2011高中數(shù)學(xué)競賽培訓(xùn)教材1

1、 編者：全國特級教師 (一)集合與容斥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，而且是整個數(shù)學(xué)的基礎(chǔ)。對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)來表示各種數(shù)學(xué)名詞，主動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)行組合計數(shù)等。一、學(xué)習(xí)集合要抓住元素這個關(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)，即由兩個整數(shù)a、b的平方

2、和構(gòu)成的自然數(shù)，亦即從0、1、4、9、16、25，n2，中任取兩個(相同或不相同)數(shù)加起來得到的一個和數(shù)，本題要證明的是：兩個這樣的數(shù)的乘積一定還可以拆成兩個自然數(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+2acbd+b2d2+b2c2-2bcad+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)兩個集合S=x|x=12m+8n,m,nZ,T=x|x

3、=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).(1)求證:AB;(2)若A=-1，3時，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

4、求我們要對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、交、異、空、等)有本質(zhì)的理解，對于兩個相等的有限集合(數(shù)集)，還會用到它們的簡單性質(zhì)：(a)相等兩集合的元素個數(shù)相等；(b)相等兩集合的元素之和相等；(c)相等兩集合的元素之積相等.解：由MS知，兩集合元素完全相同。這樣，M中必有一個元素為0，又由對數(shù)的性質(zhì)知，0和負(fù)數(shù)沒有對數(shù)，所以XY0，故X，Y均不為零，所以只能有l(wèi)g(XY)0，從而XY1.MX，1，0，S0，X，1/X.再由兩集合相等知當(dāng)X1時，M1,1，0，S0,1，1，這與同一個集合中元素的互異性矛盾，故X1不滿足題目要求；當(dāng)X1時，M1,1，0，S

5、0,1，1，MS，從而X1滿足題目要求，此時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):，其中是正整數(shù)，且，并滿足，中的所有元素之和為234，求集合A。三容斥原理基本公式:(1)card(AB)card(A)card(B)card(AB)； (2)card(ABC)=card(A)+card(B)+card(C)-card(AB)-card(AC)-card(BC)+card(ABC)問題：開運動會時，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，同時參加游泳比賽和田徑比賽的

6、有3人，同時參加游泳比賽和球類比賽的有3人，沒有人同時參加三項比賽，問同時參加田徑比賽和球類比賽的有多少人？只參加游泳一項比賽的有多少人？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、有限集合子集的個數(shù)例3一個集合含有10個互不相同的兩位數(shù)。試證，這個集合必有2

7、個無公共元素的子集合，此兩子集的各數(shù)之和相等。分析：兩位數(shù)共有10,11，,99，計99990個，最大的10個兩位數(shù)依次是90,91，,99，其和為945，因此，由10個兩位數(shù)組成的任意一個集合中，其任一個子集中各元素之和都不會超過945，而它的非空子集卻有21011023個，這是解決問題的突破口。解：已知集合含有10個不同的兩位數(shù)，因它含有10個元素，故必有2101024個子集，其中非空子集有1023個，每一個子集內(nèi)各數(shù)之和都不超過909198999450fmin=f(-b/2a)=(4ac-b2)/4a)fmax=maxf(p),f(q)fmin=minf(p),f(q)fmax=maxf

8、(p),f(q)a0fmax=f(-b/2a)=(4ac-b2)/4a)fmin=minf(p),f(q)例1.當(dāng)x為何值時，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，f(x)有最小值.例2.已知x1,x2是方程x2-(k-2)x+(k2+3k+5)=0的兩個實數(shù)根，x12+x22的最大值是_.解：由韋達(dá)定理得：x1+x2=k-2，x1x2=k2+3k+5.x12x22（x1

9、x2）2-2x1x2=(k-2)2-2(k2+3k+5=-k2-10k-6=-(k+5)2+19 .已知x1,x2是方程的兩個實根，即方程有實數(shù)根，此時方程的判別式0，即(k-2)2-4(k2+3k+5) =-3k2-16k-160 解得：-4k-4/3.k=-5-4,-4/3，設(shè)f(k)=-(k+5)2+19則f(-4)=18,f(-4/3)=50/918.當(dāng)k=-4時，(x12+x22)max=18.f(x)=x2-2x+2，在xt,t+1上的最小值為g(t)，求g(t)的表達(dá)式。解：f(x)=(x-1)2+1 (1)當(dāng)t+11即t1時，g(t)=f(t)=t2-2t+2 綜合（1）、（2

10、）、（3）得：例4（1）當(dāng)x2+2y2=1時，求2x+3y2的最值；（2）當(dāng)3x2+2y2=6x時，求x2+y2的最值。解：（1）由x2+2y2=1得y2=1/2(1-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，y=(10)/6，（2x+3y2）max=16/3；當(dāng)x=-1時，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

11、，得0x2.當(dāng)x=2，y=0時，（x2+y2）max=4；當(dāng)x=0，y=0時，(x2+y2)min=0 三、二次函數(shù)與二次方程設(shè)f(x)=ax2+bx+c(a0)的二實根為x1,x2，(x1x2)，=b2-4ac，且、()是預(yù)先給定的兩個實數(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，對應(yīng)的二次函數(shù)f(x)的圖象有下列兩種情形當(dāng)a0時的充要條件是：0，-b/2a，f()0，f()0 當(dāng)a0時的充要條件是：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

12、，對應(yīng)的函數(shù)f(x)的圖象有下列四種情形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x1x2，對應(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x1x2或x1x2，對應(yīng)函數(shù)f(x)的圖象有下列四種情形當(dāng)x1x2時的充要條件是：0，-b/2a，af()0當(dāng)x1x2時的充要條件是：0，-b/2a，af()0例5如果方程（1-m2）x2+2mx-1=0的兩個根一個小于零，另一個大于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：則（1-m2）

13、f(0)0,(1-m2)f(1)0；即1-m20,(1-m2)(2m-m2)0解得：-1m0 例6當(dāng)k為什么實數(shù)時，關(guān)于X的二次方程7x2-(k+13)x+k2-k-2=0的兩個實根和分別滿足01和12？解：設(shè)y=f(x)=7x2-(k+13)x+k2-k-2，則因為a=70，且方程f(x)=0有兩實根，所以它的圖象是開口向上且與X軸相交于兩點（,0）、(,0)的拋物線。由于01，12，可知在x或x時，f(x)取正值；在x時，f(x)取負(fù)值。于是，當(dāng)x分列取0,1，2時，有：f(0)=k2-k-20，f(1)=k2-2k-80，f(2)=k2-3k0解這三個不等式組成的不等式組，可得-2k-1

14、和3k4。m，使得關(guān)于x的方程有且只有整數(shù)根.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有一個根大于1，有一個根小于1，則p的取值為_.四二次函數(shù)與二次不等式 一元二次不等式的解集相應(yīng)于一元二次函數(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軸的位置關(guān)系等。例7若a1,a2,an,b1,b2,bn都是實數(shù)，求證：（a1b1+a2b2+anbn）2(a12+a22+a2n)(b12+b22+b2n) 證明：構(gòu)造二次函數(shù) f(x)=(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+(anx-bn)2=(a12+a2

15、2+a2n)x2-2(a1b1+a2b2+anbn)x+(b12+b22+b2n).當(dāng)a12+a22+a2n0即a1,a2,an不全為零時，顯然有對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，結(jié)論顯然成立，故命題成立。例8設(shè)二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a0)，方程f(x)-x=0的兩個根x1,x2滿足0x1x21/a。（1）當(dāng)x(0,x1)時，證明xf(x)x1（2）設(shè)函數(shù)f(

16、x)的圖象關(guān)于直線x=x0對稱，證明：x0x1/2。證明：欲證：xf(x)x ,只須證：0f(x)-xx1-x 因為方程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-x a0，x(0,x1),x1-x0,a(x1-x)0 ,式兩邊同除以a(x1-x)0，得：0x2-x1/a，即：xx21/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，因為x0=-b/2a，故只須證：x0-x1/2=-b/2a-x1/20 由韋達(dá)定理，

17、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。 (三)抽 屜 原 理在數(shù)學(xué)問題中有一類與“存在性”有關(guān)的問題，例如：“13個人中至少有兩個人出生在相同月份”；“某校400名學(xué)生中，一定存在兩名學(xué)生，他們在同一天過生日”；“2003個人任意分成200個小組，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”。在解決這類問題時，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一個，也不需要確定通過什么方式把這個存在的東西找出來。

18、這類問題相對來說涉及到的運算較少，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個元素分成n個集合，那么不管怎么分，都存在一個集合，其中至少有兩個元素。 證明：（用反證法）若不存在至少有兩個元素的集合，則每個集合至多1個元素，從而n個集合至多有n個元素，此與共有n+1個元素矛盾，故命題成立。 例1 已知在邊長為1的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）有任意五個點（圖1）。證明：至少有兩個點之間的距離不大于.分析：5個點的分布是任意的。如果要證明“在邊長為1的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）有5個點，那么這5個點中一定有距離不大于的兩點”，則順次連接三角形三邊中點，即

19、三角形的三條中位線，可以分原等邊三角形為4個全等的邊長為的小等邊三角形，則5個點中必有2點位于同一個小等邊三角形中（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）任意兩點間的距離不大于其最大邊長”來保證，下面我們就來證明這個定理。如圖2，設(shè)BC是ABC的最大邊，P，M是ABC內(nèi)（包括邊界）任意兩點，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)各平行線交點為P、Q、N，那么PQN=C，QNP=A因為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，邊長為

20、的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）兩點間的距離不大于。 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“任取n+1個正數(shù)ai，滿足0ai1（i=1,2,n+1），試證明：這n+1個數(shù)中必存在兩個數(shù)，其差的絕對值小于”。又如：“在邊長為1的正方形內(nèi)任意放置五個點，求證：其中必有兩點，這兩點之間的距離不大于。（2）例1中，如果把條件（包括邊界）去掉，則結(jié)論可以修改為：至少有兩個點之間的距離小于 .例2從1-100的自然數(shù)中，任意取出51個數(shù)，證明其中一定有兩個數(shù)，它們中的一個是另一個的整數(shù)倍。 分析：本題似乎茫無頭緒，從何入手？其關(guān)鍵何

21、在？其實就在“兩個數(shù)”，其中一個是另一個的整數(shù)倍。我們要構(gòu)造“抽屜”，使得每個抽屜里任取兩個數(shù)，都有一個是另一個的整數(shù)倍，這只有把公比是正整數(shù)的整個等比數(shù)列都放進(jìn)去同一個抽屜才行，這里用得到一個自然數(shù)分類的基本知識：任何一個正整數(shù)都可以表示成一個奇數(shù)與2的方冪的積，即若mN+,KN+，nN,則m=(2k-1)2n，并且這種表示方式是唯一的，如1=12，2=121，3=32， 證明：因為任何一個正整數(shù)都能表示成一個奇數(shù)乘2的方冪，并且這種表示方法是唯一的，所以我們可把1-100的正整數(shù)分成如下50個抽屜（因為1-100中共有50個奇數(shù)）： 1）1，12，122，123，124，125，126；2

22、）3，32，322，323，324，325；3）5，52，522，523，524；4）7，72，722，723；5）9，92，922，923；6）11，112，1122，1123；25）49，492；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個抽屜內(nèi)了。從這100個數(shù)中任取51個數(shù)，也即從這50個抽屜內(nèi)任取51個數(shù)，根據(jù)抽屜原則，其中必定至少有兩個數(shù)屬于同一個抽屜，即屬于（1）-（25）號中的某一個抽屜，顯然，在這25個抽屜中的任何同一個抽屜內(nèi)的兩個數(shù)中，一個是另一個的整數(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)

23、中，任意取出n+1個數(shù)，則其中必有兩個數(shù)，它們中的一個是另一個的整數(shù)倍。想一想，為什么？因為1-2n中共含1，3，2n-1這n個奇數(shù)，因此可以制造n個抽屜，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個自然數(shù)中最少要（不看這些數(shù)而以任意方式地）取出幾個數(shù)，才能保證取出的數(shù)中能找到兩個數(shù)，其中較大的數(shù)是較小的數(shù)的倍數(shù)？” (2）如下兩個問題的結(jié)論都是否定的（n均為正整數(shù)）想一想，為什么？ 從2，3，4，2n+1中任取n+1個數(shù)，是否必有兩個數(shù)，它們中的一個是另一個的整數(shù)倍？從1，2，3，2n+1中任取n

24、+1個數(shù)，是否必有兩個數(shù)，它們中的一個是另一個的整數(shù)倍？（3）如果將（2）中兩個問題中任取的n+1個數(shù)增加1個，都改成任取n+2個數(shù)，則它們的結(jié)論是肯定的還是否定的？你能判斷證明嗎？ 例3從前25個自然數(shù)中任意取出7個數(shù)，證明：取出的數(shù)中一定有兩個數(shù)，這兩個數(shù)中大數(shù)不超過小數(shù)的1.5倍。 證明：把前25個自然數(shù)分成下面6組： 1； 2，3； 4，5，6； 7，8，9，10； 11，12，13，14，15，16； 17，18，19，20，21，22，23， 因為從前25個自然數(shù)中任意取出7個數(shù)，所以至少有兩個數(shù)取自上面第組到第組中的某同一組，這兩個數(shù)中大數(shù)就不超過小數(shù)的1.5倍。說明：（1）本題

25、可以改變敘述如下：在前25個自然數(shù)中任意取出7個數(shù)，求證其中存在兩個數(shù)，它們相互的比值在內(nèi)。顯然，必須找出一種能把前25個自然數(shù)分成6（7-1=6）個集合的方法，不過分類時有一個限制條件：同一集合中任兩個數(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只能單獨作為1個集合1；否則不滿足限制條件.能與2同屬于一個集合的數(shù)只有3，于是2，3為一集合。如此依次遞推下去，使若干個連續(xù)的自然數(shù)屬于同一集合，其中最大的數(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個抽屜為

26、26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39；第8個抽屜為：40，41，42，60；第9個抽屜為：61，62，63，90，91； 例4在坐標(biāo)平面上任取五個整點（該點的橫縱坐標(biāo)都取整數(shù)），證明：其中一定存在兩個整點，它們的連線中點仍是整點。 分析與解答：由中點坐標(biāo)公式知，坐標(biāo)平面兩點（x1,y1）、（x2,y2）的中點坐標(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)平面上的任意整點按照橫縱兩個坐標(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“抽屜”，則在坐標(biāo)平面上任取五個整

27、點，那么至少有兩個整點，屬于同一個“抽屜”因此它們連線的中點就必是整點。 說明：我們可以把整點的概念推廣：如果（x1,x2,xn）是n維（元）有序數(shù)組，且x1,x2,xn中的每一個數(shù)都是整數(shù)，則稱（x1,x2,xn）是一個n維整點（整點又稱格點）。如果對所有的n維整點按每一個xi的奇偶性來分類，由于每一個位置上有奇、偶兩種可能性，因此共可分為222=2n個類。這是對n維整點的一種分類方法。當(dāng)n=3時，23=8，此時可以構(gòu)造命題：“任意給定空間中九個整點，求證它們之中必有兩點存在，使連接這兩點的直線段的內(nèi)部含有整點”。 例5在任意給出的100個整數(shù)中，都可以找出若干個數(shù)來（可以是一個數(shù)），它們的

28、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”應(yīng)是做文章的地方。如果把這100個數(shù)排成一個數(shù)列，用Sm記其前m項的和，則其可構(gòu)造S1，S2，S100共100個和數(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個數(shù)，一個數(shù)被100除所得的余數(shù)有0，1，2，99共100種可能性。“蘋果”數(shù)與“抽屜”數(shù)一樣多，如何排除“故障”？證明：設(shè)已知的整數(shù)為a1,a2,a100考察數(shù)列a1,a2,a100的前n項和構(gòu)成的數(shù)列S1，S2，S100。 如果S1，S2，S100中有某個數(shù)可被100整除，則命題得證。否則，即

29、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中必有兩個數(shù)，它們被100除后具有相同的余數(shù)。不妨設(shè)這兩個數(shù)為Si，Sj（ij），則100（Sj-Si），即100。命題得證。 說明：有時候直接對所給對象作某種劃分，是很難構(gòu)造出恰當(dāng)?shù)某閷系?。這時候，我們需要對所給對象先作一些變換，然后對變換得到的對象進(jìn)行分類，就可以構(gòu)造出恰當(dāng)?shù)某閷?。本題直接對an進(jìn)行分類是很難奏效的。但由an構(gòu)造出Sn后，再對Sn進(jìn)行分類就容易得多. 另外，對Sn按模100的剩余類劃分時，只能分成100個集合，而Sn只有100項，似乎不能應(yīng)用抽屜原

30、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個數(shù)分配在剩下的99個類中。 （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的方冪制造抽屜，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)競賽中的問題，而且可以解決國際中學(xué)生數(shù)學(xué)競賽。 例617名科學(xué)家中每兩名科學(xué)家都和其他科學(xué)家通信，在他們通信時，只討論三個題目，而且任意兩名科學(xué)家通信時只討論一個題目，證明：其中至少有三名科

31、學(xué)家，他們相互通信時討論的是同一個題目。 證明：視17個科學(xué)家為17個點，每兩個點之間連一條線表示這兩個科學(xué)家在討論同一個問題，若討論第一個問題則在相應(yīng)兩點連紅線，若討論第2個問題則在相應(yīng)兩點連條黃線，若討論第3個問題則在相應(yīng)兩點連條藍(lán)線。三名科學(xué)家研究同一個問題就轉(zhuǎn)化為找到一個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問題，相應(yīng)于從A出發(fā)引出16條線段，將它們?nèi)境?種顏色，而16=35+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，B

32、3，B4，B5，B6之間的連線只染有黃藍(lán)兩色?？紤]從B1引出的5條線，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用兩種顏色染色，因為5=22+1，故必有3=2+1條線段同色，假設(shè)為黃色，并記它們?yōu)锽1B2，B1B3，B1B4。這時若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，必為藍(lán)色三角形，命題仍然成立。說明:（1）本題源于一個古典問題-世界上任意6個人中必有3人互相認(rèn)識，或互相不認(rèn)識。 （2）將互相認(rèn)識用紅色表示，將互相不認(rèn)識用藍(lán)色表示，（1）將化為一個染色問題，成為一個圖論問題：空間六個點，任何三點不共線，四點不共面，

33、每兩點之間連線都涂上紅色或藍(lán)色。求證：存在三點，它們所成的三角形三邊同色。 （3）問題（2）可以往兩個方向推廣：其一是顏色的種數(shù)，其二是點數(shù)。 本例便是方向一的進(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個科學(xué)家中，每個科學(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題目，而任何兩個科學(xué)家之間僅僅討論一個題目。證明至少有三個科學(xué)家，他們互相之間討論同一個題目。 （4）回顧上面證明過程，對于17點染3色問題可歸結(jié)為6點染2色問題，又可歸結(jié)為3點染一色問題。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+2

34、，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，n=2,3,4這樣就可以構(gòu)造出327點染5色問題，1958點染6色問題，都必出現(xiàn)一個同色三角形。 （三）抽屜原理的其他形式。 定理2：把m個元素分成n個集合（mn） （1）當(dāng)n能整除m時，至少有一個集合含有m/n個元素；（2）當(dāng)n不能整除 m時，則至少有一個集合含有至少m/n+1個元素，（m/n表示不超過 的最大整數(shù)） 定理2也可敘述成：把mn+1個元素放進(jìn)n個集合，則

35、必有一個集合中至少放有m+1個元素。 例79條直線的每一條都把一個正方形分成兩個梯形，而且它們的面積之比為23。證明：這9條直線中至少有3條通過同一個點。 證明：設(shè)正方形為ABCD，E、F分別是AB，CD的中點。 設(shè)直線L把正方形ABCD分成兩個梯形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=中位線梯形的高，并且兩個梯形的高相等（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上一個固定的點P，這個點把EF分成長度為2

36、3的兩部分。這樣的點在EF上還有一個，如圖上的Q點（FQQE=23）。同樣地，如果直線L與AB、CD相交，并且把正方形分成兩個梯形面積之比是23，那么這條直線必定通過AD、BC中點連線上的兩個類似的點（三等分點）。這樣，在正方形內(nèi)就有4個固定的點，凡是把正方形面積分成兩個面積為23的梯形的直線，一定通過這4點中的某一個。我們把這4個點看作4個抽屜，9條直線看作9個蘋果，由定理2可知，9=42+1，所以，必有一個抽屜內(nèi)至少放有3個蘋果，也就是，必有三條直線要通過一個點。 說明：本例中的抽屜比較隱蔽，正方形兩雙對邊中點連線上的4個三等分點的發(fā)現(xiàn)是關(guān)鍵，而它的發(fā)現(xiàn)源于對梯形面積公式S梯形=中位線梯形

37、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個位置中的每個位置都有紅、藍(lán)兩種可能，因而總計共有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稱為“行式”相同. 任取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1

38、28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。 (四) 函數(shù)的性質(zhì)應(yīng)用一、指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)函數(shù)y=ax(a0,且a1)叫做指數(shù)函數(shù)。它的基本情況是：1）定義域為全體實數(shù)（-，+）2）值域為正實數(shù)（0，+），從而函數(shù)沒有最大值與最小值，有下界，y03）對應(yīng)關(guān)系為一一映射，從而存在反函數(shù)-對數(shù)函數(shù)。4）單調(diào)性是：當(dāng)a1時為增函數(shù)；當(dāng)0a0,a1),f(x+y)=f(x)f(y),f(x-y)=f(x)/f(y)函數(shù)y=logax(a0,且a1)叫做對數(shù)函數(shù)，

39、它的基本情況是：1）定義域為正實數(shù)（0，+）2）值域為全體實數(shù)（-，+）3）對應(yīng)關(guān)系為一一映射，因而有反函數(shù)指數(shù)函數(shù)。4）單調(diào)性是：當(dāng)a1時是增函數(shù)，當(dāng)0a0,a1)，f(xy)=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) 分析：和式中共有1000項，顯然逐項相加是不可取的。需找出f(x)的結(jié)構(gòu)特征，發(fā)現(xiàn)規(guī)律，注意到1/1001+1000/1001=2/1001+999/1001=3/1001+998/1001=1，而f(x)+f(1-x)=(ax/(a

40、x+a)+(a1-x/(a1-x+a)=(ax/(ax+a)+(a/(a+axa)=(ax/(ax+a)+(a)/(ax+a)=(ax+a)/(ax+a)=1規(guī)律找到了，這啟示我們將和式配對結(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=500（1）取a=4就是1986年的高中數(shù)學(xué)聯(lián)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)=(

41、9x/(9x+3)，和式值不變也可改變和式為求f(1/n)+f(2/n)+f(3/n)+f(n-1)/n).（3）設(shè)f(x)=(1/(2x+2)，利用課本中推導(dǎo)等差數(shù)列前n項和的方法，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：對于兩個正數(shù)

42、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為實數(shù))且f(lglog310)=5，則f(lglg3)的值是（ ）（A）-5 （B）-3 （C）3 （D）隨a,b的取值而定 解：設(shè)lglog310=t，則lglg3=lg(1/l

43、og310)=-lglog310=-t 而f(t)+f(-t)=f(-t)=8-f(t)=8-5=3說明：由對數(shù)換底公式可推出logablogba=(lgb/lga)(lga/lgb)=1，即logab=(1/logba)，因而lglog310與lglg3是一對相反數(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）判斷函數(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)

44、首先用y把x表示出來，然后再對調(diào)x,y即得到y(tǒng)=f-1(x)；（2）判斷函數(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-1兩邊乘t，得2yt=t2-1整理得：t2-2yt-1=0，解得：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)所以，函數(shù) 是奇函數(shù)。例6已知函數(shù)f(x

45、)=loga(1+x)/(1-x)(a0,a1)（1）求f(x)的定義域（2）判斷f(x)的奇偶性并給以證明；（3）當(dāng)a1時，求使f(x)0的x取值范圍；（4）求它的反函數(shù)f-1(x)解：（1）由對數(shù)的定義域知(1+x)/(1-x)0解這個分式不定式，得：(x+1)(x-1)0,-1x1故函數(shù)f(x)的定義域為（-1，1）（2）f(-x)=loga(1-x)/(1+x)=log(1+x)/(1-x)-1=-loga(1+x)/(1-x)=-f(x)由奇函數(shù)的定義知，函數(shù)f(x)是奇函數(shù)。（3）由loga(1+x)/(1-x)0loga(1+x)/(1-x)loga1，因為a1，所以由對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性知(1+x)/(1-x)1，考慮由（1）知x1,1-x0，去分母，得：1+x1-x,x0故：0x1 所以對于a1，當(dāng)x(0,1)時函