从第三个数开始，?每一个数都是前两个数之和，问这串数的前2021个数中有多少个偶数？4．设有n盏亮着的拉线开关灯，规定每次必须拉动n-1个拉线开关，试问：?能否把所有的灯都关闭？证明你的结论或给出一种关灯的办法．5．试说明：只用2×2及3×3的两种瓷砖不能恰好铺盖23×23的正方形地面．答案:1．（1）偶；（2）94，96，98；（3）0，98． 2．（1）C；（2）D；（3）A3．由条件和要求，可以先写出这一串数的奇偶数，然后寻找规律：1，1，2，3，5，?8，13，21，34，55，89，…即规律为奇奇偶奇奇偶…．?即两个奇数一个偶数且三个数一循环，而偶数恰在3，6，9，12…这些序号上，即只有序号为3的倍数的数是偶数．? 因2021=3×669+1，故这串数的前2021个数中有669个偶数． 4．从简单情况研究，当n=1时，显然不行；当n=2时，1号灯不动，2号关上；2?号灯不动，1号关上，可行．当n=3时，每盏灯拉动奇数次时才能关上，3个奇数的和仍为奇数，?而n-1=2，即按规定总拉动开关的次数是偶数，故不能把灯全关闭，由此猜测，当n为偶数时可以；当n为奇数是不行．5．将23×23的正方形地面中第1，4，7，10，13，16，19，22列中的小方格全涂成黑色，剩下的小方格涂成白色，于是白色的小方格总数为15×23是一个奇数，又因每块2×2砖总能盖住二黑格和二白格或四白格．每块3×3砖总能盖住三黑格和六白格，?故无论多少2×2及3×3砖盖住的白格数总是一个偶数，不可能盖住15×23个白格，所以只用2×2及3×3砖不能盖住23×23的地面．感谢您的阅读，祝您生活愉快。

奥数《奇偶问题》微课（教案）人教版数学四年级上册一、教学目标1. 让学生掌握奇数和偶数的概念，能够正确区分奇数和偶数。

2. 培养学生运用奇偶性解决实际问题的能力，提高学生的逻辑思维能力。

3. 激发学生对数学的兴趣，培养学生主动探索、合作交流的学习习惯。

二、教学内容1. 奇数和偶数的概念2. 奇数和偶数的性质3. 奇偶性在实际问题中的应用三、教学重点与难点1. 教学重点：奇数和偶数的概念，奇数和偶数的性质。

2. 教学难点：奇偶性在实际问题中的应用。

四、教学过程1. 导入新课利用生活中的实例，如：桌子上的苹果，让学生观察苹果的数量，引导学生发现苹果数量是偶数，激发学生对奇偶问题的兴趣。

2. 探究新知（1）让学生举例说明生活中的奇数和偶数。

（2）引导学生观察奇数和偶数的特征，总结出奇数和偶数的定义。

（3）让学生举例说明奇数和偶数的性质，如：奇数加奇数等于偶数，奇数乘奇数等于奇数等。

3. 实践应用（1）让学生解决实际问题，如：小明有10个苹果，他想把这些苹果分成两组，每组苹果的数量都是奇数或偶数，请问他有几种分法？（2）让学生通过小组合作，探讨奇偶性在实际问题中的应用，如：在游戏中，如何利用奇偶性来判断胜负？4. 总结提升引导学生回顾本节课所学内容，总结奇数和偶数的概念、性质以及在实际问题中的应用。

五、课后作业1. 判断下列数中，哪些是奇数，哪些是偶数：13、24、57、100、145。

2. 小明有15个苹果，他想把这些苹果分成若干组，每组苹果的数量都是奇数，请问他有几种分法？3. 请你举例说明在生活中，奇偶性是如何应用的？六、板书设计1. 奇数和偶数的概念2. 奇数和偶数的性质3. 奇偶性在实际问题中的应用七、教学反思本节课通过生活中的实例，引导学生探究奇数和偶数的概念和性质，让学生在实际问题中运用奇偶性，培养学生的逻辑思维能力。

在教学过程中，要注意关注学生的学习情况，及时给予指导和鼓励，让学生在轻松愉快的氛围中学习数学。

本讲知识点属于数论大板块内的“定性分析”部分，小学生的数学思维模式大多为“纯粹的定量计算，拿到一个题就先去试数，或者是找规律，在性质分析层面几乎为0，本讲力求实现的一个主要目标是提高孩子对数学的严密分析能力，培养孩子明白做题前有时要“先看能不能这么做，再去动手做”的思维模式。

无论是小升初还是杯赛会经常遇到，但不会单独出题，而是结合其他知识点来考察学生综合能力。

一、奇数和偶数的定义 整数可以分成奇数和偶数两大类.能被2整除的数叫做偶数，不能被2整除的数叫做奇数。

通常偶数可以用2k （k 为整数）表示，奇数则可以用2k +1（k 为整数）表示。

特别注意，因为0能被2整除，所以0是偶数。

二、奇数与偶数的运算性质性质1：偶数±偶数=偶数，奇数±奇数=偶数性质2：偶数±奇数=奇数性质3：偶数个奇数的和或差是偶数性质4：奇数个奇数的和或差是奇数性质5：偶数×奇数=偶数，奇数×奇数=奇数，偶数×偶数=偶数三、两个实用的推论推论1：在加减法中偶数不改变运算结果奇偶性，奇数改变运算结果的奇偶性。

推论2：对于任意2个整数a ,b ,有a +b 与a -b 同奇或同偶模块一、奇偶分析法之计算法【例 1】 1231993++++……的和是奇数还是偶数？【考点】奇偶分析法之计算法 【难度】2星 【题型】解答【解析】 在1至1993中，共有1993个连续自然数，其中997个奇数，996个偶数，即共有奇数个奇数，那么原式的计算结果为奇数.【答案】奇数例题精讲知识点拨教学目标5-1奇数与偶数的性质与应用【例 1】从1开始的前2005个整数的和是______数(填：“奇”或“偶”)。

【考点】奇偶分析法之计算法【难度】2星【题型】填空【关键词】希望杯，4年级，初赛，5题【解析】1+2+3+…+2004+2005=(1+2005)×2005÷2=1003×2005是奇数【答案】奇数【巩固】2930318788……得数是奇数还是偶数？+++++【考点】奇偶分析法之计算法【难度】2星【题型】解答【解析】偶数。