高中數(shù)學(xué)競賽講座共十五講

高中數(shù)學(xué)競賽講座【共十五份】

目錄

不等式......................................................................................1

整數(shù)的整除性...............................................................................4

抽屜原則..................................................................................12

競賽專題講座一類比、歸納、猜想...........................................................19

競賽講座一覆蓋............................................................................26

平面幾何四個重要定理......................................................................42

平面幾何證明..............................................................................52

平面三角..................................................................................58

奇數(shù)和偶數(shù)................................................................................65

染色問題與染色方法........................................................................73

三角運(yùn)算及三角不等關(guān)系....................................................................80

三角不等關(guān)系..............................................................................82

同余式與不定方程..........................................................................85

本站資源匯總［優(yōu)秀資源，值得收藏］.......................................................95

不等式

不等式是數(shù)學(xué)競賽的熱點(diǎn)之一。由于不等式的證明難度大，靈活性強(qiáng)，要求很高的技巧，常常

使它成為各類數(shù)學(xué)競賽中的“高檔”試題。而且，不論是幾何、數(shù)論、函數(shù)或組合數(shù)學(xué)中的許

多問題，都可能與不等式有關(guān)，這就使得不等式的問題(特別是有關(guān)不等式的證明)在數(shù)學(xué)競

賽中顯得尤為重要。

證明不等式同大多數(shù)高難度的數(shù)學(xué)競賽問題一樣，沒有固定的模式，證法因題而異，靈活多變,

技巧性強(qiáng)。但它也有一些基本的常用方法，要熟練掌握不等式的證明技巧，必須從學(xué)習(xí)這些基

本的常用方法開始。

一、不等式證明的基本方法

1.比較法

比較法可分為差值比較法和商值比較法。

(1)差值比較法

原理A-B>0—A>B.

【例1】(1)m、n是奇偶性相同的自然數(shù)，求證：

(aB+bm)(a"+bn)<2(a^+bB+n)。

a+ba2「$/年

(2)證明：~2~?2?2/2。

【例2】設(shè)aiWazW…Wan,bWbzW…Wbn,ji,j2,…，j”是1,2,…,n的任意一個排列，令

1a

S二ai-1+a?b卜+…+an心-%So=ah+a2bn-i+…+aM,Si=ab+a2b2+…+anbn。

求證:SoWSWS1。

(2)商值比較法

A

原理若8>1,且B>0,則A>B。

【例3】已知a,b,c〉0,求證：a2ab2bc2c>abV+aca+bo

2.分析法

31

【例4】若x,y>0,求證：(x'+/產(chǎn)>(〉：3+?/)3。

【例5】若a,b,c是△ABC的三邊長,求證:a4+b'l+c4<2(a2b2+b2c2+c2a2)0

3.綜合法

【例6】若a,b,c>0,求證：abcN(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)。

1

【例7】已知4ABC的外接圓半徑R=l,SAABC=-i,a,b,c是4ABC的三邊長，令

1+1+1

+&,t=*bco

求證：t>So

4.反證法

【例8】已知aM)3=2,求證:a+b42。

5.數(shù)學(xué)歸納法

2I

-nTn…+G<—(4n+3)70

【例9】證明對任意自然數(shù)n,36。

二、不等式證明的若干技巧

無論用什么方法來證明不等式，都需要對數(shù)學(xué)表達(dá)式進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃巍＿@種變形往往要求具有

很高的技巧，必須善于分析題目的特征，根據(jù)題設(shè)條件，綜合地利用添、拆、分解、組合、配

方、變量代換、數(shù)形結(jié)合等方法才能發(fā)現(xiàn)問題的本質(zhì)，找到突破口。

1.變形技巧

【例1】若0,S小*川&W+.…卜*占，

求證：n<S<n+l?

【例2】(1)若A、B、Ce[O,n],求證：

A+B+C

sinA+sinB+sinCW3sin3。

(2)aABC的三內(nèi)角平分線分別交其外接圓于A',B',C求證：SAABCWSAVB。

2.引入?yún)⒆兞?/p>

【例3】將一塊尺寸為48X70的矩形鐵皮剪去四角小正方形后折成一個無蓋長方體鐵盒，求

鐵盒的最大容積。

【例4】在aABC中，求證：a2+b：+c24△+(b-c)"+(c-a)~+(a-b)2(.

其中，a,b,c是aABC的三邊長，△=SAABCO

3.數(shù)形結(jié)合、構(gòu)造

【例5】證明：Vx,+2*+4-Jx,-x+lw后o

4.遞推

__，+佟王J

【例6】已知：XiF歷,X2=也+―,???,Xn=O求證：2fz"。

三、放縮法

［例1］若n￡N,n22,求證：21j_《LL彳++-了L<十"二!

-4-.,；___

11a

【例2】a、B都是銳角，求證：8?'a?nam0c?p>9o

［例3］已知：ai》l,aiaz21,??,,a1az,?,a-21,求證：

II2?________n________&

+<

1+^a+aiXl+a,)(l+^Xl+ajJ-d+aJ

111

【例4】s=l+表+/+???+田茄，求S的整數(shù)部分M。

1

【例5】設(shè)a()=5,an=an.i+*?->，n=l,2,…。求證：45<ai()o()<45.1o

整數(shù)的整除性

1.整數(shù)的整除性的有關(guān)概念、性質(zhì)

(1)整除的定義：對于兩個整數(shù)a、d(dWO),若存在一個整數(shù)p,使得.，成

立，則稱d整除a,或a被d整除，記作d|a。

若d不能整除a,則記作da,如26,46。

(2)性質(zhì)

1)若b|a,則b|(-a),且對任意的非零整數(shù)m有bm|am

2)若a|b,b|a,則|a|=|b|;

3)若b|a,c|b,則c|a

4)若b|ac,而(a,b)=1((a,b)=1表示a、b互質(zhì)，則b|c；

5)若b|ac,而b為質(zhì)數(shù)，則b|a,或b|c；

6)若c|a,c|b,則c|(ma+nb),其中m、n為任意整數(shù)(這一性質(zhì)還可以推廣到更多項(xiàng)的

和)

例1(1987年北京初二數(shù)學(xué)競賽題)x,y,z均為整數(shù)，若11I(7x+2y-5z),求證：11I

(3x-7y+12z)o

證明：4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z)

而HIH(3x-2y+3z),

且11I(7x+2y-5z),

11I4(3x-7y+12z)

又(11,4)=1

，11|(3x-7y+12z).

2.整除性問題的證明方法

(1)利用數(shù)的整除性特征(見第二講)

例2(1980年加拿大競賽題)設(shè)72I通麗04的值。

解72=8X9,且(8,9)=1,所以只需討論8、9都整除兩例小右的值。

若8|麗］,則8I麗，由除法可得b=2。

若9|麗％,則9|(a+6+7+9+2),得a=3。

(2)利用連續(xù)整數(shù)之積的性質(zhì)

①任意兩個連續(xù)整數(shù)之積必定是一個奇數(shù)與一個偶數(shù)之一積，因此一定可被2整除。

②任意三個連續(xù)整數(shù)之中至少有一個偶數(shù)且至少有一個是3的倍數(shù)，所以它們之積一定

可以被2整除，也可被3整除，所以也可以被2X3=6整除。

這個性質(zhì)可以推廣到任意個整數(shù)連續(xù)之積。

例3(1956年北京競賽題)證明:對任何整數(shù)n都為整數(shù)，且用3除時余2。

*9|1

Jts*-?-1="?*D-l

證明222r5V

?.?*3*D為連續(xù)二整數(shù)的積,必可被2整除.

嶺+9

2對任何整數(shù)n均為整數(shù),

2為整數(shù),即原式為整數(shù).

域**tX2?+D4N(XfIX2*?9

又?.?28

_2M(2?tl)(2at2)

8,

2n、2n+l、2n+2為三個連續(xù)整數(shù)，其積必是3的倍數(shù)，而2與3互質(zhì),

必+或2+D

...i是能被3整除的整數(shù).

,'十心+聆+1)-2

/+

故222被3除時余2.

例4一整數(shù)a若不能被2和3整除，則a?+23必能被24整除.

證明Va2+23=(a2-l)+24,只需證a?T可以被24整除即可.

V2上.，a為奇數(shù).設(shè)a=2k+l(k為整數(shù))，

則a-l=(2k+l)2-l=4k2+4k=4k(k+1).

?；k、k+1為二個連續(xù)整數(shù)，故k(k+1)必能被2整除,

.,.814k(k+1),即8|(a'-l).

XV(a-l)，a,(a+1)為三個連續(xù)整數(shù),其積必被3整除，即31a(aT)(a+1)=a(a2-l)，

V3a,，3|(a"l).3與8互質(zhì)，，24|(小1),即a?+23能被24整除.

(3)利用整數(shù)的奇偶性

下面我們應(yīng)用第三講介紹的整數(shù)奇偶性的有關(guān)知識來解幾個整數(shù)問題.

例5求證:不存在這樣的整數(shù)a、b、c、d使：

a?b?c?d-a=****t①

a?b?c?d-b=****②

a?b?c?d-c=*令③

a?b?c?d-d=加畀④

班霓］

證明由①，a(bcd-1)=**.

?右端是奇數(shù)，，左端a為奇數(shù),bcd-1為奇數(shù).

同理，由②、③、④知b、c、d必為奇數(shù)，那么bed為奇數(shù)，bcd-1必為偶數(shù)，則a(bcd-1)

必為偶數(shù)，與①式右端為奇數(shù)矛盾.所以命題得證.

例6(1985年合肥初中數(shù)學(xué)競賽題)設(shè)有n個實(shí)數(shù)xi,X2,…，x“，其中每一個不是+1

就是T,

且

士+三+A+上+±-0

5x3xaxl-

試證n是4的倍數(shù).

證明設(shè)％(i=l,2,???,n-1),

則yi不是+1就是T,但yi+y?+…+y“=0,故其中+1與T的個數(shù)相同，設(shè)為k,于是n=2k.又

yiy?y3…%=1,即(T)k=l,故k為偶數(shù)，

???n是4的倍數(shù).

其他方法：

整數(shù)a整除整數(shù)b,即b含有因子a.這樣,要證明a整除b,采用各種公式和變形手段從b中分

解出因子a就成了一條極自然的思路.

例7(美國第4屆數(shù)學(xué)邀請賽題)使n3+100能被n+10整除的正整數(shù)n的最大值是多少?

解1?+100=8+10)(n2-10n+100)-900.

若n+100能被n+10整除,則900也能被n+10整除.而且，當(dāng)n+10的值為最大時,相應(yīng)地n的值

為最大.因?yàn)?00的最大因子是900.所以，n+10=900,n=890.

例8(上海1989年高二數(shù)學(xué)競賽)設(shè)a、b、c為滿足不等式IVaVbVc的整數(shù)，且

(ab-1)(bc-1)(ca-1)能被abc整除，求所有可能數(shù)組(a,b,c).

解(ab-1)(bc-1)(ca-1)

=a"b'c2-abc(a+b+c)+ab+ac+bcT,①

abc|(ab-1)(bc-1)(ca-1).

.??存在正整數(shù)k,使

ab+ac+bc-l=kabc,②

11?1■■■IMM11133

k=abc<abc<abc<a<2'

k=L

若a23,此時

1111LJl<7

1=?bc-abc<34550矛盾.

已知a>l.只有a=2.

當(dāng)a=2時，代入②中得2b+2c-l=bc,

221224

■*■.0M——A_二一

即1=icbe<Zbbb

0<b<4,知b=3,從而易得c=5.

說明：在此例中通過對因數(shù)k的范圍討論，從而逐步確定a、b、c是一項(xiàng)重要解題技巧.

￥崢第

例9（1987年全國初中聯(lián)賽題）已知存在整數(shù)n,能使數(shù)”被1987整除.求證

數(shù)

"t”rfaft-

LM3增城澗鰭蛹口

vHtDI，2f

都能被1987整除.

”W1心+嬰護(hù)10??跑/吟口蝙77M

證明?.?—xx?，xfn

投」

（10"+9X1QA*&X1M+7）,且葉能被1987整除，；.p能被1987整除.

同樣，

佃1

q=*（IOX*4）*9xIO***11+8x10***+7）

ur-9xy^4i+l

且H

10s*1-10sB?10J-(1O*),IO,;

10**2?（10*），70"伊"7爐」0_故104"、102",、9*】被宣除，余數(shù)分別為1000,

l^jl

100,10,于是q表示式中括號內(nèi)的數(shù)被n除，余數(shù)為1987,它可被1987整除，所以括

號內(nèi)的數(shù)能被1987整除，即q能被1987整除.

練習(xí)十六

1.選擇題

(1)(1987年上海初中數(shù)學(xué)競賽題)若數(shù)

n=20?30?40?50?60?70?80?90?100?110?120?130,則不是n的因數(shù)的最小質(zhì)數(shù)是

().

(A)19(B)17(C)13(D)非上述答案

(2)在整數(shù)0、1、2…、8、9中質(zhì)數(shù)有x個，偶數(shù)有y個，完全平方數(shù)有z個，則x+y+z等

于().

(A)14(B)13(C)12(D)11(E)10

(3)可除盡3"+53的最小整數(shù)是().

(A)2(B)3(C)5(D)3"+518(E)以上都不是

2.填空題

(1)(1973年加拿大數(shù)學(xué)競賽題)把100000表示為兩個整數(shù)的乘積，使其中沒有一個是10

的整倍數(shù)的表達(dá)式為.

(2)一個自然數(shù)與3的和是5的倍數(shù),與3的差是6的倍數(shù),這樣的自然數(shù)中最小的是

(3)(1989年全國初中聯(lián)賽題)在十進(jìn)制中，各位數(shù)碼是0或1,并且能被225整除的最小自

然數(shù)是.

3.求使VSOOOtf為整數(shù)的最小自然數(shù)a的值.

4.(1971年加拿大數(shù)學(xué)競賽題)證明:對一切整數(shù)n,n*2+2n+12不是121的倍數(shù).

5.(1984年韶關(guān)初二數(shù)學(xué)競賽題)設(shè)逅是一個四位正整數(shù)，已知三位正整數(shù)赤與246的和是

一位正整數(shù)d的111倍,而又是18的倍數(shù).求出這個四位數(shù)苗，并寫出推理運(yùn)算過程.

6.(1954年蘇聯(lián)數(shù)學(xué)競賽題)能否有正整數(shù)m、n滿足方程才+1954=￡

7.證明:(1)1331(lln+2+12n+1),其中n為非負(fù)整數(shù).

(2)若將(1)中的11改為任意一個正整數(shù)a,則(1)中的12,133將作何改動?證明改動后的結(jié)論.

8.(1986年全國初中數(shù)學(xué)競賽題)設(shè)a、b、c是三個互不相等的正整數(shù).求證:在

a'b-ab',bc-bc3,456*89c'a-ca、'三個數(shù)中,至少有一個能被10整除.

9.(1986年上海初中數(shù)學(xué)競賽題)100個正整數(shù)之和為101101,則它們的最大公約數(shù)的最大可能

值是多少?證明你的結(jié)論.

練習(xí)十六

1.B.B.A

2.(1)25?55.(2)27.

3.由2000a為一整數(shù)平方可推出a=5.

4.反證法.若是121的倍數(shù)，設(shè)n?+2n+12=121k=(n+1)2=11(1

1k-1).11是素?cái)?shù)且除盡(+1)2,

11除盡n+1=112除盡(n+1)2或11|11k-1,不可能.

5.由不4246是d的111倍，=而可能是198,309,420,531,642,

753；又&是18的倍數(shù)，.?.而只能是198.而198+246=444,d=4,

abed是1984.

7.(1)1ln+2+l22n+l=l21X1ln+l2X144n=l21X11"+12X

11n-12X11n+12X144n=-=133X11"+12X(144n-11n).第

一項(xiàng)可被133整除.又144—11|144n-11n,.".133I11n+2+122n+l.

(2)11改為a.12改為a+1,133改為a(a+l)+l.改動后命題為a(a+

1)+1Ian+2+(a+1)2n+,,可仿上證明.

8.*/a3b—ab3=ab(a2—b")；同理有b(b~-c-)；ca(c2—a").若

a

、b、c中有偶數(shù)或均為奇數(shù)，以上三數(shù)總能被2整除.又?.?在a、b、c中若有一個是5的

倍數(shù)，則題中結(jié)論必成立.若均不能被5整除，則a>b2,c2個位數(shù)只能是1,4,6,

9,從而a'—b"b2-c2,cz—a2的個位數(shù)是從1,4,6,9中，任取三個兩兩之差,

其中必有0或±5,故題中三式表示的數(shù)至少有一個被5整除，又2、5互質(zhì).

9.設(shè)100個正整數(shù)為a,,a2,…，a,oo,最大公約數(shù)為d,并令

%&100>

則ai+a?+…+aioo=d(aJ+a2，+…+a，ioo)=l01101—101x1001,

故知aJ,a/,a\。0不可能都是1,從而a。+a7+…+aT00>1x99+2=101,

d<l001；若取aaa99=1001,a1Oo=2002,則滿足aI+a2+...+

a,oo=1001xl01=101101,且d=1001,故d的最大可能值為1001

抽屜原則

大家知道，兩個抽屜要放置三只蘋果，那么一定有兩只蘋果放在同一個抽屜里，更一般地

說，只要被放置的蘋果數(shù)比抽屜數(shù)目大，就一定會有兩只或更多只的蘋果放進(jìn)同一個抽屜，可

不要小看這一簡單事實(shí)，它包含著一個重要而又十分基本的原則——抽屜原則.

1.抽屜原則有幾種最常見的形式

原則1如果把n+k（kN1）個物體放進(jìn)n只抽屜里，則至少有一只抽屜要放進(jìn)兩個或更多個物體:

原則本身十分淺顯，為了加深對它的認(rèn)識，我們還是運(yùn)用反證法給予證明；如果每個抽屜至多

只能放進(jìn)一個物體，那么物體的總數(shù)至多是n,而不是題設(shè)的n+k（k2l）,這不可能.

原則雖簡單.巧妙地運(yùn)用原則卻可十分便利地解決一些看上去相當(dāng)復(fù)雜、甚至感到無從下手的

總是，比如說，我們可以斷言在我國至少有兩個人出生的時間相差不超過4秒鐘，這是個驚人

的結(jié)論，該是經(jīng)過很多人的艱苦勞動，統(tǒng)計(jì)所得的吧！不，只須我們稍動手算一下：

不妨假設(shè)人的壽命不超過4萬天（約110歲，超過這個年齡數(shù)的人為數(shù)甚少），則

牛x24x5=86400萬=區(qū)64億.

10億人口安排在8億6千4百萬個“抽屜”里，根據(jù)原則1,即知結(jié)論成立.

下面我們再舉一個例子：

例1幼兒園買來了不少白兔、熊貓、長頸鹿塑料玩具，每個小朋友任意選擇兩件，那么不管

怎樣挑選，在任意七個小朋友中總有兩個彼此選的玩具都相同，試說明道理.

解從三種玩具中挑選兩件，搭配方式只能是下面六種：

（兔、兔），（兔、熊貓），（兔、長頸鹿），（熊貓、熊貓），（熊貓、長頸鹿），（長頸

鹿、長頸鹿）

把每種搭配方式看作一個抽屜，把7個小朋友看作物體，那么根據(jù)原則1,至少有兩個物體要

放進(jìn)同一個抽屜里，也就是說，至少兩人挑選玩具采用同一搭配方式，選的玩具相同.

原則2如果把mn+k（k2l）個物體放進(jìn)n個抽屜，則至少有一個抽屜至多放進(jìn)m+1個物體.證明

同原則相仿.若每個抽屜至多放進(jìn)m個物體,那么n個抽屜至多放進(jìn)mn個物體,與題設(shè)不符，故

不可能.

原則1可看作原則2的物例（m=l）

例2正方體各面上涂上紅色或藍(lán)色的油漆（每面只涂一種色），證明正方體一定有三個面顏色

相同.

證明把兩種顏色當(dāng)作兩個抽屜，把正方體六個面當(dāng)作物體，那么

6=2X2+2,根據(jù)原則二，至少有三個面涂上相同的顏色.

例3把1到10的自然數(shù)擺成一個圓圈，證明一定存在在個相鄰的數(shù),

它們的和數(shù)大于17.

證明如圖12T,設(shè)a”a2,a：”…，a9,aio分別代表不超過10的十

個自然數(shù)，它們圍成一個圈，三個相鄰的數(shù)的組成是(a“a2,a3),(az,a3,ai),(a3,

at,a5),…，(a9,aI0,ai),(a>o,a”a2)共十組.現(xiàn)把它們看作十個抽屜，每個抽屜的物體

數(shù)是ai+a2+a3，az+as+a4，as+a-i+as,,??as+aio+ai,aio+ai+a2,由于

(ai+a2+a3)+(az+as+a」)+…+(as+aio+ai)+(aio+ai+a2)

=3(ai+a2+，"+a9+aio)

=3X(1+2+…+9+10)

2

?16x10*5

根據(jù)原則2,至少有一個括號內(nèi)的三數(shù)和不少于17,即至少有三個相鄰的數(shù)的和不小于17.

原則1、原則2可歸結(jié)到期更一般形式：

原則3把mi+m2+…+m”+k(k，l)個物體放入n個抽屜里，那么或在第一個抽屜里至少放入mi+1

個物體，或在第二個抽屜里至少放入叱+1個物體，...，或在第n個抽屜里至少放入氏+1個

物體.

證明假定第一個抽屜放入物體的數(shù)不超過皿個，第二個抽屜放入物體的數(shù)不超過m?個，……,

笫n個抽屜放入物體的個數(shù)不超過m“，那么放入所有抽屜的物體總數(shù)不超過mi+ni2+…+m”個，

與題設(shè)矛盾.

例4有紅襪2雙，白襪3雙，黑襪4雙，黃襪5雙，藍(lán)襪6雙(每雙襪子包裝在一起)若取

出9雙，證明其中必有黑襪或黃襪2雙.

證明除可能取出紅襪、白襪3雙外.還至少從其它三種顏色的襪子里取出4雙，根據(jù)原理3,

必在黑襪或黃襪、藍(lán)襪里取2雙.

上面數(shù)例論證的似乎都是“存在”、“總有”、“至少有”的問題，不錯，這正是抽屜原則的

主要作用.需要說明的是，運(yùn)用抽屜原則只是肯定了“存在”、“總有”、“至少有”，卻不

能確切地指出哪個抽屜里存在多少.

2.制造抽屜是運(yùn)用原則的一大關(guān)鍵

首先要指出的是，對于同一問題，?？梢罁?jù)情況，從不同角度設(shè)計(jì)抽屜，從而導(dǎo)致不同的制造

抽屜的方式.

例5在邊長為1的正方形內(nèi)，任意給定13個點(diǎn)，試證：其中必有4個點(diǎn)，以此4點(diǎn)為頂點(diǎn)的

四邊開面積不超過三（假定四點(diǎn)在一直線上構(gòu)成面積為零的四邊形）.

證明如圖12-2把正方形分成四個相同的小正方形.

因13=3X4+1,根據(jù)原則2,總有4點(diǎn)落在同一個小正方形內(nèi)（或邊界上），以此4點(diǎn)為頂點(diǎn)

的四邊形的面積不超過小正方形的面積，也就不超過整個正方形面積的3.

事實(shí)上，由于解決問題的核心在于將正方形分割成四個面積相等的部分，所以還可以把正方形

按圖12-3（此處無圖）所示的形式分割.

合理地制造抽屜必須建立在充分考慮問題自身特點(diǎn)的基礎(chǔ)上.

例6在一條筆直的馬路旁種樹，從起點(diǎn)起，每隔一米種一棵樹，如果把三塊“愛護(hù)樹木”的

小牌分別掛在三棵樹上，那么不管怎樣掛，至少有兩棵掛牌的樹之間的距離是偶數(shù)（以米為單

位），這是為什么？

解如圖12-4（設(shè)掛牌的三棵樹依次為A、B、C.AB=a,BC=b,若a、b中有一為偶數(shù)，命題得證.

否則a、b均為奇數(shù)，則AC=a+b為偶數(shù)，命題得證.

下面我們換一個角度考慮：給每棵樹上編上號，于是兩棵樹之間的距離就是號碼差，由于樹的

號碼只能為奇數(shù)和偶數(shù)兩類，那么掛牌的三棵樹號碼至少有兩個同為奇數(shù)或偶數(shù)，它們的差必

為偶數(shù)，問題得證.

后一證明十分巧妙，通過編號碼，將兩樹間距離轉(zhuǎn)化為號碼差.這種轉(zhuǎn)化的思想方法是一種非

常重要的數(shù)學(xué)方法

圖12-4

例7從自然數(shù)1,2,3,…99,100這100個數(shù)中隨意取出51個數(shù)來，求證：其中一定有兩

個數(shù)，，它們中的一個是另一個的倍數(shù).

分析設(shè)法制造抽屜：（1）不超過50個；（2）每個抽屜的里的數(shù)（除僅有的一個外），其中

一個數(shù)是另一個數(shù)的倍數(shù)，一個自然數(shù)的想法是從數(shù)的質(zhì)因數(shù)表示形式入手.

解設(shè)第一個抽屜里放進(jìn)數(shù):1,1X2,1X22,1X23,1X2",1X25,1X26；

第二個抽屜時放進(jìn)數(shù)：3,3X2,3X22,3X23,3X2‘，3X25；

第三個抽屜里放進(jìn)數(shù)：5,5X2,5X22,5X23,5X2,；

第二十五個抽屜里放進(jìn)數(shù)：49,49X2；

第二十六個抽屜里放進(jìn)數(shù)：51.

第五十個抽屜里放進(jìn)數(shù)：99.

那么隨意取出51個數(shù)中，必有兩個數(shù)同屬一個抽屜，其中一個數(shù)是另一個數(shù)的倍數(shù).

制造抽屜并非總是一帆風(fēng)順的，有時耍邊制造邊調(diào)整、改進(jìn).

例8任意給定7個不同的自然數(shù)，求證其中必有兩個整數(shù)，其和或差是10的倍數(shù).

分析注意到這些數(shù)隊(duì)以10的余數(shù)即個位數(shù)字，以0,1,…，9為標(biāo)準(zhǔn)制造10個抽屜，標(biāo)以[0],

[1],…，[9].若有兩數(shù)落入同一抽屜，其差是10的倍數(shù)，只是僅有7個自然數(shù)，似不便運(yùn)用

抽屜原則,再作調(diào)整：[6],[7],[8],[9]四個抽屜分別與[4],[3],[2],[1]合并，則可保

證至少有一個抽屜里有兩個數(shù)，它們的和或差是10的倍數(shù).

3.較復(fù)雜的問題須反復(fù)地運(yùn)用抽屜原則，將復(fù)雜問題轉(zhuǎn)化為簡單問題.

例9以(x,y,z)表示三元有序整數(shù)組，其中x、y、z為整數(shù)，試證：在任意七個三元整數(shù)

組中，至少有兩個三元數(shù)組，它們的x、y、z元中有兩對都是奇數(shù)或都是偶數(shù).

分析設(shè)七個三元素組為Ai(xi,yi,zi)>Ai(X2,y2,Z2)、…、A;(x7>y?,z?).現(xiàn)在逐步

探索，從x元開始，由抽屜原則，x?x2,…，X7這七個數(shù)中，必定有四個數(shù)具有相同的奇偶

性，不妨設(shè)這四個數(shù)是xi,X2,X3,X”且為偶數(shù)，接著集中考慮由、隈、A3、A,這四組數(shù)的y元,

若比如外，y?,y3,%中有兩個是偶數(shù)，則問題已證，否則至多有一個是偶數(shù)，比如y,是偶數(shù),

這時我們再來集中考慮A、Az、A3的z元在z“Z2,Z3中，由抽屜原則必有兩個數(shù)具有相同的

奇偶性，如Z|、Z2,這時無論它們是奇數(shù)，還是偶數(shù)，問題都已得到證明.

下面介紹一個著名問題.

例10任選6人，試證其中必有3人，他們互相認(rèn)識或都不認(rèn)識.

分析用A、B、C、D、E、F表示這6個人，首先以A為中心考慮，他與另外五個人B、C、D、

E、F只有兩種可能的關(guān)系：認(rèn)識或不認(rèn)識，那么由抽屜原則，他必定與其中某三人認(rèn)識或不

認(rèn)識，現(xiàn)不妨設(shè)A認(rèn)識B、C、D三人，當(dāng)B、C、D三人都互不認(rèn)識時，問題得證；當(dāng)B、C、D

三人中有兩人認(rèn)識，如B、C認(rèn)識時，則A、B、C互相認(rèn)識，問題也得證.

本例和上例都采用了舍去保留、化繁為簡、逐步縮小考慮范圍的方法.

例Ila,b,c,d為四個任意給定的整數(shù)，求證：以下六個差數(shù)

b-a,c-a,d-a,c-b,d-b,d-c的乘積一定可以被12整除.

證明把這6個差數(shù)的乘積記為p,我們必須且只須證明：3與4都可以整除p,以下分兩步

進(jìn)行.

第一步，把a(bǔ),b,c,d按以3為除數(shù)的余數(shù)來分類，這樣的類只有三個，故知a,b,c,d中

至少有2個除以3的余數(shù)相同，例如，不妨設(shè)為a,b,這時3可整除b-a,從而3可整除p.

第二步，再把a(bǔ),b,c,d按以4為除數(shù)的余數(shù)來分類，這種類至多只有四個，如果a,b,c,

d中有二數(shù)除以4的余數(shù)相同，那么與第一步類似，我們立即可作出4可整除p的結(jié)論.

設(shè)a,b,c,d四數(shù)除以4的余數(shù)不同，由此推知，a,b,c,d之中必有二個奇數(shù)(不妨設(shè)為

a,b),也必有二個偶數(shù)(設(shè)為c,d),這時b-a為偶數(shù)，d-c也是偶數(shù)，故4可整除(b-a)(d-c),

自然也可得出4可整除p.

如果能進(jìn)一步靈活運(yùn)用原則，不僅制造抽屜，還根據(jù)問題的特征，制造出放進(jìn)抽屜的物體，則

更可收到意想不到的效果.

例12求證：從任意n個自然數(shù)a”az,…，④中可以找到若干個數(shù)，使它們的和是n的倍數(shù).

分析以0,1,…，n-1即被n除的余數(shù)分類制造抽屜的合理的，但把什么樣的數(shù)作為抽屜里的

物體呢？扣住“和”，構(gòu)造下列和數(shù)：

Si=ai,

Sz=ai+a2,

S=a1+az+a3,

Sn=ai+a2+…+an,

其中任意兩個和數(shù)之差仍為和數(shù)，若他們之中有一是n的倍數(shù)，問題得證，否則至少有兩個數(shù)

被n除余數(shù)相同，則它們的差即它們中若干數(shù)（包括1個）的和是n的倍數(shù)，問題同樣得證.

例子3（北京1990年高一競賽）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）至少有三行完全相同；

（2）至少有兩組（四行）每組的兩行完全相同.

解910瓶紅、藍(lán)墨水排成130行，每行7瓶，對一行來說，每個位置上有紅藍(lán)兩種可能，因此,

一行的紅、藍(lán)墨水排法有2J128種，對每一種不同排法設(shè)為一種“行式”,共有128種行式.

現(xiàn)有130行，在其中任取129行，依抽屜原則知，必有兩行A、B行式相同.

除A、B外余下128行，若有一行P與A行式相同，知滿足（1）至少有三行A、B、P完全相同,

若在這128行中設(shè)直一行5A行或相同，那么這128行至多有127種行式，依抽屜原則，必有

兩行C、D具有相同行式，這樣便找到了（A、B）,（C、D）兩組（四行），且兩組兩行完全

相同.

練習(xí)十二

1.一個籃球運(yùn)動員在15分鐘內(nèi)將球投進(jìn)籃圈20次，證明總有某一分鐘他至少投進(jìn)兩次.

2.有黑、白、黃筷子各8只，不用眼睛看，任意地取出筷子來，使得至少有兩雙筷子不同

色，那么至少要取出多少只筷子才能做到？

3.證明：在1,2,3,…，10這十個數(shù)中任取六個數(shù)，那么這六個數(shù)中總可以找到兩個數(shù),

其中一個是另一個的倍數(shù).

4.證明：任意502個整數(shù)中，必有兩個整數(shù)的和或差是998的倍數(shù).

5.任意寫一個由數(shù)字1,2,3組成的30位數(shù)，從這30位數(shù)任意截取相鄰三位，可得一個

三位數(shù)，證明：在從各個不同位置上截得的三位數(shù)中至少有兩個相等.

6.證明：把任意10個自然數(shù)用適當(dāng)?shù)倪\(yùn)算符號連接起來，運(yùn)算的結(jié)果總能被1890整除.

7.七條直線兩兩相交，所得的角中至少有一個角小于26°.

8.用2種顏色涂3行9列共27個小方格，證明：不論如何涂色，其中必至少有兩列，它們

的涂色方式相同.

9.用2種顏色涂5X5共25個小方格，證明：必有一個四角同色的矩形出現(xiàn).

10.求證存在形如11-11的一個數(shù)，此數(shù)是1987的倍數(shù).

練習(xí)十二

1.15分鐘里在每一分鐘看作一個抽屜，20次投籃看作20個物體，根據(jù)原理一即得.

2.至少要取11只筷子.因?yàn)?1只筷子中必有一雙筷子同色，不妨設(shè)它是黃色，則黑色或白

色的筷子至少有3只，其中必有一雙同色，即黑色或白色，故取11只筷子足以保證成功.但

少于11只不行，如取10只筷子，閔可能出現(xiàn)8只黃色，黑白各一只，不合要求.

3.將10個數(shù)分成5組：(1,7),(2,6),(3,9),(4,8),(5,10).任

取六個數(shù)必有兩個落入同一組，而同組二數(shù)中一數(shù)是另一數(shù)的倍數(shù).

4.每個整數(shù)被998除，余數(shù)必是0,1,2,…，997中的一個.把這998個余數(shù)制

造為(0),(1,997),(2,996),(497,501),(498),(4

99),(500)共501個抽屜，把502個整數(shù)按被998除的余數(shù)大小分別放入上述

抽屜，必有兩數(shù)進(jìn)入同一抽屜.若余數(shù)相同，那么它們的差是998的倍數(shù)，否則和為998

的倍數(shù).

5.從各種位置上截得的三位數(shù)有28個，但由1,2,3組成的不同三位數(shù)有3X3X3=

27個，故有兩個截得的三位數(shù)相同.

6.1890=2X3X5X7X9.將10個數(shù)記為xx2,…，x9,x10.10個數(shù)

中至少有兩個被9除余數(shù)相同，設(shè)為xi,*2則乂|一*2可被9整除.同樣剩下8個數(shù)中有兩

個數(shù)的差可被7整除，記為x3—x4,剩下6個數(shù)中有兩個數(shù)的差可被5整除，記為x5—x6,

剩下4個數(shù)中有兩個數(shù)的差可被3整除，記為X7—X8.剩下兩數(shù)x9,xi。，若有一數(shù)為偶

數(shù)，則Xg,X1O可被2整除，否則X9—X10可被2整除.故乘積(Xl—X2)(X3—X4)

(X5—X6)(X7—Xs)X9?X10與(Xl—X2)(X3—X4)(X5-X6)(X7-XS)

(x9—xI。)二者之一必可被1890整除.

7.任選一點(diǎn)P,過P點(diǎn)分別作各線的平行線，則它們把一周角分成14個彼此相鄰的角，其

中至少有一個角小于26°.

8.用兩種顏色涂1X3的小方格共有8種方法.現(xiàn)有9歹IJ,由抽屜原則，必有兩列涂法一樣.

9.設(shè)兩種顏色為紅、藍(lán)，考察第一行的涂色.必有三格同色，不妨設(shè)為紅色，且在左邊三列.現(xiàn)

考察左邊三列，若下面四行中某一行有兩格同為紅色，則出現(xiàn)四角同紅色矩形，否則每行僅可

能一格染紅色，從而四行中必有二行左邊三列中有兩列同染藍(lán)色，從而得到四角同為藍(lán)色的矩

形.

渺1

10.考慮1,11,-fl共1987個數(shù)，其中必有一個是1987的倍數(shù)，否則必有

兩數(shù)被1987除余數(shù)相同，其差

?*埼是1987的倍數(shù).但10'與1987沒有除1外的

的

因數(shù)，故障是1987倍數(shù)導(dǎo)致矛盾.

競賽專題講座一類比、歸納、猜想

數(shù)學(xué)解題與數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)一樣，通常都是在通過類比、歸納

等探測性方法進(jìn)行探測的基礎(chǔ)上，獲得對有關(guān)問題的結(jié)論

或解決方法的猜想，然后再設(shè)法證明或否定猜想，進(jìn)而達(dá)

到解決問題的目的.類比、歸納是獲得猜想的兩個重要的

AC方法.

：外￡方》心””對，?冰;竺沙次必:?:

R

所謂類比，就是由兩個對象的某些相同或相似的性質(zhì)，推斷它們在其他性質(zhì)上也有

可能相同或相似的一種推理形式。類比是一種主觀的不充分的似真推理，因此，要

確認(rèn)其猜想的正確性，還須經(jīng)過嚴(yán)格的邏輯論證.

運(yùn)用類比法解決問題，其基本過程可用框圖表示如下：

可見，運(yùn)用類比法的關(guān)鍵是尋找一個合適的類比對象.按尋找類比對象的角度不

同，類比法常分為以下三個類型.

（1）降維類比

將三維空間的對象降到二維（或一維）空間中的對象，此種類比方法即為降維類比.

【例1】如圖，過四面體V-ABC的底面上任一點(diǎn)0分別作0A4VA,0B4VB,0G〃VC,

Ai,B?G分別是所作直線與側(cè)面交點(diǎn).

OA,06T（X\

求證：7￡+詞+定為定值.

似命題：“過4ABC（底）邊AB上任

一點(diǎn)0分別作OA/AC,OBBBC,分別

交BC、AC于

Ai、Bi,求證

0AlOB,

AC"+BC

為定值”.這一命題利用相似三角形性質(zhì)很容易推出

其為定值1.另外，過A、0分別作BC垂線,過B、0分別

作AC垂線，則用面積法也不難證明定值為1.于是類比

到空間圍形，也可用兩種方法證明其定值為1.

證明：如圖，設(shè)平面OAiVACBC=M,平面OBiVBCAC=N,平面0。VCCAB=L,則

有△MOAisaMAV,ANOB^ANBV,△LOGLCV.得

OAjOBjOQ"ON里

VA+W+VC=AM+Mr+CT?0

在底面4ABC中，由于AM、BN、CL交于一點(diǎn)0,用面積法易證得:

OMONOL

AM+BN+CL=1O

OAtOB,OQ

/.VA+VB+VC=io

【例2】以棱長為1的正四面體的各棱為直徑作球，S是所作六個球的交集.證明S

I

中沒有一對點(diǎn)的距離大于潑.

【分析】考慮平面上的類比命題：“邊長為1的正三角形，以各邊為直徑作圓，S'是

所作三個圓的交集”，通過探索S，的類似性質(zhì)，以尋求本題的論證思路.如圖，易

叵

知S'包含于以正三角形重心為圓心，以7~為半徑的圓內(nèi).因此丁內(nèi)任意兩點(diǎn)的

皂

距離不大于3.以此方法即可獲得解本題的思路.

證明：如圖，正四面體ABCD中，M、N分別為BC、AD的中點(diǎn)，G

為4BCD的中心,MNnAG=O.顯然0是正四面體ABCD的中心.易知OG=A?AG=",

并且可以推得以。為球心、0G為半徑的球內(nèi)任意兩點(diǎn)間的距離不大于充，其球0

必包含S.現(xiàn)證明如下.

根據(jù)對稱性，不妨考察空間區(qū)域四面體OMCG.設(shè)P為四面體OMCG內(nèi)任一點(diǎn)，且P

不在球0內(nèi)，現(xiàn)證P亦不在S內(nèi).

J_OM

若球0交0C于T點(diǎn)。AT0N中,0N=4,0T=2#,cosZT0N=cos(n-ZT0M)=-OC。

由余弦定理：

OM22

TN2=0N2+0T2+20N?OT-OC=W,；.TN=2。

22

又在RtZ\AGD中，N是AD的中點(diǎn)，/.GN=20由GN=NT=LOG=OT,ON=ON,

得△GON^ATON。.\ZT0N=ZG0N,且均為鈍角.

2

于是顯然在△GOC內(nèi)，不屬于球。的任何點(diǎn)P,均有NP0N>NT0N,即有PN〉TN=:，

P點(diǎn)在N為球心，AD為直徑的球外，P點(diǎn)不屬于區(qū)域S.

1

由此可見，球0包含六個球的交集S,即S中不存在兩點(diǎn)，使其距離大于渡.

(2)結(jié)構(gòu)類比

某些待解決的問題沒有現(xiàn)成的類比物，但可通過觀察，憑借結(jié)構(gòu)上的相似性等尋找

類比問題，然后可通過適當(dāng)?shù)拇鷵Q，將原問題轉(zhuǎn)化為類比問題來解決.

【例3】任給7個實(shí)數(shù)Xk(k=l,2,…，7).證明其中有兩個數(shù)x“x”滿足不等

I

式OW”“巴W幣?

【分析】若任給7個實(shí)數(shù)中有某兩個相等，結(jié)論顯然成立.若7個實(shí)數(shù)互不相等,

則難以下手.但仔細(xì)觀察可發(fā)現(xiàn)：與兩角差的正切公式在結(jié)構(gòu)上極為相似,

故可選后者為類比物，并通過適當(dāng)?shù)拇鷵Q將其轉(zhuǎn)化為類比問題.作代換：Xk=tgcu

1

(k=1,2,…，7),證明必存在aj,aj,滿足不等式OWtg(a「a」)WW?

TlX

證明：令Xk=tgctk(k=1,2,-??,7),akG(-2,2),則原命題轉(zhuǎn)化為：證

*n

明存在兩個實(shí)數(shù)ai(aj￡(-2,2),滿足OWtg(a「a」)W、萬?

由抽屜原則知，a卜中必有4個在［0,2)中或在(-2,0)中，不妨設(shè)有4個在［0,

2)中.注意到tg0=0,tgk=15,而在［0,2)內(nèi)，tgx是增函數(shù)，故只需證明

m工二

存在a”ai,使0<ai-aj<6即可。為此將［o,2)分成三個小區(qū)間：［0,6］、

工空—5

(6,6］、(6,5)。又由抽屜原則知，4個a卜中至少有2個比如a”aj

IL_2_

同屬于某一區(qū)間，不妨設(shè)ai>aj,則0這ai-ajw6,故0Wtg(a「aJ〈忑?這

1

樣，與相應(yīng)的Xi=tgc(i、Xj=tgaj,便有0W“1tllW3?

(3)簡化類比

簡化類比，就是將原命題類比到比原命題簡單的類比命題，通過類比命題解決思

路和方法的啟發(fā)，尋求原命題的解決思路與方法.比如可先將多元問題類比為少元

問題，高次問題類比到低次問題，普遍問題類比為特殊問題等.

【例4】已知XiNO(i=l,2,…，n),且X1+X2+…+xn=l。

求證：i