人教版（2019）新教材高一數(shù)學(xué)校本教材

人教版(2019)高一數(shù)學(xué)校本教材

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(gè)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(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)A={X|X=a2+b2,a、beZ},XI,X2eA,求證：X1X2GAO

分析：A中的元素是自然數(shù)，即由兩個(gè)整數(shù)a、b的平方和構(gòu)成的自然數(shù)，亦即從0、1、4、9、

16、25……，n2,……中任取兩個(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.NGZ

證明：設(shè)Xl=a2+b2,X2=c2+d2,a、b、c,dGZ.則X1X2=(a2+b2)(c2+d2)

=a2c2+b2d2+b2c2+a2d2=a2c2+2ac?bd+b2d2+b2c2-2bc?ad+a2d2=(ac+bd)2+(bc-ad)2

又a、b、c,deZ,故ac+bd、bc-adSZ,從而X1X2CA

練習(xí)：

1.設(shè)兩個(gè)集合S={x|x=12m+8n,in,nGZ},T={x|x=20p+16q,p,qGZ}.求證：S=T。

2.設(shè)M={a|a=x2-y2,x,yGZ}.求證:(1)一切奇數(shù)屬于M;

(2)4k-2(kGZ)不屬于M;

(3)M中任意兩個(gè)數(shù)的積仍屬于

3.己知函數(shù)f(x)=x2+ax+b,a,bGR,且A={x|x=f(x)},B={xIx=f[f(x)]}.

⑴求證:ACB；

⑵若A={-1,3}時(shí)，求集合B.

二、集合中待定元素的確定

例2.已知集合加=區(qū)XY,lg(xy)},S={0,|X|,Y),且M=S,則(X+l/Y)+(X2+1/Y2)

+……+(X2002+l/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(bǔ)、交、異、空、等)有本質(zhì)的理解，對于兩個(gè)相等的有限集合(數(shù)集)，

還會(huì)用到它們的簡單性質(zhì)：(a)相等兩集合的元素個(gè)數(shù)相等；(b)相等兩集合的元素之和相等；(c)相

等兩集合的元素之積相等.

解：由M=S知，兩集合元素完全相同。這樣，M中必有一個(gè)元素為0,又由對數(shù)的性質(zhì)知，0和

負(fù)數(shù)沒有對數(shù)，所以XY#0,故X,Y均不為零，所以只能有l(wèi)g(XY)=0,從而XY=L...M={X,1,

0},S={0,IX|,1/X}.再由兩集合相等知

■,1或Xr.

l,=T,l?=M?

當(dāng)X=1時(shí)，M=[1,1,0},S={0,1,1},這與同一個(gè)集合中元素的互異性矛盾，故X=1不滿足

題目要求；

當(dāng)x=-1時(shí)，{—1,1，0},S={0,1,—1},M=S,從而x=-1滿足題目要求，此時(shí)Y=一

1,于是X2K+l+l/Y2K+l=-2(K=0,1,2,),X2K+是Y2K=2(K=1,2,)，故所求代數(shù)式

的值為0.

練習(xí):

4.已知集合A={q,%，%，4，%},B},其中"i，"2M3，%，火是正整數(shù)，

且4<%<生<4<%,并滿足4c3=3,%},4+4=10，若A°3中的所有元素之和為234,

求集合Ao

三.容斥原理

基本公式：(1)card(AUB)=card(A)+card(B)—card(ADB)；(2)card(AUBU

C)=card(A)+card(B)+card(C)-card(Al~lB)-card(Al~lC)-card(B(-1C)+card(AClBl~)C)

Si-3-1Si-3-2

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(AUBUC)=28,且card(APIB)=3,card(AflC)=3,card(A

nBnC)=0,由公式②得28=15+8+14—3—3—card(BCC)+0,即card(BCC)=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15—3—3=9(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。

分析：兩位數(shù)共有10,11,……,99,計(jì)99-9=90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)子集中各元素之和都不會(huì)超過

945,而它的非空子集卻有210—1=1023個(gè)，這是解決問題的突破口。

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210=1024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90+91+…98+99=945<1023,根據(jù)抽屜原理，

一定存在2個(gè)不同的子集，其元素之和相等。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。第二步考察它們有無公共元

素，如無公共元素，則已符合要求；如有公共元素，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)人={1,2,3,n},對XGA,設(shè)X中各元素之和為NX,求Nx的總和衣，.

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-l次，(為

什么？因?yàn)锳的所有子集對其中任一個(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-l個(gè)：另一類是含i的，只要把i加入到剛才的2n-l個(gè)子集中的每一個(gè)

中去)。因而求A的所有子集中所有元素之和Nx的總和時(shí)，A中每一個(gè)元素都加了2nT次，即出現(xiàn)

/2nT次，故得=1X2n-l+2X2n-H-------Fn.......2n-l=(1+2H------Fn)?2nT=n(n+l)/2

X2n-l=n(n+l)X2n-2

說明：這里運(yùn)用了整體處理的思想及公式1+2+…+n=(l/2)n(n+l),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)元素都在總和中出現(xiàn)了2n-l次，是打開解題思路之門的

鑰匙。

練習(xí)：

5.設(shè)集合A」”,2,3,……，100},且對任意X,ySA,必有2x#y,求集合A中所含元素個(gè)數(shù)的最大

值.

6.某地區(qū)網(wǎng)球俱樂部都有20名成員，舉行14場單打比賽,每人至少上場1次.求證:必有6場比賽,

其12名參賽者各不相同.

二次函數(shù)

一、二次函數(shù)的解析式:①定義式：f(x)=ax2+bx+c.②頂點(diǎn)式：f(x)=a(x-h)2+k.

③零點(diǎn)式：f(x)=a(x-xl)(x-x2).(a7^0)

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：

-b/2aG[p,q]-b/2a任[p,q]

a>0fmin=f(-b/2a)=((4ac-b2)/4a)fmin=min{f(p),f(q)}

fmax=max{f(p),f(q)}fmax=max{f(p),f(q)}

a<0fmax=f(-b/2a)=((4ac-b2)/4a)

fmin=min{f(p),f(q)}

例1.當(dāng)x為何值時(shí),函數(shù)f(x)=(x-al)2+(x-a2)2+…+(x-an)2取最小值。

解：f(x)=(x2-2alx+al2)+(x2-2a2x+a22)+…+(x2-2anx+an2)=nx2-2(al+a2…

+an)x+(al2+a22+…+an2).,.當(dāng)x=(al+a2+…+an)/n時(shí)，f(x)有最小值.

例2.已知xl,x2是方程x2-(k-2)x+(k2+3k+5)=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，xl2+x22的最大值是____.

解：由韋達(dá)定理得：xl+x2=k-2,xlx2=k2+3k+5....xl2+x22=(xl+x2)2-2xlx2=(k-2)2-2(k2+3k+5

=-k2T0k-6=-(k+5)2+19.已知xl,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

△20,即A=(k-2)2-4(k2+3k+5)=-3k2T6kT620解得：-4WkW-4/3.：k=-5任[-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),(xl2+x22)max=18.

例3.已知f(x)=x2-2x+2,在xG[t,t+l]上的最小值為g(t),求g(t)的表達(dá)式。

解：f(x)=(x-l)2+l(1)當(dāng)t+l〈l即t〈0時(shí)，g(t)=f(t+l)=t2+l

(2)當(dāng)tWlWt+L即OWtWl時(shí),g(t)=f(l)=l(3)當(dāng)t>l時(shí),g(t)=f(t)=t2-2t+2

g(0=11,owdi

—2/+2,/AI

綜合⑴、(2)、(3)得:

例4.(1)當(dāng)x2+2y2=l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=l得y2=l/2(l-x2),2x+3y2=2x+(3/2)(l-x2)=(-(3/2))(x-(2/3))2+(13/6)

又l-x2=2y220,；.x2Wl,-1WxWl..?.當(dāng)x=2/3時(shí)，y=(V10)/6,(2x+3y2)max=16/3；

當(dāng)x=T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)=-l/2(x-3)2+9/2

又y2=(3/2)x(2-x)20,得0這xW2.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+bx+c(a關(guān)0)的二實(shí)根為xl,x2,(xl<x2),A=b2-4ac,且a、B(a<B)是預(yù)先給

定的兩個(gè)實(shí)數(shù)。

1.當(dāng)兩根都在區(qū)間(a,B)內(nèi)，方程系數(shù)所滿足的充要條件

,/a<xl<x2<B,對應(yīng)的二次函數(shù)f(x)的圖象有下列兩種情形

當(dāng)a>0時(shí)的充要條件是：A>0,a<-b/2a<P,f(a)>0,f(P)>0

當(dāng)aVO時(shí)的充要條件是：△>0,a<-b/2a<P,f(a)<0,f(P)<0

兩種情形合并后的充要條件是：△>()，a<-b/2a<P,af(a)>0,af(P)>0①

2.當(dāng)兩根中有且僅有一根在區(qū)間(a,B)內(nèi)，方程系數(shù)所滿足的充要條件

,/a<xl<B或a<x2<B,對應(yīng)的函數(shù)f(x)的圖象有下列四種情形

H

ba

從四種情形得充要條件是：f(a)?f(B)<0②

3.當(dāng)兩根都不在區(qū)間［a,B］內(nèi)方程系數(shù)所滿足的充要條件

(1)兩根分別在區(qū)間［a,B］之外的兩旁時(shí)

(2)兩根分別在區(qū)間［a,B］之外的同旁時(shí)

Vxl<x2<aVB或a<p<xl<x2,對應(yīng)函數(shù)f(x)的圖象有下列四種情形

當(dāng)xl<x2<a時(shí)的充要條件是：△>0,-b/2a<a,af(a)>0(4)

當(dāng)B<xl<x2時(shí)的充要條件是：△>(),-b/2a>B,af(B)>0⑤

例5.如果方程(l-m2)x2+2mxT=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)=(bm2)x2+2mxT,根據(jù)題設(shè)條件，f(x)的圖形是下列兩種情形之一:

則(l-m2)f(0)<0,(l-m2)f(l)<0；即l-m2>0,(1m2)(2m-m2)<0解得：-l<m<0

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a和B分別滿

足0<a<1和1<8<2?

解：設(shè)y=f(x)=7x2-(k+13)x+k2-k-2,則因?yàn)閍=7>0,且方程f(設(shè)=0有兩實(shí)根a,B,所以它

的圖象是開口向上且與X軸相交于兩點(diǎn)(a,0)、(B,0)的拋物線。由于0<a<l,可知

在x<a或x>B時(shí)，f(x)取正值；在a<x<B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-2>0,f(l)=k2-2k-8<0,f(2)=k2-3k>0解這三個(gè)不等式組成的不等式組，可得-2<k<

-1和3<k<4。

練習(xí)：

11_m

1.求所有的實(shí)數(shù)m,使得關(guān)于x的方程x+2x+12x-l有且只有整數(shù)根.

,/、1213

f(X)=---XH---

2.若函數(shù)22在區(qū)間⑶bj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+l=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al,a2,…，an,bl,b2,…，bn都是實(shí)數(shù)，求證:(albl+a2b2+…+anbn)2W(al2+a22+…

+a2n)(bl2+b22+—+b2n)

證明：構(gòu)造二次函數(shù)f(x)=(alx-bl)2+(a2x-b2)2+,,,+(anx-bn)2=(al2+a22+

+a2n)x2-2(albl+a2b2+???+anbn)x+(bl2+b22+???+b2n).當(dāng)al2+a22+…+a2n￥0即al,a2,an不全為

零時(shí)，顯然有對x￡R,f(x)20,故f(x)=0的判別式：A=4(albl+a2b2+-+anbn)2-4(al2+a22+-

+a2n)(bl2+b22+…+b2n)<0.即(albl+a2b2+…+anbn)2<(al2+a22+…+a2n)?(bl2+b22+…+b2n).

當(dāng)al二a2=…二an=0時(shí)，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(a>0),方程f(x)-x=0的兩個(gè)根xl,x2滿足0<xl<x2<l/ao

(1)當(dāng)x￡(0,xl)時(shí)，證明xVf(x)Vxl

(2)設(shè)函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=x0對稱，證明：x0<xl/2o

證明：①欲證：x<f(x)<x，只須證：0<f(x)-x<xl-x①因?yàn)榉匠蘤(x)-x=o的兩根為

xl,x2,f(x)=ax2+bx+c(a>0),f(x)-x=a(x-xl)(x-x2),①式即：0Va(x-xl)(x-x2)x『x②

Va>0,xe(0,xl),xl-x>0,Aa(xl-x)>0，②式兩邊同除以a(xl-x)>0,得：0<x2-x<l/a,即：

x<x2<l/a+x.這由已知條件：0<xVxlVx2Vl/a,即得：x<x2<(1/a)<l/a+x,故命題得證。

(2)欲證x0<xl/2,因?yàn)閤O二-b/2a,故只須證：xO-x1/2=-b/2a-x1/2<0③由韋達(dá)定理，

xl+x2=(-b-l)/a,(xl+x2)/2=-(b-l)/2a,代入③式，有(-(b/2a))-(xl/2)=(x2/2)-(l/(2a))VO,

即：x2<l/a由己知：0<xlVx2Vl/a,命題得證。

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(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，他們在同一天過生日”；“2003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)”。在解決這類問題時(shí)，只要求指明存在，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”。

（-）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)元素矛盾，故命題成立。

例1.己知在邊長為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5.

分析：5個(gè)點(diǎn)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(gè)點(diǎn),

那么這5個(gè)點(diǎn)中一定有距離不大于5的兩點(diǎn)”，則順次連接三角形三邊中點(diǎn)，即三角形的三條中位線,

￡

可以分原等邊三角形為4個(gè)全等的邊長為5的小等邊三角形，則5個(gè)點(diǎn)中必有2點(diǎn)位于同一個(gè)小等邊

￡

三角形中（包括邊界），其距離便不大于5。

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”來保證，下

面我們就來證明這個(gè)定理。

A

如圖2,設(shè)BC是AABC的最大邊，P,M是△ABC內(nèi)（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ZPQN=NC,Z

QNP=ZA因?yàn)锽C>AB,所以NA2NC,貝I」NQNP》NPQN,而NQMP2NQNP2NPQN（三角形的外角

大于不相鄰的內(nèi)角），所以PQ>PMo顯然BC2PQ,故BCNPM。由此我們可以推知，邊長為5的等邊

￡

三角形內(nèi)（包括邊界）兩點(diǎn)間的距離不大于5。

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+l個(gè)正數(shù)ai,滿足0<aiWl（i=l,2,n+1）,試證明:

這n+l個(gè)數(shù)中必存在兩個(gè)數(shù)，其差的絕對值小于百”。又如：“在邊長為1的正方形內(nèi)任意放置五個(gè)

立

點(diǎn)，求證：其中必有兩點(diǎn)，這兩點(diǎn)之間的距離不大于可。（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2.

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)抽屜里任取兩個(gè)數(shù)，都有一個(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：任

何一個(gè)正整數(shù)都可以表示成一個(gè)奇數(shù)與2的方基的積，即若m?N+,KGN+,nCN,則m=（2k-l）-2n,

并且這種表示方式是唯一的，如1=1X2°,2=1X21,3=3X2°,...

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的方基，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(gè)抽屜（因?yàn)?-100中共有50個(gè)奇數(shù)）:

1){1,1X2,1X22,1X23,1X24,1X25,1X26}；

2){3,3X2,3X22,3X23,3X24,3X25}；

3){5,5X2,5X22,5X23,5X24}；

4){7,7X2,7X22,7X23)；

5){9,9X2,9X22,9X23}；

6){11,11X2,11X22,11X23}；

25){49,49X2}；

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)中任取51個(gè)

數(shù)，也即從這50個(gè)抽屜內(nèi)任取51個(gè)數(shù)，根據(jù)抽屜原則，其中必定至少有兩個(gè)數(shù)屬于同一個(gè)抽屜，即

屬于（1）-（25）號中的某一個(gè)抽屜，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l-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。想一想，為什么？因?yàn)閘-2n

中共含1,3,2nT這n個(gè)奇數(shù)，因此可以制造n個(gè)抽屜，而n+l>n,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)而以任意方式地）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)的倍數(shù)？”

(2)如下兩個(gè)問題的結(jié)論都是否定的(n均為正整數(shù))想一想，為什么？①從2,3,4,…，

2n+l中任取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？②從1,2,3,…，2n+l

中任取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)問題中任取的n+1個(gè)數(shù)增加1個(gè)，都改成任取n+2個(gè)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(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L5倍。

證明：把前25個(gè)自然數(shù)分成下面6組：

1;①

2,3；②

4,5,6；③

7,8,9,10；④

11,12,13,14,15,16；⑤

17,18,19,20,21,22,23,⑥

因?yàn)閺那?5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②組到第⑥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)

23'

數(shù)，它們相互的比值在b'刃內(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

'23'

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&'刃內(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”｝:否則不滿足限制條件.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)屬于同一集合，其中

3

最大的數(shù)不超過最小的數(shù)的彳倍，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)平面上任取五個(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)（xl,yl）、（x2,y2）的中點(diǎn)坐標(biāo)是'2'2。

欲使都是整數(shù)，必須而且只須xl與x2,yl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)平面上任取五個(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（xl,x2,…xn）是n維（元）有序數(shù)組，且xl,x2,…xn

中的每一個(gè)數(shù)都是整數(shù)，則稱（xl,x2,…xn）是一個(gè)n維整點(diǎn)（整點(diǎn)又稱格點(diǎn)）。如果對所有的n維

整點(diǎn)按每一個(gè)xi的奇偶性來分類，由于每一個(gè)位置上有奇、偶兩種可能性，因此共可分為

2X2X…X2=2n個(gè)類。這是對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”應(yīng)是做文章的地方。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)”和”數(shù)。討論這些“和數(shù)”被100除所得的余數(shù)。注意到SI,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)

一樣多，如何排除“故障”？

證明：設(shè)已知的整數(shù)為al,a2,-alOO考察數(shù)列al,a2,-alOO的前n項(xiàng)和構(gòu)成的數(shù)列S1,

S2,-S100,

如果SI,S2,…S100中有某個(gè)數(shù)可被100整除，則命題得證。否則，即SI,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，SI,S2,-S100

中必有兩個(gè)數(shù)，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(i<j),則100|(Sj-Si),

即100I(生+1+生+2+A+町-1+ai\命題得證。

說明：有時(shí)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?,

屜的。這時(shí)候，我們需要對所給對象先作一些變換，然后對變換得到的工卜/^-L

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?—c

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(shí)，只能分成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的方累制造抽屜，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6.17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(shí)，只討論三個(gè)題目，而且

任意兩名科學(xué)家通信時(shí)只討論一個(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。

證明：視17個(gè)科學(xué)家為17個(gè)點(diǎn)，每兩個(gè)點(diǎn)之間連一條線表示這兩個(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)連條黃線，若討論第3個(gè)問

題則在相應(yīng)兩點(diǎn)連條藍(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)于從A出發(fā)引出16條線段，將它

們?nèi)境?種顏色，而16=3X5+1,因而必有6=5+1條同色，不妨記為ABI,AB2,AB3,AB4,AB5,AB6

同紅色，若Bi(i=l,2,6)之間有紅線，則出現(xiàn)紅色三角線，命題已成立；否則Bl,B2,B3,

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?yàn)?=2X2+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(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△BZ,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(gè)古典問題一世界上任意6個(gè)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(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，每兩點(diǎn)之間連線都涂上紅色或藍(lán)色。求證：

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(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)f(17,3)的過程，易發(fā)現(xiàn)6=

(3-1)X2+2,17=(6-1)X3+2,66=(17-1)X4+2,同理可得(66-1)X5+2=327,(327-1)X6+2=1958…

記為rl=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(rnTT)+2,

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，都必出現(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(m>n)

(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]+l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mXn+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7.9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2：3。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=2:3,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X梯形的高，并且兩個(gè)梯形的高相等

(AB=CD),所以梯形ABGH的面積：梯形CDHG的面積=EP:PF,也就是EP:PF=2:3.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分成長度為2：3的兩部分。這樣的點(diǎn)在EF上還有一個(gè)，如

圖上的Q點(diǎn)(FQ：QE=2：3)。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2:3,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)，凡是把正方形面積分成兩個(gè)面積為2：3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條直線看作9個(gè)蘋果，由定理2可知，9=4X2+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，正方形兩雙對邊中點(diǎn)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)源于對梯形面積公式S梯形=中位線X梯形的高的充分感悟。

例8.910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(gè)位置中的每個(gè)位置都有紅、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.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。

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(a>0,且ar1)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)08,+OO)

2)值域?yàn)檎龑?shí)數(shù)(0,+8),從而函數(shù)沒有最大值與最小值，有下界，y>0

3)對應(yīng)關(guān)系為一一映射，從而存在反函數(shù)一對數(shù)函數(shù)。

4)單調(diào)性是：當(dāng)a>l時(shí)為增函數(shù)；當(dāng)0<a<l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軸對稱，y=ax與y=-ax的圖象

關(guān)于x軸對稱；y=ax與y=logax的圖象關(guān)于直線y=x對稱。

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>0,a關(guān)1),f(x+y)=f(x)?f(y),f(x-y)=f(x)/f(y)

函數(shù)y=logax(a>0,且a#1)叫做對數(shù)函數(shù)，它的基本情況是：

1)定義域?yàn)檎龑?shí)數(shù)(0,+8)

2)值域?yàn)槿w實(shí)數(shù)"8,+00)

3)對應(yīng)關(guān)系為一一映射，因而有反函數(shù)一一指數(shù)函數(shù)。

4)單調(diào)性是：當(dāng)a>l時(shí)是增函數(shù)，當(dāng)0<a<l時(shí)是減函數(shù)。

5)無奇偶性。但y=logax與y=log(l/a)x關(guān)于x軸對稱，y=logax與y=loga(-x)圖象關(guān)于y軸

對稱，y=logax與y=ax圖象關(guān)于直線y=x對稱。

6)有特殊點(diǎn)(1,0),(a,1)

7)抽象運(yùn)算性質(zhì)f(x)=logax(a>0,a#1),f(x?y)=f(x)+f(y),f(x/y)=f(x)-f(y)

二、例題

例1.若f(x)=(ax/(ax+Ja)),f(1/1001)+f(2/1001)+f(3/1001)+-+f(1000/1001)

分析：和式中共有1000項(xiàng)，顯然逐項(xiàng)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(l-x)=

(ax/(ax+Va))+(al-x/(al-x+Ja))=(ax/(ax+Va))+(a/(a+ax,Ja))=(ax/(ax+Va))+((Va)/(ax+

Ja))=((ax+Ja)/(ax+Ja))=l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(gè)=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(l/100D+f(2/1001)+f(3/1001)+…+f(1000/1001)的值=。

(2)上題中取a=9,則f(x)=(9x/(9x+3)),和式值不變也可改變和式為求

f(1/n)+f(2/n)+f(3/n)+…+f((n-1)/n).

(3)設(shè)f(x)=(l/(2x+J2)),利用課本中推導(dǎo)等差數(shù)列前n項(xiàng)和的方法，可求得

f(-5)+f(-4)+…+f(0)+-+f⑸+f(6)的值為。

例2.510g25等于：()

(A)1/2(B)(l/5)101og25(C)101og45(D)101og52

解：V51og25=(10/2)log25=(101og25)/(21og25)=(1/5)X101og25.?.選(B)

例3.試比較(122002+1)/(122003+1)與(122003+1)/(122004+1)的大小。

解：對于兩個(gè)正數(shù)的大小，作商與1比較是常用的方法，記122003=a>0,則有

((122002+1)/(122003+D)4-((122003+1)/(122004+1))=((a/12)+l)/(a+l)?((12a+l)/(a+l))=

((a+12)(12a+l))/(12(a+l)2)=((12a2+145a+12)/(12a2+24a+12))>1

故得：((122002+1)/(122003+1))>((122003+1)/(122004+1))

例4.已知五+4(a,b為實(shí)數(shù))且f(igi°g3i0)=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Iglg3=lg(l/log310)=-lglog310=-t

而f(t)+f(-t)=

(t7sint+hS+4)+asin(-t)+b+4)

=(asint+3d+4)+(-asint-h4+4)=8

Af(-t)=8-f(t)=8-5=3

說明：由對數(shù)換底公式可推出logab?logba=(lgb/lga)?(lga/lgb)=l,即logab=(l/logba),

因而lglog310與lglg3是一對相反數(shù)。設(shè)式x)=0s1nx+匕6+4中的部分asmx+b/=g(x),

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=((10xT0-x)/2)(X6R)

(1)求反函數(shù)y=fT(x)

(2)判斷函數(shù)丫=116)是奇函數(shù)還是偶函數(shù)

分析：(D求y=(10x-10-x)/2的反函數(shù)首先用y把x表示出來，然后再對調(diào)x,y即得到y(tǒng)=f-l(求;

(2)判斷函數(shù)y=fT(x)的奇偶性要依據(jù)奇函數(shù)或偶函數(shù)的定義，看當(dāng)XGR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=((10xT0-x)/2)(X6R)可得2y=10x-10-x,設(shè)10x=t,上式化為:2y=t-tT兩邊乘

t,得2yt=t2T整理得：t2-2yt-l=0,解得：二i

Ijo*-y+P_

由于t=10x>0,故將，=廣西〈。舍去，得到：'=」+止+1將t=10x代入上式,即得：V

：.x=+$+1

所以函數(shù)y=((10xT0-x)/2)的反函數(shù)是(、)=國x+仆"(xe為

⑵由r(力=i典國得：

/00+f(f)=lg(K+^~~+1)

=lg[(z+Jx+l)(-x+^x+l)]=]g[(x+1)-X]=]gl=0，fT(-X)二-f(X)

所以，函數(shù)尸=噱"+2