奇數(shù)與偶數(shù)初中數(shù)學競賽教案

1、課 題： 數(shù)的整除性、質數(shù)和合數(shù)的復習與奇偶分析授課時間：2006-10-22一、本課知識點和能力目標1知識點：數(shù)的整除性、質數(shù)與合數(shù)的復習；奇數(shù)與偶數(shù).2能力目標：通過典型例題的分析，提高學生的邏輯思維能力，培養(yǎng)學生的分析、解決問題的能力.二、數(shù)學思想與方法分類與討論、轉化與化歸、反證法.三、本次授課節(jié)次及內容安排第1課時：數(shù)的整除性、質數(shù)與合數(shù)的復習.第2課時：奇數(shù)與偶數(shù).第3課時：典型例題剖析.第4課時：課堂反饋.四課外延伸、思維拓展第一課時【知識要點】 1整數(shù)的整除性復習； 2質數(shù)與合數(shù)的復習.【經典例題】例1 （第六屆“漢江杯”數(shù)學競賽）三個質數(shù)p、q、r滿足pqr，且1pq，求p的

2、值.解：pqr，p、q，r均為質數(shù)，r必為奇數(shù)，從而p、q中必有一個為2.又1pq，p=2.例2 設n是大于1的正整數(shù)，求證：n4+4是合數(shù)證 我們只需把n4+4寫成兩個大于1的整數(shù)的乘積即可n4+4=n4+4n2+4-4n2(n2+2)2-4n2(n2-2n+2)(n2+2n+2)，因為n2+2n2n2-2n+2=(n-1)2+11，所以n4+4是合數(shù)例3 、是整數(shù)，求證：、中，至少有一個是3的倍數(shù).證明 若、中有一個數(shù)是3的倍數(shù)，則顯然顯然是3的倍數(shù)；若、被3除余1或余2，則是3的倍數(shù)；若、被3除的余數(shù)不同，則是3的倍數(shù).【嘗試練習】1在自然數(shù)，2，3，100中，能被2整除，但不能被3整除

3、的數(shù)的個數(shù)是 （ b ）a33； b34； c35； d36.提示：在，2，3，100中，能被2整除的有50個，能被2整除，且能被3整除的有16個，故能被2整除，但不能被3整除的數(shù)的個數(shù)為34個。2若2001是兩個質數(shù)的和，則這兩個質數(shù)的乘積是 3998 .3（第5屆希望杯·94）已知，則的末位數(shù)字是 4 . （提示：第一項的末位數(shù)字是4，其他三項的末位數(shù)字都是0）4若是正整數(shù)，證明：不是完全平方數(shù).證明：由于兩個連續(xù)的正整數(shù)的平方數(shù)之間，不存在完全平方數(shù).而，故不是完全平方數(shù).第二課時【知識要點】在整數(shù)中能被2整除的數(shù)叫做偶數(shù)，通常用表示；不能被2整除的數(shù)叫做奇數(shù)，通常用（或）表示

4、。其中是整數(shù).關于奇數(shù)和偶數(shù)具有如下性質：奇數(shù)偶數(shù)；奇數(shù)奇數(shù)=偶數(shù)，偶數(shù)偶數(shù)=偶數(shù)，奇數(shù)偶數(shù)=奇數(shù)；奇數(shù)奇數(shù)=奇數(shù)，偶數(shù)偶數(shù)=偶數(shù)，奇數(shù)偶數(shù)=偶數(shù)；若、是整數(shù)，則、奇偶性相同；兩個連續(xù)的整數(shù)中，必有一個奇數(shù)，一個偶數(shù)；偶數(shù)的平方能被4整除，奇數(shù)的平方被8除余1.【經典例題】例1 不求和，試判斷123420002001的和是奇數(shù)還是偶數(shù)？解：略.例2 求證：滿足方程的整數(shù)、中不能都是奇數(shù).證明 (反證法)若、都是奇數(shù)，可知,也都是奇數(shù).所以+是偶數(shù)，而是奇數(shù)，故等式不成立.由此導出矛盾，故原命題成立.例3 求證：方程沒有整數(shù)解.證明 由.因為與的奇偶性相同.如果與同為偶數(shù)，則右邊一定能被4整除，

5、而右邊不是4的倍數(shù)，故矛盾；如果與同為奇數(shù)，則左邊一定是奇數(shù)不能被2整除，而右邊是偶數(shù)可以被2整除，故矛盾.所以，方程沒有整數(shù)解.例4 如圖，把圖中的圓圈任意涂上紅色或藍色，問有沒有可能，使同一直線上紅圈數(shù)都是奇數(shù)？若能給出一種涂法；若不能，請說明理由.證明：假設能夠使同一條直線上的紅圈數(shù)都是奇數(shù)，一共有5條直線，將這5條直線上的紅圈數(shù)相加，所得的和仍然是奇數(shù).另一方面，每一個紅圈恰好在兩條直線上，所以在上面所說的和中，每一個紅圈都被計算了兩次，和應為紅圈總數(shù)的兩倍，因而是一個偶數(shù).以上兩個方面所得的結果矛盾，這證明不可能使同一條直線上的紅圈都是奇數(shù).【嘗試練習】1已知三個正整數(shù)、的和為奇數(shù)，

6、那么 （ c ）a一定是非零偶數(shù)； b等于零；c一定是奇數(shù)； d可能是奇數(shù)，也可能是偶數(shù).（提示：、的和為奇數(shù)，則、三數(shù)中有一個奇數(shù)或三個數(shù)都是奇數(shù)兩種可能.）2在1到2001這些正整數(shù)前面，任意添上正號或負號后，所得的和是奇數(shù)還是偶數(shù)？這些和中最小的正整數(shù)是多少？思路點撥：注意在這些正整數(shù)前面，無論添正號還是負號，都不會改變它們的奇偶性。由于兩個整數(shù)的和與差的奇偶性相同，所以只要研究的奇偶性.解：從1到2001這2001個數(shù)中，有1000個偶數(shù)，1001個奇數(shù)。的和可分為1000個偶數(shù)的和與1001個奇數(shù)的和兩部分，由于1001個奇數(shù)的和為奇數(shù)，所以其和為偶數(shù)+奇數(shù)=奇數(shù).因為奇數(shù)中最小的1

7、個為1，所以當式中除1以外的數(shù)的代數(shù)和為零時，其和最小，且為+1。此時 ,3證明：15塊4×1的矩形骨牌和1塊2×2的正方形骨牌不能蓋住8×8的正方形。思路與想法：本題是證明一個不能覆蓋的問題，基本思路是利用奇偶分析來解決。為方便起見，我們先給圖形染色.證 將8×8正方形的小方格用黑、白色涂色(如圖162)每一塊4×1骨牌不論怎么鋪設都恰好蓋住兩個白格，因此15塊4×1的骨牌能蓋住偶數(shù)個白格一塊2×2的骨牌只能蓋住一個白格或三個白格，總之能蓋住奇數(shù)個白格于是15塊4×1骨牌和一塊2×2骨牌在圖上蓋住的白格

8、是奇數(shù)個事實上圖上的白格數(shù)恰為偶數(shù)個，故不能蓋住8×8的正方形第三課時【典型例題剖析】例1 設，是自然數(shù)，且滿足關系式求證：是4的倍數(shù)證明：由已知條件可得11111+a與11111-b均為奇數(shù)，所以a，b均為偶數(shù)又由已知條件11111(a-b)=ab+2468，ab是4的倍數(shù)，2468=4×617也是4的倍數(shù)，所以11111×(a-b)是4的倍數(shù)，故a-b是4的倍數(shù)例2 設為一奇數(shù)，為1，2，n的任一排列. 求證： 必為一個偶數(shù).證明：(反證法)若為奇數(shù)，則，均為奇數(shù).由性質3知為奇數(shù).但 是一個偶數(shù)，從而產生矛盾！故為偶數(shù).例3 設有盞亮著的拉線開關燈，規(guī)定每次

9、須拉動個拉線開關。試問：能否把所有的燈都關閉？試證明你的結論或給出一種關燈的方法.解：當為奇數(shù)時，由于每盞燈拉動奇數(shù)次能關閉，因此要把所有燈關閉，總拉動開關次數(shù)應是奇數(shù)個奇數(shù)的和是奇數(shù)，但是偶數(shù)，按規(guī)定只能拉動任意的偶數(shù)次開關，故無論如何不能把全部亮的燈都關上.當為偶數(shù)時，把盞燈編號為：1，2，3，4，.第一次1號燈不動，拉動其余個開關；第二次2號燈不動，拉動其余個開關；第次號燈不動，拉動其余個開關.這樣每盞燈拉動次，是奇數(shù)次，可用這種方法把全部亮著的燈關閉.【嘗試練習】一個矩形科技展覽廳被縱橫垂直相交的墻隔成若干行、若干列的小矩形展覽室.每相鄰兩室都有若干個方形門或圓形門相通，僅在進出展覽廳

10、的出入口處有若干個門與廳外相通.試證：任何一個參觀者選擇任何路線，任意參觀若干個展覽室（可重復）之后回到廳外，他經過的方形門的次數(shù)與圓形門的次數(shù)（重復經過的重復計算）之差總是偶數(shù).證：給出入口處展覽室記“+”，凡與“+”號室相鄰的展覽室都記“”，凡與“”號室相鄰的展覽室都記“+”號，于是每一個展覽室都有且只有一個“+”或“”.一名參觀者從出入口處的“+”號室進入廳內，走過若干個展覽室又回到出入口處的“+”號室。他的路線是：，若設其走過的“”號室是個，則走過的“+”號室為個（重復經過的重復計算），故共走了個室.因此，參觀者從廳外進去又回到廳外共走了個門（包括進出口門各一次），設其經過的方形門的次

11、數(shù)為次，經過圓形門的次數(shù)為次，則有為偶數(shù)，而與同奇同偶，故也為偶數(shù)，所以參觀者經過的方形門的次數(shù)與圓形門的次數(shù)之差總是偶數(shù).第四課時【課堂反饋】 姓名 得分 一選擇題1如果是正整數(shù)，那么的值是 （ b ）a一定是0； b一定是偶數(shù)； c一定是奇數(shù)； d不確定.2已知三個正整數(shù)、的和為奇數(shù)，那么 （ c ）a一定是非零偶數(shù)； b等于零；c一定是奇數(shù)； d可能是奇數(shù)，也可能是偶數(shù)。（提示：、的和為奇數(shù)，則、三數(shù)中有一個奇數(shù)或三個數(shù)都是奇數(shù)兩種可能.）3自然數(shù)1，2，1989，1990之和是一個奇數(shù)，現(xiàn)將這1990個數(shù)中的任意（）個數(shù)添上負號，這時的1990個數(shù)之和的絕對值記為s，那么（ b ）as

12、總是偶數(shù)； bs總是奇數(shù)；c當n為偶數(shù)時，s是偶數(shù)，當n為奇數(shù)時，s是奇數(shù)；ds的奇偶性不確定.4在所有的四位數(shù)中，能同時被2，3，5，7，11整除的數(shù)的個數(shù)為（ d ）a1； b2； c3； d4.提示：2，3，5，7，11互質，且，這樣的四位數(shù)共有4個.二填空題5有 個自然數(shù)能整除240.提示：，240的約數(shù)共有個.6若是質數(shù)，且也是質數(shù)，則 2000 .7一個自然數(shù)被3除余2，被4除余3，被5除余4，則符合這個條件的最小自然數(shù)是 59 .8證明：任意三個整數(shù)中，至少有兩個整數(shù)之和為偶數(shù).9設p(5)是質數(shù)，并且2p+1也是質數(shù)求證：4p+1是合數(shù)證 由于p是大于3的質數(shù)，故p不會是3k的

13、形式，從而p必定是3k+1或3k+2的形式，k是正整數(shù)若p=3k+1，則2p+1=2(3k+1)+1=3(2k+1)是合數(shù)，與題設矛盾所以p=3k+2，這時4p+1=4(3k+2)+1=3(4k3)是合數(shù)10設個整數(shù),適合等式，且，求證：.思路點撥：用反證法證明不能為奇數(shù)，所以只能為偶數(shù).證明：先證為偶數(shù).假設為奇數(shù)，由，可得每一個,均為奇數(shù)，所以 奇數(shù)個奇數(shù)相加，和為奇數(shù)，故不等于0，所以與已知矛盾，所以必為偶數(shù).再證是4的倍數(shù).不妨設，由，可知,中至少有一個偶數(shù)。不妨設，說明個數(shù)相加仍為偶數(shù)，而為奇數(shù)，所以在這個數(shù)中至少還有一個偶數(shù)，不妨設為偶數(shù)，所以，所以 ，即.四課外延伸、思維拓展1設

14、,為任意給定的三個整數(shù),把它們按任意順序排列后記為,.求證:是偶數(shù).證明：由于三個整數(shù),中按奇、偶分類至少有兩個屬于同一類,不妨設為,而,是,中的兩個,除去可能有一個為外,其中至少有一個與或屬于同一類(其實,這時就是或).這樣,或者為偶數(shù),或者,不論哪種情況總有為偶數(shù).2把只正立的酒杯翻過來，規(guī)定每次只允許翻動只酒杯.問：能否辦到？若能辦到，給出一種做法.分析：我們先來從頭做一下試驗.若，則只許翻動只酒杯，當然翻不過來.若，則允許翻動只酒杯，只要第一次翻動第一只杯子，第二次翻動第二只杯子就可以.若，則允許翻動只酒杯，你發(fā)現(xiàn)，總有一只是正立著的.若，則允許翻動只酒杯，我們能如下去翻，其中“”代表

15、正立，“”代表倒立，注意下面劃線的酒杯：沒翻前 第一次翻動后 第二次翻動后 第三次翻動后 第四次翻動后 這樣，我們經過四次翻動就全部翻過來了.注意若把一只酒杯翻過來，需要翻奇數(shù)次。于是我們有如下猜想：當是偶數(shù)時，翻動次就可全部翻過來；當為奇數(shù)時，不能全部翻過來.顯然，它的證明是與奇偶性分不開的.解：當是奇數(shù)時，辦不到。假設能辦到，則設第只酒杯翻動，由于想把一只杯子翻過來，必須翻動奇數(shù)次，從而是奇數(shù)，于是所有杯子翻動的次數(shù)和為是一個奇數(shù)，然而，我們每次翻動個杯子是偶數(shù)，所以，不管翻動多少次，每只杯子翻動次數(shù)的總和應為的倍數(shù)是偶數(shù)，矛盾。當是偶數(shù)時，能辦到。辦法是：第一次：第一只杯子不動，翻動其余的酒杯； 第二次：第二只杯子不動，翻動其余的酒杯； 第次：第只杯子不動，翻動其余的酒杯；這樣進行次翻動，每次都翻動了只酒杯滿足題目要求，而每只酒杯都翻動了次，且是奇數(shù)，所以每只酒杯都翻過來了。3在6張紙片上的