湖南省高中奧數(shù)教材

V:l.0精選工程方案

湖南省高中奧數(shù)教材（超級詳細）

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數(shù)學競賽培訓教材

(一)集合與容斥原理

集合是一種基本數(shù)學語言、一種基本數(shù)學工具。它不僅是高中數(shù)學的第一課，而且是整個數(shù)學的基礎(chǔ)。

對集合的理解和掌握不能僅僅停留在高中數(shù)學起始課的水平上，而要隨著數(shù)學學習的進程而不斷深化，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)進行組合計數(shù)等。

一、學習集合要抓住元素這個關(guān)鍵

例1.設(shè)A={XIX=a2+b2,a、bez),XI,X2EA,求證：X1X2GA。

分析：A中的元素是自然數(shù)，即由兩個整數(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(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,Nez

證明：設(shè)Xl=a2+b2,X2=c2+d2,a、b、c、dGZ.貝UXlX2=(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、dGZ,故ac+bd、bc-adGZ,從而X1X2GA

練習:1.設(shè)兩個集合S={x|x=12m+8n,m,nGZ},T={x|x=20p+16q,p,qeZ}.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中任意兩個數(shù)的積仍屬于M。

3.已知函數(shù)f(x)=*2+2*+1?聲]6艮且A={x|x=f(x)},B={x|x=f[f(x)]}.

⑴求證:A￡B；

(2)若人={-1,3}時，求集合B.

二、集合中待定元素的確定

例2.已知集合乂={乂，XY,lg(xy)},S={0,|XI,Y},且乂=5,則(X+1/Y)+(X2+1/Y2)+........+

(X2002+1/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、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M=S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，。和負數(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=1".M={X,1,0},S={0,

IX|,1/X}.再由兩集合相等知

當X=1時，M={1,1,0},S={0,l,1},這與同一個集合中元素的互異性矛盾，故X=1不滿足題目要求;

當X=-1時，M={—1,1,0},S={0,l,-1},M=S,從而X=-1滿足題目要求，止匕時Y=-1,于是

X2K+1+1/Y2K+1=-2(K=0,l,2,),X2K+1/Y2K=2(K=1,2,)，故所求代數(shù)式的值為0.

練習，4已知集合A=h，。3，。4，。5},3="],口2，。3，。4，。5},其中為3M4，。5是正整數(shù)，且

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/＜出＜。3＜。4＜。5,并滿足AcB={"],4},%+%=1°，若AuB中的所有元素之和為234,求集

合Ao

=.容斥原理

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

C)=card(A)+card(B)+card(C)-card(AAB)-card(AAC)-card(BAC)+card(AABAC)

14人參加球類比賽，同時犁單呼匕書和田徑比賽的有3『朝期1游泳比賽和球類比賽的有3人，沒

有人同時參加三項比賽，問胃田琛湍徑比賽和球類比賽的股歡參加游泳-項比賽的有多少人

設(shè)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(AUBUC)=28,且card(AAB)=3,card(ACC)=3,card(ACBCC)=0,由公式②

得28=15+8+14—3—3—card(BCC)+0,即card(BAC)=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15—3—3=9(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99—9=90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210—1=1023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210=1024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90+91+…98+99=945<1023,根據(jù)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(shù)字，可得兩個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)造了一個抽屜原理模型，分兩步完成，計算子集中數(shù)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(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子集，滿足

條件。

「￡Nx

例4.設(shè)人=｛1,2,3,…，n｝,對XGA,設(shè)X中各兀素之和為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(xiàn)了2n-l次，(為什么因

為A的所有子集對其中任一個元素i都可分為兩類，一類是不含i的，它們也都是｛1,2,…，i-l,i+l,…四

的子集，共2n-l個；另一類是含i的，只要把i加入到剛才的2n-l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-l次，即出現(xiàn)了2n-l次，故得*口

=lX2n-l+2X2n-H------bn.......2n-l=(l+2H------bn)?2n-1=n(n+1)/2X2n-1=n(n+1)X2n-2

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說明：這里運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5設(shè)集合AG{1,2,3,……』00},且對任意x,ydA,必有2xry,求集合A中所含元素個數(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)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頂點式：f(x)=a(x-h)2+k.

③零點式：f(x尸a(x-xl)(x-x2).(a=0)

二、二次函數(shù)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/2ae[p,q]-b/2a^[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x為何值時，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—Fan)x+(al2+a22+—Fan2)

當x=(al+a2+…+an)/n時,f(x)有最小值.

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

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

=-k2-10k-6=-(k+5)2+19.已知xl,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A20,即△

=(k-2)2-4(k2+3k+5)=-3k2-16k-16>0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.A當k=-4時，(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)的表達式。

解:f(x)=(x-l)2+l⑴當t+lvl即t<0時,g(t)=f(t+l)=t2+l

(2)當tWIWt+l,即OWtWl時，g(t)=f(l)=l(3)當t>l時,g(t)=f(t)=t2-2t+2

J+1」Y0

g(0=<1.OWfMl

綜合⑴、(2)、⑶得：[J_2￡+2,-1

例4.(1)當x2+2y2=l時，求2x+3y2的最值；(2)當3x2+2y2=6x時，求x2+y2的最值。

解：(1)由x2+2y2=l得y2=l/2(l-x2),2x+3y2=2x+(3/2)(1-x2)=(-(3/2))(x-(2/3))2+(13/6)

又l-x2=2y220,—iWxWl..,.當x=2/3時，y=(V10)/6,(2x+3y2)max=16/3；

當x=-l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)=-l/2(x-3)2+9/2

又y2=(3/2)x(2-x)20,得0WxW2.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(shù)與二次方程

設(shè)f(x)=ax2+bx+c(aW0)的二實根為xl,x2,(xl<x2),A=b2-4ac,且a、B(a<B)是預先給定的兩個實數(shù)。

1.當兩根都在區(qū)間(a,B)內(nèi)，方程系數(shù)所滿足的充要條件

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a<xl<x2<B,對應的二次函數(shù)f(x)的圖象有下列兩種情形

當a>0時的充要條件是：A>0,a<-b/2a<&,f(a)>0,f(6)>0

當a<0時的充要條件是：A>0,a<-b/2a<3,f(a)<0,f(P)<0

兩種情形合并后的充要條件是：A>0,a<-b/2a<8,af(a)>0,af(8)>0①

2.當兩根中有且僅有一根在區(qū)間(a,8)內(nèi)，方程系數(shù)所滿足的充要條件

?/a<xl<B或a<x2<B,對應的函數(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(a)?f(B)<0②

3.當兩根都不在區(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

下列兩種情形

Vxl<x2<a<0^a<0<xl<x2,對應函數(shù)f(x)的圖象有下列四種情形

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當xl<x2<a時的充要條件是：A>0,-b/2a<a,af(a)>0④

當0<xl<x2時的充要條件是：A>0,-b/2a>P,af(B)>0⑤

例5.如果方程(l-m2)x2+2mx-l=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)=(l-m2)x2+2mx-l,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,(l-m2)(2m-m2)V0解得:-l<m<0

例6.當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a和B分別滿足0<a<1

和1<B<2

解：設(shè)y=f(x)=7x2-(k+13)x+k2-k-2,則因為a=7>0,且方程f(x)=0有兩實根a,0,所以它的圖象是開口

向上且與X軸相交于兩點(a,0)、(8,0)的拋物線。由于0<a<l,1<0<2,可知在x<a或x>B時，

f(x)取正值；在a<x<8時，f(x)取負值。于是，當x分列取0,1,2時，有：f(0)=k2-k-2>0,f(l)=k2-2k-8

<0,f(2)=k2-3k>0解這三個不等式組成的不等式組，可得和3<k<4。

11m

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

、1213

=----XH-----

2.若函數(shù)22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+l=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于一元二次函數(shù)的正值、負值區(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)=(alx-bl)2+(a2x-b2)2+,,,+(anx-bn)2=(al2+a22+,,,+a2n)x2-2(albl+a2b2+

+anbn)x+(bl2+b22+…+b2n).當al2+a22+…+a2nW0即al,a2,***,an不全為零時，顯然有對x￡R,f(x)20,

故f(x)=0的判別式：△=4(albl+a2b2+…+anbn)2-4(al2+a22+…+a2n)(bl2+b22+…+b2n)W0.即

(a1b1+a2b2+?,,+anbn)2^(al2+a22+**,+a2n)*(bl2+b22+***+b2n).當al=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(a>0),方程f(x)-x=0的兩個根xl,x2滿足0<xl<x2<l/ao

(1)當x￡(0,xl)時，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)Vx,只須證：0Vf(x)-x<xl-x①因為方程f(x)-x=0的兩根為x1,x2,f(x)=ax2+bx+c(a

>0),:.faAxuaa-xlXx-xZ),①式即：0Va(x-xl)(x-x2)xl-x②Va>0,x(0,x1),x1-x>0,a(x1-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<x<xl<x2<l/a,

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即得：x<x2<（l/a）<1/a+x,故命題得證。

（2）欲證x0<xl/2,因為x0=-b/2a,故只須證：x0-xl/2=-b/2a-xl/2<0③由韋達定理，xl+x2=（-b-l）/a,

（xl+x2）/2=-（b-l）/2a,代入③式,有（-（b/2a））-（xl/2）=（x2/2）-（l/（2a））<0,即:x2<l/a由已知：0<xl<x2<l/a,

命題得證。

（三）抽屜原理

在數(shù)學問題中有一類與“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(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。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

距離不大于丁

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

1_

個點中一定有距離不大于5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5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5。

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AABC的最大邊，P,M是AABC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=NC,ZQNP=

ZA因為BCNAB,所以/AN/C,則/QNPN/PQN,而/QMPN/QNPN/PQN（三角形的外角大于不

相鄰的內(nèi)角），所以PQ>PMo顯然BCNPQ,故BC2PM。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

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法來構(gòu)造“抽屜”。例如“任取n+1個正數(shù)ai,滿足0<aiSl（i=l,2,...,n+l）,試證明：這n+1個數(shù)中必存在

兩個數(shù)，其差的絕對值小于反”。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，

我

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

1_

兩個點之間的距離小于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的方累的積，即若mGN+,KGN+,nGN,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：因為任何一個正整數(shù)都能表示成一個奇數(shù)乘2的方幕，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){1,1x2,1x22,1x23,1x24,1x25,1x26}；

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，無遺漏地放進這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l-2n的自然數(shù)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l-2n中共含1,3,

2n-l這n個奇數(shù)，因此可以制造n個抽屜，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①從2,3,4,2n+l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②從1,2,3,…，2n+l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

（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)的倍。

湖南省高中奧數(shù)教材（超級詳細）

證明：把前25個自然數(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,@

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②組到第⑥組中的某同一組，

這兩個數(shù)中大數(shù)就不超過小數(shù)的倍。

說明：（1）本題可以改變敘述如下：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

'23'

相互的比值在b'司內(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

'23'

分類時有一個限制條件：同一集合中任兩個數(shù)的比值在b'引內(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

工

過最小的數(shù)的亍倍，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｛26,27,28,29,30,31,32,

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(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：由中點坐標公式知，坐標平面兩點（xl,yl）、（x2,y2）的中點坐標是、-1一2乙欲使

%+再X+%

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(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（xl,x2,…xn）是n維（元）有序數(shù)組，且xl,x2,...xn中的每一

個數(shù)都是整數(shù)，則稱（xl,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2x2x...x2=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(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(shù)排成一個數(shù)列，用Sm記其前m項的和，則其可構(gòu)造SI,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SI,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?！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項和構(gòu)成的數(shù)列SI,S2,...SlOOo

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如果SI,S2,…S100中有某個數(shù)可被100整除,則命題得證。否則,即SLS2,...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(i<j),則100I(Sj-Si),即100

I@+i+生+2+A+叼-i+%)。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?shù)某?/p>

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(gòu)造出恰當?shù)某閷?。本題直接對｛an｝進行分類是

很難奏效的。但由｛an｝構(gòu)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(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

抽屜原理的應用多么奇妙，其關(guān)鍵在于恰當?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的方哥制造抽屜，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?shù)鼐牡貞盟?，不僅可以解決國內(nèi)數(shù)學競賽中的問題，而且可

以解決國際中學生數(shù)學競賽。

例6.17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(zhuǎn)化為找到一個三邊同顏色的三角形?？紤]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?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

只染有黃藍兩色。考慮從B1引出的5條線，B1B2,B1B3,B1B4,B1B5,B1B6,用兩種顏色染色，因為

5=2x2+l,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ABZ,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(shù)，其二是點數(shù)。

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)義2+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r1=3,r2=6,

r3=17,r4=66,r5=327,r6=1958)我們可以得到遞推關(guān)系式：m=n(rn-l-l)+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。

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定理2：把m個元素分成n個集合（m>n）

（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mxn+l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7.9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2：3。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=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

個固定的點P,這個點把EF分成長度為2:3的兩部分。這樣的點在EF上還有一個，如圖上的Q點（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梯形面積之比是2：3,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2：3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=4x2+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x梯形的高的充分感悟。

例8.910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(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=128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(shù)的性質(zhì)應用

一、指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)

函數(shù)y=ax（a>0,且a?l）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)（-00,+co）

2）值域為正實數(shù)（0,+oo）,從而函數(shù)沒有最大值與最小值，有下界，y>0

3）對應關(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a>l時為增函數(shù)；當0<a<l時，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）有兩個特殊點：零點（0,1）,不變點（1,a）

7）抽象性質(zhì)：f（x）=ax（a>0,a^l）,f（x+y）=f（x）-f（y）,f（x-y）=f（x）/f（y）

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

1）定義域為正實數(shù)（0,+oo）

2）值域為全體實數(shù)（-00,+oo）

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

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

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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(1,0),(a,1)

7)抽象運算性質(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尸(ax/(ax+da)),f(l/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(l-x)=

(ax/(ax+Ya))+(al-x/(al-x+da))=(ax/(ax+da))+(a/(a+axWa))=(ax/(ax+da))+((Ya)/(ax+da)尸((ax+Ya)/(ax+da))=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(l/1001)+f(1000/1001)]+[f(2/1001)+f(999/1001)]+...+[f(500/1001)+f(501/1001)]=(l+l+...+1)5000個

=500

(1)取a=4就是1986年的高中數(shù)學聯(lián)賽填空題：設(shè)f(x)=(4x/(4x+2)),那么和式

f(1/1001)+f(2/l001)+f(3/1001)+...+f(1000/1001)&<]<=。

(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(l/n)+f(2/n)+f(3/n)+...+f((n-l)/n).

(3)設(shè)f(x尸(l/(2x+d2)),利用課本中推導等差數(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2.510g25等于：()

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

解:*.?51og25=(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+1)X((122003+1)/(122004+l))=((a/12)+l)/(a+l)-((12a+l)/(a+l))=((a+12)(12a+l))/(12(a+1

)2)=((12a2+l45a+12)/(12a2+24a+12))>1

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

例4.已知/(x)=asinx+36+4(&b為實數(shù))且f(]g]og3io)=5,則我坨坨3)的值是()

(A)-5(B)-3(C)3(D)隨a,b的取值而定

解：設(shè)lglog310=t,貝!]Iglg3=lg(l/log310)=-lglog310=-t

而f(t)+f(-t)=

(asint+bM+4)+asin(T)+2>W7+4)

=(asint+匕衣+4)+(-asinf-d/+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)=1,BPlogab=(l/logba),因而lglog310與lglg3

是一對相反數(shù)。設(shè)廠員4中的部分asinx+-4=g⑴，則g⑸為奇函數(shù)，g(t)+g(.t),0o

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=((1Ox-10-x)/2)(XeR)

(1)求反函數(shù)y=f-l(x)

(2)判斷函數(shù)y=f-1(x)是奇函數(shù)還是偶函數(shù)

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分析：(1)求y=(10x-10-x)/2的反函數(shù)首先用y把x表示出來，然后再對調(diào)x,y即得到y(tǒng)=f-l(x)；(2)判斷

函數(shù)y=f-l(x)的奇偶性要依據(jù)奇函數(shù)或偶函數(shù)的定義，看當XeR時是否有f(-x)=-f(x)或(f(-x)+f(x)=O)或

f(-x)=f(x)恒成立。

解：(1)由y=((10x?10-x)⑵(XWR)可得2y=10x-10?x,設(shè)10x=t,上式化為:2y=t-t-l兩邊乘3得2yt=t2-l

整理得：t2-2yt?l=0,解得："士，^

.I77iox=y+.P~

由于t=10x>0,故將，7-歷<。舍去，得到："J+F+1將t=10x代入上式，即得：V

K=lg(y+6+1

所以函數(shù)y=((10x-10-x)/2)的反函數(shù)是「=㈤=g+在二市段購

⑵由八皿疝如

/l(-x)=lg(x+^~+l)+lg(-z+^z)~+1)

=Ida+j+DG+/+D]=+D_x]=]gi=oAf-l(-x)=-f(x)

所以，函數(shù))=0"+廠是奇函數(shù)。

例6.已知函數(shù)f(x)=loga((l+x)/(l-x))(a>0,a#l)

(1)求f(x)的定義域

(2)判斷f(x)的奇偶性并給以證明；

(3)當a>l時，求使f(x)>0的x取值范圍；

(4)求它的反函數(shù)f-l(x)

解：(1)由對數(shù)的定義域知((l+x)/(l-x))>0

解這個分式不定式，得：(x+l)(x-l)<O,-l<x<l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((l+x)/(l-x))>0<=>loga((l+x)/(l-x))>logal,因為a>l,所以由對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性知

((l+x)/(l-x))>l,考慮由(1)知x<l,l-x>0,去分母，得：l+x>l-x,x>0故：0<x<l所以對于a>l,

當xe(O,l)時函數(shù)f(x)>0

(4)由y=loga((l+x)/(l-x))得：((l+x)/(l-x))=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+l)/(ay-1))

.?.x=((ay-l)/(ay+D)交換x,y得:y=((ax-l)/(ax+l)),它就是函數(shù)f(x)=loga((l+x)/(l-x))的反函數(shù)f-l(x)即

f-l(x)=((a