高中數學競賽培訓講義word版43頁

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學語言、一種基本數學工具。它不僅是高中數學的第一課，而且是整個數學的基礎。對集合的理解和掌握不能僅僅停留在高中數學起始課的水平上，而要隨著數學學習的進程而不斷深化，自覺使用集合語言(術語與符號)來表示各種數學名詞，主動使用集合工具來表示各種數量關系。如用集合表示空間的線面及其關系，表示平面軌跡及其關系、表示方程(組)或不等式(組)的解、表示充要條件，描述排列組合，用集合的性質進行組合計數等。一、學習集合要抓住元素這個關鍵例1設AXX=a2+b2,a、bZ，X1，X2A，求證：X1X2A。分析：A中的元素是自然數，即由兩個整數a、b的平方

2、和構成的自然數，亦即從0、1、4、9、16、25，n2，中任取兩個(相同或不相同)數加起來得到的一個和數，本題要證明的是：兩個這樣的數的乘積一定還可以拆成兩個自然數的平方和的形式，即(a2+b2)(c2+d2)=(M)2+(N)2，M,NZ證明：設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:1.設兩個集合S=x|x=12m+8

3、n,m,nZ,T=x|x=20p+16q,p,qZ.求證：S=T。2.設M=a|a= x2-y2,x,yZ.求證：（1）一切奇數屬于M;（2）4k-2(kZ)不屬于M;（3）M中任意兩個數的積仍屬于M。3.已知函數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。這一類根據集合的關系反過

4、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即確定性、異性、無序性及集合之間的基本關系(子、全、補、交、異、空、等)有本質的理解，對于兩個相等的有限集合(數集)，還會用到它們的簡單性質：(a)相等兩集合的元素個數相等；(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，又由對數的性質知，0和負數沒有對數，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

5、X1時，M1,1，0，S0,1，1，MS，從而X1滿足題目要求，此時Y1，于是X2K11/Y2K12(K0,1，2，)，X2K1/Y2K2(K1,2，),故所求代數式的值為0.練習:，其中是正整數，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

6、參加游泳比賽和田徑比賽的有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A參加游泳比賽的同學，B參加田徑比賽的同學，C參加球類比賽的同學,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例3一個集合含有10個互不相同的兩位

7、數。試證，這個集合必有2個無公共元素的子集合，此兩子集的各數之和相等。分析：兩位數共有10,11，,99，計99990個，最大的10個兩位數依次是90,91，,99，其和為945，因此，由10個兩位數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，因它含有10個元素，故必有2101024個子集，其中非空子集有1023個，每一個子集內各數之和都不超過90919899945<1023，根據抽屜原理，一定存在2個不同的子集，其元素之和相等。如此2個子集無公共元素，即交集為空集，則已符

8、合題目要求；如果這2個子集有公共元素，則劃去它們的公共元素即共有的數字，可得兩個無公共元素的非空子集，其所含各數之和相等。說明：此題構造了一個抽屜原理模型，分兩步完成，計算子集中數字之和最多有945個“抽屜”，計算非空子集得1023個“蘋果”，由此得出必有兩個子集數字之和相等。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，則去掉相同的數字，得出無公共元素并且非空的兩個子集，滿足條件。例4設A1,2，3，n，對XA，設X中各元素之和為Nx，求Nx的總和.解：A中共有n個元素，其子集共有2n個。A中每一個元素在其非空子集中都出現了2n-1次，(為什么？因為A的所有子集對其中

9、任一個元素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；另一類是含i的，只要把i加入到剛才的2n-1個子集中的每一個中去)。因而求A的所有子集中所有元素之和Nx的總和時，A中每一個元素都加了2n-1次，即出現了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：這里運用了整體處理的思想及公式12n(1/2)n(n+1)，其理論依據是加法的交換律、結合律、乘法的意義等,集合中每一個元素都在總和中出現了2n-1次，是打開解題思路之門的

10、鑰匙。1,2,3,100,且對任意x,yA,必有2xy,求集合A中所含元素個數的最大值.6.某地區(qū)網球俱樂部都有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) 二 次 函 數一、二次函數的解析式:定義式：f(x)=ax2+bx+c.頂點式：f(x)=a(x-h)2+k.零點式：f(x)=a(x-x1)(x-x2).(a0)二、二次函數的最值:當自變量的取值范圍為閉區(qū)間p,q時，其最值在f(p)、f(q)、f(-b/2a)三者中取得，最值情況如下表：-b/2ap,q-b/2a p,qa>0fmin=f(-b/2a)=(4ac

11、-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)例1.當x為何值時，函數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的兩個實數根，

12、x12+x22的最大值是_.解：由韋達定理得：x1+x2=k-2，x1x2=k2+3k+5.x12x22（x1x2）2-2x1x2=(k-2)2-2(k2+3k+5=-k2-10k-6=-(k+5)2+19 .已知x1,x2是方程的兩個實根，即方程有實數根，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f(k)=-(k+5)2+19則f(-4)=18,f(-4/3)=50/9<18.當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

13、表達式。解：f(x)=(x-1)2+1 (1)當t+1<1即t<0時，g(t)=f(t+1)=t2+1 (2)當t1t+1，即0t1時，g(t)=f(1)=1 (3)當t>1時，g(t)=f(t)=t2-2t+2 綜合（1）、（2）、（3）得：例4（1）當x2+2y2=1時，求2x+3y2的最值；（2）當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x=2/3時，y=(10)/6，（2x+3

14、y2）max=16/3；當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，得0x2.當x=2，y=0時，（x2+y2）max=4；當x=0，y=0時，(x2+y2)min=0 三、二次函數與二次方程設f(x)=ax2+bx+c(a0)的二實根為x1,x2，(x1x2)，=b2-4ac，且、()是預先給定的兩個實數。1當兩根都在區(qū)間(,)內，方程系數所滿足的充要條件x1x2，對應的二次函數f(x)的圖象有下列兩種情形當a0

15、時的充要條件是：0，-b/2a，f()0，f()0 當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()0  2當兩根中有且僅有一根在區(qū)間（，）內，方程系數所滿足的充要條件x1或x2，對應的函數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當兩根都不在區(qū)間，內方程系數所滿足的充要條件（1）兩根分別在區(qū)間，之外的兩旁時x1x2，對應的函數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，對應函數f(x)的圖象有下列四種情形當x1x2時的充要條

16、件是：0，-b/2a，af()0當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，根據題設條件，f(x)的圖形是下列兩種情形之一：則（1-m2）f(0)0,(1-m2)f(1)0；即1-m20,(1-m2)(2m-m2)0解得：-1m0 例6當k為什么實數時，關于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

17、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)取負值。于是，當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和3k4。m，使得關于x的方程有且只有整數根.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_.四二次函數與二次不等式 一元二次不等式的解集相應于一元二次函數的正值、負值區(qū)間。解不等式與證明不等式成立，經常要用到二次函數的極值性

18、質、單調性、圖象與x軸的位置關系等。例7若a1,a2,an,b1,b2,bn都是實數，求證：（a1b1+a2b2+anbn）2(a12+a22+a2n)(b12+b22+b2n) 證明：構造二次函數 f(x)=(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+(anx-bn)2=(a12+a22+a2n)x2-2(a1b1+a2b2+anbn)x+(b12+b22+b2n).當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+anb

19、n）2(a12+a22+a2n)·(b12+b22+b2n) .當a1=a2=an=0時，結論顯然成立，故命題成立。例8設二次函數f(x)=ax2+bx+c(a0)，方程f(x)-x=0的兩個根x1,x2滿足0x1x21/a。（1）當x(0,x1)時，證明xf(x)x1（2）設函數f(x)的圖象關于直線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  

20、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。 (三)抽 屜 原 理在數學問題中有一類與“存在性”有關的問題，例如：“13個人中

21、至少有兩個人出生在相同月份”；“某校400名學生中，一定存在兩名學生，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。這類問題相對來說涉及到的運算較少，依據的理論也不復雜，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

22、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（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（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。 以上結論要由定理“三角形內（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BC是ABC的最大

23、邊，P，M是ABC內（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角），所以 PQPM。顯然BCPQ，故BCPM。由此我們可以推知，邊長為的等邊三角形內（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造“抽屜”。例如“任取n+1個正數ai，滿足0ai1（i=1,2,n+1），試證明：這n+1個數中必存在兩個數，其差的絕對值小于”。

24、又如：“在邊長為1的正方形內任意放置五個點，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的自然數中，任意取出51個數，證明其中一定有兩個數，它們中的一個是另一個的整數倍。 分析：本題似乎茫無頭緒，從何入手？其關鍵何在？其實就在“兩個數”，其中一個是另一個的整數倍。我們要構造“抽屜”，使得每個抽屜里任取兩個數，都有一個是另一個的整數倍，這只有把公比是正整數的整個等比數列都放進去同一個抽屜才行，這里用得到一個自然數分類的基本知識：任何一個正整數都可以表示成一個奇數與2的方冪的積，即若mN+,K

25、N+，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：因為任何一個正整數都能表示成一個奇數乘2的方冪，并且這種表示方法是唯一的，所以我們可把1-100的正整數分成如下50個抽屜（因為1-100中共有50個奇數）： 1）1，1×2，1×22，1×23，1×24，1×25，1×26；2）3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25；3）5，5×2，5&#

26、215;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的正整數就無重復，無遺漏地放進這50個抽屜內了。從這100個數中任取51個數，也即從這50個抽屜內任取51個數，根據抽屜原則，其中必定至少有兩個數屬于同一個抽屜，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的兩個數中，一個是另一個

27、的整數倍。 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的自然數中，任意取出n+1個數，則其中必有兩個數，它們中的一個是另一個的整數倍。想一想，為什么？因為1-2n中共含1，3，2n-1這n個奇數，因此可以制造n個抽屜，而n+1n，由抽屜原則，結論就是必然的了。給n以具體值，就可以構造出不同的題目。例2中的n取值是50，還可以編制相反的題目，如：“從前30個自然數中最少要（不看這些數而以任意方式地）取出幾個數，才能保證取出的數中能找到兩個數，其中較大的數是較小的數的倍數？” (2）如下兩個問題的結論都是否定的（n均為正整數）想一想，為什么？ 從2，3，4，2n+1中

28、任取n+1個數，是否必有兩個數，它們中的一個是另一個的整數倍？從1，2，3，2n+1中任取n+1個數，是否必有兩個數，它們中的一個是另一個的整數倍？（3）如果將（2）中兩個問題中任取的n+1個數增加1個，都改成任取n+2個數，則它們的結論是肯定的還是否定的？你能判斷證明嗎？例3從前25個自然數中任意取出7個數，證明：取出的數中一定有兩個數，這兩個數中大數不超過小數的1.5倍。 證明：把前25個自然數分成下面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個自然數中任意取出7個數，所以至少有兩

29、個數取自上面第組到第組中的某同一組，這兩個數中大數就不超過小數的1.5倍。說明：（1）本題可以改變敘述如下：在前25個自然數中任意取出7個數，求證其中存在兩個數，它們相互的比值在內。顯然，必須找出一種能把前25個自然數分成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的比值在內，故同一集合中元素的數值差不得過大。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)的自然數屬于同一集合，其中最大的數不超過最小的數的倍，就可以得到

30、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 26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39；第8個抽屜為：40，41，42，60；第9個抽屜為：61，62，63，90，91； 例4在坐標平面上任取五個整點（該點的橫縱坐標都取整數），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：由中點坐標公式知，坐標平面兩點（x1,y1）、（x2,y2）的中點坐標是。欲使都是整數，必須而且只須x1與x2，y1與y2的奇偶性相同。坐標平面上的任意整點按照橫縱兩個坐標的奇偶性考慮有且只有如下四種：（奇數、奇數），（

31、偶數，偶數），（奇數，偶數），（偶數，奇數）以此構造四個“抽屜”，則在坐標平面上任取五個整點，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）有序數組，且x1,x2,xn中的每一個數都是整數，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2×2××2=2n個類。這是對n維整點的一種分類方法。當n=3時，23=8，此時可以構造命題：“任意給定空間中九個整點，求證它們之中必有

32、兩點存在，使連接這兩點的直線段的內部含有整點”。 例5在任意給出的100個整數中，都可以找出若干個數來（可以是一個數），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，其關鍵何在？仔細審題，它們的“和”能“被100整除”應是做文章的地方。如果把這100個數排成一個數列，用Sm記其前m項的和，則其可構造S1，S2，S100共100個"和"數。討論這些“和數”被100除所得的余數。注意到S1，S2，S100共有100個數，一個數被100除所得的余數有0，1，2，99共100種可能性。“蘋果”數與“抽屜”數一樣多，如何排除“故障”？證明：設已知的整數為a1,a2,

33、a100考察數列a1,a2,a100的前n項和構成的數列S1，S2，S100。 如果S1，S2，S100中有某個數可被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，它們被100除后具有相同的余數。不妨設這兩個數為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，是很難構造出恰當的抽屜的。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行分類，就可以構造出恰當的抽屜。本題直接對an進行分類是很難奏效的。

34、但由an構造出Sn后，再對Sn進行分類就容易得多. 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，似乎不能應用抽屜原則。但注意到余數為0的類恰使結論成立，于是通過分別情況討論后，就可去掉余數為0的類，從而轉化為100個數分配在剩下的99個類中。 （二）單色三角形問題 抽屜原理的應用多么奇妙，其關鍵在于恰當地制造抽屜，分割圖形，利用自然數分類的不同方法如按剩余類制造抽屜或按奇數乘以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”，恰當地精心地應用它，不僅可以解決國內數學競賽中的問題，而且可以解決國際中學生數學

35、競賽。 例617名科學家中每兩名科學家都和其他科學家通信，在他們通信時，只討論三個題目，而且任意兩名科學家通信時只討論一個題目，證明：其中至少有三名科學家，他們相互通信時討論的是同一個題目。 證明：視17個科學家為17個點，每兩個點之間連一條線表示這兩個科學家在討論同一個問題，若討論第一個問題則在相應兩點連紅線，若討論第2個問題則在相應兩點連條黃線，若討論第3個問題則在相應兩點連條藍線。三名科學家研究同一個問題就轉化為找到一個三邊同顏色的三角形。考慮科學家A，他要與另外的16位科學家每人通信討論一個問題，相應于從A出發(fā)引出16條線段，將它們染成3種顏色，而16=3×5+1，因而必有6

36、=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之間的連線只染有黃藍兩色?？紤]從B1引出的5條線，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用兩種顏色染色，因為5=2×2+1，故必有3=2+1條線段同色，假設為黃色，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

37、人中必有3人互相認識，或互相不認識。 （2）將互相認識用紅色表示，將互相不認識用藍色表示，（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，每兩點之間連線都涂上紅色或藍色。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，其二是點數。 本例便是方向一的進展，其證明已知上述。如果繼續(xù)沿此方向前進，可有下題：在66個科學家中，每個科學家都和其他科學家通信，在他們的通信中僅僅討論四個題目，而任何兩個科學家之間僅僅討論一個題目。證明至少有三個科學家，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

38、題可歸結為6點染2色問題，又可歸結為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6=（3-1）×2+2，17=（6-1）×3+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系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4這樣就可以構造出327點染5色問題，1958點染6色問題，都必出現一個同色三角形。 （三）抽屜原理的其他形式。 定理2：把m

39、個元素分成n個集合（mn） （1）當n能整除m時，至少有一個集合含有m/n個元素；（2）當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） 定理2也可敘述成：把m×n+1個元素放進n個集合，則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：設正方形為ABCD，E、F分別是AB，CD的中點。 設直線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

40、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23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

41、個抽屜，9條直線看作9個蘋果，由定理2可知，9=4×2+1，所以，必有一個抽屜內至少放有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)現是關鍵，而它的發(fā)現源于對梯形面積公式S梯形=中位線×梯形的高的充分感悟。 例8910瓶紅、藍墨水，排成130行，每行7瓶。證明：不論怎樣排列，紅、藍墨水瓶的顏色次序必定出現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、藍兩種可能，因而總計共有27=1

42、28種不同的行式（當且僅當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。 (四) 函數的性質應用一、指數函數與對數函數函數y=ax(a>0,且a1)叫做指數函數。它的基本情況是：1）定義域為全體實數

43、（-，+）2）值域為正實數（0，+），從而函數沒有最大值與最小值，有下界，y>03）對應關系為一一映射，從而存在反函數-對數函數。4）單調性是：當a>1時為增函數；當0<a<1時，為減函數。5）無奇偶性，是非奇非偶函數，但y=ax與y=a-x的圖象關于y軸對稱，y=ax與y=-ax的圖象關于x軸對稱；y=ax與y=logax的圖象關于直線y=x對稱。6）有兩個特殊點：零點（0，1），不變點（1，a）7）抽象性質：f(x)=ax(a>0,a1),f(x+y)=f(x)·f(y),f(x-y)=f(x)/f(y)函數y=logax(a>0,且a1)叫做

44、對數函數，它的基本情況是：1）定義域為正實數（0，+）2）值域為全體實數（-，+）3）對應關系為一一映射，因而有反函數指數函數。4）單調性是：當a>1時是增函數，當0<a<1時是減函數。5）無奇偶性。但y=logax與y=log(1/a)x關于x軸對稱，y=logax與y=loga(-x)圖象關于y軸對稱，y=logax與y=ax圖象關于直線y=x對稱。6）有特殊點（1，0）,(a，1)7）抽象運算性質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/

45、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)的結構特征，發(fā)現規(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/(ax+a)+(a1-x/(a1-x+a)=(ax/(ax+a)+(a/(a+ax·a)=(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合后再相加：原式=f(1/1001)+f(1000/1001)+f(2/1001)+

46、f(999/1001)+f(500/1001)+f(501/1001)=(1+1+1)5000個=500（1）取a=4就是1986年的高中數學聯賽填空題：設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)，和式值不變也可改變和式為求f(1/n)+f(2/n)+f(3/n)+f(n-1)/n).（3）設f(x)=(1/(2x+2)，利用課本中推導等差數列前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：（

47、）（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(

48、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)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lglog310=t，則lglg3=lg(1/log310)=-lglog310=-t 而f(t)+f(-t)=f(-t)=8-f(t)=8-5=3說明：由對數換底公式可推出logab·logba=(lgb/lga)·(lga/lgb)=1，即logab=(1/log

49、ba)，因而lglog310與lglg3是一對相反數。設中的部分，則g(x)為奇函數，g(t)+g(-t)=0。這種整體處理的思想巧用了奇函數性質使問題得解，關鍵在于細致觀察函數式結構特征及對數的恒等變形。例5已知函數y=(10x-10-x)/2)(XR)（1）求反函數y=f-1(x)（2）判斷函數y=f-1(x)是奇函數還是偶函數分析：（1）求y=(10x-10-x)/2的反函數首先用y把x表示出來，然后再對調x,y即得到y(tǒng)=f-1(x)；（2）判斷函數y=f-1(x)的奇偶性要依據奇函數或偶函數的定義，看當XR時是否有f(-x)=-f(x)或(f(-x)+f(x)=0)或f(-x)=f(x

50、)恒成立。解：（1）由y=(10x-10-x)/2)(XR)可得2y=10x-10-x，設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y=(10x-10-x)/2)的反函數是(2)由得: f-1(-x)=-f(x)所以，函數 是奇函數。例6已知函數f(x)=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a1時，求使f(x)0的x取值范圍；（4）求它的反函數f-1(x)解：（1）由對數的定義域知(1+

51、x)/(1-x)0解這個分式不定式，得：(x+1)(x-1)0,-1x1故函數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)由奇函數的定義知，函數f(x)是奇函數。（3）由loga(1+x)/(1-x)0loga(1+x)/(1-x)loga1，因為a1，所以由對數函數的單調性知(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x(0,1)時函數f(x)0（4）由y=loga(1+x)/(1-x)得：(1+x)/(1-x

52、)=ay應用會比分比定理得：(1+x)+(1-x)/(1+x)-(1-x)=(ay+1)/(ay-1)即:(2/2x)=(ay+1)/(ay-1)x=(ay-1)/(ay+1)交換x,y得：y=(ax-1)/(ax+1)，它就是函數f(x)=loga(1+x)/(1-x)的反函數f-1(x)即f-1(x)=(ax-1)/(ax+1)例7已知x2-2x+loga(a2-a)=0有一正根和一負根，求實數a的范圍。解：方程有一正根一負根的充分必要條件是：loga(a2-a)0 由a0,a1,a2-a=a(a-1)0,可得a1 ，從而由loga(a2-a)0=loga1得:a2-a1,a2-a-10，

53、解得: ，由得：例8設y=log(1/2)a2x+2(ab)x-b2x+1(a0,b0)，求使y為負值的x的取值范圍 解：(1/2)1,要使y0,只要a2x+2(ab)x-b2x+11，即a2x+2(ab)x-b2x0b2x(a/b)2x+2(a/b)x-10(a/b)x2+2(a/b)x-10 . 1°當ab0時,a/b1,；2°當ba0時,0a/b1, 3°當a=b0時，xR。 (五)數 列方法總結1.數列an前n 項和Sn與通項an的關系式：an=作新數列法.作等差數列與等比數列.疊加法.最基本形式是：an=(anan1+(an1+an2)+(a2a1)+a

54、1.歸納、猜想法.重要公式1+2+n=n(n+1)12+22+n2=n(n+1)(2n+1)13+23+n3=(1+2+n)2=n2(n+1)2等差數列中Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比數列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn.裂項求和：將數列的通項分成兩個式子的代數和，即an=f(n+1)f(n)，然后累加時抵消中間的許多項.錯項相消法并項求和法例題1.等差數列an的前m項的和為30，前2m項的和為100，則它的前3m項的和為_.解法一：將Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+d,得：解法二：由等差數列an的前n項和公式知，Sn是關于n的二次函數，即Sn=An2+Bn(A、B是

55、常數）.將Sm=30,S2m=100代入，得,S3m=A·(3m)2+B·3m=210解法三：根據等差數列性質知：Sm,S2mSm,S3mS2m也成等差數列，從而有：2(S2mSm)=Sm+(S3mS2m)S3m=3(S2mSm)=210解法四：令m=1得S1=30，S2=100，得a1=30,a1+a2=100,a1=30,a2=70a3=70+(7030)=110S3=a1+a2+a3=2102.已知函數f(x)=(x<2).(1)求f(x)的反函數f-1(x);(2)設a1=1,=f-1(an)(nN*),求an;(3)設Sn=a12+a22+an2,bn=Sn+1Sn是否存在最小正整數m,使得對任意nN*,有bn<成立？若存在，求出m的值；若不存在，說明理由.解：(1)設y=,x<2,x=,即y=f-