高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽特級(jí)教師培訓(xùn)

1、高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽培訓(xùn)編者：特級(jí)教師(一)集合與原理集合是一種基本數(shù)學(xué)語言、一種基本數(shù)學(xué)工具。它不僅是高中數(shù)學(xué)的第一課，而且是整個(gè)數(shù)學(xué)的基礎(chǔ)。對(duì)集合的理解和掌握不能僅僅停留在高中數(shù)學(xué)起始課的水平上，而要隨著數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的進(jìn)程而不斷深化，自覺使用集合語言(術(shù)語與符號(hào))來表示各種數(shù)學(xué)名詞，主動(dòng)使用集合工具來表示各種數(shù)量關(guān)系。如用集合表示空間的線面及其關(guān)系，表示平面軌跡及其關(guān)系、表示方程(組)或不等式(組)的解、表示充要條件，描述排列組合，用集合的性質(zhì)進(jìn)行組合計(jì)數(shù)等。一、學(xué)習(xí)集合要抓住元素這個(gè)關(guān)鍵例 1設(shè)AXX=a2+b2,a、bZ，X1，X2A，求證：X1X2A。分析：A 中的元素是自然數(shù)，即由兩個(gè)整數(shù) a

2、、b 的平方和的自然數(shù)，亦即從 0、1、4、9、16、25，n2，中兩個(gè)(相同或不相同)數(shù)加起來得到的一個(gè)和數(shù)，本題要證明的是：兩個(gè)這樣的數(shù)的乘積一定還可以拆成兩個(gè)自然數(shù)的平方和的形式，即(a2+b2)(c2+d2)=(M)2+(N)2，M,NZ證明：設(shè) X1a2+b2，X2=c2+d2，a、b、c、dZ.則 X1X2(a2+b2)(c2+d2)a2c2+b2d2+b2c2+a2d2a2c2+2ac·bd+b2d2+b2c2-2bc·ad+a2d2(ac+bd)2+(bc-ad)2又 a、b、c、dZ，故 ac+bd、bc-adZ，從而 X1X2A練習(xí):1.設(shè)兩個(gè)集合 S=

3、x|x=12m+8n,m,nZ,T=x|x=20p+16q,p,qZ.求證：S=T。2.設(shè) M=a|a= x2-y2,x,yZ.求證：（1）一切奇數(shù)屬于 M;（2）4k-2(kZ)不屬于 M;（3）M 中任意兩個(gè)數(shù)的積仍屬于 M。3.已知函數(shù)f（x）=x2+ax+b,a,bR,且 A=x|x=f(x),B=x|x=ff(x).第1頁（共49頁）(1)求證:A B;(2)若 A=-1，3時(shí)，求集合 B.二、集合中待定元素的確定例 2已知集合 MX，XY，lg(xy)，S0，X，Y，且 MS，則(X1/Y)(X21/Y2)(X20021/Y2002)的值等于( ).分析：解題的關(guān)鍵在于求出 X 和

4、Y 的值，而 X 和 Y 分別是集合 M 與S 中的元素。這一類根據(jù)集合的關(guān)系反過來確定集合元素的問題，要求我們要對(duì)集合元素的基本性質(zhì)即確定性、異性、無序性及集合之間的基本關(guān)系(子、全、補(bǔ)、交、異、空、等)有本質(zhì)的理解，對(duì)于兩個(gè)相等的有限集合(數(shù)集)，還會(huì)用到它們的簡(jiǎn)單性質(zhì)：(a)相等兩集合的元素個(gè)數(shù)相等；(b)相等兩集合的元和相等；(c)相等兩集合的元積相等.解：由 MS 知，兩集合元素完全相同。這樣，M 中必有一個(gè)元素為 0，又由對(duì)數(shù)的性質(zhì)知，0 和負(fù)數(shù)沒有對(duì)數(shù)，所以 XY0，故 X，Y 均不為零，所以只能有 lg(XY)0，從而 XY1.MX，1，0，S0，X，1/X.再由兩集合相等知當(dāng)

5、 X1 時(shí)，M1,1，0，S0,1，1，這與同一個(gè)集合中元素的互異性，故 X1 不滿足題目要求；當(dāng) X1 時(shí)，M1,1，0，S0,1，1，MS，從而 X1 滿足題目要求，此時(shí) Y1，于是 X2K11/Y2K12(K0,1，2，)，X2K1/Y2K2(K1,2，),故所求代數(shù)式的值為 0.練習(xí):A = a , a , a , a , a B = a , a , a , a , a a1 , a2 , a3 , a4 , a5222224.已知集合12345，12345，其中是正整數(shù)，第2頁（共49頁）< a5 ，并滿足 A Ç B = a1 , a4 ，a1 + a4 = 10,

6、若A È B 中的所有元且 a1 < a2 < a3 < a4和為 234，求集合 A。三原理基本公式 :(1)card(A B) card(A) card(B) card(A B) ；(2)card(A B C)=card(A)+card(B)+card(C)-card(AB)-card(AC)-card(BC)+card(ABC)問題：開運(yùn)動(dòng)會(huì)時(shí)，高一某班共有 28 名同學(xué)參加比賽，有 15 人參加游泳比賽，有 8 人參加田徑比賽，有 14 人參加球類比賽，同時(shí)參加游泳比賽和田徑比賽的有 3 人，同時(shí)參加游泳比賽和球類比賽的有 3 人，沒有人同時(shí)參加三項(xiàng)比賽，問

7、同時(shí)參加田徑比賽和球類比賽的有多少人？只參加游泳一項(xiàng)比賽的有多少人？設(shè) A參加游泳比賽的同學(xué)，B參加田徑比賽的同學(xué)，C參加球類比賽的同學(xué),則card(A)=15，card(B)=8，card(C)=14，card(ABC)=28,且 card(AB)=3，card(AC)=3，card(ABC)=0,由公式得 281581433card(BC)+0,即 card(BC)=3,所以同時(shí)參加田徑和球類比賽的共有 3 人，而只參加游泳比賽的人有 15339(人)四、有限集合子集的個(gè)數(shù)例 3一個(gè)集合含有 10 個(gè)互不相同的兩位數(shù)。試證，這個(gè)集合必有 2 個(gè)無公共元素的子集合，此兩子集的各數(shù)之和相等。分

8、析：兩位數(shù)共有 10,11，,99，計(jì) 99990 個(gè)，最大的 10 個(gè)兩位數(shù)依次是 90,91，,99，其和為 945，因此，由 10 個(gè)兩位數(shù)組成的任意一個(gè)集合中，其任一個(gè)子集中各元和都超過第3頁（共49頁）945，而它的非空子集卻有 21011023 個(gè)，這是解決問題的口。解：已知集合含有 10 個(gè)不同的兩位數(shù)，因它含有 10 個(gè)元素，故必有 2101024 個(gè)子集，其中非空子集有 1023 個(gè)，每一個(gè)子集內(nèi)各數(shù)之和都不超過 90919899945<1023，根據(jù)抽屜原理，一定存在 2 個(gè)不同的子集，其元和相等。如此 2 個(gè)子集無公共元素，即交集為空集，則已符合題目要求；如果這 2

9、 個(gè)子集有公共元素，則劃去它們的公共元素即共有的數(shù)字，可得兩個(gè)無公共元素的非空子集，其所含各數(shù)之和相等。說明：此題構(gòu)造了一個(gè)抽屜原理模型，分兩步完成，計(jì)算子集中數(shù)字之和最多有 945 個(gè)“抽屜”，計(jì)算非空子集得 1023 個(gè)“蘋果”，由此得出必有兩個(gè)子集數(shù)字之和相等。第二步它們有無公共元素，如無公共元素，則已符合要求；公共元素，則去掉相同的數(shù)字，得出無公共元素并且非空的兩個(gè)子集，滿足條件。例 4設(shè)A1,2，3，n，對(duì) XA，設(shè) X 中各元和為 Nx，求 Nx 的總和.解：A 中共有n 個(gè)元素，其子集共有 2n 個(gè)。A 中每一個(gè)元素在其非空子集中都出現(xiàn)了 2n-1 次，(為什么？因?yàn)?A 的集對(duì)

10、其中任一個(gè)元素 i 都可分為兩類，一類是不含 i 的，它們也都是1,2，i-1,i+1,n的子集，共 2n-1 個(gè)；另一類是含 i 的，只要把 i 加入到剛才的 2n-1 個(gè)子集中的每一個(gè)中去)。因而求 A 的集中所有元和 Nx 的總和時(shí)，A 中每一個(gè)元素都加了 2n-1 次，即出現(xiàn)了 2n-1 次，故得1×2n-12×2n-1n2n-1(12n)·2n-1n(n+1)/2×2n-1n(n+1)×2n-2說明：這里運(yùn)用了整體處理的思想及公式 12n(1/2)n(n+1)，其理論依據(jù)是加法的交換律、結(jié)合律、乘法的意義等,集合中每一個(gè)元素都在總和中

11、出現(xiàn)了 2n-1 次，是打開解題思路的鑰匙。練習(xí):第4頁（共49頁）5.設(shè)集合 A1,2,3,100,且對(duì)任意 x,yA,必有 2xy,求集合 A 中所含元素個(gè)數(shù)的最大值.6.某地區(qū)網(wǎng)球20 名成員,舉行14 場(chǎng)單打比賽,每人至少上場(chǎng)1 次.求證:必有6 場(chǎng)比賽,其 12 名參賽者各不相同.第5頁（共49頁）(二) 二次函數(shù)一、二次函數(shù)的式:定義式：f(x)=ax2+bx+c.頂點(diǎn)式：f(x)=a(x-h)2+k.零點(diǎn)式：f(x)=a(x-x1)(x-x2).(a0)二、二次函數(shù)的最值:當(dāng)自變量的取值范圍為閉區(qū)間p,q時(shí)，其最值在 f(p)、f(q)、f(-b/2a)三者中取得，最值情況如下表

12、：例 1. 當(dāng)x 為何值時(shí)，函數(shù) f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2+(x-an)2 取最小值。解 ： f(x)=(x2-2a1x+a12)+(x2-2a2x+a22)+ +(x2-2anx+an2)=nx2-2(a1+a2+an)x+(a12+a22+an2)當(dāng) x=(a1+a2+an)/n 時(shí)，f(x)有最小值.例 2.已知 x1,x2 是方程 x2-(k-2)x+(k2+3k+5)=0 的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，x12+x22 的最大值是.解：由定理得：x1+x2=k-2，x1x2=k2+3k+5.x12x22（x1x2）2-2x1x2=(k-2)2-2(k2+3k+5=-k2-10k-6=-

13、(k+5)2+19 .已知 x1,x2 是方程的兩個(gè)實(shí)根，即方程有實(shí)數(shù)根，此時(shí)方程的判別式0，即 (k-2)2-4(k2+3k+5) =-3k2-16k-160：-4k-4/3.k=-5-4,-4/3，設(shè)f(k)=-(k+5)2+19 則 f(-4)=18,f(-4/3)=50/9<18.當(dāng) k=-4 時(shí)，(x12+x22)max=18.例 3.已知 f(x)=x2-2x+2，在 xt,t+1上的最小值為 g(t)，求 g(t)的表。解：f(x)=(x-1)2+1 (1)當(dāng) t+1<1 即t<0 時(shí)，g(t)=f(t+1)=t2+1第6頁（共49頁）-b/2ap,q-b/2a

14、p,qa>0fmin=f(-b/2a)=(4ac-b2)/4a)fmax=maxf(p),f(q)fmin=minf(p),f(q)fmax=maxf(p),f(q)a<0fmax=f(-b/2a)=(4ac-b2)/4a)fmin=minf(p),f(q)(2)當(dāng) t1t+1，即 0t1 時(shí)，g(t)=f(1)=1 (3)當(dāng) t>1 時(shí)，g(t)=f(t)=t2-2t+2綜合（1）、（2）、（3）得：例 4（1）當(dāng) x2+2y2=1 時(shí)，求 2x+3y2 的最值；（2）當(dāng) 3x2+2y2=6x 時(shí)，求 x2+y2 的最值。解：（1）由 x2+2y2=1 得 y2=1/2(1

15、-x2)，2x+3y2=2x+(3/2)(1-x2)=(-(3/2)(x-(2/3)2+(13/6)又 1-x2=2y20，x21，1x1 .當(dāng) x=2/3 時(shí)，y=(10)/6，（2x+3y2）max=16/3；當(dāng) x=-1 時(shí)，y=0，（2x+3y2）min=2(2)由 3x2+2y2=6x，得 y2=(3/2)x(2-x)，代入 x2+y2=x2+(3/2)x(2-x)=-1/2 (x-3)2+9/2又 y2=(3/2)x (2-x)0，得 0x2.當(dāng) x=2，y=0 時(shí)，（x2+y2）max=4；當(dāng) x=0，y=0 時(shí)，(x2+y2)min=0三、二次函數(shù)與二次方程設(shè) f(x)=ax2

16、+bx+c(a0)的二實(shí)根為 x1,x2，(x1x2)，=b2-4ac，且、()是預(yù)先給定的兩個(gè)實(shí)數(shù)。1當(dāng)兩根都在區(qū)間(,)內(nèi)，方程系數(shù)所滿足的充要條件x1x2，對(duì)應(yīng)的二次函數(shù) f(x)的圖象有下列兩種情形當(dāng) a0 時(shí)的充要條件是：0，-b/2a，f()0，f()0當(dāng) a0 時(shí)的充要條件是：0，-b/2a，f()0，f()0兩種情形合并后的充要條件是：0，-b/2a，af()0，af()02當(dāng)兩根中有且僅有一根在區(qū)間（，）內(nèi)，方程系數(shù)所滿足的充要條件x1或x2，對(duì)應(yīng)的函數(shù) f(x)的圖象有下列四種情形第7頁（共49頁）從四種情形得充要條件是：f()·f()03當(dāng)兩根都不在區(qū)間，內(nèi)方程

17、系數(shù)所滿足的充要條件（1）兩根分別在區(qū)間，之外的兩旁時(shí)x1x2，對(duì)應(yīng)的函數(shù) f(x)的圖象有下列兩種情形（2）兩根分別在區(qū)間，之外的同旁時(shí)x1x2或x1x2，對(duì)應(yīng)函數(shù) f(x)的圖象有下列四種情形當(dāng) x1x2時(shí)的充要條件是：0，-b/2a，af()0 當(dāng)x1x2 時(shí)的充要條件是：0，-b/2a，af()0 例 5如果方程（1-m2）x2+2mx-1=0 的兩個(gè)根一個(gè)小于零，另一個(gè)大于 1，確定 m 的范圍。解：令 f(x)=(1-m2)x2+2mx-1，根據(jù)題設(shè)條件，f(x)的圖形是下列兩種情形之一：第8頁（共49頁）則（1-m2）f(0)0,(1-m2)f(1)0；即 1-m20,(1-m2

18、)(2m-m2)0：-1m0例 6當(dāng) k 為什么實(shí)數(shù)時(shí)，關(guān)于 X 的二次方程 7x2-(k+13)x+k2-k-2=0 的兩個(gè)實(shí)根和分別滿足 01 和 12？解：設(shè) y=f(x)=7x2-(k+13)x+k2-k-2，則因?yàn)?a=70，且方程 f(x)=0 有兩實(shí)根，所以它的圖象是開口向上且與 X 軸相交于兩點(diǎn)（,0）、(,0)的拋物線。由于 01，12，可知在 x或x時(shí)，f(x)取正值；在x時(shí)，f(x)取負(fù)值。于是，當(dāng) x 分列取 0,1，2 時(shí)，有：f(0)=k2-k-20，f(1)=k2-2k-80，f(2)=k2-3k0 解這三個(gè)不等式組成的不等式組，可得-2k-1 和 3k4。練習(xí):

19、11m-=1.求所有的實(shí)數(shù) m，使得關(guān)于 x 的方程 x + 2x +12x -1 有且只有整數(shù)根.f (x) = - 1 x2 + 13222.若函數(shù)在區(qū)間a，b上的最小值為 2a，最大值為 2b，求區(qū)間a，b。3.已知方程 x2+2px+1=0 有一個(gè)根大于 1，有一個(gè)根小于 1，則p 的取值為.四二次函數(shù)與二次不等式一元二次不等式的相應(yīng)二次函數(shù)的正值、負(fù)值區(qū)間。解不等式與證明不等式成立，經(jīng)常要用到二次函數(shù)的極值性質(zhì)、單調(diào)性、圖象與 x 軸的位置。例 7若 a1,a2,an,b1,b2,bn 都是實(shí)數(shù)，求證：（a1b1+a2b2+anbn）2(a12+a22+a2n)(b12+b22+b2

20、n)第9頁（共49頁）證 明 ： 構(gòu) 造 二 次 函 數(shù)f(x)=(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+ +(anx-bn)2=(a12+a22+ +a2n)x2-2(a1b1+a2b2+anbn)x+(b12+b22+b2n).當(dāng) a12+a22+a2n0 即 a1,a2,an 不全為零時(shí)，顯然有對(duì) xR，f(x)0，故 f(x)0 的判別式：=4（a1b1+a2b2+anbn）2-4(a12+a22+a2n)(b12+b22+b2n)0.即（a1b1+a2b2+anbn）2(a12+a22+a2n)·(b12+b22+b2n) .當(dāng) a1=a2=an=0 時(shí)，結(jié)論顯然成立，故命

21、題成立。例 8設(shè)二次函數(shù) f(x)=ax2+bx+c(a0)，方程 f(x)-x=0 的兩個(gè)根 x1,x2 滿足 0x1x21/a。（1）當(dāng) x(0,x1)時(shí)，證明 xf(x)x1（2）設(shè)函數(shù) f(x)的圖象關(guān)于直線 x=x0 對(duì)稱，證明：x0x1/2。證明：欲證：xf(x)x ,只須證：0f(x)-xx1-x因?yàn)榉匠?f(x)-x=0 的兩根為x1,x2,f(x)=ax2+bx+c(a0)，f(x)-x=a(x-x1)(x-x2),式即: 0a(x-x1)(x-x2)x1-xa0，x(0,x1),x1-x0,a(x1-x)0 ,式兩邊同除以 a(x1-x)0，得：0x2-x1/a，即：xx2

22、1/a+x . 這由已知條件：0xx1x21/a，即得：xx2(1/a)1/a+x， 故命題得證。（2）欲證 x0x1/2，因?yàn)?x0=-b/2a，故只須證：x0-x1/2=-b/2a-x1/20 由定理，x1+x2=(-b-1)/a，(x1+x2)/2=-(b-1)/2a，代入式，有(-(b/2a)-(x1/2)=(x2/2)-(1/(2a)0,即：x21/a 由已知：0x1x21/a，命題得證。第10頁（共49頁）(三)抽 屜 原 理在數(shù)學(xué)問題中有一類與“存在性”有問題，例如：“13 個(gè)人中至少有兩個(gè)人出生在相同月份”；“某校 400 名學(xué)生中，一定存在兩名學(xué)生，他們?cè)谕惶爝^生日”；“2

23、003 個(gè)人任意分成 200個(gè)小組，一定存在一組，其成員數(shù)不少于 11”。這類存在性問題中，“存在”的含義是“至少有一個(gè)”。在解決這類問題要求指明存在，一般并不需要指出哪一個(gè)，也不需要確定通過什么方式把這個(gè)存在的東西找出來。這類問題相對(duì)來說涉及到的運(yùn)算較少，依據(jù)的理論也不復(fù)雜，這些理論稱為“抽屜原理”。（一）抽屜原理的基本形式定理 1、如果把 n+1 個(gè)元素分成 n 個(gè)集合，那么不管怎么分，都存在一個(gè)集合，其中至少有兩個(gè)元素。證明：（用反證法）若不存在至少有兩個(gè)元素的集合，則每個(gè)集合至多 1 個(gè)元素，從而 n 個(gè)集合至多有 n 個(gè)元素，此與共有 n+1 個(gè)元素，故命題成立。例 1 已知在邊長(zhǎng)為

24、 1 的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）有任意五個(gè)點(diǎn)（圖 1）。證明：至少有兩個(gè)點(diǎn)之間的距離不大于 .分析：5 個(gè)點(diǎn)的分布是任意的。如果要證明“在邊長(zhǎng)為 1 的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）有 5 個(gè)點(diǎn)，那么這 5 個(gè)點(diǎn)中一定有距離不大于 的兩點(diǎn)”，則順次連接三角形三，即三角形的三條中位線，可以分原等邊三角形為 4 個(gè)全等的邊長(zhǎng)為 的小等邊三角形，則 5 個(gè)點(diǎn)中必有 2 點(diǎn)位一個(gè)小等邊三角形中（包括邊界），其距離便不大于 。以上結(jié)論要由定理“三角形內(nèi)（包括邊界）任意兩點(diǎn)間的距離不大于其最大邊長(zhǎng)”來保證，下面我們就來證明這個(gè)定理。第11頁（共49頁）如圖 2，設(shè) BC 是ABC 的最大邊，P，M 是ABC 內(nèi)

25、（包括邊界）任意兩點(diǎn)，連接 PM，過 P 分別作 AB、BC 邊的平行線，過 M 作 AC 邊的平行線，設(shè)各平行線交點(diǎn)為 P、Q、N，那么PQN=C，QNP=A 因?yàn)?BCAB，所以AC，則QNPPQN，而QMPQNPPQN（三角形的外角大于不相鄰的內(nèi)角），所以 PQPM。顯然 BCPQ，故 BCPM。由此我們可以推知，邊長(zhǎng)為 的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）兩點(diǎn)間的距離不大于 。說明：（1）這里是用等分三角形的方法來構(gòu)造“抽屜”。類似地，還可以利用等分線段、等分正方形的方法來構(gòu)造“抽屜”。例如“n+1 個(gè)正數(shù) ai，滿足 0ai1（i=1,2,n+1），試證明：這 n+1 個(gè)數(shù)中必存在兩個(gè)數(shù)，其差

26、的絕對(duì)值小于 ”。又如：“在邊長(zhǎng)為 1 的正方形內(nèi)任意放置五個(gè)點(diǎn)，求證：其中必有兩點(diǎn)，這兩點(diǎn)之間的距離不大于。（2）例 1 中，如果把條件（包括邊界）去掉，則結(jié)論可以修改為：至少有兩個(gè)點(diǎn)之間的距離小于.例 2從 1-100 的自然數(shù)中，任意取出 51 個(gè)數(shù)，證明其中一定有兩個(gè)數(shù)，它們中的一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍。分析：本題似乎茫無頭緒，從何入手？其關(guān)鍵何在？其實(shí)就在“兩個(gè)數(shù)”，其中一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍。我們要構(gòu)造“抽屜”，使得每個(gè)抽屜里兩個(gè)數(shù)，一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍，這只有把公比是正整數(shù)的整個(gè)等比數(shù)列都放進(jìn)去同一個(gè)抽屜才行，這里用得到一個(gè)自然數(shù)分類的基本知識(shí)：任何一個(gè)正整數(shù)都可以表示成一個(gè)奇數(shù)與 2

27、 的的積，即若 mN+,KN+，nN,則 m=(2k-1)·2n，并且這種表示方式是唯一的，如 1=1×2°，2=1×21，3=3×2°，證明：因?yàn)槿魏我粋€(gè)正整數(shù)都能表示成一個(gè)奇數(shù)乘 2 的，并且這種表示方法是唯一的，所第12頁（共49頁）以我們可把 1-100 的正整數(shù)分成如下 50 個(gè)抽屜（因?yàn)?1-100 中共有 50 個(gè)奇數(shù)）：1）1，1×2，1×22，1×23，1×24，1×25，1×26；2）3，3×2，3×22，3×23，3

28、5;24，3×25；3）5，5×2，5×22，5×23，5×24；4）7，7×2，7×22，7×23；5）9，9×2，9×22，9×23；6）11，11×2，11×22，11×23；25）49，49×2；26）51；50）99。這樣，1-100 的正整數(shù)就無重復(fù)，無遺漏地放進(jìn)這 50 個(gè)抽屜內(nèi)了。從這 100 個(gè)數(shù)中51 個(gè)數(shù)，也即從這 50 個(gè)抽屜內(nèi)51 個(gè)數(shù)，根據(jù)抽屜原則，其中必定至少有兩個(gè)數(shù)屬一個(gè)抽屜，即屬于（1）-（25）號(hào)中的某一個(gè)抽屜

29、，顯然，在這 25 個(gè)抽屜中的任何同一個(gè)抽屜內(nèi)的兩個(gè)數(shù)中，一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍。說明： （1）從上面的證明中可以看出，本題能夠推廣到一般情形：從 1-2n 的自然數(shù)中，任意取出 n+1 個(gè)數(shù)，則其中必有兩個(gè)數(shù)，它們中的一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍。想，為什么？因?yàn)?1-2n中共含 1，3，2n-1 這 n 個(gè)奇數(shù)，因此可以制造 n 個(gè)抽屜，而 n+1n，由抽屜原則，結(jié)論就是必然的了。給 n 以具體值，就可以構(gòu)造出不同的題目。例 2 中的 n 取值是 50，還可以編制相反的題目，如：“從前 30 個(gè)自然數(shù)中最少要（不看這些數(shù)而以任意）取出幾個(gè)數(shù)，才能保證取出的數(shù)中能找到兩個(gè)數(shù)，其中較大的數(shù)是較小的數(shù)的倍

30、數(shù)？”第13頁（共49頁）(2）如下兩個(gè)問題的結(jié)論都是的（n 均為正整數(shù)）想，為什么？ 從 2，3，4，2n+1 中n+1 個(gè)數(shù)，是否必有兩個(gè)數(shù)，它們中的一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍？ 從 1，2，3，2n+1中n+1 個(gè)數(shù)，是否必有兩個(gè)數(shù)，它們中的一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍？（3）如果將（2）中兩個(gè)問題中的 n+1 個(gè)數(shù)增加 1 個(gè)，都改成n+2 個(gè)數(shù)，則它們的結(jié)論是肯定的還是的？你能證明嗎？例 3從前 25 個(gè)自然數(shù)中任意取出 7 個(gè)數(shù)，證明：取出的數(shù)中一定有兩個(gè)數(shù)，這兩個(gè)數(shù)中大數(shù)不超過小數(shù)的 1.5 倍。證明：把前 25 個(gè)自然數(shù)分成下面 6 組：1；2，3；4，5，6；7，8，9，10；11，12，

31、13，14，15，16；17，18，19，20，21，22，23，因?yàn)閺那?25 個(gè)自然數(shù)中任意取出 7 個(gè)數(shù)，所以至少有兩個(gè)數(shù)取自上面第組到第組中的某同一組，這兩個(gè)數(shù)中大數(shù)就不超過小數(shù)的 1.5 倍。說明：（1）本題可以改變敘述如下：在前 25 個(gè)自然數(shù)中任意取出 7 個(gè)數(shù)，求證其中存在兩個(gè)數(shù)，它們相互的比值在內(nèi)。顯然，必須找出一種能把前 25 個(gè)自然數(shù)分成 6（7-1=6）個(gè)集合的方法，不過分類時(shí)有一個(gè)限制條件：同一集合中任兩個(gè)數(shù)的比值在內(nèi)，故同一集合中元素的數(shù)值差不得過大。這樣，我們可以用如上一種特殊的分類法：遞推分類法：從 1 開始，顯然 1 只能單獨(dú)作為 1 個(gè)集合1；否則不滿足限制

32、條件. 能與 2 同屬于一個(gè)集合的數(shù)只有 3，于是2，3為一集合。如此依次遞推下去，使若干個(gè)連續(xù)的自然數(shù)屬一集合，其中第14頁（共49頁）最大的數(shù)不超過最小的數(shù)的 倍，就可以得到滿足條件的六個(gè)集合。（2）如果我們按照（1）中的遞推方法依次造“抽屜”，則第 7 個(gè)抽屜為 26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39；第 8 個(gè)抽屜為：40，41，42，60；第 9 個(gè)抽屜為：61，62，63，90，91； 例 4在坐標(biāo)平面上五個(gè)整點(diǎn)（該點(diǎn)的橫縱坐標(biāo)都取整數(shù)），證明：其中一定存在兩個(gè)整點(diǎn)，它們的連線中點(diǎn)仍是整點(diǎn)。分析與解答：由中點(diǎn)坐標(biāo)公式知，坐標(biāo)平面兩點(diǎn)（x1

33、,y1）、（x2,y2）的中點(diǎn)坐標(biāo)是。欲使都是整數(shù)，必須而且只須 x1 與x2，y1 與 y2 的奇偶性相同。坐標(biāo)平面上的任意整點(diǎn)按照橫縱兩個(gè)坐標(biāo)的奇偶性考慮有且只有如下四種：（奇數(shù)、奇數(shù)），（偶數(shù)，偶數(shù)），（奇數(shù)，偶數(shù)），（偶數(shù)，奇數(shù)）以此構(gòu)造四個(gè)“抽屜”，則在坐標(biāo)平面上五個(gè)整點(diǎn)，那么至少有兩個(gè)整點(diǎn)，屬于同一個(gè)“抽屜”因此它們連線的中點(diǎn)就必是整點(diǎn)。說明：我們可以把整點(diǎn)的概念推廣：如果（x1,x2,xn）是 n 維（元）有序數(shù)組，且 x1,x2,xn中的每一個(gè)數(shù)都是整數(shù)，則稱（x1,x2,xn）是一個(gè) n 維整點(diǎn)（整點(diǎn)又稱格點(diǎn)）。如果對(duì)所有的 n 維整點(diǎn)按每一個(gè) xi 的奇偶性來分類， 由于每

34、一個(gè)位置上有奇、偶兩種可能性， 因此共可分為2×2××2=2n 個(gè)類。這是對(duì) n 維整點(diǎn)的一種分類方法。當(dāng) n=3 時(shí)，23=8，此時(shí)可以構(gòu)造命題：“任意給定空間中九個(gè)整點(diǎn)，求證它們之中必有兩點(diǎn)存在，使連接這兩點(diǎn)的直線段的內(nèi)部含有整點(diǎn)”。例 5在任意給出的 100 個(gè)整數(shù)中，都可以找出若干個(gè)數(shù)來（可以是一個(gè)數(shù)），它們的和可被 100整除。分析：本題也似乎是茫無頭緒，無從下手，其關(guān)鍵何在？仔細(xì)審題，它們的“和”能“被 100 整除”做文章的地方。如果把這 100 個(gè)數(shù)排成一個(gè)數(shù)列，用 Sm 記其前m 項(xiàng)的和，則其可構(gòu)造 S1，S2，S100 共 100 個(gè)"

35、;和"數(shù)。討論這些“和數(shù)”被 100 除所得的余數(shù)。注意到 S1，S2，S100 共有100 個(gè)數(shù)，一個(gè)數(shù)被 100 除所得的余數(shù)有 0，1，2，99 共 100 種可能性?！疤O果”數(shù)與“抽屜”數(shù)第15頁（共49頁）一樣多，如何排除“故障”？證明：設(shè)已知的整數(shù)為 a1,a2,a100數(shù)列 a1,a2,a100 的前 n 項(xiàng)和的數(shù)列 S1，S2，S100。如果 S1，S2，S100 中有某個(gè)數(shù)可被 100 整除，則命題得證。否則，即 S1，S2，S100 均不能被 100 整除，這樣，它們被 100 除后余數(shù)必是1，2，99中的元素。由抽屜原理 I 知，S1，S2，S100中必有兩個(gè)數(shù)

36、，它們被 100 除后具有相同的余數(shù)。不妨設(shè)這兩個(gè)數(shù)為 Si，Sj（ij），則 100（Sj-Si），即 100。命題得證。說明：有時(shí)候直接對(duì)所給對(duì)象作某種劃分，是很難構(gòu)造出恰當(dāng)?shù)某閷系?。這時(shí)候，我們需要對(duì)所給對(duì)象先作一些變換，然后對(duì)變換得到的對(duì)象進(jìn)行分類，就可以構(gòu)造出恰當(dāng)?shù)某閷?。本題直接對(duì)an進(jìn)行分類是很難奏效的。但由an構(gòu)造出Sn后，再對(duì)Sn進(jìn)行分類就容易得多.另外，對(duì)Sn按模 100 的剩余類劃分能分成 100 個(gè)集合，而Sn只有 100 項(xiàng)，似乎不能應(yīng)用抽屜原則。但注意到余數(shù)為 0 的類恰使結(jié)論成立，于是通過分別情況討論后，就可去掉余數(shù)為 0 的類，從而轉(zhuǎn)化為 100 個(gè)數(shù)分配在剩下的

37、 99 個(gè)類中。（二）單色三角形問題抽屜原理的應(yīng)用多么奇妙，其關(guān)鍵在于恰當(dāng)?shù)刂圃斐閷?，分割圖形，利用自然數(shù)分類的不同方法如按剩余類制造抽屜或按奇數(shù)乘以 2 的制造抽屜，利用奇偶性等等，都是制造“抽屜”的方法。抽屜原理的道理極其簡(jiǎn)單，但“于無聲處聽驚雷”，恰當(dāng)?shù)鼐牡貞?yīng)用它，不僅可以解決國內(nèi)數(shù)學(xué)競(jìng)賽中的問題，而且可以解決國際中學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽。例 617 名科學(xué)家中每?jī)擅茖W(xué)家都和其他科學(xué)家通信，在他們通信討論三個(gè)題目，而且任意兩名科學(xué)家通信討論一個(gè)題目，證明：其中至少有三名科學(xué)家，他們相互通信時(shí)討論的是同一個(gè)題目。第16頁（共49頁）證明：視 17 個(gè)科學(xué)家為 17 個(gè)點(diǎn)，每?jī)蓚€(gè)點(diǎn)之間連一條線表示

38、這兩個(gè)科學(xué)家在討論同一個(gè)問題，若討論第一個(gè)問題則在相應(yīng)兩點(diǎn)連紅線，若討論第 2 個(gè)問題則在相應(yīng)兩點(diǎn)黃線，若討論第 3 個(gè)問題則在相應(yīng)兩點(diǎn)藍(lán)線。三名科學(xué)家研究同一個(gè)問題就轉(zhuǎn)化為找到一個(gè)三邊同顏色的三角形?？紤]科學(xué)家 A，他要與另外的 16 位科學(xué)家每人通信討論一個(gè)問題，相應(yīng)A 出發(fā)引出 16 條線段，將它們?nèi)境?3 種顏色，而 16=3×5+1，因而必有 6=5+1 條同色，不妨記為 AB1，AB2，AB3，AB4，AB5，AB6同紅色，若 Bi（i=1，2，6）之間有紅線，則出現(xiàn)紅色三角線，命題已成立；否則 B1，B2，B3，B4，B5，B6 之間的連線只染有兩色?？紤]從 B1 引出

39、的 5 條線，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用兩種顏色染色，因?yàn)?5=2×2+1，故必有 3=2+1 條線段同色，假設(shè)為黃色，并記它們?yōu)?B1B2，B1B3，B1B4。這時(shí)若 B2，B3，B4 之間有黃線，則有黃色三角形，命題也成立，若 B2，B3，B4，之間無黃線，則B2，B3，B4，必為三角形，命題仍然成立。說明:（1）本題源于一個(gè)古典問題-世界上任意 6 個(gè)人中必有 3 人互相認(rèn)識(shí)，或互相不認(rèn)識(shí)。（2）將互相認(rèn)識(shí)用紅色表示，將互相不認(rèn)識(shí)用表示，（1）將化為一個(gè)染色問題，成為一個(gè)圖論問題：空間六個(gè)點(diǎn)，任何三點(diǎn)不共線，四點(diǎn)不共面，每?jī)牲c(diǎn)之間連線都涂上紅色或。求證

40、：存在三點(diǎn)，它們所成的三角形三邊同色。 （3）問題（2）可以往兩個(gè)方向推廣：其一是顏色的種數(shù)，其二是點(diǎn)數(shù)。本例便是的進(jìn)展，其證明已知上述。如果繼續(xù)沿此方向前進(jìn)，可有下題：在 66 個(gè)科學(xué)家中，每個(gè)科學(xué)家都和其他科學(xué)家通信，在他們的通信中僅僅討論四個(gè)題目，而任何兩個(gè)科學(xué)家之間僅僅討論一個(gè)題目。證明至少有三個(gè)科學(xué)家，他們互相之間討論同一個(gè)題目。（4）回顧上面證明過程，對(duì)于 17 點(diǎn)染 3 色問題可歸結(jié)為 6 點(diǎn)染 2 色問題，又可歸結(jié)為 3 點(diǎn)染一色問題。反過來，我們可以繼續(xù)推廣。從以上（3，1）（6，2）（17，3）的過程，易發(fā)現(xiàn) 6=（3-1）×2+2，17=（6-1）×3

41、+2，66=（17-1）×4+2，同理可得（66-1）×5+2=327，（327-1）×6+2=1958記為 r1=3，r2=6，r3=17，r4=66，r5=327，r6=1958，.我們可以得到遞推關(guān)系式：rn=n(rn-1-1)+2，第17頁（共49頁）n=2,3,4這樣就可以構(gòu)造出 327 點(diǎn)染 5 色問題，1958 點(diǎn)染 6 色問題，出現(xiàn)一個(gè)同色三角形。（三）抽屜原理的其他形式。定理 2：把m 個(gè)元素分成 n 個(gè)集合（mn）（1）當(dāng)n 能整除 m 時(shí)，至少有一個(gè)集合含有 m/n 個(gè)元素；（2）當(dāng) n 不能整除 m 時(shí)，則至少有一個(gè)集合含有至少m/n+1

42、個(gè)元素，（m/n表示不超過 的最大整數(shù)）定理 2 也可敘述成：把 m×n+1 個(gè)元素放進(jìn) n 個(gè)集合，則必有一個(gè)集合中至少放有 m+1 個(gè)元素。例 79 條直線的每一條都把一個(gè)正方形分成兩個(gè)梯形，而且它們的面積之比為 23。證明：這9 條直線中至少有 3 條通過同一個(gè)點(diǎn)。證明：設(shè)正方形為 ABCD，E、F 分別是 AB，CD 的中點(diǎn)。 設(shè)直線 L 把正方形 ABCD 分成兩個(gè)梯形ABGH 和 CDHG，并且與 EF 相交于 P.梯形 ABGH 的面積：梯形 CDHG 的面積=23,EP 是梯形 ABGH 的中位線，PF 是梯形 CDHG 的中位線，由于梯形的面積=中位線×梯

43、形的高， 并且兩個(gè)梯形的（AB=CD），所以梯形 ABGH 的面積梯形 CDHG 的面積=EPPF，也就是 EPPF=23 .這說明，直線 L通過 EF 上一個(gè)固定的點(diǎn) P，這個(gè)點(diǎn)把 EF 分成長(zhǎng)度為 23 的兩部分。這樣的點(diǎn)在 EF 上還有一個(gè)，如圖上的 Q 點(diǎn)（FE=23）。同樣地，如果直線 L 與 AB、CD 相交，并且把正方形分成兩個(gè)梯形面積之比是 23，那么這條直線必定通過 AD、BC 中點(diǎn)連線上的兩個(gè)類似的點(diǎn)（三等分點(diǎn)）。這樣，在正方形內(nèi)就有 4 個(gè)固定的點(diǎn)，凡是把正方形面成兩個(gè)面積為 23 的梯形的直線，一定通過這 4 點(diǎn)中的某一個(gè)。我們把這 4 個(gè)點(diǎn)看作 4 個(gè)抽屜，9 條直線

44、看作 9 個(gè)蘋果，由定理 2 可知，9=4×2+1，所以，必有一個(gè)抽屜內(nèi)至少放有 3 個(gè)蘋果，也就是，必有三條直線要通過一個(gè)點(diǎn)。說明：本例中的抽屜比較隱蔽，正方形兩雙對(duì)連線上的 4 個(gè)三等分點(diǎn)的發(fā)現(xiàn)是關(guān)鍵，而它的發(fā)現(xiàn)源于對(duì)梯形面積公式 S 梯形=中位線×梯形的高的充分感悟。例 8910 瓶紅、藍(lán)墨水，排成 130 行，每行 7 瓶。證明：不論怎樣排列，紅、藍(lán)墨水瓶的顏色第18頁（共49頁）次序必定出現(xiàn)下述兩種情況之一種：1至少三行完全相同; 2至少有兩組（四行），每組的兩行完全相同。證明：910 瓶紅、藍(lán)墨水，排成 130 行，每行 7 瓶。每行中的 7 個(gè)位置中的每個(gè)位置

45、紅、藍(lán)兩種可能，因而總計(jì)共有 27=128 種不同的行式（當(dāng)且僅當(dāng)兩行墨水瓶顏色及次序完全相同時(shí)稱為“行式”相同.130 行中的 129 行，依抽屜原理可知，必有兩行（記為 A，B）“行式”相同。 在除A、B 外的其余 128 行中若有一行 P 與 A（B）“行式”相同，則 P，A，B 滿足“至少有三行完全相同”；在其余（除 A，B 外）的 128 行中若沒有與 A（B）行式相同者，則 128 行至多有 127 種不同的行式，依抽屜原則，必有兩行（不妨記為 C、D）行式相同，這樣便找到了（A，B）、（C，D）兩組（四行），每組兩行完全相同。第19頁（共49頁）(四) 函數(shù)的性質(zhì)應(yīng)用一、指數(shù)函數(shù)

46、與對(duì)數(shù)函數(shù)函數(shù) y=ax(a>0,且 a1)叫做指數(shù)函數(shù)。它的基本情況是：1）定義域?yàn)槿w實(shí)數(shù)（-，+）2）值域?yàn)檎龑?shí)數(shù)（0，+），從而函數(shù)沒有最大值與最小值，有下界，y>03）對(duì)應(yīng)關(guān)系為一一，從而存在反函數(shù)-對(duì)數(shù)函數(shù)。4）單調(diào)性是：當(dāng) a>1 時(shí)為增函數(shù)；當(dāng) 0<a<1 時(shí)，為減函數(shù)。5）無奇偶性，是非奇非偶函數(shù)，但 y=ax 與 y=a-x 的圖象關(guān)于 y 軸對(duì)稱，y=ax 與 y=-ax 的圖象關(guān)于 x 軸對(duì)稱；y=ax 與 y=logax 的圖象關(guān)于直線 y=x 對(duì)稱。6）有兩個(gè)特殊點(diǎn)：零點(diǎn)（0，1），不變點(diǎn)（1，a）7）抽象性質(zhì)：f(x)=ax(a>

47、;0,a1),f(x+y)=f(x)·f(y),f(x-y)=f(x)/f(y)函數(shù) y=logax(a>0,且 a1)叫做對(duì)數(shù)函數(shù)，它的基本情況是：1）定義域?yàn)檎龑?shí)數(shù)（0，+）2）值域?yàn)槿w實(shí)數(shù)（-，+）3）對(duì)應(yīng)關(guān)系為一一，因而有反函數(shù)指數(shù)函數(shù)。4）單調(diào)性是：當(dāng) a>1 時(shí)是增函數(shù)，當(dāng) 0<a<1 時(shí)是減函數(shù)。5）無奇偶性。但 y=logax 與 y=log(1/a)x 關(guān)于 x 軸對(duì)稱，y=logax 與 y=loga(-x)圖象關(guān)于 y 軸對(duì)稱，y=logax 與 y=ax 圖象關(guān)于直線 y=x 對(duì)稱。6）有特殊點(diǎn)（1，0）,(a，1)7）抽象運(yùn)算性質(zhì)

48、f(x)=logax(a>0,a1)， f(x·y)=f(x)+f(y),f(x/y)=f(x)-f(y)二、例題例 1若f(x)=(ax/(ax+a)，求 f(1/1001)+f(2/1001)+f(3/1001)+f(1000/1001)第20頁（共49頁）分析：和式中共有 1000 項(xiàng)，顯然逐加是不可取的。需找出 f(x)的結(jié)構(gòu)特征，發(fā)現(xiàn)規(guī)律，注意到1/1001/1001=2/1001+999/1001=3/1001+998/1001=1，而f(x)+f(1-x)=(ax/(ax+a)+(a1-x/(a1-x+a)=(ax/(ax+a)+(a/(a+ax·a)=

49、(ax/(ax+a)+(a)/(ax+a)=(ax+a)/(ax+a)=1 規(guī)律找到了，這啟示和式配對(duì)結(jié)合后再相加：原式=f(1/1001)+f(1000/1001)+f(2/1001)+f(999/1001)+f(500/1001)+f(501/1001)=(1+1+1)5000 個(gè)=500（ 1 ）取 a=4 就是 1986 年的高中數(shù)賽填空題： 設(shè) f(x)=(4x/(4x+2) ， 那么和式f(1/1001)+f(2/1001)+f(3/1001)+f(1000/1001)的值=。（ 2 ） 上 題 中 取 a=9 ，則 f(x)=(9x/(9x+3) ， 和 式 值 不 變 也 可

50、改 變 和 式 為 求f(1/n)+f(2/n)+f(3/n)+f(n-1)/n).（ 3 ）設(shè) f(x)=(1/(2x+2) ， 利用中推導(dǎo)等差數(shù)列前 n 項(xiàng)和的方法，可求得 f(-5)+f(-4)+f(0)+f(5)+f(6)的值為。例 25log25 等于：（ ）（A）1/2 （B）(1/5)10log25 （C）10log45 （D）10log52解：5log25=(10/2)log25=(10log25)/(2log25)=(1/5)×10log25選（B）例 3試比較(122002+1)/(122003+1)與(122003+1)/(122004+1)的大小。解：對(duì)于兩個(gè)

51、正數(shù)的大小，作商與 1 比較是常用的方法，記 122003=a0，則有(122002+1)/(122003+1)÷(122003+1)/(122004+1)=(a/12)+1)/(a+1)·(12a+1)/(a+1)=(a+12)(12a+1)/(12(a+1)2)=(12a2+145a+12)/(12a2+24a+12)1故得：(122002+1)/(122003+1)(122003+1)/(122004+1)例 4已知(a,b 為實(shí)數(shù))且log310)=5，則lg3)的值是（ ）（A）-5 （B）-3 （C）3 （D）隨 a,b 的取值而定第21頁（共49頁）解：設(shè) l

52、glog310=t，則 lglg3=lg(1/log310)=-lglog310=-t而 f(t)+f(-t)=f(-t)=8-f(t)=8-5=3說明：由對(duì)數(shù)換底公式可推出 logab·logba=(lgb/lga)·(lga/lgb)=1，即 logab=(1/logba)，因而 lglog310 與 lglg3 是一對(duì)相反數(shù)。設(shè)中的部分，則 g(x)為奇函數(shù)，g(t)+g(-t)=0。這種整體處理的思想巧用了奇函數(shù)性質(zhì)使問題得解，關(guān)鍵在于細(xì)致觀察函數(shù)式結(jié)構(gòu)特征及對(duì)數(shù)的恒等變形。例 5已知函數(shù) y=(10x-10-x)/2)(XR)（1）求反函數(shù) y=f-1(x)（2）

53、函數(shù) y=f-1(x)是奇函數(shù)還是偶函數(shù)分析：（1）求 y=(10x-10-x)/2 的反函數(shù)首先用y 把x 表示出來，然后再對(duì)調(diào) x,y 即得到 y=f-1(x)；（2）函數(shù) y=f-1(x)的奇偶性要依據(jù)奇函數(shù)或偶函數(shù)的定義，看當(dāng) XR 時(shí)是否有 f(-x)=-f(x)或(f(-x)+f(x)=0)或 f(-x)=f(x)恒成立。解：（1）由 y=(10x-10-x)/2)(XR)可得 2y=10x-10-x，設(shè) 10x=t，上式化為：2y=t-t-1 兩t，得 2yt=t2-1 整理得：t2-2yt-1=0，：由于 t=10x0，故將舍去，得到：將 t=10x 代入上式，即得:所以函數(shù) y=(10x-10-x)/2)的反函數(shù)是(2)由得:f-1(-x)=-f(x)第22頁（共49頁）所以，函數(shù)是奇函數(shù)。例 6已知函數(shù) f(x)=loga(1+x)/(1-x)(a0,a1)（1）求 f(x)的定義域（2）f(x)的奇偶性并給以證明；（3）當(dāng) a1 時(shí)，求使 f(x)0 的 x 取值范圍；（4）求它的反函數(shù) f-1(x)解：（1）由對(duì)數(shù)的定義域知(1+x)/(1-x)0解這個(gè)分式不定式，得：(x+1)(x-1)0,-1x1 故函數(shù) f(x)的定義域?yàn)椋?1，1）（2）f(-x)=loga(1-