如果一个数大于它的平方，那么这个数一定小于1.()(判断对错）
任何有理数的奇次幂是负数、偶次幂是正数。（）任何有理数的平房一定大于这个数。（）某一个数的立方等于它本身，这个数是0.（）两个数的积为正数，和为负数，则这两个数都为负数。...
任何有理数的奇次幂是负数、偶次幂是正数。（）
任何有理数的平房一定大于这个数。（）
某一个数的立方等于它本身，这个数是0.（）
两个数的积为正数，和为负数，则这两个数都为负数。（） 展开
任何有理数的平房一定大于这个数。（）
某一个数的立方等于它本身，这个数是0.（）
两个数的积为正数，和为负数，则这两个数都为负数。（） 展开
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完全平方数
九章出版社提供
(一)完全平方数的性质
一个数如果是另一个整数的完全平方，那麼我们就称这个数为完全平方数，也叫做平方数。例如：
0,1,4,9,16,25,36,49,64,81,100,121,144,169,196,225,256,289,324,361,400,441,484,…
观察这些完全平方数，可以获得对它们的个位数、十位数、数字和等的规律性的认识。下面我们来研究完全平方数的一些常用性质：
性质1：完全平方数的末位数只能是0,1,4,5,6,9。
性质2：奇数的平方的个位数字为奇数，十位数字为偶数。
证明 奇数必为下列五种形式之一：
10a+1, 10a+3, 10a+5, 10a+7, 10a+9
分别平方后，得
(10a+1)=100+20a+1=20a(5a+1)+1
(10a+3)=100+60a+9=20a(5a+3)+9
(10a+5)=100+100a+25=20 (5a+5a+1)+5
(10a+7)=100+140a+49=20 (5a+7a+2)+9
(10a+9)=100+180a+81=20 (5a+9a+4)+1
综上各种情形可知：奇数的平方，个位数字为奇数1,5,9；十位数字为偶数。
性质3：如果完全平方数的十位数字是奇数，则它的个位数字一定是6；反之，如果完全平方数的个位数字是6，则它的十位数字一定是奇数。
证明 已知=10k+6，证明k为奇数。因为的个位数为6，所以m的个位数为4或6，於是可设m=10n+4或10n+6。则
10k+6=(10n+4)=100+(8n+1)x10+6
或 10k+6=(10n+6)=100+(12n+3)x10+6
即 k=10+8n+1=2(5+4n)+1
或 k=10+12n+3=2(5+6n)+3
∴ k为奇数。
推论1：如果一个数的十位数字是奇数，而个位数字不是6，那麼这个数一定不是完全平方数。
推论2：如果一个完全平方数的个位数字不是6，则它的十位数字是偶数。
性质4：偶数的平方是4的倍数；奇数的平方是4的倍数加1。
这是因为 (2k+1)=4k(k+1)+1
(2k)=4
性质5：奇数的平方是8n+1型；偶数的平方为8n或8n+4型。
在性质4的证明中，由k(k+1)一定为偶数可得到(2k+1)是8n+1型的数；由为奇数或偶数可得(2k)为8n型或8n+4型的数。
性质6：平方数的形式必为下列两种之一：3k,3k+1。
因为自然数被3除按余数的不同可以分为三类：3m,3m+1, 3m+2。平方后，分别得
(3m)=9=3k
(3m+1)=9+6m+1=3k+1
(3m+2)=9+12m+4=3k+1
同理可以得到：
性质7：不能被5整除的数的平方为5k±1型，能被5整除的数的平方为5k型。
性质8：平方数的形式具有下列形式之一：16m,16m+1, 16m+4,16m+9。
除了上面关於个位数，十位数和余数的性质之外，还可研究完全平方数各位数字之和。例如，256它的各位数字相加为2+5+6=13，13叫做256的各位数字和。如果再把13的各位数字相加：1+3=4，4也可以叫做256的各位数字的和。下面我们提到的一个数的各位数字之和是指把它的各位数字相加，如果得到的数字之和不是一位数，就把所得的数字再相加，直到成为一位数为止。我们可以得到下面的命题：
一个数的数字和等於这个数被9除的余数。
下面以四位数为例来说明这个命题。
设四位数为，则
= 1000a+100b+10c+d
= 999a+99b+9c+(a+b+c+d)
= 9(111a+11b+c)+(a+b+c+d)
显然，a+b+c+d是四位数被9除的余数。
对於n位数，也可以仿此法予以证明。
关於完全平方数的数字和有下面的性质：
性质9：完全平方数的数字之和只能是0,1,4,7,9。
证明 因为一个整数被9除只能是9k,9k±1, 9k±2, 9k±3, 9k±4这几种形式，而
(9k)=9(9)+0
(9k±1)=9(9±2k)+1
(9k±2)=9(9±4k)+4
(9k±3)=9(9±6k)+9
(9k±4)=9(9±8k+1)+7
除了以上几条性质以外，还有下列重要性质：
性质10：为完全平方数的充要条件是b为完全平方数。
证明 充分性：设b为平方数，则
==(ac)
必要性：若为完全平方数，=，则
性质11：如果质数p能整除a，但不能整除a，则a不是完全平方数。
证明 由题设可知，a有质因数p，但无因数，可知a分解成标准式时，p的次方为1，而完全平方数分解成标准式时，各质因数的次方均为偶数，可见a不是完全平方数。
性质12：在两个相邻的整数的平方数之间的所有整数都不是完全平方数，即若
<k<(n+1)
则k一定不是完全平方数。
性质13：一个正整数n是完全平方数的充分必要条件是n有奇数个因数(包括1和n本身)。
(二)重要结论
1.个位数是2,3,7,8的整数一定不是完全平方数；
2.个位数和十位数都是奇数的整数一定不是完全平方数；
3.个位数是6，十位数是偶数的整数一定不是完全平方数；
4.形如3n+2型的整数一定不是完全平方数；
5.形如4n+2和4n+3型的整数一定不是完全平方数；
6.形如5n±2型的整数一定不是完全平方数；
7.形如8n+2, 8n+3, 8n+5, 8n+6,8n+7型的整数一定不是完全平方数；
8.数字和是2,3,5,6,8的整数一定不是完全平方数。
(三)范例
[例1]：一个自然数减去45及加上44都仍是完全平方数，求此数。
解：设此自然数为x，依题意可得
(m,n为自然数)
(2)-(1)可得
∴n>m
(
但89为质数，它的正因数只能是1与89，於是。解之，得n=45。代入(2)得。故所求的自然数是1981。
[例2]：求证：四个连续的整数的积加上1，等於一个奇数的平方(1954年基辅数学竞赛题)。
分析 设四个连续的整数为，其中n为整数。欲证
是一奇数的平方，只需将它通过因式分解而变成一个奇数的平方即可。
证明 设这四个整数之积加上1为m，则
而n(n+1)是两个连续整数的积，所以是偶数；又因为2n+1是奇数，因而n(n+1)+2n+1是奇数。这就证明了m是一个奇数的平方。
[例3]：求证：11,111,1111,这串数中没有完全平方数(1972年基辅数学竞赛题)。
分析 形如的数若是完全平方数，必是末位为1或9的数的平方，即
或
在两端同时减去1之后即可推出矛盾。
证明 若，则
因为左端为奇数，右端为偶数，所以左右两端不相等。
若，则
因为左端为奇数，右端为偶数，所以左右两端不相等。
综上所述，不可能是完全平方数。
另证 由为奇数知，若它为完全平方数，则只能是奇数的平方。但已证过，奇数的平方其十位数字必是偶数，而十位上的数字为1，所以不是完全平方数。
[例4]：试证数列49,4489,444889, 的每一项都是完全平方数。
证明
=
=++1
=4+8+1
=4()(9+1)+8+1
=36 ()+12+1
=(6+1)
即为完全平方数。
[例5]：用300个2和若干个0组成的整数有没有可能是完全平方数？
解：设由300个2和若干个0组成的数为A，则其数字和为600
3｜600 ∴3｜A
此数有3的因数，故9｜A。但9｜600，∴矛盾。故不可能有完全平方数。
[例6]：试求一个四位数，它是一个完全平方数，并且它的前两位数字相同，后两位数字也相同(1999小学数学世界邀请赛试题)。
解：设此数为
此数为完全平方，则必须是11的倍数。因此11｜a + b，而a,b为0,1,2,9，故共有(2,9), (3,8), (4,7),(9,2)等8组可能。
直接验算，可知此数为7744=88。
[例7]：求满足下列条件的所有自然数：
(1)它是四位数。
(2)被22除余数为5。
(3)它是完全平方数。
解：设，其中n,N为自然数，可知N为奇数。
11｜N - 4或11｜N + 4
或
k = 1
k = 2
k = 3
k = 4
k = 5
所以此自然数为1369, 2601, 3481, 5329, 6561, 9025。
[例8]：甲、乙两人合养了n头羊，而每头羊的卖价又恰为n元，全部卖完后，两人分钱方法如下：先由甲拿十元，再由乙拿十元，如此轮流，拿到最后，剩下不足十元，轮到乙拿去。为了平均分配，甲应该补给乙多少元(第2届“祖冲之杯”初中数学邀请赛试题)？
解：n头羊的总价为元，由题意知元中含有奇数个10元，即完全平方数的十位数字是奇数。如果完全平方数的十位数字是奇数，则它的个位数字一定是6。所以，的末位数字为6，即乙最后拿的是6元，从而为平均分配，甲应补给乙2元。
[例9]：矩形四边的长度都是小於10的整数(单位：公分)，这四个长度数可构成一个四位数，这个四位数的千位数字与百位数字相同，并且这四位数是一个完全平方数，求这个矩形的面积(1986年缙云杯初二数学竞赛题)。
解：设矩形的边长为x,y，则四位数
∵N是完全平方数，11为质数 ∴x+y能被11整除。
又 ,得x+y=11。
∴∴9x+1是一个完全平方数，而，验算知x=7满足条件。又由x+y=11得。
[例10]：求一个四位数，使它等於它的四个数字和的四次方，并证明此数是唯一的。
解：设符合题意的四位数为，则，∴为五位数，为三位数，∴。经计算得，其中符合题意的只有2401一个。
[例11]：求自然数n，使的值是由数字0,2,3,4,4,7,8,8,9组成。
解：显然，。为了便於估计，我们把的变化范围放大到，於是，即。∵，∴。
另一方面，因已知九个数码之和是3的倍数，故及n都是3的倍数。这样，n只有24,27,30三种可能。但30结尾有六个0，故30不合要求。经计算得
故所求的自然数n = 27。
(四)讨论题
1.(1986年第27届IMO试题)
设正整数d不等於2,5,13，求证在集合{2,5,13,d}中可以找到两个不同的元素a , b，使得ab -1不是完全平方数。
2.求k的最大值
九章出版社提供
(一)完全平方数的性质
一个数如果是另一个整数的完全平方，那麼我们就称这个数为完全平方数，也叫做平方数。例如：
0,1,4,9,16,25,36,49,64,81,100,121,144,169,196,225,256,289,324,361,400,441,484,…
观察这些完全平方数，可以获得对它们的个位数、十位数、数字和等的规律性的认识。下面我们来研究完全平方数的一些常用性质：
性质1：完全平方数的末位数只能是0,1,4,5,6,9。
性质2：奇数的平方的个位数字为奇数，十位数字为偶数。
证明 奇数必为下列五种形式之一：
10a+1, 10a+3, 10a+5, 10a+7, 10a+9
分别平方后，得
(10a+1)=100+20a+1=20a(5a+1)+1
(10a+3)=100+60a+9=20a(5a+3)+9
(10a+5)=100+100a+25=20 (5a+5a+1)+5
(10a+7)=100+140a+49=20 (5a+7a+2)+9
(10a+9)=100+180a+81=20 (5a+9a+4)+1
综上各种情形可知：奇数的平方，个位数字为奇数1,5,9；十位数字为偶数。
性质3：如果完全平方数的十位数字是奇数，则它的个位数字一定是6；反之，如果完全平方数的个位数字是6，则它的十位数字一定是奇数。
证明 已知=10k+6，证明k为奇数。因为的个位数为6，所以m的个位数为4或6，於是可设m=10n+4或10n+6。则
10k+6=(10n+4)=100+(8n+1)x10+6
或 10k+6=(10n+6)=100+(12n+3)x10+6
即 k=10+8n+1=2(5+4n)+1
或 k=10+12n+3=2(5+6n)+3
∴ k为奇数。
推论1：如果一个数的十位数字是奇数，而个位数字不是6，那麼这个数一定不是完全平方数。
推论2：如果一个完全平方数的个位数字不是6，则它的十位数字是偶数。
性质4：偶数的平方是4的倍数；奇数的平方是4的倍数加1。
这是因为 (2k+1)=4k(k+1)+1
(2k)=4
性质5：奇数的平方是8n+1型；偶数的平方为8n或8n+4型。
在性质4的证明中，由k(k+1)一定为偶数可得到(2k+1)是8n+1型的数；由为奇数或偶数可得(2k)为8n型或8n+4型的数。
性质6：平方数的形式必为下列两种之一：3k,3k+1。
因为自然数被3除按余数的不同可以分为三类：3m,3m+1, 3m+2。平方后，分别得
(3m)=9=3k
(3m+1)=9+6m+1=3k+1
(3m+2)=9+12m+4=3k+1
同理可以得到：
性质7：不能被5整除的数的平方为5k±1型，能被5整除的数的平方为5k型。
性质8：平方数的形式具有下列形式之一：16m,16m+1, 16m+4,16m+9。
除了上面关於个位数，十位数和余数的性质之外，还可研究完全平方数各位数字之和。例如，256它的各位数字相加为2+5+6=13，13叫做256的各位数字和。如果再把13的各位数字相加：1+3=4，4也可以叫做256的各位数字的和。下面我们提到的一个数的各位数字之和是指把它的各位数字相加，如果得到的数字之和不是一位数，就把所得的数字再相加，直到成为一位数为止。我们可以得到下面的命题：
一个数的数字和等於这个数被9除的余数。
下面以四位数为例来说明这个命题。
设四位数为，则
= 1000a+100b+10c+d
= 999a+99b+9c+(a+b+c+d)
= 9(111a+11b+c)+(a+b+c+d)
显然，a+b+c+d是四位数被9除的余数。
对於n位数，也可以仿此法予以证明。
关於完全平方数的数字和有下面的性质：
性质9：完全平方数的数字之和只能是0,1,4,7,9。
证明 因为一个整数被9除只能是9k,9k±1, 9k±2, 9k±3, 9k±4这几种形式，而
(9k)=9(9)+0
(9k±1)=9(9±2k)+1
(9k±2)=9(9±4k)+4
(9k±3)=9(9±6k)+9
(9k±4)=9(9±8k+1)+7
除了以上几条性质以外，还有下列重要性质：
性质10：为完全平方数的充要条件是b为完全平方数。
证明 充分性：设b为平方数，则
==(ac)
必要性：若为完全平方数，=，则
性质11：如果质数p能整除a，但不能整除a，则a不是完全平方数。
证明 由题设可知，a有质因数p，但无因数，可知a分解成标准式时，p的次方为1，而完全平方数分解成标准式时，各质因数的次方均为偶数，可见a不是完全平方数。
性质12：在两个相邻的整数的平方数之间的所有整数都不是完全平方数，即若
<k<(n+1)
则k一定不是完全平方数。
性质13：一个正整数n是完全平方数的充分必要条件是n有奇数个因数(包括1和n本身)。
(二)重要结论
1.个位数是2,3,7,8的整数一定不是完全平方数；
2.个位数和十位数都是奇数的整数一定不是完全平方数；
3.个位数是6，十位数是偶数的整数一定不是完全平方数；
4.形如3n+2型的整数一定不是完全平方数；
5.形如4n+2和4n+3型的整数一定不是完全平方数；
6.形如5n±2型的整数一定不是完全平方数；
7.形如8n+2, 8n+3, 8n+5, 8n+6,8n+7型的整数一定不是完全平方数；
8.数字和是2,3,5,6,8的整数一定不是完全平方数。
(三)范例
[例1]：一个自然数减去45及加上44都仍是完全平方数，求此数。
解：设此自然数为x，依题意可得
(m,n为自然数)
(2)-(1)可得
∴n>m
(
但89为质数，它的正因数只能是1与89，於是。解之，得n=45。代入(2)得。故所求的自然数是1981。
[例2]：求证：四个连续的整数的积加上1，等於一个奇数的平方(1954年基辅数学竞赛题)。
分析 设四个连续的整数为，其中n为整数。欲证
是一奇数的平方，只需将它通过因式分解而变成一个奇数的平方即可。
证明 设这四个整数之积加上1为m，则
而n(n+1)是两个连续整数的积，所以是偶数；又因为2n+1是奇数，因而n(n+1)+2n+1是奇数。这就证明了m是一个奇数的平方。
[例3]：求证：11,111,1111,这串数中没有完全平方数(1972年基辅数学竞赛题)。
分析 形如的数若是完全平方数，必是末位为1或9的数的平方，即
或
在两端同时减去1之后即可推出矛盾。
证明 若，则
因为左端为奇数，右端为偶数，所以左右两端不相等。
若，则
因为左端为奇数，右端为偶数，所以左右两端不相等。
综上所述，不可能是完全平方数。
另证 由为奇数知，若它为完全平方数，则只能是奇数的平方。但已证过，奇数的平方其十位数字必是偶数，而十位上的数字为1，所以不是完全平方数。
[例4]：试证数列49,4489,444889, 的每一项都是完全平方数。
证明
=
=++1
=4+8+1
=4()(9+1)+8+1
=36 ()+12+1
=(6+1)
即为完全平方数。
[例5]：用300个2和若干个0组成的整数有没有可能是完全平方数？
解：设由300个2和若干个0组成的数为A，则其数字和为600
3｜600 ∴3｜A
此数有3的因数，故9｜A。但9｜600，∴矛盾。故不可能有完全平方数。
[例6]：试求一个四位数，它是一个完全平方数，并且它的前两位数字相同，后两位数字也相同(1999小学数学世界邀请赛试题)。
解：设此数为
此数为完全平方，则必须是11的倍数。因此11｜a + b，而a,b为0,1,2,9，故共有(2,9), (3,8), (4,7),(9,2)等8组可能。
直接验算，可知此数为7744=88。
[例7]：求满足下列条件的所有自然数：
(1)它是四位数。
(2)被22除余数为5。
(3)它是完全平方数。
解：设，其中n,N为自然数，可知N为奇数。
11｜N - 4或11｜N + 4
或
k = 1
k = 2
k = 3
k = 4
k = 5
所以此自然数为1369, 2601, 3481, 5329, 6561, 9025。
[例8]：甲、乙两人合养了n头羊，而每头羊的卖价又恰为n元，全部卖完后，两人分钱方法如下：先由甲拿十元，再由乙拿十元，如此轮流，拿到最后，剩下不足十元，轮到乙拿去。为了平均分配，甲应该补给乙多少元(第2届“祖冲之杯”初中数学邀请赛试题)？
解：n头羊的总价为元，由题意知元中含有奇数个10元，即完全平方数的十位数字是奇数。如果完全平方数的十位数字是奇数，则它的个位数字一定是6。所以，的末位数字为6，即乙最后拿的是6元，从而为平均分配，甲应补给乙2元。
[例9]：矩形四边的长度都是小於10的整数(单位：公分)，这四个长度数可构成一个四位数，这个四位数的千位数字与百位数字相同，并且这四位数是一个完全平方数，求这个矩形的面积(1986年缙云杯初二数学竞赛题)。
解：设矩形的边长为x,y，则四位数
∵N是完全平方数，11为质数 ∴x+y能被11整除。
又 ,得x+y=11。
∴∴9x+1是一个完全平方数，而，验算知x=7满足条件。又由x+y=11得。
[例10]：求一个四位数，使它等於它的四个数字和的四次方，并证明此数是唯一的。
解：设符合题意的四位数为，则，∴为五位数，为三位数，∴。经计算得，其中符合题意的只有2401一个。
[例11]：求自然数n，使的值是由数字0,2,3,4,4,7,8,8,9组成。
解：显然，。为了便於估计，我们把的变化范围放大到，於是，即。∵，∴。
另一方面，因已知九个数码之和是3的倍数，故及n都是3的倍数。这样，n只有24,27,30三种可能。但30结尾有六个0，故30不合要求。经计算得
故所求的自然数n = 27。
(四)讨论题
1.(1986年第27届IMO试题)
设正整数d不等於2,5,13，求证在集合{2,5,13,d}中可以找到两个不同的元素a , b，使得ab -1不是完全平方数。
2.求k的最大值
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如果一个数大于它的平方，那么这个数一定小于1.(对）
X>X² ==> 0<X<1
任何有理数的奇次幂是负数、偶次幂是正数。（错）
3³=27>0
任何有理数的平房一定大于这个数。（错）
(0.1)²=0.01<0.1
某一个数的立方等于它本身，这个数是0.（错）
X³=X==>X=0或X=1或X=-1
两个数的积为正数，和为负数，则这两个数都为负数。（对）
X>X² ==> 0<X<1
任何有理数的奇次幂是负数、偶次幂是正数。（错）
3³=27>0
任何有理数的平房一定大于这个数。（错）
(0.1)²=0.01<0.1
某一个数的立方等于它本身，这个数是0.（错）
X³=X==>X=0或X=1或X=-1
两个数的积为正数，和为负数，则这两个数都为负数。（对）
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