初中数学奥林匹克夏令营辅导讲座
谈谈竞赛数学的解题策略
最好的方法来源于正确的解题策略
解题的成功依赖于合适的方法
解题离不开数学思想和方法
数学题千变万化、层出不穷，其实当我们着手去解题时，都会有一定的方向、一定的道路，而给我们引领方向、带领道路的正是数学思想.
数学思想方法是数学的灵魂
数学家波利亚说过:“完善的思想方法犹如北极星,许多人通过它而找到正确的道路.”
学数学的最好方法是做数学
第一 部 分 数学基本方法的应用
1.若5=( )2-( )2 ,7=( )2-( )2 ,9=( )2-( )2 ,11=( )2-( )2
从以上填空中,你发现了什么规律？请用等式表现出来.
解：5=32-22
7=42-32
9=52-42
11=62-52
　……
　(2n+1)=(n+1)2 -n2
2.求适合等式x1+x2+x3＋…+x2009=x1x2x3…x2009的正整数解。
　分析：这2009个正整数的和正好与它们的积相等，
要确定每一个正整数的值，
我们从2个，3个，4个……直到发现规律为止!
　解：x1+x2=x1x2的正整数解是x1=x2=2
x1+x2+x3=x1x2x3的正整数解是x1=1,x2=2,x3=3
x1+x2+x3+x4=x1x2x3x4的正整数解是x1=x2=1,x3=2,x4=4
x1+x2+x3+x4+x5=x1x2x3x4x5的正整数解是x1=x2=x3=1,x4=2,x5=5
x1+x2+x3+x4+x5+x6=x1x2x3x4x5x6
的正整数解是x1=x2=x3=x4=1,x5=2,x6=6
…………
由此猜想结论是：
适合等式x1+x2+x3＋…+x2009=x1x2x3…x2009
的正整数解为x1=x2=x3＝……=x2007=1,x 2008=2,x2009=2009.
拓展 已知：100个自然数a1,a2,a3……a100满足等式
(n-2)an-(n-1)an-1+1=0 (2≤n≤100)并且a100=199.
求：a1＋a2＋a3＋……＋a100
a99=

=197
用同样方法求得
a97=193,
a96=191,
a98= 195
……a1=1
∴a1＋a2＋a3＋……＋a100＝1＋3＋5＋……＋195＋197＋199
分析：
3.在平面直角坐标系xOy中,等腰梯形ABCD的顶点坐标分别为
A(1,1),B(2,-1),C(-2,-1),D(-1,1),
y轴上一点P(0,2)绕点A旋转180°得点P1,
点P1绕点B旋转180°得点P2,
点P2绕点C旋转180°得点P3,点P3绕点D旋转180°得点P4 ,,…
重复操作依次得到点P1,P2,…, 则点P2010的坐标是 ?
A
B
C
D
O
P
P1
P2
分析： 由已知可以得到,
点P1,P2的坐标分别为(2,0),(2,-2).
记P2(a2,b2)，其中a2=2,b2=-2．
根据对称关系，依次可以求得：
令P6(a6,b2)
同样可以求得,点P10的坐标为( )
即P10( )….
）
由于2010=4×502+2,所以点P2010的坐标为（2010,-2）
P1
P2
P2(a2,b2)
4.已知a2(b+c)=b2(a+c)=2010.且a≠b．
则c2(a+b)= ?
解:已知a2(b+c)=b2(a+c)=2010
故 a2(b+c)-b2(a+c)
=(a-b)(ab+bc+ca)=0.
而a≠b，
所以ab+bc+ca=0．
故c2(a+b)-b2(a+c)
=(c-b)(ab+bc+ca)=0．
从而c2(a+b)=
b2(a+c)=
2010
5.求能表示为n2+4n(n∈N+)的形式,且与10000的差的绝对值最小的正整数
解 :由于n2+4n
=(n+2)2-4!
且当a于是,所求的正整数要么是1002-4=9996,
要么是1012-4=10197．
因为9996与10000的差的绝对值最小，
所以，所求的正整数为9996．
6.将正整数1,2,3, …,10分成A,B两组,其中A组：al,a2,…,am;B组:bl,b2,…,bn.现从A,B两组中各取出一个数，把取出的两个数相乘，则所有不同的两个数乘积的和的最大值为 ?
分析：由条件可得，所有不同的两个数乘积的和为
S= (al+a2+…+am)( bl+b2+…+bn).
记x= al+a2+…+am,y= bl+b2+…+bn.
则x+y=1+2+3+…+10=55.
S=xy=
当且仅当∣x-y∣=1时,上式取等号。
令ai=i(i=1,2, …,7),b1=8,b2=9,b3=10,
则x=28,y=27因此，等号成立。
则所有不同的两个数乘积的和的最大值为756
7.设m,n均为正整数.求使得36m-5n的绝对值最小的那个数．
综上，N的最小值为11．
而36m+1的个位为7，5n个位为5，矛盾．
若36m-5n =-1，
故5|(6m+1)，
若36m-5n =l，
若36m-5n =±9，
故只需再证明N不能取到1和9,
取m=l，n=2，则N=11．
因此，N=|36m-5n|的个位数为l或9．
,36m的个位为6
,5n的个位为5
N=|36m-5n|
当m、n均为正整数时
则N的最小值为11．
则9|5n，这不可能
则5n =(6m-1)(6m+1).
这也不可能．
5n =36m+1，
分析：
第 二 节
1.利用图形面积可以解释代数恒等式的正确性，
也可以解释不等式的正确性.
（1）根据下列所示图形写出一个代数恒等式；
（2）已知正数a,b,c和m,n,l,满足.a+m=b+n=c+l=k.
试构造边长为k的正方形,
利用图形面积来说明al+bm+cn分析：
1.利用图形面积可以解释代数恒等式的正确性，
也可以解释不等式的正确性.
（1）根据下列所示图形写出一个代数恒等式；
（2）已知正数a,b,c和m,n,l,满足.a+m=b+n=c+l=k.
试构造边长为k的正方形,利用图形面积来说明al+bm+cn2.能否在9×2010方格表的每一个方格中都填入一个正整数,使得每一列数的和与每一行数的和都是质数?
分析: 假设存在合乎要求的填数方法，
那么每一列数的和与每一行数的和都大于2．
由于它们都是大于2的质数，
所以都是奇数．
于是表中所有数的和，
一方面是9个奇数之和，是奇数；
另一方面，它又是2010个奇数之和，应为偶数，
此为矛盾．
3.试找出所有这样的质数p,使得p2+1l刚好有6个不同的正约数(包括l和它自己)．
分析：
由于p2+1l=p2-1+12
=(p-1)(p+1)+12，
若p≥5且为质数，
则p-1与p+1都是偶数，且其中之一是3的倍数。
所以(p-1)(p+1)可被12整除，
因而p2+11可被12整除，
这时p2+11至少有7个约数(12的6个约数,以及p2+11自己为p2+11>12)．
故只可能是p=2或p=3.
若p=2,则p2+11=15,有4个约数1,3,5，15；
若p=3,则p2+11=20,有6个约数1,2,4,5,10,20。
4.将正方形ABCD分割为n2个相等的小方格 (n是自然数),把相对的顶点Ａ,Ｃ染成红色,把Ｂ,Ｄ染成蓝色,其它交点任意染成红,蓝两色中的一种颜色.试说明恰有三个顶点同色的小方格的数目必是偶数.
将正方形ABCD分割为n2个相等的小方格 (n是自然数),把相对的顶点Ａ,Ｃ染成红色,把Ｂ,Ｄ染成蓝色,其它交点任意染成红,蓝两色中的一种颜色.试说明恰有三个顶点同色的小方格的数目必是偶数.
将红色记为
证法1
用数代表颜色，
再将小方格编号，
蓝色记为l，
0，
记为1,2,3,…,n2
记第i个小方格四个顶点
数字之和为Ai，
i
若恰有三顶点同色，则Ai=
否则Ai为偶数
1或3为奇数，
分类
交点
，各加了1次(含两个0，两个1)．
对正方形内部的交点，
原正方形边上非端点的交点，
对原正方形的四个顶点
各加了4次
各加了2次；
将红色记为
证法1
用数代表颜色，
再将小方格编号，
蓝色记为l，
0，
记为1,2,3,…,n2
记第i个小方格四个顶点
数字之和为Ai，
i
若恰有三顶点同色，则Ai=
否则Ai为偶数
1或3为奇数，
分类
交点
，各加了1次(含两个0，两个1)．
对正方形内部的交点，
原正方形边上非端点的交点，
对原正方形的四个顶点
各加了4次
各加了2次；
=4×(内部交点相应的数之和)
+2×(边上非端点的交点相应的数之和)
+2
必为偶数
将红色记为
证法2
用数代表颜色，
再将小方格编号，
蓝色记为-l，
1，
记为1,2,3,…,n2
记第i个小方格四个顶点
数字之积为Ai，
i
若恰有三顶点同色，则Ai=
否则Ai为-1
1
分类
交点
对正方形内部的交点，
原正方形边上非端点的交点，
各加了4次
各加了2次；
l × 1 ×(-l)×(-1)=1
A，B，C，D四点相应的数的乘积为
=1
即恰有三顶点同色的小方格必有偶数个
5.试求出具有如下性质的最小的正整数：它可以表示为2002个各位数字之和相等的正整数之和，又可以表示为2003个各位数字之和相等的正整数之和．
分析 假设对正整数n有所述的表达式
n=al+a2+…+a2002=b1+b2+…+b2003．
注意到a1,a2，…，a2002的各位数字之和相同，
所以它们被9除的余数相同，记该余数为r(0≤r≤8)．
同理，b1，b2，…，b2003被9除的余数相同，记为s(0≤s≤8)．
于是n-2002r和n-2003s都是9的倍数．
从而 (n-2002r)-(n-2003s)=2003s-2002r
=2003(r+s)-4005r是9的倍数．
由于4005是9的倍数，而2003与9互质，所以r+s是9的倍数．
如果r=s=0,则n≥9×2003(因为此时b1,b2,…,b2003都可被9整除)．
如果r≠0，则r+s=9，于是r与s中至少有一个不小于5．
此时我们分别得到n≥5×2002和n≥4×2003．
由于l0010=5×2002=4×2002+2002×1，
而4与2002的各位数字之和相同，所以10010即为所求．
6.一位象棋大师为参加一次比赛将进行77天的练习，他准备每天至少下一局棋，而每周至多下12局棋.证明存在一个正整数n，使得他在这77天里有连续的n天共下了21局棋.
如果将21改为22，结论是否成立？
证明 设ai是这位大师从第1天到第i天下棋的总局数，
i=1,2,…,77.
因为他每天至少下一局棋，
所以1≤a1≤a2≤…≤a77.
又因为每周至少下12局棋,所以77天中下棋的总局数a77不超过
即a77≤132.
考虑数列
a1,a2,…,a77
a1+21,a2+21,…,a77+21
,
该数列有154项，每个数都是小于等于153的正整数。
由抽屉原则知
必定存在i,j，
使得ai=aj+21(j令n=i-j,那么该大师在
的连续n天中共下了21局棋。
j+1,j+2,..,j+n
6.一位象棋大师为参加一次比赛将进行77天的练习，他准备每天至少下一局棋，而每周至多下12局棋.证明存在一个正整数n，使得他在这77天里有连续的n天共下了21局棋.
如果将21改为22，结论是否成立？
如果将21改为22,结论仍然成立.证明如下：
如果大师并不是每周都下满12局,
那么a77+22<154,
即a77+22≤153，
从而命题得证。
如果大师每周都下满12局，
那么a1,a2,…,a77,
a1+21,a2+21,…,a77+21.
这154个数恰好取遍1,2,3，…，154.
并且a1=1,a2=2,…,a22=22.
于是大师在第一周里将只下了7局棋，
未满12局，矛盾.
谢 谢