高中数学竞赛校本教材[全套共30讲

高中数学竞赛校本教材 目录 工贸企业有限空间作业目录特种设备作业人员作业种类与目录特种设备作业人员目录1类医疗器械目录高值医用耗材参考目录 §1数学方法选讲（1） ………………………………………………………………1 §2数学方法选讲（2） ………………………………………………………………11 §3集 合 ………………………………………………………………22 §4函数的性质 ………………………………………………………………30 §5二次函数(1) ………………………………………………………………41 §6二次函数(2) ………………………………………………………………55 §7指、对数函数,幂函数 ………………………………………………………………63 §8函数方程 ………………………………………………………………73 §9三角恒等式与三角不等式 ………………………………………………………………76 §10向量与向量方法 ………………………………………………………………85 §11数列 ………………………………………………………………95 §12递推数列 ………………………………………………………………102 §13数学归纳法 ………………………………………………………………105 §14不等式的证明 ………………………………………………………………111 §15不等式的应用 ………………………………………………………………122 §16排列，组合 ………………………………………………………………130 §17二项式定理与多项式 ………………………………………………………………134 §18直线和圆，圆锥曲线 ………………………………………………………………143 §19立体图形，空间向量 ………………………………………………………………161 §20平面几何证明 ………………………………………………………………173 §21平面几何名定理 ………………………………………………………………180 §22几何变换 ………………………………………………………………186 §23抽屉原理 ………………………………………………………………194 §24容斥原理 ………………………………………………………………205 §25奇数偶数 ………………………………………………………………214 §26整除 ………………………………………………………………222 §27同余 ………………………………………………………………230 §28高斯函数 ………………………………………………………………238 §29覆盖 ………………………………………………………………245 §29涂色问题 ………………………………………………………………256 §30组合数学选讲 ………………………………………………………………265 §1数学方法选讲（1） 　　同学们在阅读课外读物的时候，或在听老师讲课的时候，书上的例题或老师讲解的例题他都能听懂，但一遇到没有见过面的问题就不知从何处入手。看来，要提高解决问题的能力，要能在竞赛中有所作为，首先得提高分析问题的能力，这就需要学习一些重要的数学思想方法。 例题讲解 一、从简单情况考虑 　　华罗庚先生曾经指出：善于“退”，足够的“退”，退到最原始而又不失去重要性的地方，是学好数学的一个诀窍。从简单情况考虑，就是一种以退为进的一种解题策略。 1. 两人坐在一张长方形桌子旁，相继轮流在桌子上放入同样大小的硬币。条件是硬币一定要平放在桌子上，后放的硬币不能压在先放的硬币上，直到桌子上再也放不下一枚硬币为止。谁放入了最后一枚硬币谁获胜。问：先放的人有没有必定取胜的策略？ 2．线段AB上有1998个点（包括A，B两点），将点A染成红色，点B染成蓝色，其余各点染成红色或蓝色。这时，图中共有1997条互不重叠的线段。 问：两个端点颜色相异的小线段的条数是奇数还是偶数？为什么？ 3．1000个学生坐成一圈，依次编号为1，2，3，…，1000。现在进行1，2报数：1号学生报1后立即离开，2号学生报2并留下，3号学生报1后立即离开，4号学生报2并留下……学生们依次交替报1或2，凡报1的学生立即离开，报2的学生留下，如此进行下去，直到最后还剩下一个人。问：这个学生的编号是几号？ 4．在6×6的正方形网格中，把部分小方格涂成红色。然后任意划掉3行和3列，使得剩下的小方格中至少有1个是红色的。那么，总共至少要涂红多少小方格？ 二、从极端情况考虑 　　从问题的极端情况考虑，对于数值问题来说，就是指取它的最大或最小值；对于一个动点来说，指的是线段的端点，三角形的顶点等等。极端化的假设实际上也为题目增加了一个条件，求解也就会变得容易得多。 5．新上任的宿舍管理员拿着20把钥匙去开20个房间的门，他知道每把钥匙只能打开其中的一个门，但不知道哪一把钥匙开哪一个门，现在要打开所有关闭的20个门，他最多要开多少次？ 6．有n名（n≥3）选手参加的一次乒乓球循环赛中，没有一个全胜的。问：是否能够找到三名选手A，B，C，使得A胜B，B胜C，C胜A？ 7．n（n≥3）名乒乓球选手单打比赛若干场后，任意两个选手已赛过的对手恰好都不完全相同。 　　试证明，总可以从中去掉一名选手，而使余下的选手中，任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同。 8．在一个8×8的方格棋盘的方格中，填入从1到64这64个数。问：是否一定能够找到两个相邻的方格，它们中所填数的差大于4？ 　　 三、从整体考虑 　　从整体上来考察研究的对象，不纠缠于问题的各项具体的细节，从而能够拓宽思路，抓住主要矛盾，一举解决问题。 9．右图是一个4×4的表格，每个方格中填入了数字0或1。按下列规则进行“操作”：每次可以同时改变某一行的数字：1变成0，0变成1。 问：能否通过若干次“操作”使得每一格中的数都变成1？ 10．有三堆石子，每堆分别有1998，998，98粒。现在对这三堆石子进行如下的“操作”：每次允许从每堆中各拿掉一个或相同个数的石子，或从任一堆中取出一些石子放入另一堆中。 　　按上述方式进行“操作”，能否把这三堆石子都取光？如行，请设计一种取石子的 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 ；如不行，请说明理由。 11．我们将若干个数x，y，z，…的最大值和最小值分别记为max（x，y，z，…）和min（x，y，z，…）。已知　　a+b+c+d+e+f+g=1，求min[max（a+b+c，b+c+d，c+d+e，d+e+f，e+f+g）] 课后练习 1.方程x1+x2+x3+…+xn-1+xn=x1x2x3…xn-1xn一定有一个自然数解吗？为什么？ 2.连续自然数1，2，3，…，8899排成一列。从1开始，留1划掉2和3，留4划掉5和6……这么转圈划下去，最后留下的是哪个数？ 3.给出一个自然数n，n的约数的个数用一个记号A（n）来表示。例如当n=6时，因为6的约数有1，2，3，6四个，所以A（6）=4。已知a1，a2，…，a10是 10个互不相同的质数，又x为a1，a2，…，a10的积，求 A（x）。 4.平面上有100个点，无三点共线。将某些点用线段连结起来，但线段不能相交，直到不能再连结时为止。问：是否存在一个以这些点中的三个点为顶点的三角形，它的内部没有其余97个点中的任何一个点？ 5.在一块平地上站着5个小朋友，每两个小朋友之间的距离都不相同，每个小朋友手上都拿着一把水枪。当发出射击的命令后，每人用枪射击距离他最近的人。问：射击后有没有一个小朋友身上是干的？为什么？ 6.把1600粒花生分给100只猴子，请你说明不管怎样分，至少有4只猴子分的花生一样多。 7.有两只桶和一只空杯子。甲桶装的是牛奶，乙桶装的是酒精（未满）。现在从甲桶取一满杯奶倒入乙桶，然后从乙桶取一满杯混合液倒入甲桶，这时，是甲桶中的酒精多，还是乙桶中的牛奶多？为什么？ 　　8.在黑板上写上1，2，3，…，1998。按下列规定进行“操作”：每次擦去其中的任意两个数a和b，然后写上它们的差（大减小），直到黑板上剩下一个数为止。 问：黑板上剩下的数是奇数还是偶数？为什么？ 课后练习答案 　　1.有。 　　解：当n=2时，方程x1+x2=x1x2有一个自然数解：x1=2，x2=2； 　　当n=3时，方程x1+x2+x3=x1x2x3有一个自然数解：x1=1，x2=2，x3=3； 　　当n=4时，方程x1+x2+x3+x4=x1x2x3x4有一个自然数解：x1=1，x2=1，x3=2，x4=4。 　　一般地，方程 　　x1+x2+x3+…+xn-1+xn=x1x2x3…xn-1xn有一个自然数解：x1=1，x2=1，…，xn-2=1，xn-1=2，xn=n。 　　2.3508。 　　解：仿例3。当有3n个数时，留下的数是1号。 　　小于8899的形如3n的数是38=6561，故从1号开始按规则划数，划了8899-6561=2338（个）数后，还剩下6561个数。下一个要划掉的数是2388÷2×3+1=3507，故最后留下的就是3508。 　　3.1024。 　　解：质数a1有2个约数：1和a，从而A（a1）=2； 　　2个质数a1，a2的积有4个约数：1，a1，a2，a1a2，从而 　　A（a1×a2）=4=22； 　　3个质数a1，a2，a3的积有8个约数： 　　1，a1，a2，a3，a1a2，a2a3，a3a1，a1a2a3， 　　从而A（a1×a2×a3）=8=23； 　　…… 　　于是，10个质数a1，a2，…，a10的积的约数个数为 　　A（x）=210=1024。 　　4.存在。 　　提示：如果一个三角形内还有别的点，那么这个点与三角形的三个顶点还能连结，与已“不能再连结”矛盾。 　　5.有。 　　解：设A和B两人是距离最近的两个小朋友，显然他们应该互射。此时如果有其他的小朋友射向他们中的一个，即A，B中有一人挨了两枪，那么其他三人中必然有一人身上是干的。如果没有其他的小朋友射向A或B，那么我们再考虑剩下的三个人D，E，F：若D，E的距离是三人中最近的，则D，E互射，而F必然射向他们之间的一个，此时F身上是干的。 　　6.假设没有4只猴子分的花生一样多，那么至多3只猴子分的花生一样多。我们从所需花生最少情况出发考虑： 　　得1粒、2粒、3粒……32粒的猴子各有3只，得33粒花生的猴子有1只，于是100只猴子最少需要分得花生 　　3×（0+1+2+…+32）+33=1617（粒）， 　　现在只有1600粒花生，无法使得至多3只猴子分的花生一样多，故至少有4只猴子分的花生一样多。 　　7.一样多。 　　提示：从整体看，甲、乙两桶所装的液体的体积没有发生变化。甲桶里有多少酒精，就必然倒出了同样体积的牛奶入乙桶。所以，甲桶中的酒精和乙桶中的牛奶一样多。 　　8.奇数。 　　解：黑板上开始时所有数的和为 　　S=1+2+3+…+1998=1997001， 　　是一个奇数，而每一次“操作”，将（a+b）变成了（a-b），实际上减少了2b，即减少了一个偶数。因为从整体上看，总和减少了一个偶数，其奇偶性不变，所以最后黑板上剩下一个奇数。 例题答案： 1．分析与解：如果桌子大小只能容纳一枚硬币，那么先放的人当然能够取胜。然后设想桌面变大，注意到长方形有一个对称中心，先放者将第一枚硬币放在桌子的中心，继而把硬币放在后放者所放位置的对称位置上，这样进行下去，必然轮到先放者放最后一枚硬币。 2．分析：从最简单的情况考虑：如果中间的1996个点全部染成红色，这时异色线段只有1条，是一个奇数。然后我们对这种染色方式进行调整：将某些红点改成蓝点并注意到颜色调整时，异色线段的条数随之有哪些变化。由于颜色的调整是任意的，因此与条件中染色的任意性就一致了。 　　解：如果中间的1996个点全部染成红色，这时异色线段仅有1条，是一个奇数。将任意一个红点染成蓝色时，这个改变颜色的点的左右两侧相邻的两个点若同色，则异色小线段的条数或者增加2条（相邻的两个点同为红色），或者减少2条（相邻的两个点同为蓝色）；这个改变颜色的点的左右两侧相邻的两个点若异色，则异色小线段的条数不变。 　　综上所述，改变任意个点的颜色，异色线段的条数的改变总是一个偶数，从而异色线段的条数是一个奇数。 3．分析：这个问题与上一讲练习中的第8题非常相似，只不过本例是报1的离开报2的留下，而上讲练习中相当于报1的留下报2的离开，由上讲练习的结果可以推出本例的答案。本例中编号为1的学生离开后还剩999人，此时，如果原来报2的全部改报1并留下，原来报1的全部改报2并离开，那么，问题就与上讲练习第8题完全一样了。因为剩下999人时，第1人是2号，所以最后剩下的人的号码应比上讲练习中的大1，是 　　975＋1=976（号）。 　　为了加深理解，我们重新解这道题。 　　解：如果有2n个人，那么报完第1圈后，剩下的是2的倍数号；报完第2圈后，剩下的是22的倍数号……报完第n圈后，剩下的是2n的倍数号，此时，只剩下一人，是2n号。 　　如果有（2n＋d）（1≤d＜2n）人，那么当有d人退出圈子后还剩下2n人。因为下一个该退出去的是（2d＋1）号，所以此时的第（2d＋1）号相当于2n人时的第1号，而2d号相当于2n人时的第2n号，所以最后剩下的是第2d号。 　　由1000=29＋488知，最后剩下的学生的编号是 　　488×2=976（号）。 4．分析与解：先考虑每行每列都有一格涂红，比较方便的涂法是在一条对角线上涂6格红色的，如图1。 　　 　　任意划掉3行3列，可以设想划行划列的原则是：每次划掉红格的个数越多越好。对于图1，划掉3行去掉3个红格，还有3个红格恰在3列中，再划掉3列就不存在红格了。 　　所以，必然有一些行有一些列要涂2个红格，为了尽可能地少涂红格，那么每涂一格红色的，一定要使多出一行同时也多出一列有两格红色的。 　　先考虑有3行中有2格涂红，如图2。显然，同时也必然有3个列中也有2格涂红。这时，我们可以先划掉有2格红色的3行，还剩下3行，每行上只有一格涂红，每列上也只有一格涂红，那么在划掉带红格的3列就没有红格了。 　　为了使得至少余下一个红格，只要再涂一格。此红格要使图中再增加一行和一列有两个红格的，如图3。 结论是：至少需要涂红10个方格。 5. 解：从最不利的极端情况考虑：打开第一个房间要20次，打开第二个房间需要19次……共计最多要开 　　20＋19＋18＋…＋1=210（次）。 6. 解：从极端情况观察入手，设B是胜的次数最多的一个选手，但因B没获全胜，故必有选手A胜B。在败给B的选手中，一定有一个胜A的选手C，否则，A胜的次数就比B多一次了，这与B是胜的次数最多的矛盾。 　　所以，一定能够找到三名选手A，B，C，使得A胜B，B胜C，C胜A。 7. 证明：如果去掉选手H，能使余下的选手中，任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同，那么我们称H为可去选手。我们的问题就是要证明存在可去选手。 　　设A是已赛过对手最多的选手。 　　若不存在可去选手，则A不是可去选手，故存在选手B和C，使当去掉A时，与B赛过的选手和与C赛过的选手相同。从而B和C不可能赛过，并且B和C中一定有一个（不妨设为B）与A赛过，而另一个（即C）未与A赛过。 　　又因C不是可去选手，故存在选手D，E，其中D和C赛过，而E和C未赛过。 　　显然，D不是A，也不是B，因为D与C赛过，所以D也与B赛过。又因为B和D赛过，所以B也与E赛过，但E未与C赛过，因而选手E只能是选手A。 　　于是，与A赛过的对手数就是与E赛过的对手数，他比与D赛过的对手数少1，这与假设A是已赛过对手最多的选手矛盾。 　　故一定存在可去选手。 8. 解：考虑这个方格棋盘的左上角、右上角及右下角内的数A，B，S。 　　设存在一个填数方案，使任意相邻两格中的数的差不大于4，考虑最大和最小的两个数1和64的填法，为了使相邻数的差不大于4，最小数1和最大数的“距离”越大越好，即把它们填在对角的位置上（A=1，S=64）。 　　然后，我们沿最上行和最右行来观察：因为相邻数不大于4，从 A→B→S共经过14格，所以 S≤1+4×14=57（每次都增加最大数4），与S=64矛盾。因而，1和64不能填在“最远”的位置上。显然，1和64如果填在其他任意位置，那么从1到64之间的距离更近了，更要导致如上的矛盾。因此，不存在相邻数之差都不大于4的情况，即不论怎样填数必有相邻两数的差大于4。 9. 解：我们考察表格中填入的所有数的和的奇偶性：第一次“操作”之前，它等于9，是一个奇数， 　　每一次“操作”，要改变一行或一列四个方格的奇偶性，显然整个16格中所有数的和的奇偶性不变。 　　但当每一格中所有数字都变成1时，整个16格中所有数的和是16，为一偶数。故不能通过若干次“操作”使得每一格中的数都变成1。 10. 解：要把三堆石子都取光是不可能的。 　　按“操作”规则，每次拿掉的石子数的总和是3的倍数，即不改变石子总数被 3除时的余数。而1998+998+98=3094，被3除余1，三堆石子被取光时总和被3除余0。所以，三堆石子都被取光是办不到的。 11. 　　解：设 M=max（a+b+c，b+c+d，c+d+e，d+e+f，e+f+g）。 　　因为a+b+c，c+d+e，e+f+g都不大于M，所以 　　 §2数学方法选讲（2） 四、从反面考虑 　　解数学题，需要正确的思路。对于很多数学问题，通常采用正面求解的思路，即从条件出发，求得结论。但是，如果直接从正面不易找到解题思路时，则可改变思维的方向，即从结论入手或从条件及结论的反面进行思考，从而使问题得到解决。 1．某次数学测验一共出了10道题，评分方法如下： 　每答对一题得4分，不答题得0分，答错一题倒扣1分，每个考生预先给10分作为基础分。问：此次测验至多有多少种不同的分数？ 2．一支队伍的人数是5的倍数，且超过1000人。若按每排4人编队，则最后差3人；若按每排3人编队，则最后差2人；若按每排2人编队，则最后差1人。问：这支队伍至少有多少人？ 3．在八边形的8个顶点上是否可以分别记上数1，2，…，8，使得任意三个相邻的顶点上的数的和大于13？ 4．有一个1000位的数，它由888个1和112个0组成，这个数是否可能是一个平方数？ 五、从特殊情况考虑 　　对于一个一般性的问题，如果觉得难以入手，那么我们可以 　　先考虑它的某些特殊情况，从而获得解决的途径，使问题得以“突破”，这种方法称为特殊化。 　　对问题的特殊情况进行研究，一方面是因为研究特殊情况比研究一般情况较为容易；另一方面是因为特殊的情况含有一般性，所以对特殊情况的研究常能揭示问题的结论或启发解决问题的思路，它是探索问题的一种重要方法。 　　运用特殊化方法进行探索的过程有两个步骤，即先由一般到特殊，再由特殊到一般。通过第一步骤得到的信息，还要回到一般情况予以解答。 5．如下图，四边形ABCD和EFGH都是正方形，且边长均为2cm。又E点是正方形 ABCD的中心，求两个正方形公共部分（图中阴影部分）的面积S。 6．是否在平面上存在这样的40条直线，它们共有365个交点？ 7．如右图，正方体的8个顶点处标注的数字为a，b，c，d，e， 　　求（a+b+c+d）-（e+f+g+h）的值。 8．将n2个互不相等的数排成下表： a11　 a12　a13　… a1n a21 　a22　a23　… a2n an1　an2　an3　… ann 　　先取每行的最大数，得到n个数，其中最小数为x；再取每列的最小数，也得到n个数，其中最大数为y。试比较x和y的大小。 六、有序化 　　当我们研究的对象是一些数的时候，我们常常将这些数排一个次序，即将它们有序化。有序化的假设，实际上是给题目增加了一个可供使用的条件。 9．将10到40之间的质数填入下图的圆圈中，使得3组由“→”所连的4个数的和相等，如果把和数相等的填法看做同一类填法，请说明一共有多少类填法？并画图表示你的填法。 10．有四个互不相等的数，取其中两个数相加，可以得到六个和：24，28，30，32，34，38。求此四数。 11．互不相等的12个自然数，它们均小于36。有人说，在这些自然数两两相减（大减小）所得到的差中，至少有3个相等。你认为这种说法对吗？为什么？ 12．有8个重量各不相同的物品，每个物品的重量都是整克数且都不超过15克。小平想以最少的次数用天平称出其中最重的物品。他用了如下的测定法： 　　（1）把8个物品分成2组，每组4个，比较这2组的轻重； 　　（2）把以上2组中较重的4个再分成2组，即每组2个，再比较它们的轻重； 　　（3）把以上2组中较重的分成各1个，取出较重的1个。 　　小平称了3次天平都没有平衡，最后便得到一个物品。 　　可是实际上得到的是这8个物品当中从重到轻排在第5的物品。 　　问：小平找出的这个物品有多重？并求出第二轻的物品重多少克？ 课后练习 1.育才小学40名学生参加一次数学竞赛，用15分记分制（即分数为0，1，2，…，15）。全班总分为209分，且相同分数的学生不超过5人。试说明得分超过12分的学生至多有9人。 2.今有一角纸币、二角纸币、五角纸币各1张，一元币4张，五元币2张，用这些纸币任意付款，一共可以付出多少种不同数额的款项？ 3.求在8和98之间（不包括8和98），分母为3的所有最简分数的和。 　　4.如右图，四边形ABCD的面积为3，E，F为边AB的三等分点，M，N是CD边上的三等分点。求四边形EFNM的面积。 5.直线上分布着1998个点，我们标出以这些点为端点的一切可能线段的中点。问：至少可以得到多少个互不重合的中点？ 6.假定100个人中的每一个人都知道一个消息，而且这100个消息都不相同。为了使所有的人都知道一切消息，他们一共至少要打多少个电话？ 7.有4个互不相等的自然数，将它们两两相加，可以得到6个不同的和，其中较小的4个和是64，66，68，70。求这4个数。 8.有五个砝码，其中任何四个砝码都可以分成重量相等的两组。问：这五个砝码的重量相等吗？为什么？ 课后练习答案 　　1.若得分超过12分的学生至少有10人，则全班的总分至少有 　　5×（12+13）+5×（0+1+2+3+4+5）=210（分）， 　　大于条件209分，产生了矛盾，故得分超过12分的学生至多有9人。 　　2.119种。 　　解：从最低币值1角到最高币值14元8角，共148个不同的币值。再从中剔除那些不能由这些纸币构成的币值。 　　经计算，应该剔除的币值为（i+0.4）元（i=0，1，2，…，14）及（j+0.9）元（j=1，2，3，…，13），一共29种币值。所以，一共可以付出148-29=119（种）不同的币值。 　　3.9540。 　　 　　　=2×（8+9+…+97）+（97-8+1）=9540。 　　4.1。 　　解：先考虑ABCD是长方形的特殊情况，显然此时EFNM的面积是1。下面就一般情况求解。 　　连结AC，AM，FM，CF，则 　　 　　 　　　 　　5.3993个。 　　解：为了使计算互不重复，我们取距离最远的两点A，B。先计算以A为左端点的所有线段，除B外有1996条，这些线段的中点有1996个，它们互不重合，且到点A的距离小于AB长度的一半。 　　同样，以B为右端点的所有线段，除A外有1996条，这些线段的中点有1996个，它们互不重合，且到点A的距离小于AB长度的一半。 　　这两类中点不会重合，加上AB的中点共有1996+1996+1=3993（个），即互不重合的中点不少于3993个。 　　另一方面，当这1998个点中每两个相邻点的间隔都相等时，不重合的中点数恰为3993。 　　这说明，互不重合的中点数至少为3993个。 　　6.198个。 　　解：考虑一种特殊的通话过程：先由99人每人打一个电话给A，A再给99人每人打一个电话，这样一共打了198个电话，而且每人都知道了所有的消息。 　　下面我们说明这是次数最少的。考虑一种能使所有人知道一切消息的通话过程中的关键性的一次通话，这次通话后，有一个接话人A知道了所有的消息，而在此之前还没有人知道所有的消息。 　　除了A以外的99人每人在这个关键性的通话前，必须打出电话一次，否则A不可能知道所有的消息；又这99人每人在这个关键性的通话后，又至少收到一个电话，否则它们不可能知道所有的消息。 　　7.30，34，36，38或31，33，35，39。 　　解：设4个数为a，b，c，d，且a＜b＜c＜d，则6个和为a+b，a+c，a+d，b+c，b+d，c+d。于是有 　　a+b＜a+c＜a+d＜b+d＜c+d 　　和a+b＜a+c＜b+c＜b+d＜c+d。 　　分别解这两个方程组，得 　　8.相等。 　　解：设这五个砝码的重量依次为a≤b≤c≤d≤e。 　　去掉e，则有a+d=b+c； ① 　　去掉d，则有a+e=b+c。 ② 　　比较①②，得d=e。 　　去掉a，则有b+e=c+b； ③ 　　去掉b，则有a+e=c+d。 ④ 　　比较③④，得a=b。 将a=b代入①得c=d，将d=e代入④得b=c。所以e=b=c=d=e。 例题答案： 1．　　分析：最高的得分为50分，最低的得分为0分。但并不是从0分到50分都能得到。 　　从正面考虑计算量较大，故我们从反面考虑，先计算有多少种分数达不到，然后排除达不到的分数就可以了。 　　解：最高的得分为50分，最低的得分为0分。在从0分到50分这51个分数中，有49，48，47，44，43，39这6种分数是不能达到的，故此次测验不同的分数至多有51-6=45（种）。 2．　　分析：从条件“若按每排4人编队，则最后差3人”的反面来考虑，可理解为“若按每排4人编队，则最后多1人”。同理，按3人、2人排队都可理解为多1人。即总人数被12除余1。这样一来，原题就化为： 　　一个5的倍数大于1000，且它被12除余1。问：这个数最小是多少？ 　　解：是5的倍数且除以12余1的最小自然数是25。因为人数超过1000，[3，4，5]=60，所以最少有 　　25+60×17=1045（人）。 3．　　解：将八边形的8个顶点上的数依次记为a1，a2，a3，…，a8，则有S=a1+a2+a3+…+a8=1+2+3+…+8=36。 　　假设任意3个相邻顶点上的数都大于13，因为顶点上的数都是整数，所以 　　a1+a2+a3≥14； 　　a2+a3+a4≥14； 　　…… 　　a7+a8+a1≥14； 　　a8+a1+a2≥14。 　　将以上 8个不等式相加，得3S≥112，从而 S＞ 37，这与S=36矛盾。故结论是否定的。 4．解：假设这个数为A，它是自然数a的平方。 　　因为A的各位数字之和888是3的倍数，所以a也应是3的倍数。于是a的平方是9的倍数，但888不是9的倍数，这样就产生了矛盾，从而A不可能是平方数。 5. 　　分析：我们先考虑正方形EFGH的特殊位置，即它的各边与正方形ABCD的各边对应平行的情况（见上图）。此时，显然有 　　得出答案后，这个问题还得回到一般情况下去解决，解决的方法是将一般情况变成特殊情况。 解：自E向AB和AD分别作垂线EN和EM（右图），则有 　　S=S△PME+S四边形AMEQ 　　又S△PME=S△EQN，故 　　　 　S=S△EQN+S四边形AMEQ 　　 　　 =S正方形AMEN 　　　 　　　　 6. 　分析与解：先考虑一种特殊的图形：围棋盘。它有38条直线、361个交点。我们就从这种特殊的图形出发，然后进行局部的调整。 　　先加上2条对角线，这样就有40条直线了，但交点仍然是361个。再将最右边的1条直线向右平移1段，正好增加了4个交点（见上图）。于是，我们就得到了有365个交点的40条直线。 7. 分析：从这8个数都相等的特殊情况入手，它们满足题目条件，从而得所求值为0。这就启发我们去说明a+b+c+d=e+f+g+h。 解：由已知得 　　3a=b+e+d，3b=a+c+f， 　　3c=b+d+g，3d=a+c+h， 　　推知 　　3a+3b+3c+3d=2a+2b+2c+2d+e+f+g+h， 　　a+b+c+d=e+f+g+h， 　　（a+b+c+d）-（e+f+g+h）=0。 8. 分析：先讨论n=3的情况，任取两表： 　　1 　3　7　　1　2　3 　　2　5　6　　4　5　6 　　8　9　4　　7　8　9 　　左上表中x=6，y=4；右上表中x=3，y=3。两个表都满足x≥y，所以可以猜想x≥y。 解：设x是第i行第j列的数aij，y是第l行第m列的数alm。考虑x所在的行与y所在的列交叉的那个数，即第i行第m列的数aim。显然有aij≥aim≥alm，当i=l，j=m时等号成立，所以x≥y。 9. 解：10到40之间的8个质数是 　　11，13，17，19，23，29，31，37。 　　根据题目要求，除去最左边和最右边的2个质数之外，剩下的6个质数在同一行的2个质数的和应分别相等，等于这6个数中最小数（记为a）与最大数（记为b）之和a+b。根据a，b的大小可分为6种情况： 　　当a=11，b=29时，无解； 　　当a=11，b=31时，有11+31=13+29=19+23，得到如下填法： 　　当a=11，b=37时，有11+37=17+31=19+29，得到如下填法： 　　当a=13，b=31时，无解； 　　当a=13， b=37时，无解； 　　当a=17，b=37时，无解。 　　所以，共有2类填法。 10. 解：设四个数为a，b，c，d，且a＜b＜c＜d，则六个和为a+b，a+c，a+d，b+c，b+d，c+d，其中a+b最小，a+c次小，c+d最大，b+d次大，a+d与b+c位第三和第四。 　　 　　分别解这两个方程组，得 　　　　　　　 　11.　解：设这12个自然数从小到大依次为a1，a2，a3，…，a12，且它们两两相减最多只有2个差相等，那么差为1，2，3，4，5的都最多只有2个。从而 　　a12-a11，a11-a10，a10-a9，…，a2-a1， 　　这11个差之和至少为 　　2×（1+2+3+4+5）+6=36， 　　但这11个差之和等于a12-a1＜36。这一矛盾说明，两两相减的差中，至少有3个相等。 　12.　解：设这8个物品的重量从重到轻依次排列为： 　　15≥a1＞a2＞a3＞a4＞a5＞a6＞a7＞a8≥1。 　　小平找出的这个物品重量为a5，第二轻的物品重量为a7。 　　由于a5加上一个比它轻的物品不可能大于两个比a5重的物品重量之和，因而第一次必须筛去3个比a5重的物品。 　　这样就有以下四种可能： 　　　　 　　先考虑第一种情况。根据①式，a4比a1至少轻3克，a5比a2，a6比a3也都至少轻3克，则a7比a8至少重 10克。根据②式，a5比a4至少轻1克，则a6比a7至少重 18克。与已知矛盾，第一种情况不可能出现。 　　按同样的推理方法，可以说明第二种和第三种情况也不可能出现。 　　最后，考虑第四种情况。a1比a2至少重1克；a5比a3，a6比a4都至少轻1克，则a7比a8至少重4克。根据④式，a5比a4至少轻4克，则a6比a7至少重5克。这样得到的这8个物品的重量分别为： 　　a1=15克， a2=14克， a3=13克， a4=12克， 　　a5=11克， a6=10克， a7=5克， a8=1克。 　　因此，小平找出的这个物品重11克，第二轻的物品重5克。 §3集 合 集合的划分反映了集合与子集之间的关系，这既是一类数学问题，也是数学中的解题策略——分类思想的基础，在近几年来的数学竞赛中经常出现，日益受到重视，本讲主要介绍有关的概念、结论以及处理集合、子集与划分问题的方法。 1． 集合的概念 集合是一个不定义的概念，集合中的元素有三个特征： （1） 确定性 设 是一个给定的集合， 是某一具体对象，则 或者是 的元素，或者不是 的元素，两者必居其一，即 ∈ 与 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 仅有一种情况成立。 （2） 互异性 一个给定的集合中的元素是指互不相同的对象,即同一个集合中不应出现同一个元素。 （3） 无序性 2． 集合的表示方法 主要有列举法、描述法、区间法、语言叙述法。常用数集如： 应熟记。 3． 实数的子集与数轴上的点集之间的互相转换，有序实数对的集合与平面上的点集可以互相转换。对于方程、不等式的解集，要注意它们的几何意义。 4． 子集、真子集及相等集 （1） EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 或 ＝ ； （2） EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 且 ≠ ； （3） ＝ EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 且 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 。 5． 一个 阶集合（即由个元素组成的集合）有 个不同的子集，其中有 －1个非空子集，也有 －1个真子集。 6． 集合的交、并、补运算 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ={ 且 }； EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ={ 或 } 且 } 要掌握有关集合的几个运算律： （1） 交换律 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ＝ EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ， EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ＝ EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ； （2） 结合律 EMBED Equation.3 （ EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ）＝（ EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ） EMBED Equation.3 ， EMBED Equation.3 （ EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ）＝( EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ) EMBED Equation.3 ； （3） 分配律 EMBED Equation.3 （ EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ）＝（ EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ） （ EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ） EMBED Equation.3 （ EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ）＝ ( EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ) （ EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ） （4）0—1律 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ＝ ， EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ＝ ， EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ＝ ， EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ＝ （5）等幂律 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ＝ ， EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ＝ （6）吸收律 EMBED Equation.3 ( EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 )＝ ， EMBED Equation.3 （ EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ）＝ （7）求补律 EMBED Equation.3 CIA＝ ， EMBED Equation.3 CIA＝ （8）反演律 7． 有限集合所含元素个数的几个简单性质 设 表示集合 所含元素的个数,（1） , 当 时， （2） － 例题讲解 元素与集合的关系 1． 设 ＝{ | ＝ , }，求证：（1） ∈ ( )； （2） 2． 以某些整数为元素的集合 具有下列性质：① 中的元素有正数，有负数； ② 中的元素有奇数,有偶数；③－1 EMBED Equation.3 ；④若 ， ∈ ,则 ＋ ∈ 试判断实数0和2与集合 的关系。 3． 设 为满足下列条件的有理数的集合：①若 ∈ ， ∈ ，则 + ∈ ， ；②对任一个有理数 ，三个关系 ∈ ，－ ∈ ， ＝0有且仅有一个成立。证明： 是由全体正有理数组成的集合。 两个集合之间的关系 在两个集合之间的关系中，我们感兴趣的是“子集”、“真子集”、“相等”这三种特殊关系。这些关系是通过元素与集合的关系来揭示的，因而判断两个集合之间的关系通常可从判断元素与这两个集合的关系入手。 4． 设函数 ，集合 ， 。 （1） 证明： ； （2） 当 时，求 。 （3） 当 只有一个元素时，求证： ． 5． 为非空集合，对于1，2，3的任意一个排列 ，若 ，则 （1） 证明：三个集合中至少有两个相等。 （2） 三个集合中是否可能有两个集无公共元素？ 6．已知集合： 问 （1） 当 取何值时， 为含有两个元素的集合？ （2） 当 取何值时， 为含有三个元素的集合？ 7．设 且 ≥15， 都是{1，2，3，…， }真子集， ，且 ={1，2，3，…， }。证明： 或者 中必有两个不同数的和为完全平方数。 课后练习 1．下列八个关系式:①{0}= ② =0 ③ { } ④ EMBED Equation.3 { }⑤{0} EMBED Equation.3 ⑥0 EMBED Equation.3 ⑦ EMBED Equation.3 {0} ⑧ EMBED Equation.3 { } 其中正确的个数 （ ） （A）4 （B）5 （C）6 （D）7 2．设A、B是全集U的两个子集，且A B，则下列式子成立的是 （ ） （A）CUA CUB （B）CUA CUB=U （C）A CUB= （D）CUA B= 3．已知M= ，且 ，设 ，则 （ ） （A）M （B）N （C）P （D） 4．设集合 ，则 （ ） （A） （B） （C） （D） 5．设M={1,2,3,…,1995}，A是M的子集且满足条件: 当x∈A时,15x A，则A中元素的个数最多是_______________. 6．集合A,B的并集A∪B={a1,a2,a3}，当且仅当A≠B时，(A,B)与(B,A)视为不同的对，则这样的(A,B)对的个数有_________________. 7．若非空集合A={x|2a+1≤x≤3a-5}，B={x|3≤x≤22},则能使A A∩B成立的a的取值范围是_______________. 8．若A={x|0≤x2+ax+5≤4}为单元素集合，则实数a的值为___________________. 9．设A={n|100≤n≤600,n∈N}，则集合A中被7除余2且不能被57整除的数的个数为______________. 10．己知集合A={x|x=f(x)}，B={x|x=f(f(x))},其中f(x)=x2+ax+b (a,b∈R)， 证明：（1）A B （2）若A只含有一个元素，则A=B . 11．集合A={（x,y） },集合B={（x,y） ,且0 }， 又A ，求实数m的取值范围. 课后练习答案 1-4 C C B A 5．解：由于1995=15133，所以，只要n>133，就有15n>1995.故取出所有大于133而不超过1995的整数. 由于这时己取出了159=135, … 15133=1995. 故9至133的整数都不能再取，还可取1至8这8个数，即共取出1995—133+8=1870个数, 这说明所求数≥1870。 另一方面，把k与15k配对，（k不是15的倍数，且1≤k≤133）共得133—8=125对，每对数中至多能取1个数为A的元素，这说明所求数≤1870，综上可知应填1870 6．解：A=φ时，有1种可能；A为一元集时，B必须含有其余2元，共有6种可能；A为二元集时，B必须含有另一元.共有12种可能；A为三元集时，B可为其任一子集.共8种可能.故共有1+6+12+8=27个. 7．解：由A非空知2a+1≤3a-5，故a≥6. 由AAB知AB. 即3≤2a+1且3a-5≤22, 解之，得1≤a≤9. 于是知6≤a≤9 8．解：由 .若 ，则A有无数个元，若 ，则A为空集，只有当 即 时，A为单元素集 或 .所以 9．解：被7除余2的数可写为7k+2. 由100≤7k+2≤600.知14≤k≤85. 又若某个k使7k+2能被57整除，则可设7k+2=57n. 即 . 即n-2应为7的倍数. 设n=7m+2代入，得k=57m+16. ∴14≤57m+16≤85. m=0,1.于是所求的个数为85-(14-1)-2=70 10．证明：（1） (2)设A={c}，即二次方程f(x)-x=0有惟一解c，即c为 f(x)-x=0的重根. ∴ f(x)-x=(x-c)2 即f(x)=(x-c)2+x,于是f(f(x))=(f(x)-c)2+f(x), f(f(x))-x=(f(x)-c)2+f(x)-x=[(x-c)2+x-c]2+(x-c)2=0 ∴ 故f(f(x))=x也只有惟一解x=c，即B={c}. 所以A=B 11．解：由 得 设 由数形结合得: 解得： 例题答案： 1．分析：如果集合 ＝{ | 具有性质 }，那么判断对象 是否是集合 的元素的基本方法就是检验 是否具有性质 。 解：（1）∵ , ∈ 且 ＝ ,故 ∈ ； （2）假设 ，则存在 ，使 ＝ 即 (*) 由于 与 具有相同的奇偶性，所以（*）式左边有且仅有两种可能：奇数或4的倍数，另一方面，（*）式右边只能被4除余2的数，故（*）式不能成立。由此， 。 2．解：由④若 ， ∈ ,则 ＋ ∈ 可知，若 ∈ ，则 （1） 由①可设 ， ∈ ，且 ＞0， ＜0，则－ EMBED Equation.3 ＝| | (| |∈ ) 故 EMBED Equation.3 ,－ EMBED Equation.3 ∈ ,由④,0＝(－ EMBED Equation.3 )+ EMBED Equation.3 ∈ 。 （2）2 EMBED Equation.3 。若2∈ ，则 中的负数全为偶数，不然的话，当－（ ）∈ （ ）时，－1＝（－ ）＋ ∈ ，与③矛盾。于是，由②知 中必有正奇数。设 ，我们取适当正整数 ，使 ，则负奇数 。前后矛盾。 3．证明：设任意的 ∈ ， ≠0,由②知 ∈ ，或－ ∈ 之一成立。再由①，若 ∈ ，则 ；若－ ∈ ，则 。总之， 。 取 =1，则1∈ 。再由①，2=1+1∈ ，3=1+2∈ ，…，可知全体正整数都属于 。 设 ，由① ，又由前证知 ，所以 ∈ 。因此， 含有全体正有理数。 再由①知，0及全体负有理数不属于 。即 是由全体正有理数组成的集合。 4．解：（1）设任意 ∈ ，则 ＝ .而 故 ∈ ,所以 . （2） 因 ，所以 解得 故 。由 得 解得 ＝{ 。 5．证明：（1）若 ，则 所以每个集合中均有非负元素。 当三个集合中的元素都为零时，命题显然成立。 否则，设 中的最小正元素为 ，不妨设 ，设 为 中最小的非负元素，不妨设 则 － ∈ 。 若 ＞0,则0≤ － ＜ ，与 的取法矛盾。所以 =0。 任取 因0∈ ,故 －0＝ ∈ 。所以 EMBED Equation.3 ，同理 EMBED Equation.3 。 所以 = 。 （3） 可能。例如 = ={奇数}， ={偶数}显然满足条件， 和 与 都无公共元素。 6．解： = 。 与 分别为方程组 （Ⅰ） （Ⅱ） 的解集。由（Ⅰ）解得（ ）=（0，1）=（ ， ）；由（Ⅱ）解得 （ ）=（1，0），（ ， ） （1） 使 恰有两个元素的情况只有两种可能： ① ② 由①解得 =0；由②解得 =1。 故 =0或1时， 恰有两个元素。 （2） 使 恰有三个元素的情况是： = 解得 ，故当 时， 恰有三个元素。 7．证明：由题设，{1，2，3，…， }的任何元素必属于且只属于它的真子集 之一。 假设结论不真，则存在如题设的{1，2，3，…， }的真子集 ，使得无论是 还是 中的任两个不同的数的和都不是完全平方数。 不妨设1∈ ，则3 EMBED Equation.3 ，否则1+3= ，与假设矛盾，所以3∈ 。同样6 EMBED Equation.3 ，所以6∈ ，这时10 EMBED Equation.3 ，，即10∈ 。因 ≥15，而15或者在 中，或者在 中，但当15∈ 时，因1∈ ，1+15= ，矛盾；当15∈ 时，因10∈ ，于是有10+15= ，仍然矛盾。因此假设不真。即结论成立。 §4函数的基本性质 函数的性质通常是指函数的定义域、值域、解析式、单调性、奇偶性、周期性、对称性等等，在解决与函数有关的(如方程、不等式等)问题时，巧妙利用函数及其图象的相关性质，可以使得问题得到简化，从而达到解决问题的目的. I．函数的定义 设A，B都是非空的数集，f是从A到B的一个对应法则.那么，从A到B的映射f：A→B就叫做从A到B的函数.记做y=f(x)，其中x∈A，y∈B，原象集合，A叫做函数f(x)的定义域，象的集合C叫做函数的值域，显然C B. II．函数的性质 （1）奇偶性 设函数f(x)的定义域为D，且D是关于原点对称的数集.若对任意的x∈D，都有f(－x)=－f(x)，则称f(x)是奇函数；若对任意的x∈D，都有f(－x)=f(x),则称f(x)是偶函数. （2）函数的增减性 设函数f(x)在区间D′上满足：对任意x1, x2∈D′，并且x1f(x2)),则称f(x)在区间D′上的增函数（减函数），区间D′称为f(x)的一个单调增（减）区间. III．函数的周期性 对于函数​ f(x),如果存在一个不为零的正数T，使得当x取定义域中的每个数时，f(x+T)=f(x)总成立，那么称f(x)是周期函数，T称做这个周期函数的周期.如果函数f(x)的所有周期中存在最小值T0，称T0为周期函数f(x)的最小值正周期. 例题讲解 1．已知f(x)＝8＋2x－x2，如果g(x)＝f(2－x2)，那么g(x)( ) A.在区间(－2，0)上单调递增 B.在(0，2)上单调递增 C.在(－1，0)上单调递增 D.在(0，1)上单调递增 2．设f(x)是R上的奇函数，且f(x＋3)＝－f(x)，当0≤x≤ 时，f(x)＝x，则f(2003)＝( ) A.－1 B.0 C.1 D.2003 3．定义在实数集上的函数f(x)，对一切实数x都有f(x＋1)＝f(2－x)成立，若f(x)＝0仅有101个不同的实数根，那么所有实数根的和为( ) A.150 B. C.152 D. 4．实数x，y满足x2＝2xsin(xy)－1，则x1998＋6sin5y＝______________. 5．已知x＝ 是方程x4＋bx2＋c＝0的根，b，c为整数，则b＋c＝__________. 6．已知f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)，f(x)＝0有实数根，且f(x)＝1在(0，1)内有两个实数根，求证：a＞4. 7．已知f(x)＝x2＋ax＋b(－1≤x≤1)，若|f(x)|的最大值为M，求证：M≥ . 8．⑴解方程:(x＋8)2001＋x2001＋2x＋8＝0 ⑵解方程： 9．设f(x)＝x4＋ax3＋bx2＋cx＋d，f⑴＝1，f⑵＝2，f⑶＝3，求 [f⑷＋f(0)]的值. 10．设f(x)＝x4－4x3＋ x2－5x＋2，当x∈R时，求证：|f(x)|≥ 课后练习 1. 已知f(x)＝ax5＋bsin5x＋1，且f⑴＝5，则f(－1)＝( ) A.3 B.－3 C.5 D.－5 2. 已知(3x＋y)2001＋x2001＋4x＋y＝0，求4x＋y的值. 3. 解方程：ln( ＋x)＋ln( ＋2x)＋3x＝0 4. 若函数y＝log3(x2＋ax－a)的值域为R，则实数a的取值范围是______________. 5. 函数y＝ 的最小值是______________. 6. 已知f(x)＝ax2＋bx＋c，f(x)＝x的两根为x1，x2，a＞0，x1－x2＞ ，若0＜t＜x1，试比较f(t)与x1的大小. 7. f(x)，g(x)都是定义在R上的函数，当0≤x≤1，0≤y≤1时. 求证：存在实数x，y，使得 8. 设a，b，c∈R，|x|≤1，f(x)＝ax2＋bx＋c，如果|f(x)|≤1，求证：|2ax＋b|≤4. 9．已知函数f(x)＝x3－x＋c定义在[0，1]上，x1，x2∈[0，1]且x1≠x2. ⑴求证：|f(x1)－f(x2)|＜2|x1－x2|； ⑵求证：|f(x1)－f(x2)|＜1. 课后练习答案 1.解：∵ f⑴＝a＋bsin51＋1＝5 设f(－1)＝－a＋bsin5(－1)＋1＝k 相加：f⑴＋f(－1)＝2＝5＋k ∴ f(－1)＝k＝2－5＝－3 选B 2.解：构造函数f(x)＝x2001＋x，则f(3x＋y)＋f(x)＝0 逐一到f(x)的奇函数且为R上的增函数， 所以3x＋y＝－x 4x＋y＝0 3.解：构造函数f(x)＝ln( ＋x)＋x 则由已知得：f(x)＋f(2x)＝0 不难知，f(x)为奇函数，且在R上是增函数(证明略) 所以f(x)＝－f(2x)＝f(－2x) 由函数的单调性，得x＝－2x 所以原方程的解为x＝0 4.解：函数值域为R，表示函数值能取遍所有实数， 则其真数函数g(x)＝x2＋ax－a的函数值应该能够取遍所有正数 所以函数y＝g(x)的图象应该与x轴相交 即△≥0 ∴ a2＋4a≥0 a≤－4或a≥0 解法二：将原函数变形为x2＋ax－a－3y＝0 △＝a2＋4a＋4·3y≥0对一切y∈R恒成立 则必须a2＋4a≥0成立 ∴ a≤－4或a≥0 5.提示：利用两点间距离公式处理 y＝ 表示动点P(x，0)到两定点A(－2，－1)和B(2，2)的距离之和 当且仅当P、A、B三点共线时取的最小值，为|AB|＝5 6.解法一：设F(x)＝f(x)－x＝ax2＋(b－1)x＋c， ＝a(x－x1)(x－x2) ∴ f(x)＝a(x－x1)(x－x2)＋x 作差：f(t)－x1＝a(t－x1)(t－x2)＋t－x1 ＝(t－x1)[a(t－x2)＋1] ＝a(t－x1)(t－x2＋ ) 又t－x2＋ ＜t－(x2－x1)－x1＝t－x1＜0 ∴ f(t)－x1＞0 ∴ f(t)＞x1 解法二：同解法一得f(x)＝a(x－x1)(x－x2)＋x 令g(x)＝a(x－x2) ∵ a＞0，g(x)是增函数，且t＜x1 Þ g(t)＜g(x1)＝a(x1－x2)＜－1 另一方面：f(t)＝g(t)(t－x1)＋t ∴ ＝a(t－x2)＝g(t)＜－1 ∴ f(t)－t＞x1－t ∴ f(t)＞x1 7.|xy－f(x)－g(y)|≥ 证明：(正面下手不容易，可用反证法) 若对任意的实数x，y，都有|xy－f(x)－g(y)|＜ 记|S(x，y)|＝|xy－f(x)－g(y)| 则|S(0，0)|＜ ，|S(0，1)|＜ ，|S(1，0)|＜ ，|S(1，1)|＜ 而S(0，0)＝－f(0)－g(0) S(0，1)＝－f(0)－g(1) S(1，0)＝－f(1)－g(0) S(1，1)＝1－f(1)－g(1) ∴ |S(0，0)|＋|S(0，1)|＋|S(1，0)|＋|S(1，1)| ≥|S(0，0)－S(0，1)－S(1，0)＋S(1，1)| ＝1 矛盾！ 故原命题得证！ 8.解：(本题为1914年匈牙利竞赛试题) f⑴＝a＋b＋c f(－1)＝a－b＋c f(0)＝c ∴ a＝ [f⑴＋f(－1)－2f(0)] b＝ [f⑴－f(－1)] c＝f(0) |2ax＋b|＝|[f⑴＋f(－1)－2f(0)]x＋ [f⑴－f(－1)]| ＝|(x＋ )f⑴＋(x－ )f(－1)－2xf(0)| ≤|x＋ ||f⑴|＋|x－ ||f(－1)|＋2|x||f(0)| ≤|x＋ |＋|x－ |＋2|x| 接下来按x分别在区间[－1，－ ]，(－ ，0)，[0， )，[ ，1]讨论即可 9. 证明：⑴|f(x1)－f(x2)|＝|x13－x1＋x23－x2| ＝|x1－x2||x12＋x1x2＋x22－1| 需证明|x12＋x1x2＋x22－1|＜2 ………………① x12＋x1x2＋x22＝(x1＋ ≥0 ∴ －1＜x12＋x1x2＋x22－1＜1＋1＋1－1＝2 ∴ ①式成立 于是原不等式成立 ⑵不妨设x2＞x1 由⑴ |f(x1)－f(x2)|＜2|x1－x2| ①若 x2－x1∈(0， ] 则立即有|f(x1)－f(x2)|＜1成立. ②若1＞x2－x1＞ ，则－1＜－(x2－x1)＜－ ∴ 0＜1－(x2－x1)＜ (右边变为正数) 下面我们证明|f(x1)－f(x2)|＜2(1－x2＋x1) 注意到：f(0)＝f⑴＝f(－1)＝c |f(x1)－f(x2)|＝|f(x1)－f⑴＋f(0)－f(x2)| ≤|f(x1)－f⑴|＋|f(0)－f(x2)| ＜2(1－x2)＋2(x2－0) (由⑴) ＝2(1－x2＋x1) ＜1 综合⑴⑵，原命题得证. 10. 已知f(x)＝ax2＋x－a(－1≤x≤1) ⑴若|a|≤1，求证：|f(x)|≤ ⑵若f(x)max＝ ，求a的值. 解：分析：首先设法去掉字母a，于是将a集中 ⑴若a＝0，则f(x)＝x， 当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1＜ 成立 若a≠0，f(x)＝a(x2－1)＋x ∴ |f(x)|＝|a(x2－1)＋x| ≤|a||x2－1|＋|x| ≤|x2－1|＋|x| (∵ |a|≤1) ≤1－|x2|＋|x| ＝ －(|x|－ )2 ≤ ⑵a＝0时，f(x)＝x≤1≠ ∴ a≠0 ∵ f(x)max＝max{f⑴，f(－1)，f(－ )} 又f(±1)＝±1≠ ∴ f(x)max＝f(－ )＝ a(－ )2＋(－ )－a＝ Þ a＝－2或a＝－ 但此时要求顶点在区间[－1，1]内，应舍去－ 答案为－2 例题答案： 1．提示：可用图像，但是用特殊值较好一些.选C 2．解：f(x＋6)＝f(x＋3＋3)＝－f(x＋3)＝f(x) ∴ f(x)的周期为6 f(2003)＝f(6×335－1)＝f(－1)＝－f⑴＝－1 选A 3．提示：由已知，函数f(x)的图象有对称轴x＝ 于是这101个根的分布也关于该对称轴对称. 即有一个根就是 ，其余100个根可分为50对，每一对的两根关于x＝ 对称 利用中点坐标公式，这100个根的和等于 ×100＝150 所有101个根的和为 ×101＝ .选B 4．解：如果x、y不是某些特殊值，则本题无法(快速)求解 注意到其形式类似于一元二次方程，可以采用配方法 (x－sin(xy))2＋cos2(xy)＝0 ∴ x＝sin(xy) 且 cos(xy)＝0 ∴ x＝sin(xy)＝±1 ∴ siny＝1 xsin(xy)＝1 原式＝7 5．解：(逆向思考：什么样的方程有这样的根？) 由已知变形得x－ ∴ x2－2 x＋19＝99 即 x2－80＝2 x 再平方得x4－160x2＋6400＝76x2 即 x4－236x2＋6400＝0 ∴ b＝－236，c＝6400 b＋c＝6164 6．证法一：由已知条件可得 △＝b2－4ac≥0 ① f⑴＝a＋b＋c＞1 ② f(0)＝c＞1 ③ 0＜－ ＜1 ④ b2≥4ac b＞1－a－c c＞1 b＜0(∵ a＞0) 于是－b≥2 所以a＋c－1＞－b≥2 ∴ ( )2＞1 ∴ ＞1 于是 ＋1＞2 ∴ a＞4 证法二：设f(x)的两个根为x1，x2， 则f(x)＝a(x－x1)(x－x2) f⑴＝a(1－x1)(1－x2)＞1 f(0)＝ax1x2＞1 由基本不等式 x1(1－x1)x2(1－x2)≤[ (x1＋(1－x1)＋x2＋(1－x2))]4＝( )2 ∴ ≥a2x1(1－x1)x2(1－x2)＞1 ∴ a2＞16 ∴ a＞4 7．解：M＝|f(x)|max＝max{|f⑴|，|f(－1)|，|f(－ )|} ⑴若|－ |≥1 (对称轴不在定义域内部) 则M＝max{|f⑴|，|f(－1)|} 而f⑴＝1＋a＋b f(－1)＝1－a＋b |f⑴|＋|f(－1)|≥|f⑴＋f(－1)|＝2|a|≥4 则|f⑴|和|f(－1)|中至少有一个不小于2 ∴ M≥2＞ ⑵|－ |＜1 M＝max{|f⑴|，|f(－1)|，|f(－ )|} ＝max{|1＋a＋b|，|1－a＋b|，|－ ＋b|} ＝max{|1＋a＋b|，|1－a＋b|，|－ ＋b|，|－ ＋b|} ≥ (|1＋a＋b|＋|1－a＋b|＋|－ ＋b|＋|－ ＋b|) ≥ [(1＋a＋b)＋(1－a＋b)－(－ ＋b)－(－ ＋b)] ＝ ≥ 综上所述，原命题正确. 8．⑴解：原方程化为(x＋8)2001＋(x＋8)＋x2001＋x＝0 即(x＋8)2001＋(x＋8)＝(－x)2001＋(－x) 构造函数f(x)＝x2001＋x 原方程等价于f(x＋8)＝f(－x) 而由函数的单调性可知f(x)是R上的单调递增函数 于是有x＋8＝－x x＝－4为原方程的解 ⑵两边取以2为底的对数得 于是f(2x)＝f(x2＋1) 易证：f(x)世纪函数，且是R上的增函数， 所以：2x＝x2＋1 解得：x＝1 9．解：由已知，方程f(x)＝x已知有三个解，设第四个解为m， 记 F(x)＝f(x)－x＝(x－1)(x－2)(x－3)(x－m) ∴ f(x)＝(x－1)(x－2)(x－3)(x－m)＋x f⑷＝6(4－m)＋4 f(0)＝6m ∴ [f⑷＋f(0)]＝7 10．证明：配方得： f(x)＝x2(x－2)2＋ (x－1)2－ ＝x2(x－2)2＋ (x－1)2－1＋ ＝(x2－2x)2＋ (x－1)2－1＋ ＝[(x－1)2－1]2＋ (x－1)2－1＋ ＝(x－1)4－2(x－1)2＋1＋ (x－1)2－1＋ ＝(x－1)4＋ (x－1)2＋ ≥ §5二次函数(1) 　　二次函数是最简单的非线性函数之一，而且有着丰富内涵。在中学数学数材中，对二次函数和二次方程，二次三项式及二次不等式以及它们的基本性质，都有深入和反复的讨论与练习。它对近代数学，乃至现代数学，影响深远，为历年来高考数学考试的一项重点考查内容，历久不衰，以它为核心内容的重点试题，也年年有所变化，不仅如此，在全国及各地的高中数学竞赛中，有关二次函数的内容也是非常重要的命题对象。因此，必须透彻熟练地掌握二次函数的基本性质。 学习二次函数的关键是抓住顶点（-b/2a，(4ac-b2)/4a），顶点的由来体现了配方法（y=ax2+bx+c=a(x+b/2a)2+(4ac-b2)/4a）；图象的平移归结为顶点的平移（y=ax2→y=a(x-h)2+k）；函数的对称性（对称轴x=-b/2a，f (-b/2a+x)=f (-b/2a-x)，x∈R），单调区间（-∞，-b/2a），[-b/2a,+∞]、极值（(4ac-b2)/4a），判别式（Δb2-4ac）与X轴的位置关系（相交、相切、相离）等，全都与顶点有关。 　　一、“四个二次型”概述 （一元）二次函数 y=ax2+bx+c (a≠0) → a=0 → （一元）一次函数 y=bx+c(b≠0) ↑ ↑ ↑ ↑ （一元）二次三项式 ax2+bx+c(a≠0) → a=0 → 　　一次二项式 　　bx+c(b≠0) ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓ 一元二次方程 ax2+bx+c=0(a≠0) → a=0 →   一元一次方程 bx+c=0(b≠0) ↓ ↓           ↓ 一元二次不等式 ax2+bx+c>0或 ax2+bx+c<0(a≠0) → a=0 → 一元一次不等式 bx+c>0或 bx+c<0(b≠0)     　　观察这个框图，就会发现：在a≠0的条件下，从二次三项式出发，就可派生出一元二次函数，一元二次方程和一元二次不等式来。故将它们合称为“四个二次型”。其中二次三项式ax2+bx+c(a≠0)像一颗心脏一样，支配着整个“四个二次型”的运动脉络。而二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)，犹如“四个二次型”的首脑或统帅：它的定义域即自变量X的取值范围是全体实数，即n∈R；它的解析式f(x)即是二次三项式ax2+bx+c(a≠0)；若y=0，即ax2+bx+c=0（a≠0），就是初中重点研究的一元二次方程；若y>0或y<0，即ax2+bx+c>0或ax2+bx+c<0（a≠0），就是高中 一年级 小学一年级数学20以内加减练习题小学一年级数学20以内练习题小学一年级上册语文教学计划人教版一年级上册语文教学计划新人教版一年级上册语文教学计划 重点研究的一元二次不等式，它总揽全局，是“四个二次型”的灵魂。讨论零值的一元二次函数即一元二次方程是研究“四个二次型”的关键所在，它直接影响着两大主干：一元二次方程和一元二次不等式的求解。一元二次方程的根可看作二次函数的零点；一元二次不等式的解集可看作二次函数的正、负值区间。心脏、头脑、关键、主干、一句话，“四个二次型”联系密切，把握它们的相互联系、相互转化、相互利用，便于寻求规律，灵活运用，使学习事半功倍。 　　二、二次函数的解析式 　　上面提到，“四个二次型”的心脏是二次三项式：二次函数是通过其解析式来定义的（要特别注意二次项系数a≠0）；二次函数的性质是通过其解析式来研究的。因此，掌握二次函数首先要会求解析式，进而才能用解析式去解决更多的问题。 　　y=ax2+bx+c(a≠0)中有三个字母系数a、b、c，确定二次函数的解析式就是确定字母a、b、c的取值。三个未知数的确定需要3个独立的条件，其方法是待定系数法，依靠的是方程思想及解方程组。 　　二次函数有四种待定形式： 　　1． 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 式（定义式）：f(x)=ax2+bx+c.(a≠0) 　　2．顶点式：　　　　　f(x)=a(x-h)2+k .(a≠0) 　　3．两根式（零点式）：f(x)=a(x-x1)(x-x2). (a≠0) 　　4．三点式：（见罗增儒《高中数学竞赛辅导》） 　　过三点A（x1,f (x1)）、B（x2,f (x2)）、C（x3,f (x3)）的二次函数可设为 　　f (x)=a1(x-x2)(x-x3)+a2(x-x1)(x-x3)+a3(x-x1)(x-x2)把ABC坐标依次代入，即令x=x1,x2,x3,得 　　　　　　　　f (x1)=a1(x1-x2)(x1-x3)， 　　　　　　　　f (x2)=a2(x2-x1)(x2-x3)， 　　　　　　　　f (x3)=a3(x3-x1)(x3-x2) 　　解之，得：a1=f (x1)/ (x1-x2)(x1-x3)，a2=f (x2)/ (x2-x1)(x2-x3)，a3=f (x3)/ (x3-x1)(x3-x2) 从而得二次函数的三点式为： f(x)=[f(x1)/(x1-x2)](x1-x3)(x-x2)(x-x3)+[f(x2)/ (x2-x1)(x2-x3)](x-x1)(x-x3)+[f(x3)/(x3-x1)(x3-x2)](x-x1)(x-x2) 根据题目所给的不同条件，灵活地选用上述四种形式求解二次函数解析式，将会得心应手。 例题讲解 元素与集合的关系 1. 集合 ={ }， ={ }， EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ，求实数 的取值集合． 2. 考察所有可能的这样抛物线 ，它们与坐标轴各有三个不同的交点，对于每一条这样的抛物线，过其与坐标轴的三个交点作圆．证明：所有这些圆周经过一定点． 3. 抛物线 的顶点位于区域 内部或边界上，求 、 的取值范围． 4. 设 = 时，二次函数 有最大值5，二次函数 的最小值为－2，且 ＞0， + = , =25．求 的解析式和 值． 5. 已知0≤ ≤1, = , 的最小值为 ． （1） 用 表示 ；（2）求 的最大值及此时 的值． 6．函数 = ， ∈[― ,1― ],该函数的最大值是25,求该函数取最大值时自变量的值． 7．一幢 （＞2）层楼的公寓有一部电梯，最多能容纳 －1个人，现有 －1个学生同时在第一层楼乘电梯，他们中没有两人是住同一层楼的．电梯只能停一次．停在任意选择的一层．而对每一个学生而言，自已往下走一层感到一分不满意，而往上走一层感到2分不满意，问电梯停在哪一层，可使不满意的总分达到最小？ 8．已知方程 ，其中 ＞1，证明：方程的正根比1小，负根比 －1大． 9．若抛物线 与连接两点 （0，1）， （2，3）的线段（包括 、 两点）有两个相异的交点，求 的取值范围． 10．设 ≥ ≥ ≥ ≥2，且 ＋ ＋ ≥ ，证明： 11．定义在 上的奇函数 ，当 ≥0时， =－ ．另一个函数 = 的定义域为[ , ],值域为[ ],其中 ≠ , 、 ≠0．在 ∈[ , ]上, = ．问:是否存在实数 ,使集合{ 恰含有两个元素? 课后练习 1．  已知二次函数的图象过（－1,－6），（1，－2）和（2,3）三点，求二次函数的解析式。 2．二次函数的图象通过点（2，－5），且它的顶点坐轴为（1，－8），求它的解析式 3．已知二次函数的图象过（－2,0）和（3,0）两点，并且它的顶点的纵坐标为125/4，求它的解析式。 4．已知二次函数经过3点A（1/2，3/4）、B（－1,3）、C（2,3），求解析式。 5．当X为何值时，函数 f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2+…+(x-an)2取最小值。 6．已知x1,x2是方程x2-(k-2)x+(k2+3k+5)=0　(k为实数)的两个实数根，x12+x22的最大值是：（ ） 　　　　（A）19；　　　　（B）18；　　　　（C）50/9　　(D)不存在 7．已知f (x)=x2-2x+2，在x∈[t,t+1]上的最小值为g (t)，求g (t)的表达式。 8．（1）当x2+2y2=1时，求2x+3y2的最值； 　 （2）当3x2+2y2=6x时，求x2+y2的最值。 课后练习答案 1．　　[解法一]：用标准式 　　∵图象过三点（－1,－6）、（1，－2）、（2,3） 　　∴可设y=f(x)=ax2+bx+c，且有a-b+c=－6　①，a+b+c=－2 ②，4a+2b+c=3 ③ 　　解之得：a=1，b=2，c=－5 　　∴所求二次函数为y=x2+2x-5 　　[解法二]：用三点式 　　∵图象过三点（－1，－6），（1，－2），（2,3） 　　∴可设y=a1(x-x2)(x-x3)+a2(x-x1)(x-x3)+a3(x-x1)(x-x2)=(a1+a2+a3)x2－                  [a1(x2+x3)+a2(x1+x3)+a3(x1+x2)]x+(a1x2x3+a2x1x3+a3x1x2) 　　计算可得：a1=－6/(－1－1)(－1－2)=－1， 　　　　　　　a2=－2/ (1＋1)(1－2)=1， 　　　　　　　a3=3/ (2＋1)(2－1)=1 　　∴f(x)=x2＋2x－5 2．　　解：∵它的顶点坐标已知 　　∴可设f (x)=a(x－1)2－8 ，又函数图象通过点（2，－5）， 　　∴a(2－1)2－8=－5 ，解之，得a=3 　　故所求的二次函数为：y=3(x－1)2－8 　　即：y=f (x)=3x2－6x－5 　　[评注]，以顶点坐标设顶点式a(x-h)2+k，只剩下二次项系数a为待定常数，以另一条件代入得到关于a的一元一次方程求a，这比设标准式要来得简便得多。 3．　　解：∵（－2,0）和（3,0）是X轴上的两点， 　　∴x1＝－2，x2＝3 可设y=f(x)=a(x+2)(x-3) 　　　　　　　=a(x2-x-6)=a[(x-1/2)2-25/4]=a(x-1/2)2-25/4a 它的顶点的纵坐标为－25/4a ，∴－25/4a=125/4，a=－5 故所求的二次函数为：f (x)=－5(x+2)(x-3)=－5x2+5x+30 　　[想一想]：本例能否用顶点式来求？ 4． [分析]本例当然可用标准式、三点式求解析式，但解方程组与求a1、a2、a3计算较繁。仔细观察三点坐标特点或画个草图帮助分析，注意到三点的特殊位置，则可引出如下巧解。 　　[解法一]：顶点式：由二次函数的对称性可知，点B、C所连线段的中垂线x=(-1+2)/2=1/2即为图象的对称轴，从而点A（1/2，3/4）必是二次函数的顶点，故可设顶点式:f(x)=a(x-(1/2))2+(3/4) 把B或C的坐标代入得：f(-1)=a(-3/2)2+(3/4)=(9/4)a+(3/4)=3 解得：a=1 ，∴f(x)=(x-(1/2))2+3/4=x2-x+1 　　[解法二]由B、C的纵坐标相等可知B、C两点是函数y=f (x)与直线y=3的交点，亦即B、C两点的横坐标是方程f (x)=3即f (x)-3=0的两个根故可设零点式为： f (x)-3=a(x+1)(x-2) 把A点坐标代入，有　f (1/2)-3=a(1/2+1)(1/2-2)，即－9/4=－9/4a，a=1 从而f (x)=(x+1)(x-2)+3=x2-x+1 5.解：∵f (x)=(x2-2a1x+a12)+(x2-2a2x+a22)+…+(x2-2anx+an2)=nx2-2(a1+a2…+an)x+(a12+a22+…+an2) 　　∴当x=((a1+a2+…+an)/n)时，f(x)有最小值。 　　[评注]：1994年全国普通高考命制了如下一个填空题，在测量某物理量的过程中，因仪器和观察的误差，使得n次测量分别得到a1、a2、…，an共n个数据。我们规定的所测物理量的“最佳近似值”a是这样一个量：与其它近似值比较，a与各数据差的平方和最小，依此规定，从a1,a2,…an推出a=　　　　读者从5的解答中，能否悟到解决此题的灵感？ 6．解：由韦达定理得：x1+x2=k-2，x1x2=k2+3k+5 　　∴x12＋x22＝（x1＋x2）2-2x1x2=(k-2)2-2(k2+3k+5) 　　　　　　　 =-k2-10k-6=-(k+5)2+19 　　如果由此得K＝-5时，（x12+x22）max=19，选（A），那就错了。为什么？已知该x1,x2是方程的两个“实数”根，即方程必须有实数根才行，而此时方程的判别式Δ≥0，即  Δ＝(k-2)2-4(k2+3k+5)=-3k2-16k-16≥0 ① 解①得：-4≤k≤-4/3 　　∵k=-5[-4,-4/3]，设f(k)=-(k+5)2+19则f(-4)=18,f(-4/3)=50/9<18 　　∴当k=-4时，(x12+x22)max=18， 　　∴选（B） 　　[评注]：求二次函数最值时，必须首先考虑函数定义域。否则，审题不慎，忽略“实数”二字，就会掉进题目设置的“陷阱”中去了。 7．　　解：f (x)= (x-1)2+1 　　(1)当t+1<1即t<0时，g(t)=f(t+1)=t2+1 　　(2)当t≤1≤t+1，即0≤t≤1时，g (t)=f (1)=1 　　(3)当t>1时，g(t)=f (t)=t2-2t+2 　　综合（1）、（2）、（3）得： 8．解：（1）由x2+2y2=1得y2=1/2(1-x2)，代入2x+3y2=2x+(3/2)(1-x2)=(-(3/2))(x-(2/3))2+(13/6) 又1-x2=2y2≥0，∴x2≤1，－1≤x≤1 　　∴当x=2/3时，y=(√10)/6，（2x+3y2）max=16/3； 　　　当x=-1时，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0≤x≤2   　　当x=2，y=0时，（x2+y2）max=4；当x=0，y=0时，(x2+y2)min=0 例题答案： 1．解： 、 分别表示函数 与函数 的值域．由 ≥3知 =[3，＋∞）．而 受参数 的影响，要进行讨论． =0时， ，值域是 符合条件 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 ． ≠0时， = 是二次函数，如果 ＜0，该函数的值域为 ，这时 EMBED Equation.3 不成立．如果 ＞0时，由[3，＋∞] [ ，＋∞],得 ∴　0＜ ≤1 综上所述, 的可取值集合为{ |0≤ ≤1}。 说明：参数 的取值决定了函数 = 的类别及性质，因而对该函数的值域有影响．为了由 EMBED Equation.3 EMBED Equation.3 求出 的允许值范围，必须对参数 分情况讨论． 2．证明：设抛物线 与 轴的交点为（ ，0）、（ ，0）．由韦达定理知 ＜0 (因为 =0,则 与坐标轴只有两个不同的交点),故点（ ，0）、（ ，0）在坐标原点的两侧．又因为 ，由相交弦定理的逆定理知，点（ ，0）、（ ，0）、（0， ），（0，1）在同一个圆周上，即过抛物线与坐标轴的三个交点（ ，0）、（ ，0）、（0， ）的圆一定过定点（0，1）．于是所有的这些圆周均经过一定点（0，1）． 3．解：抛物线的顶点坐标为（ ），故 ， 上式即为 、 的取值范围． 4．解：由题设 =5， =25， = ，所以 =30，解得 =1 （ = －17舍去）．由于 在 =1时有最大值5，故设 = 所以 = － = ，因 的最小值为－2，故 ,所以 ．从而 = ． 5．解：（1）把 改写成 = ．于是知 是顶点为（ ），开口向上的抛物线．又因为 ∈[0,1],故当0＜ ≤1，即0＜ ≤2时， 的最小值为 ； 当 ＞1,即 ＞2时， 有最小值 ．于是 （2）当 ＞2时， 的值小于0，而当0＜ ≤2时， = ，它的最大值为 （当 =1时取得），故 的最大值为 ，此时 =1． 说明：对于某些在给定区间上的二次函数最值问题，往往需要把顶点和区间端点结合起来考虑． 6．分析：限定在区间[― ,1― ]上的函数的最大值要考虑到在这个区间上的单调情况．当 可取任意实数时，二次函数 的图象是对称轴为 开口向下的抛物线， 与区间[― ,1― ]的位置关系决定了已知函数的单调状况，因此要分区间讨论． 当 ∈[― ,1― ],即 时,最大值应是 ．由 =25, 2= ,不符合 的条件．可见 EMBED Equation.3 ． 当 ＞1― ,即 ＞ 时，函数 = ， ∈[― ,1― ]是增函数，可见 ，解之得 = 或 = ．其中 = 不合 ＞ 的条件，舍去．可见1― =1－ =－ ． 当 ＜― ，即 ＜ 时,函数 = 是[― ,1― ]是减函数,可见 ,解之得 = 或 = ．其中 = 不合 ＜ 的条件,舍去,由此知 = ． 综上所述,当 =－ 或 = 时, 函数 有最大值25． 说明：由点 与区间[― ,1― ]的位置关系引起的分类讨论是“形”对“数”的引导作用．本题中虽然只是求函数取最大值时的自变量 的值，没有问 的值，但这个 值与 值有直接关系，所以要先求 再求 ． 7．解：设电梯停在第 层，则不满意的总分为 =（1＋2＋…＋ －2）＋2（1＋2＋…＋ － ）= ,所以当 = 时， 最小，其中 表示最接近于 的整数．例如 EMBED Equation.3 ,故当电梯停在 时，不满意总分最小． 8．证明：原方程整理后，得 =0，令 = ，则 是开口向上的抛物线，且 ，故此二次函数 =0有一个正根，一个负根．要证明正根比1小，只须证 ，要证明负根比 －1大，只须证 ＞0．因为 从而命题得证． 9．解：易知过两点（0，1）、（2，3）的直线方程为 ，而抛物线 与线段 有两个交点就是方程 EMBED Equation.3 在区间[0，2]上有两个有两个不等的实根．令 ．则 解得 的范围为 ≤ ≤－1． 说明：利用二次函数来研究一元二次方程的根的分布是非常有效的手段． 10．证明：令 ＝ ＋ ＋ , ,则原不等式为 ,即 =0，令 = ,则只需证明 ≤0．因 ，而 ≤ ，所以 ,从而 ＞0， 与 轴有两个不同的交点．易知这两个交点为 ，下证 ∈[ ]． EMBED Equation.3 ，只需证[ ] [ ],即 ,由于 ， 所以 ∈[ ]，从而必有 ≤0． 解法二：只需证明 ≤0，而 ，因此只需证 而 ， ，由 可证得 说明：通过构造二次函数，然后利用二次函数的性质来证明一些不等式问题，往往会使问题简化． 11．分析：{ }是以 轴为对称轴由 = 的图象平移所形成的抛物线系．对给定的 它表示一条抛物线，条件 恰含有两个元素的意思是函数 = ， ∈[ , ]的图象与抛物线 恰有两个交点．首先要弄清楚 = ， ∈[ , ]，进而作出它的图象． 容易求出奇函数 = 在 ＜0时的解析式是 = ．即 = 函数 = 的定义域为[ , ],值域为[ ],其中 ≠ , 、 ≠0，这表明 可见 、 同号．也就是说 = ， ∈[ , ]的图象在第一或第三象限内．根据 = （ ∈[ , ]以及 的图象可知，函数 的图象如所示曲线的一部分． 值域与函数的单调状况有关，又与定义域有关．如果只考虑0＜ ＜ ＜2或－2＜ ＜ ＜0两种情况，不能准确地用, 、 表示出值域区间的端点，因此要把区间（0，2），（－2，0）再分细一些，由图中看出，当 、 ＞0时，考虑以下三种情况较好．0＜ ＜ ≤1，0＜ ＜1＜ ，1≤ ＜ ＜2． 如果0＜ ＜ ≤1，那么 ＞1．但是 ∈（0，1]时， ≤1,这与 的值域区间[ ]的右端点大于1矛盾．可见不出现0＜ ＜ ≤1的情形． 如果1≤ ＜ ＜2，由图看出 是减函数，可见 整理得 ，考虑到1≤ ＜ ＜2的条件，解之得 ． 完全类似地，考虑到－1≤ ＜ ＜0，－2＜ ＜－1＜ ＜0，－2＜ ＜ ≤－1三种情况后,可以在－2＜ ＜ ≤－1的情况下通过值域条件得出 ，这就得到了函数 对于某个 ，抛物线与函数 的图象有两个交点时，一个交点在第一象限，一个交点在第三象限．因此， 应当使方程 ，在[1， ]内恰有一个实数根，并且使方程 ，在[ ]内恰有一个实数根．问题归结为求 ，使 由（1）得，方程 在 内恰有一根，设 ，则 即 ，由（2）得 ，即 ，∴ ＝－2．易证，抛物线 与函数 图象恰有两个交点（―1,―1）和（ 综上所述：题目条件下的实数 ＝－2． 说明：解题过程可分为“求函数 ”，“求函数 ”，“求 ”三个阶段．求函数 的关键步骤是求 的值．运用了数形结合的方法和分类讨论的运算过程，最终把求 的问题化归到求一次方程和二次方程的一定范围内有解的问题． 可以看出，当 ∈(－2,0)时,抛物线 与函数 的图象在第一象限内有一个交点,当 ∈ 时,在第三象限内有一个交点． §6二次函数(2) 二次方程问题其实质就是其相应二次函数的零点(图象与x轴的交点)问题，因此，二次方程的实根分布问题，即二次方程的实根在什么区间内的问题，借助于二次函数及其图象利用形数结合的方法来研究是非常有益的。 　　设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的二实根为x1,x2，(x1＜x2)，Δ=b2-4ac，且α、β(α＜β)是预先给定的两个实数。 　　1．当两根都在区间(α,β)内，方程系数所满足的充要条件： 　　∵α＜x1＜x2＜β，对应的二次函数f (x)的图象有下列两种情形(图1) 　　当a＞0时的充要条件是：Δ＞0，α＜-b/2a＜β，f(α)＞0，f (β)＞0 　　当a＜0时的充要条件是：Δ＞0，α＜-b/2a＜β，f(α)＜0，f (β)＜0 　　两种情形合并后的充要条件是： 　　Δ＞0，α＜-b/2a＜β，af(α)＞0，af (β)＞0   ① 　　2．当两根中有且仅有一根在区间（α，β）内，方程系数所满足的充要条件： 　　∵α＜x1＜β或α＜x2＜β，对应的函数f(x)的图象有下列四种情形（图2） 　　从四种情形得充要条件是： 　　f (α)·f (β)＜0　　　　　　② 　　3．当两根都不在区间［α，β］内方程系数所满足的充要条件： 　　（1）两根分别在区间［α，β］之外的两旁时： 　　∵x1＜α＜β＜x2，对应的函数f(x)的图象有下列两种情形（图3）： 　　当a＞0时的充要条件是：f (α)＜0，f (β)＜0 　　当a＞0时的充要条件是：f (α)＞0，f (β)＞0 　　两种情形合并后的充要条件是： 　　　　af (α)＜0，af (β)＜0　　　　　③ 　　（2）两根分别在区间［α，β］之外的同旁时： 　　∵x1＜x2＜α＜β或α＜β＜x1＜x2，对应函数f(x)的图象有下列四种情形（图4）： 　　当 x1＜x2＜α时的充要条件是： 　　Δ＞0，-b/2a＜α，af (α)＞0　　　　④ 　　当β＜x1＜x2时的充要条件是： Δ＞0，-b/2a＞β，af (β)＞0　　　　　⑤ 二次函数与二次不等式 前面提到，一元二次不等式的解集相应于一元二次函数的正值、负值区间。解不等式与证明不等式成立，经常要用到二次函数的极值性质、单调性、图象与x轴的位置关系等。 例题讲解 1. 已知方程x2+2px+1=0有一个根大于1，有一个根小于1，则P的取值为　　　　　。 2. 如果方程（1-m2）x2+2mx-1=0的两个根一个小于零，另一个大于1，试确定m的范围。 3. 已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0).若方程f(x)=x无实根，求证：方程f[f(x)]=x也无实根， 4. 对二次函数f(x)= ax2+bx+c(a≠0)，求证，必存在x=±M≠0，使f(±M)均与a同号。 5. 若a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn都是实数，求证：（a1b1+a2b2+…+anbn）2≤(a12+a22+…+a2n)(b12+b22+…+b2n) 6．设二次函数f(x)= ax2+bx+c(a＞0)，方程f(x)-x=0的两个根x1,x2满足0＜x1＜x2＜1/a。 　　（1）当x∈(0,x1)时，证明x＜f(x)＜x1 　　（2）设函数f(x)的图象关于直线x=x0对称，证明：x0＜x1/2。 7．当K为什么实数时，关于X的二次方程7x2-(k+13)x+k2-k-2=0的两个实根α和β分别满足0＜α＜1和1＜β＜2？ 8．函数y=(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)+5在［-3,3］上的最小值是　　　　。 课后练习 1．f(x)是定义在全体实数上的偶函数，它的图象关于x=2为轴对称，已知当x∈(-2,2]时f(x)的表达式为-x2+1，则当x∈(-6,-2)时，f(x)的表达式是：(A)-x2+1，（B）-(x-2)2+1，(C)-(x+2)2+1，（D）-(x+4)2+1。　　（　　） 2．已知x2-4x+b=0的一个根的相反数为x2＋4x-b=0的根，则x2+bx-4=0的正根为　　　　。 3．  已知f(x)=x2+(lga+2)x+lgb且f(-1)=-2，又f(x)≥2x对一切x∈R都成立，求a+b=? 4．设θ∈[0,π]，关于x的方程x2-2∣x∣cosθ+1=0有实根，则4x2+13∣x∣+23=　　　。 5．已知方程ax2+bx+c=0(a≠0)有实根x1与x2，设P=x12002+x22002,q=x12001+x22001,r=x12000+x22000则ap+bq+cr=        。 6．若二次函数f(x)=ax2+bx+c(a＜0)满足f(x+2)=f(2-x)，那么f(0),f(-2002),f(2002)的大小关系是（A）f(0)＜f(2002)＜f(-2002)，(B)f(2002)＜f(0)＜f(-2002)，(C)f(-2002)＜f(0)＜f(2002)，(D)f(-2002)＜f(2002)＜f(0) 7．若sin2x+cosx+a=0有实根，试确定实数a的取值范围是什么？ 8．已知x,y都是实数，C=x2+y2-xy-x+y，则C的最小值等于　　　　　。 9．代数式2x2+2xy+2y2+2x+4y+5的最小值为：（A）0　　（B）5　　（C）9/2　　（D）3 10．函数f(x)=x4-2x2+2的单调增区间是：（A）[1,+∞)，（B）(-∞,-1)∪[1,+∞)，(C)[-1,0]∪[1,+∞)，(D)以上都不对 11．若二次函数f(x)=ax2+bx，有f(x1)=f(x2)(x1≠x2)则f(x1+x2)=         。 　12．给定函数f(x)=x2+ax+b设P，q是满足P+q=1的实数，证明，若对于任意的实数x,y，均有：pf(x)+qf(y)≥f(px+qy)，则0≤p≤1 课后练习答案 　1．（D）；2.2；3.110；4.40；5.0；6.(D)；7.[-5/4,1]；8.-1/3；9.(D)；10.(D)；11.0；12.(略)。 例题答案： 1．解：记f(x)=x2+2px+1，则f(x)r的图象开口向上，当f(x)与x轴的两交点一个在（1,0）左方，另一个在（1,0）右方时，必有f(1)＜0，即：12+2P＋1＜0，即P＜－1 　　所以P的取值为（－∞，－1） 2．解：令f(x)=(1-m2)x2+2mx-1，根据题设条件，f(x)的图形是下列两种情形之一（图5）： 　　得充要条件：（1-m2）f(0)＜0,(1-m2)f(1)＜0；即1-m2＞0,(1-m2)(2m-m2)＜0 　　解得：-1＜m＜0 3．证明：已知f(x)=ax2+bx+c(a≠0) 　　方程f(x)=x即f(x)-x=ax2+(b-1)x+c=0无实根，f(x)-x仍是二次函数，f(x)-x=0仍是二次方程，它无实根即Δ=(b-1)2-4ac＜0 　　若a＞0，则函数y=f(x)-x的图象在x轴上方， 　　∴y＞0，即f(x)-x＞0恒成立，即：f(x)＞x对任意实数x恒成立。 　　∴对f(x)， 　　有f(f(x))＞f(x)＞x恒成立 　　∴f(f(x))=x无实根 　　若a＜0，函数y=f(x)-x的图象在x轴下方 　　∴y＜0，即f(x)-x＜0恒成立 　　∴对任意实数x，f(x) ＜0恒成立 　　∴对实数f(x)，有：f(f(x))＜f(x)＜x恒成立 　　∴f(f(x))=x无实根 　　综上可知，当f(x)=x无实根时，方程f(f(x))=x也无实根 4．分析：这是一道证明题。从图象上看，当a＞0时，抛物线开口向上，f(x)＞0的解集要么为全体实数集合R（△＜0)；要么为（-∞,x0）∪(x0,+ ∞)(Δ=0,f(x0)=0)，要么为（-∞,x1）∪(x2,+∞) (Δ＞0,f(x1)=f(x2)=0)，故总可以找到±M≠0，±M∈R，或±M∈（-∞,x0）∪(x0,+∞)，或±M∈（-∞,x1）∪(x2,+∞)，使f(±M)＞0，因此af(±M)＞0，对于a＜0的情形，也是如此，只不过f(±M)＜0，从代数的角度看问题，af(x)＞0即a2x2+abx+ac＞0　①它有解且解集合中包含着x=M与x=-M（M≠0）一对相反数，因此，需考虑①所对应的二次方程的判别式。 　　证明：∵f(x)= ax2+bx+c(a≠0) 　　　　　∴af(x)= a2x2+abx+ac=1/4［4a2x2+4abx+4ac］=1/4(2ax+b)2-1/4(b2-4ac) 　　　　　∴af(x)＞0即:1/4(2ax+b)2-1/4(b2-4ac)＞0 　　　亦即(2ax+b)2-(b2-4ac)＞0 　　（1）当Δ=b2-4ac＜0时，af(x)＞0的解集为(-∞,+∞) 　　（2）当Δ=b2-4ac=0时，af(x)＞0的解集为(-∞,-b/2a)∪（-b/2a,+∞) 　　（3）当Δ=b2-4ac＞0时，方程af(x)=0有两个不等的实数根x1,x2(x1＜x2)，相应的不等式af(x)＞0的解集合为：（-∞,x1）∪(x2,+∞) 　　因为三种情况下的解集合均为无穷区间，故均存在-M与M同属于解集合，使af(±M)＞0，从而a与f(±M)同号。 5．证明：构造二次函数 　　f(x)=(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+…+(anx-bn)2=(a12+a22+…+a2n)x2-2(a1b1+a2b2+…+anbn)x+(b12+b22+…+b2n) 　　当a12+a22+…+a2n≠0即a1,a2,…,an不全为零时，显然有对x∈R，f(x)≥0，故f(x)＝0的判别式：Δ=4（a1b1+a2b2+…+anbn）2-4(a12+a22+…+a2n)·(b12+b22+…+b2n)≤0 　　即（a1b1+a2b2+…+anbn）2≤(a12+a22+…+a2n)·(b12+b22+…+b2n) 　　当a1=a2=…=an=0时，结论显然成立，故命题成立。 　　[评注]本例中的不等式即是著名的柯西不等式，有时它也写作。等号当且仅当a1/b1=a2/b2=…=an/bn时成立。 6．［分析］该题是一九九七年全国普通高考理工类数学第24题，它综合考查二次函数、二次方程和不等式的基础知识，以及灵活运用数学知识和方法分析、解决问题的能力，当年没有几个考生能完整解答此题。可以从代数与几何两个角度展开思考： 　　从代数角度看，f(x)是二次函数，从而方程f(x)-x=0即ax2+(b-1)x+c=0(a＞0)是二次方程，由于x1,x2是它的两个根，且方程中x2的系数是a，因此有表达式：f(x)-x=a(x-x1)(x-x2)进而，利用二次函数的性质和题设条件，可得第（1）问的证明。 　　从几何角度看，抛物线y=f(x)-x开口向上，因此在区间［x1,x2］的外部，f(x)-x＞0，（1）的左端得证。其次，抛物线y=f(x)的开口也向上，又x1=f(x1)，于是为了证得（1）的右端，相当于要求证明函数f(x)在区间［0,x1］的最大值是f(x1)，这相当于证明f(0)≤f(x1)，也即C≤x1，利用韦达定理和题设，立即可得。 　　至于（Ⅱ）的证明，应用配方法可得x0=-b/2a，进而利用韦达定理与题设，即得证明。 　　证明：①欲证：x＜f(x)＜x      　　只须证：0＜f(x)-x＜x1-x            　　① 因为方程f(x)-x=0的两根为x1,x2,f(x)=ax2+bx+c(a＞0)，∴f(x)-x=a(x-x1)(x-x2) 　　①式即: 0＜a(x-x1)(x-x2)＜x1-x   　② 　　∵a＞0，x∈(0,x1),x1-x＞0,∴a(x1-x)＞0 　　②式两边同除以a(x1-x)＞0，得：0＜x2-x＜1/a，即：x＜x2＜1/a+x 　　这由已知条件：0＜x＜x1＜x2＜1/a，即得：x＜x2＜(1/a)＜1/a+x， 　　故命题得证。 　　（2）欲证x0＜x1/2，因为x0=-b/2a，故只须证：x0-x1/2=-b/2a-x1/2＜0　　③ 　　由韦达定理，x1+x2=(-b-1)/a，(x1+x2)/2=-(b-1)/2a，代入③式，有(-(b/2a))-(x1/2)=(x2/2)-(1/(2a))＜0 ,即：x2＜1/a 　　由已知：0＜x1＜x2＜1/a，命题得证。 　　［评注］证（1）用到了二次函数的零点式f(x)-x=a(x-x1)(x-x2) 　　　　　　证（2）用到了x0=-(b/(2a)),((x1+x2)/2)=-((b-1)/2a)，都是二次函数二次方程的基础知识。 7．［分析］它是一个一元二次方程的问题，利用求根公式解出α、β，再解不等式0＜α＜1和1＜β＜2顺理成章，但计算变形较繁难。如果把此题的方程的左端看作是一个二次函数的话，结合函数的图象和性质来解此题，那就简便得多了。 　　解：设y=f(x)=7x2-(k+13)x+k2-k-2，则因为a=7＞0，且方程f(x)=0有两实根α，β，所以它的图象是开口向上且与X轴相交于两点（α,0）、(β,0)的抛物线。由于0＜α＜1，1＜β＜2，可知在x＜α或x＞β时，f(x)取正值；在α＜x＜β时，f(x)取负值。于是，当x分列取0,1，2时，有：f(0)=k2-k-2＞0，f(1)=k2-2k-8＜0，f(2)=k2-3k＞0解这三个不等式组成的不等式组，可得-2＜k＜-1和3＜k＜4。 　　显然，上述三个一元二次不等式解起来要容易得多。 8．［分析］这是1996年北京高中一年级数学竞赛的复试题，是一个四次函数的最值问题。表面上看起来很难。但借助于配方法、换元法及二次函数极（最）值性质，可得结果。 　　解：∵y=(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)+5 　　　　　 =[(x+1)(x+4)][(x+2)(x+3)]+5 　　　　　 =(x2+5x+4)(x2+5x+6)+5 　　　　　 =(x2+5x+5-1)(x2+5x+5+1)+5 　　　　　 =(x2+5x+5)2+4  　　设Z=x2+5x+5，则y=Z2+4，对Z=x2+5x+5=(x+5/2)2-5/4，x∈[-3,3]，易知Zmin=-5/4，Zmax=29 　　∴y=Z2+4，Z∈[-5/4,29]抛物线开口向上，对称轴Z=0∈[-5/4,29]，∴ymin=4 　　故y=(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)+5在［-3,3］上的最小值是4。 §7指、对数函数,幂函数 　　指数、对数以及指数函数与对数函数，是高中代数非常重要的内容。无论在高考及数学竞赛中，都具有重要地位。熟练掌握指数对数概念及其运算性质，熟练掌握指数函数与对数函数这一对反函数的性质、图象及其相互关系，对学习好高中函数知识，意义重大。 　　一、 指数概念与对数概念： 　　指数的概念是由乘方概念推广而来的。相同因数相乘a·a……a(n个)=an导出乘方，这里的n为正整数。从初中开始，首先将n推广为全体整数；然后把乘方、开方统一起来，推广为有理指数；最后，在实数范围内建立起指数概念。 　　欧拉指出：“对数源出于指数”。一般地，如果a(a>0,a≠1)的b次幂等于N，就是ab=N，那么数b叫做以a为底N的对数，记作：logaN=b 　　其中a叫做对数的底数，N叫做真数。 　　ab=N与b=logaN是一对等价的式子，这里a是给定的不等于1的正常数。当给出b求N时，是指数运算，当给出N求b时，是对数运算。指数运算与对数运算互逆的运算。 　　二、指数运算与对数运算的性质 　　1．指数运算性质主要有3条： 　　　　ax·ay=ax+y,(ax)y=axy,(ab)x=ax·bx（a>0,a≠1,b>0,b≠1） 　　2．对数运算法则（性质）也有3条： 　　（1）loga(MN)=logaM+logaN 　　（2）logaM/N=logaM-logaN 　　（3）logaMn=nlogaM(n∈R) 　　　(a>0,a≠1,M>0,N>0) 　　3．指数运算与对数运算的关系： 　　　　X=alogax；mlogan=nlogam 　　4．负数和零没有对数；1的对数是零，即loga1=0；底的对数是1，即logaa=1 　　5．对数换底公式及其推论： 　　　换底公式：logaN=logbN/logba 　　　推论1：logamNn=(n/m)logaN 　　　推论2： 　　三、指数函数与对数函数 　　函数y=ax(a>0,且a≠1)叫做指数函数。它的基本情况是： 　　（1）定义域为全体实数（-∞，+∞） 　　（2）值域为正实数（0，+∞），从而函数没有最大值与最小值，有下界，y>0 　　（3）对应关系为一一映射，从而存在反函数--对数函数。 　　（4）单调性是：当a>1时为增函数；当00,a≠1), 　　　　　f(x+y)=f(x)·f(y),f(x-y)=f(x)/f(y) 　　函数y=logax(a>0,且a≠1)叫做对数函数，它的基本情况是： 　　（1）定义域为正实数（0，+∞） 　　（2）值域为全体实数（-∞，+∞） 　　（3）对应关系为一一映射，因而有反函数——指数函数。 　　（4）单调性是：当a>1时是增函数，当00,a≠1)， 　　　　f(x·y)=f(x)+f(y), 　　　　f(x/y)=f(x)-f(y) 例题讲解 1．若f(x)=(ax/(ax+√a))，求f(1/1001)+f(2/1001)+f(3/1001)+…+f(1000/1001) 2．5log25等于：（ ） 　　（A）1/2 （B）(1/5)10log25 （C）10log45 （D）10log52 3．计算 4．试比较(122002+1)/(122003+1)与(122003+1)/(122004+1)的大小。 5．已知(a,b为实数)且f(lglog310)=5，则f(lglg3)的值是（ ） 　　（A）-5 （B）-3 （C）3 （D）随a,b的取值而定 6．已知函数y=((10x-10-x)/2)(X∈R) 　　（1）求反函数y=f-1(x) 　　（2）判断函数y=f-1(x)是奇函数还是偶函数 7．已知函数f(x)=loga((1+x)/(1-x))(a＞0,a≠1) 　　（1）求f(x)的定义域 　　（2）判断f(x)的奇偶性并给以证明； 　　（3）当a＞1时，求使f(x)＞0的x取值范围； 　　（4）求它的反函数f-1(x) 8．22003的十进制表示是个P位数，52003的十进位表示是个q位数，则p+q=　　　。 9．已知x2-2x+loga(a2-a)=0有一正根和一负根，求实数a的范围。 10．设y=log(1/2)[a2x+2(ab)x-b2x+1](a＞0,b＞0)，求使y为负值的x的取值范围 课后练习 　　1．设a,b,c都是正数，且3a=4b=6c，那么（ ） 　　　（A）(1/c)=(1/a)+(1/b), (B)(2/c)=(2/a)+(1/b), (C)(1/c)=(2/a)+(2/b), (D)(2/c)=(1/a)+(2/b) 　　2.F(x)=(1+((2/(2x-1)))·f(x)(x≠0)是偶函数，且f(x)不恒等于零，则f(x)( ) 　　　（A）是奇函数 （B）是偶函数 　　　（C）可能是奇函数也可能是偶函数 （D）不是奇函数也不是偶函数 　　3．若f(x)=3x+5，则f-1(x)的定义域是（ ） 　　　（A）(0,+∞) (B) (5,+∞) (C) (8,+∞) (D) (-∞,+∞) 　　4．求值：6lg40×5lg36 　　5．已知m,n为正整数，a＞0,a≠1,且logam+loga(1+(1/m))+loga(1+(1/(m+1))+…+loga(1+(1/(m+n-1)))=lgam+logan。求m,n 　　6．X=((1/(log(1/2)(1/3))+(1/(log(1/5)(1/3))的值属于区间（ ） 　　　（A）（-2，-1） （B）（1，2） （C）（-3，-2） （D）（2，3） 　　7．计算：（1）lg20+log10025 (2)lg5·lg20+(lg2)2 　　8．若集合{x，xy，lg(xy)}={0，∣x∣,y}，则log8(x2+y2)=　　　。 　　9．若x∈(1,10)，则lg2x,lgx2,lglgx的大小顺序是： 　　（A）lg2x＜lgx2＜lglgx (B)lg2x＜lglgx＜lgx2 　　（C）lgx2＜lg2x＜lglgx (D)lglgx＜lg2x＜lgx2 10．计算： 11．集合{x∣-1≤log(1/x)10＜-(1/2),x∈N}的真子集的个数是 。 12．求函数y=(1/4)x2-2x-3的单调区间。 13．已知指数函数f(x)=ax(a＞0,且a≠1)，求满足f(3x2-4x-5)>f(2x2-3x+1)的x的取值。 14．解方程8log6(x2-7x+15)=5log68 　　15．设有关于x的不等式lg (∣x+3∣+∣x-7∣)＞a 　　　（1）当a=1时，解这个不等式； 　　　（2）当a为何值时，这个不等式的解集为R？ 课后练习答案 　　1.（B）；2.（A）；3.（B）；4.216；5.m=2，n=2； 　　6.（D）；7.（1）2，（2）1；8.1/3；9.（D）； 　　10.1/2；11.290-1；12.单调增区间（-∞，1]，单调减区间[1，+∞） 　　13.当a＞1时，x＜-2或x＞3，当0＜a＜1时，-2＜x＜3； 　　14.x1=2,x2=5； 　　15.(1)x＜-3或x＞7，（2）a＜1 例题答案： 1．　　分析：和式中共有1000项，显然逐项相加是不可取的。需找出f(x)的结构特征，发现规律，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规律找到了，这启示我们将和式配对结合后再相加： 　　原式=[f(1/1001)+f(1000/1001)]+[f(2/1001)+f(999/1001)]+…+[f(500/1001)+f(501/1001)]=(1+1+…+1)5000个=500 　　说明：观察比较，发现规律f(x)+f(1-x)=1是本例突破口。 　　（1）取a=4就是1986年的高中数学联赛填空题：设f(x)=(4x/(4x+2))，那么和式f(1/1001)+f(2/1001)+f(3/1001)+…+f(1000/1001)的值=　　　　　。 　　（2）上题中取a=9，则f(x)=(9x/(9x+3))，和式值不变也可改变和式为求f(1/n)+f(2/n)+f(3/n)+…+f((n-1)/n). 　　（3）设f(x)=(1/(2x+√2))，利用课本中推导等差数列前n项和的方法，可求得f(-5)+f(-4)+…+f(0)+…+f(5)+f(6)的值为　　　　。这就是2003年春季上海高考数学第12题。 2．解：∵5log25=(10/2)log25=(10log25)/(2log25)=(1/5)×10log25 　　　　∴选（B） 　　说明：这里用到了对数恒等式：alogaN=N(a＞0,a≠1,N＞0) 　　这是北京市1997年高中一年级数学竞赛试题。 3．解法1：先运用复合二次根式化简的配方法对真数作变形。 　　解法2：利用算术根基本性质对真数作变形，有 　　　 　　　 　　说明：乘法公式的恰当运用化难为易，化繁为简。 4．解：对于两个正数的大小，作商与1比较是常用的方法，记122003=a＞0，则有 　　((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)) 5．　　解：设lglog310=t，则lglg3=lg(1/log310)=-lglog310=-t 　　而f(t)+f(-t)= 　　　　　　　　　 　　∴f(-t)=8-f(t)=8-5=3 　　说明：由对数换底公式可推出logab·logba=(lgb/lga)·(lga/lgb)=1，即logab=(1/logba)，因而lglog310与lglg3是一对相反数。设中的部分，则g(x)为奇函数，g(t)+g(-t)=0。这种整体处理的思想巧用了奇函数性质使问题得解，关键在于细致观察函数式结构特征及对数的恒等变形。 6．分析：（1）求y=(10x-10-x)/2的反函数首先用y把x表示出来，然后再对调x,y即得到y=f-1(x)； 　　（2）判断函数y=f-1(x)的奇偶性要依据奇函数或偶函数的定义，看当X∈R时是否有 　　　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)(X∈R)可得2y=10x-10-x，设10x=t，上式化为：2y=t-t-1两边乘t，得2yt=t2-1整理得：t2-2yt-1=0，解得： 　　由于t=10x＞0，故将舍去，得到：将t=10x代入上式，即得: 　　 　　所以函数y=((10x-10-x)/2)的反函数是 　　(2)由得: 　　　 　　　∴f-1(-x)=-f(x) 　　所以，函数 是奇函数。 　　说明：①从本题求解及判断过程可以得到更一般的结论：函数y=((ax-a-x)/2)(X∈R,a＞0,a≠1)的反函数是，它们都是奇函数。当a=2,3,10或e时就构造了新的特殊的题目。进一步还可以研究它们的单调性，如1992年高考数学试题：函数y=((ex-e-x)/2)的反函数 　　（A）是奇函数，它在(0,+∞)上是减函数； 　　（B）是偶函数，它在(0,+∞)上是减函数； 　　（C）是奇函数，它在(0,+∞)上是增函数； 　　（D）是偶函数，它在(0,+∞)上是增函数。 　　②函数y=((ax-a-x)/2)是由y=f(x)=ax构造而得，全日制普通高级中学教科书（试验修订本。必修）《数学》第一册（上）（人民教育出版社中学数学室编著）P107复习参考题二B组第6题：设y=f(x)是定义在R上的任一函数， 　　求证：（1）F1(x)=f(x)+f(-x)是偶函数； 　　　　　（2）F2(x)=f(x)-f(-x)是奇函数。 　　而f(x)=F1(X)+F2(x)，它说明，定义在R上的任一函数都可以表示成一个奇函数(F2(x))与一个偶函数(F1(x))的代数和。从这个命题出发，由f(x)=ax就可以构造出诸多奇函数，比如，y=((ax-a-x)/2)；y=((ax-a-x)/(ax+a-x))=((a2x-1)/(a2x+1))等等用自然对数的底e≈2.71828…（无理数）作底，作函数sh(x)=((ex-e-x)/2),ch(x)=((ex+e-x)/2),th(x)=((ex-e-x)/(ex+e-x))它们分别叫做双曲正弦函数，双曲余弦函数，双曲正切函数，它们具有如下性质： 　　(1)ch2(x)-sh2(x)=1; 　　(2)sh(x+y)=sh(x)·ch(y)+ch(x)·sh(y); 　　(3)ch(x+y)=ch(x)·ch(y)+sh(x)·sh(y); 　　(4)th(x+y)=((th(x)+th(y))/(1+th(x)·th(y))); 　　(5)ch(-x)=ch(x); 　　(6)sh(-x)=-sh(x); 　　(7)th(-x)=-th(x). 令x=y，则有 　　(8)sh(2x)=2sh(x)·ch(x); 　　(9)ch(2x)=ch2(x)+sh2(x) 其中①⑧⑨合起来，就是课本P107的第8题。 7．　　解：（1）由对数的定义域知((1+x)/(1-x))＞0 　　解这个分式不定式，得：(x+1)(x-1)＜0,-1＜x＜1 　　故函数f(x)的定义域为（-1，1） 　　（2）f(-x)=loga((1-x)/(1+x))=log((1+x)/(1-x))-1=-loga((1+x)/(1-x))=-f(x) 由奇函数的定义知，函数f(x)是奇函数。 　　（3）由loga((1+x)/(1-x))＞0＜＝＞loga((1+x)/(1-x))＞loga1， 　　因为a＞1，所以由对数函数的单调性知((1+x)/(1-x))＞1，考虑由（1）知x＜1,1-x＞0，去分母，得：1+x＞1-x,x＞0故：0＜x＜1 　　所以对于a＞1，当x∈(0,1)时函数f(x)＞0 　　（4）由y=loga((1+x)/(1-x))得：((1+x)/(1-x))=ay应用会比分比定理得：((1+x)+(1-x))/((1+x)-(1-x))=((ay+1)/(ay-1))即:(2/2x)=((ay+1)/(ay-1)) 　　∴x=((ay-1)/(ay+1))交换x,y得： 　　y=((ax-1)/(ax+1))，它就是函数f(x)=loga((1+x)/(1-x))的反函数f-1(x)即f-1(x)=((ax-1)/(ax+1)) 　　说明：（1）函数y=loga((1+x)/(1-x))与y=((ax-1)/(ax+1))是一对反函数。取a=e，函数y=((ex-1)/(ex+1))的反函数的定义域是　　　。这就是89年的高考题目。 　　（2）已知f(x)=lg((1-x)/(1+x)),a,b∈(-1,1)求证：f(a)+f(b)=f((a+b)/(1+ab))（P89习题2.8第4题）可以看作该类函数的性质。 　　（3）y=ax与y=logax；y=((ax-a-x)/2)与；y=((ax-1)/(ax+1))与y=loga((1+x)/(1-x))这三对互反函数及其性质需要理解记忆。 8．解：∵22003是个P位数, 　　　　∴10p-1＜22003＜10p ① 　　　　∵52003是个q位数， 　　　　∴10q-1＜52003＜10q ② ①×②得:10p+q-2＜(2×5)2003＜10p+q 　　　　　即10p+q-2＜102003＜10p+q ③ 　　　　　∴2003=p+q-1 　　　　　∴p+q=2004 9．解：方程有一正根一负根的充分必要条件是： 　　loga(a2-a)＜0（由韦达定理而来）① 　　由a＞0,a≠1,a2-a=a(a-1)＞0,可得a＞1 ②，从而由loga(a2-a)＜0=loga1得:a2-a＜1,a2-a-1＜0，解得: ③，由②③得： 10．解：∵(1/2)＜1,要使y＜0,只要 　　a2x+2(ab)x-b2x+1＞1， 　　即a2x+2(ab)x-b2x＞0 　　→b2x[(a/b)2x+2(a/b)x-1]＞0 　　→[(a/b)x]2+2(a/b)x-1＞0 　　→ 　　→∵ 　　→. 1°当a＞b＞0时,a/b＞1,； 　　2°当b＞a＞0时,0＜a/b＜1, 　　3°当a=b＞0时，x∈R。 §8函数方程 许多函数方程的解决仅以初等数学为工具，解法富于技巧，对人类的智慧具有明显的挑战 意味，因此，函数方程是数学竞赛中一种常见的题型。 1、确定函数的形式 尚无一般解法，需因题而异，其解是多样的：有无限多解的，有有限个解的，有可能无解（如：方程 无解）。 2、确定函数的性质 3、确定函数值 三、求函数的解析式 1、换元法 2、赋值法 4、 研究函数的性质 例题讲解 1．设函数 满足条件 ，求 。 2．设函数 定义于实数集 ，且 满足条件 ，求 。 3．函数 在 处没有定义，但对所有非零实数 有： ，求 。 4．求满足条件 的 。 5．设函数 定义于实数集 上，且 ，若对于任意实数 、 ，都有： ，求 。 6．设函数 定义于自然数集 上，且 ，若对于任意自然数 、 ，都有： ，求 。 7．设函数 定义于 上，且函数 不恒为零， ，若对于任意实数 、 ，恒有： 。 1 求证： 2 求证： 3 求证： 8．对常数 和任意 ，等式 都成立，求证：函数 是周期函数。 9．设函数 定义于实数集 上，函数 不恒为零，且对于任意实数 、 ，都有： ，求证： 。 §9三角恒等式与三角不等式 三角恒等变形，既要遵循代数式恒等变形的一般法则，又有三角所特有的规律. 三角恒等式包括绝对恒等式和条件恒等式两类。证明三角恒等式时，首先要观察已知与求证或所证恒等式等号两边三角式的繁简程度，以决定恒等变形的方向；其次要观察已知与求证或所证恒等式等号两边三角式的角、函数名称、次数以及结构的差别与联系，抓住其主要差异，选择恰当的公式对其进行恒等变形，从而逐步消除差异，统一形式，完成证明.“和差化积”、“积化和差”、“切割化弦”、“降次”等是我们常用的变形技巧。当然有时也可以利用万能公式“弦化切割”，将题目转化为一个关于 的代数恒等式的证明问题. 要快捷地完成三角恒等式的证明，必须选择恰当的三角公式. 为此，同学们要熟练掌握各公式及各公式的来龙去脉和变形形式. 上图为三角公式脉络图，由图可见两角和差的三角函数的公式是所有三角公式的核心和基础. 此外，三角是代数与几何联系的“桥梁”，与复数也有紧密的联系，因而许多三角问题往往可以从几何或复数角度获得巧妙的解法. 三角不等式首先是不等式，因此，要掌握证明不等式的常用方法：配方法、比较法、放缩法、基本不等式法、数学归纳法等. 其次，三角不等式又有自己的特点——含有三角式，因而三角函数的单调性、有界性以及图象特征等都是处理三角不等式的锐利武器. 三角形中有关问题也是数学竞赛和高考的常见题型. 解决这类问题，要充分利用好三角形内角和等于180°这一结论及其变形形式. 如果问题中同时涉及边和角，则应尽量利用正弦定理、余弦定理、面积公式等进行转化，实现边角统一. 求三角形面积的海伦公式 ，大家往往不甚熟悉，但十分有用. 例题讲解 1．已知 2．证明： 3．求证： 4．已知 5．证 明： 6．求证：① ②sin1°sin2°sin3°…sin89°= 7．证明：对任一自然数n及任意实数 为任一整数），有 8．证明： 9．若 ，求证： 10．已知 ，证明： ，并讨论等号成立的条件。 11．已知 ，能否以 ， ， 的值为边长，构成三角形。 12．在△ 中，角 、 、 的对边为 、 、 ，求证： 13．在锐角△ 中，求证 （1） ；（2） 14．设 ，且 ，求乘积 的最大值和最小值。 课后练习 1．证明：sin47°+sin61°－sin11°－sin25°=cos7°. 2．证明： 3．已知：sinA+sinB+sinC=0，cosA+cosB+cosC=0. 求证：sin2A+sin2B+sin2C=0，cos2A+cos2B+cos2C=0. 4．已知 5．已知 的最大值. 6．已知 、 、 、 EMBED Equation.3 的最大值. 7．△ABC中，C=2B的充要条件是 8．△ABC中，已知 、 、 成等差数列，求证： 、 、 也成等差数列. 9．△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知 ，求B的最大值. 10．若 、 能否以 、 、 的值为边长构成一个三角形. 11．求函数 的值域. 12．求函数 的值域. 13．在△ 中，求证： ； ； 。 14．设 为锐角，求证： 15．对 ，求证： 。 例题答案： １．分析：条件涉及到角 、 ，而结论涉及到角 ， .故可利用 消除条件与结论间角的差异，当然亦可从式中的“A”入手. 证法1： 证法2： ２．分析：等号左边涉及角7x、5x、3x、x右边仅涉及角x，可将左边各项逐步转化为 、 的表达式，但相对较繁. 观察到右边的次数较高，可尝试降次. 证明：因为 从而有 EMBED Equation.3 评述：本题看似“化简为繁”，实质上抓住了降次这一关键，很是简捷. 另本题也可利用复数求解. 令 ，展开即可. ３．思路分析：等式左边同时出现 、 ，联想到公式 . 证明： 评述：本题方法具有一定的普遍性. 仿此可证 等.、 ４．证明： ５．证明： 评述：这是三倍角的正弦的又一表示. 类似地，有 . 利用这几个公式可解下例. 6. 证明：①cos6°cos42°cos66°cos78° =cos6°cos54°cos66° ②sin1°sin2°sin3°…sin89° =(sin1°sin59°sin61°)(sin2°sin58°sin62°)…(sin29°sin31°sin89°)sin30°sin60° = 又 即 所以 7. 思路分析：本题左边为n项的和，右边为2项之差，故尝试将左边各项“裂”成两项之差，并希冀能消去其中许多中间项. 证明： 同理 …… 评述：①本题裂项技巧也可通过数学归纳法获得. ②“裂项相消”在解题中具有一定的普遍性，类似可证下列各题： . 8. 证明： 所以， 评述：①本题也可借助复数获证. ②类似地，有 利用上述公式可快速证明下列各式： §10向量与向量方法 （一） 1．（2004年上海春季高考题）在ΔABC中，有命题① ；② ；③若 ，则ΔABC为等腰三角形；④若 ，则ΔABC为锐角三角形.上述命题正确的是 ( ) A．① ② B．① ④ C．② ③ D．② ③ ④ 2．已知O为坐标原点， ＝(－1，1)， ＝(－5，－5)，集合A＝{ ||RN|＝2}， 、 ∈A， ，则 · ＝_________________. 3．已知向量 ＝－ 1+3 2+2 3， ＝4 1－6 2+2 3， ＝－3 1+12 2+11 3，问 能否表示成 ＝λ1 +λ2 的形式？若能，写出表达式；若不能，说明理由． 4．已知 ， 是两非零向量，若 +3 与7 －5 垂直， －4 与7 －2 垂直，试求 ， 　的夹角． 5．设向量 ， 满足| |＝| |＝1及|3 －2 |＝3. 求|3 + |的值. 引申 已知向量 ， 满足| |＝| |＝r， R，试求 的值. 6．设A、B、C、D是坐标平面上的四点，它们的坐标分别为：A( ， )，B( ， )， C( ， )，D( ， )，且它们中任意三点不共线．试证明： 四边形ABCD为正方形的充要条件为 ( － ， － )＝( － ， － )， 且( － )( － )+( － )( － )＝0. 7．如图，设四边形P1P2P3P4是圆O的内接正方形，P是 圆O上的任意点. 求证： 为定值. 8．如图，设P1，P2，P3，…，Pn，是圆O内接正n边形的顶点，P是圆O上的任意点，求证： 为定值. 9．空间有十个点A1，A2，…，A10，试求一个点P，使 为最小. 10．如图，空间四边形ABCD中，点E分 及点F分 所成的 比均为 ，则 . 11．一个物体受到同一个平面内三个力 、 、 的作用， 沿北偏东45°的方向移动了8m，其中| |＝2N，方向为北偏东 30°；| |＝4N，方向为东偏北30°；| |＝6N，方向为西偏 北60°，求合力所作的功. 12．设M、N分别是正六边形ABCDEF的对角线AC、CE的内分点，且 ＝ ，若B、M、N共线，求 的值. 13．如图，在ΔOAB中， ， ，AD与BC交于M点，设 ， . (1)用 ， 表示 ；(2)已知线段AC上取一点E，在线段BD上取一点F，使EF过M点，设 ， ，求证： . 14． （2002年高考试题）已知两点M(－1，0)，N(1，0)，且点P使 · ， · ， · 成公差小于零的等差数列． (1)点P的轨迹是什么曲线？ (2)若点P的坐标是( ， )， 为 与 的夹角，求tan ． （二） 1．已知 ， ， ，令 ， .则M与N的大小关系是 ( ) A．M>N B．M2)中拿走若干个数，然后将剩下的数任意分成两个部分，证明：这两部分之和不可能相等 11.已知a1= ，an= ，求数列{an}的通项公式。 12.正整数k，g（k）表示k的最大奇因子（例如g（3）=3，g（20）=5），求g（1）+ g（2）+ g（3）+……..+ g（2n）(其中n∈N*) 13.将数字1，2，3，……..，n填入标号为1，2，3，……，n的n个方格内，每格一个数字，则标号与数字均不相同的填法有多少种？ 14.用1，2，3三个数字写n位数，要求数中不出现紧挨着的两个1，问能构成多少个n位数？ 15.设数列{an}和{bn}满足a0=1，b0=0，且 （n=0，1，2，……….） 证明：an（n=0，1，2，…..）是完全平方数 16.已知a,b均为正整数,且a>b,sinθ= (其中0< ),An=(a2+b2)nsinnθ 求证: 对一切正整数n, 均为整数 17.（1）证明： （2） 求正整数a, b，c，使得对任意 （n>2），有 18. 设A，E为正八边形的相对顶点，顶点A处有一只青蛙，除顶点E外青蛙可以从八边形的任一顶点跳到两相邻顶点中任一个，落到顶点E时青蛙就停止跳动，设青蛙从顶点A恰好跳n次后到E的方法数为an，求an 19. 使得：（1）a1=1（2）|ai-ai+1|≤2（i=1,2,……,n-1）.确定f (1996)是否能被3整除 课后练习 1设数列a1,a2,….,an,….满足a1 a2 1,a3 2，且对任何自然数n, 都有anan+1an+21，又anan+1an+2an+3 an+an+1+an+2+an+3，则a1+a2+….+a100的值是____ 2设正数列a0,a1,a2,,an,满足 (n≥2)且a0=a1=1．求{an}的通项公式． 3已知数列 满足 ,且 ,其前n项之和为 ,则满足不等式 的最小整数n是( ) (A)5 (B)6 (C)7 (D)8 4设等差数列 满足 且 ,Sn为其前项之和，则Sn中最大的是( ) (A) (B) (C) (D) 5等比数列 的首项 ,公比 ,用 表示它的前n项之积。则 最大的是( ) (A) (B) (C) (D) 6设数列{an}的前项和Sn=2an 1(n=1,2,3,….)，数列{bn}满足b1=3, bk+1 ak+bk (k=1,2,3….).求数列{bn}的前n项和 . 7已知数列{ }满足 (n≥2)，x1 a, x2 b, 记Sn x1+x2+…+xn，则下列结论正确的是( ) (A)x100a,S100=2ba (B)x100b,S1002ba (C)x100b,S100=ba (D)x100a,S100ba 8设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于3，且各项的和为972，则这样的数列共有( ) (A)2个 (B)3个 (C)4个 (D)5个 9各项均为实数的等比数列{an}前n项和记为Sn，若S10=10,S30=70，则S40等于( ) (A) 150 (B) 200 (C) 150或200 (D)400或50 10等比数列a+log23,a+log43,a+log83的公比是____________. 11设Sn=1+2+3+…+n,nN，求f(n)= 的最大值. 12设 为等差数列，为 等比数列，且 ，又 ，试求 的首项和公差。 13如图，有一列曲线 已知 所围成的图形是面积为1的等边三角形， 进行如下操作得到：将 的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉 所围成图形的面积． ①求数列 的通项公式；②求 ． P0 P1 P2 14删去正整数数列1,2,3,……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个新数列的第2003项是（ ）(A)2046 　　　 (B)2047 　　　 (C)2048 　　 (D)2049 15 已知数列 满足关系式 且 ，则 的值是______。 16 在平面直角坐标系 中， 轴正半轴上的点列 与曲线 （ ≥0）上的点列 满足 ，直线 在X轴上的截距为 ，点 的横坐标为 ， 。 （Ⅰ）证明 > >4， 。 （Ⅱ）证明有 ，使得对 都有 < 。 课后练习答案 1．200, 2． , 3．C , 4．C , 5．C 6． , 7．A, 8．C, 9．A, 10． 11．当n=8时，f(n)取得最大值，为 , 12． 13．略 14．C 15． 16．略 §12递推数列 1、概念：①、递归式：一个数列 中的第 项 与它前面若干项 ， ，…， （ ）的关系式称为递归式。 ②、递归数列：由递归式和初始值确定的数列成为递归数列。 2、常用方法：累加法，迭代法，代换法，代入法等。 3、思想策略：构造新数列的思想。 4、常见类型： 类型Ⅰ： （一阶递归） 其特例为：（1） （2） （3） 解题方法：利用待定系数法构造类似于“等比数列”的新数列。 类型Ⅱ： （二阶递归） 解题方法：利用特征方程 ，求其根 、 ，构造 ，代入初始值求得 。 类型Ⅲ： 其中函数 为基本初等函数复合而成。 解题方法：一般情况下，通过构造新数列可转化为前两种类型。 例题讲解 1．已知数列 满足以下递归关系 ，求通项 。 2．已知数列 满足 ，求通项 。 3．已知数列 满足 ，求通项 。 4．已知数列 满足 ，求通项 。 5．由自然数组成的数列 ，满足 ， ，求 。 6．已知数列 满足 ， （ ），求 。 7．已知 ，且 ，方程 有唯一解，设 （ ），求 。 8．已知数列 中， ， ，求 。 9．设正数列 满足 ，证明 （ ， ， ，…） 课后练习 1．已知数列 满足以下递归关系，求 。 （1） ， （ ） （2） ， （ ） （3） ， （ ） （4） ， （ ） （5） ， （ 为前 项和） （6） ， （ ） （7） 2．已知数列 和 中， ， ，且 ， ，求 和 。 3．已知 ， （ ，1，2，3，4，…），证明 （ ）。 4．已知数列 满足： ，证明 是不能被3整除的整数。 §13数学归纳法 数学归纳法是用于证明与正整数 有关的数学命题的正确性的一种严格的推理方法．在数学竞赛中占有很重要的地位． 1．数学归纳法的基本形式 （1）第一数学归纳法 设 是一个与正整数有关的命题，如果 ①当 （ ）时， 成立； ②假设 成立，由此推得 时， 也成立，那么，根据①②对一切正整数 时， 成立． （2）第二数学归纳法 设 是一个与正整数有关的命题，如果 ①当 （ ）时， 成立； ②假设 成立，由此推得 时， 也成立，那么，根据①②对一切正整数 时， 成立． 2．数学归纳法的其他形式 （1）跳跃数学归纳法 ①当 时， 成立， ②假设 时 成立，由此推得 时， 也成立，那么，根据①②对一切正整数 时， 成立． （2）反向数学归纳法 设 是一个与正整数有关的命题，如果 ① 对无限多个正整数 成立； ②假设 时，命题 成立，则当 时命题 也成立，那么根据①②对一切正整数 时， 成立． 3．应用数学归纳法的技巧 （1）起点前移：有些命题对一切大于等于1的正整数正整数 都成立，但命题本身对 也成立，而且验证起来比验证 时容易，因此用验证 成立代替验证 ，同理，其他起点也可以前移，只要前移的起点成立且容易验证就可以．因而为了便于起步，有意前移起点． （2）起点增多：有些命题在由 向 跨进时，需要经其他特殊情形作为基础，此时往往需要补充验证某些特殊情形，因此需要适当增多起点． （3）加大跨度：有些命题为了减少归纳中的困难，适当可以改变跨度，但注意起点也应相应增多． （4）选择合适的假设方式：归纳假设为一定要拘泥于“假设 时命题成立”不可，需要根据题意采取第一、第二、跳跃、反向数学归纳法中的某一形式，灵活选择使用． （5）变换命题：有些命题在用数学归纳证明时，需要引进一个辅助命题帮助证明，或者需要改变命题即将命题一般化或加强命题才能满足归纳的需要，才能顺利进行证明． 5．归纳、猜想和证明 在数学中经常通过特例或根据一部分对象得出的结论可能是正确的，也可能是错误的，这种不严格的推理方法称为不完全归纳法．不完全归纳法得出的结论，只能是一种猜想，其正确与否，必须进一步检验或证明，经常采用数学归纳法证明．不完全归纳法是发现规律、解决问题极好的方法． 例题讲解 1．用数学归纳法证明： （ ） 2．已知对任意 ， ， 且 ，求证： ． 3．如果正整数 不是6的倍数，则 不是7的倍数． 4．设 都是正数，证明 ． 5．已知函数 的定义域为 ，对于区间 内的任意两数 均有 ．求证：对于任意 ，均有 ． 6．试证：对一切大于等于1的自然数 都有 ． 7．试证：对一切自然数 （ ）都有 ． 8．证明：任一正方形可以剖分成任意个数多于5个的正方形． 9．设 ， ， ，求证：对一切 均有 10．已知 ， ，求证：对一切 ， 都是整数． 11．设 ，是否存在关于正整数 的函数 使等式 对于 的一切自然数都成立？并证明你的结论． 12．设整数数列 满足 ， ， ，且 ．证明：任意正整数 ， 是一个整数的平方． 课后练习 1．证明 时， 能被31整除． 2．设 不小于6的自然数，证明：可以将一个正三角形分成 个较小的正三角形． 3．用数学归纳法证明： 4．设 为自然数，求证： ． 5．对于自然数 （ ），求证： ． 6．已知 ， ，求证：对于一切 ， 是整数． 7．设有 个球分成了许多堆，我们可以任意选甲、乙两堆来按照以下规则挪动：若甲戴盆望天的球数 不小于乙堆的球数 ，则从甲堆拿 个球放堆乙堆，这样算是挪动一次．证明：可以经过有限次挪动把所有的球合并成一堆． 8．已知数列 满足： ， ， （ ），试证： ． §14不等式的证明 不等式在数学中占有重要地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛和高考的热门题型. 证明不等式就是对不等式的左右两边或条件与结论进行代数变形和化归，而变形的依据是不等式的性质，不等式的性分类罗列如下： 不等式的性质： 这是不等式的定义，也是比较法的依据. 对一个不等式进行变形的性质： （1） （对称性） （2） （加法保序性） （3） （4） 对两个以上不等式进行运算的性质. （1） （传递性）.这是放缩法的依据. （2） （3） （4） 含绝对值不等式的性质： （1） （2） （3） （三角不等式）. （4） 证明不等式的常用方法有：比较法、放缩法、变量代换法、反证法、数学归纳法、构造函数方法等.当然在证题过程中，常可“由因导果”或“执果索因”.前者我们称之为综合法；后者称为分析法.综合法和分析法是解决一切数学问题的常用策略，分析问题时，我们往往用分析法，而整理结果时多用综合法，这两者并非证明不等式的特有方法，只是在不等式证明中使用得更为突出而已.此外，具体地证明一个不等式时，可能交替使用多种方法. 例题讲解 1． 求证： 2． ，求证： 3．： 4．设 ，且各不相同， 求证： . 5．利用基本不等式证明 6．已知 求证： 7．利用排序不等式证明 8．证明：对于任意正整数R，有 9．n为正整数，证明： 课后练习 1.选择题 (1)方程x2-y2=105的正整数解有(   ). （A）一组 （B）二组  （C）三组  （D）四组 (2)在0,1,2,…，50这51个整数中，能同时被2，3，4整除的有（   ）. （A）3个 （B）4个  （C）5个  （D）6个 2．填空题 （1）的个位数分别为_________及_________. (2)满足不等式104≤A≤105的整数A的个数是x×104+1，则x的值________. (3)已知整数y被7除余数为5,那么y3被7除时余数为________. (4)求出任何一组满足方程x2-51y2=1的自然数解x和y_________. 3.求三个正整数x、y、z满足 . 4．在数列4，8，17，77，97，106，125，238中相邻若干个数之和是3的倍数，而不是9的倍数的数组共有多少组？ 5．求的整数解. 6．求证可被37整除. 7．求满足条件的整数x，y的所有可能的值. 8．已知直角三角形的两直角边长分别为l厘米、m厘米，斜边长为n厘米，且l，m，n均为正整数，l为质数.证明：2（l+m+n）是完全平方数. 9.如果p、q、、都是整数，并且p＞1，q＞1，试求p+q的值. 课后练习答案 1.D.C. 2.(1)9及1.     (2)9.    (3)4. (4)原方程可变形为x2=(7y+1)2+2y(y-7),令y=7可得x=50. 3.不妨设x≤y≤z,则,故x≤3.又有故x≥2.若x=2,则,故y≤6.又有,故y≥4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z无整数解.若x=3,类似可以确定3≤y≤4,y=3或4,z都不能是整数. 4.可仿例2解. 5. 分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方法. 略解： ；三式相加再除以2即得证. 评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧. 如 ，可在不等式两边同时加上 再如证 时，可连续使用基本不等式. （2）基本不等式有各种变式 如 等.但其本质特征不等式两边的次数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1. 6.8888≡8(mod37),∴88882222≡82(mod37). 7777≡7(mod37),77773333≡73(mod37),88882222+77773333≡(82+73)(mod37),而82+73=407,37|407,∴37|N. 7.简解:原方程变形为3x2-(3y+7)x+3y2-7y=0由关于x的二次方程有解的条件△≥0及y为整数可得0≤y≤5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4). 8.∵l2+m2=n2,∴l2=(n+m)(n-m).∵l为质数,且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l2,n-m=1.于是l2=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l2-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l2+2l+1=(l+1)2.即2(l+m+1)是完全平方数. 9.易知p≠q,不妨设p＞q.令=n,则m＞n由此可得不定方程(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值. 例题答案： 1. 证明： 评述：（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因式分解或配方时，往往采用轮换技巧.再如证明 时，可将 配方为 ，亦可利用 ，3式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式获证. 2.分析：显然不等式两边为正，且是指数式，故尝试用商较法. 不等式关于 对称，不妨 ，且 ， 都大于等于1. 评述：（1）证明对称不等式时，不妨假定 个字母的大小顺序，可方便解题. （2）本题可作如下推广：若 （3）本题还可用其他方法得证。因 ，同理 ， 另 ，4式相乘即得证. （4）设 例3等价于 类似例4可证 事实上，一般地有排序不等式（排序原理）： 设有两个有序数组 ，则 （顺序和） （乱序和） （逆序和） 其中 的任一排列.当且仅当 或 时等号成立. 排序不等式应用较为广泛（其证明略），它的应用技巧是将不等式两边转化为两个有序数组的积的形式.如 . 3.思路分析：中间式子中每项均为两个式子的和，将它们拆开，再用排序不等式证明. 不妨设 ，则 （乱序和） （逆序和），同理 （乱序和） （逆序和）两式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数组 ，仿上可证第二个不等式. 4.分析：不等式右边各项 ；可理解为两数之积，尝试用排序不等式. 设 的重新排列，满足 ， 又 所以 .由于 是互不相同的正整数，故 从而 ，原式得证. 评述：排序不等式应用广泛，例如可证我们熟悉的基本不等式， 5.思路分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方法. ；三式相加再除以2即得证. 评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧. 如 ，可在不等式两边同时加上 再如证 时，可连续使用基本不等式. （2）基本不等式有各种变式 如 等.但其本质特征不等式两边的次数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1. 6. 思路分析：不等式左边是 、 的4次式，右边为常数 ，如何也转化为 、 的4次式呢. 要证 即证 评述：（1）本题方法具有一定的普遍性.如已知 求证： 右侧的 可理解为 再如已知 ，求证： + ，此处可以把0理解为 ，当然本题另有简使证法. （2）基本不等式实际上是均值不等式的特例.（一般地，对于 个正数 调和平均 几何平均 算术平均 平方平均 这四个平均值有以下关系： ，其中等号当且仅当 时成立. 7. 证明: 令 则 ，故可取 ，使得 由排序不等式有： = （乱序和） （逆序和） =n， 评述:对 各数利用算术平均大于等于几何平均即可得， . 8. 分析:原不等式等价于 ，故可设法使其左边转化为n个数的几何平均，而右边为其算术平均. 评述:（1）利用均值不等式证明不等式的关键是通过分拆和转化，使其两边与均值不等式形式相近.类似可证 （2）本题亦可通过逐项展开并比较对应项的大小而获证，但较繁. 9.证明:先证左边不等式 EMBED Equation.3 （*）式成立，故原左边不等式成立. 其次证右边不等式 （**） （**）式恰符合均值不等式，故原不等式右边不等号成立. §15不等式的应用 1．排序不等式（又称排序原理） 设有两个有序数组 及 则 （同序和） （乱序和） （逆序和） 其中 是1，2，…，n的任一排列.当且仅当 或 时等号（对任一排列 ）成立. 2．应用排序不等式可证明“平均不等式”： 设有n个正数 的算术平均数和几何平均数分别是 此外，还有调和平均数（在光学及电路分析中要用到 ， 和平方平均（在统计学及误差分析中用到） 这四个平均值有以下关系 . 3．应用算术平均数——几何平均数不等式，可用来证明下述重要不等式. 柯西（Cavchy）不等式：设 、 、 ，…， 是任意实数，则 等号当且仅当 为常数， 时成立. 4．利用排序不等式还可证明下述重要不等式. 切比雪夫不等式：若 ， ， 则 例题讲解 1． 求证： 2． ，求证： 3．： 4．设 ，且各不相同， 求证： . 5．利用基本不等式证明 6．已知 求证： 7．利用排序不等式证明 8．证明：对于任意正整数R，有 9．n为正整数，证明： 例题答案： 1. 证明： 评述：（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因式分解或配方时，往往采用轮换技巧.再如证明 时，可将 配方为 ，亦可利用 ，3式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式获证. 2.分析：显然不等式两边为正，且是指数式，故尝试用商较法. 不等式关于 对称，不妨 ，且 ， 都大于等于1. 评述：（1）证明对称不等式时，不妨假定 个字母的大小顺序，可方便解题. （2）本题可作如下推广：若 （3）本题还可用其他方法得证。因 ，同理 ， 另 ，4式相乘即得证. （4）设 例3等价于 类似例4可证 事实上，一般地有排序不等式（排序原理）： 设有两个有序数组 ，则 （顺序和） （乱序和） （逆序和） 其中 的任一排列.当且仅当 或 时等号成立. 排序不等式应用较为广泛（其证明略），它的应用技巧是将不等式两边转化为两个有序数组的积的形式.如 . 3.思路分析：中间式子中每项均为两个式子的和，将它们拆开，再用排序不等式证明. 不妨设 ，则 （乱序和） （逆序和），同理 （乱序和） （逆序和）两式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数组 ，仿上可证第二个不等式. 4.分析：不等式右边各项 ；可理解为两数之积，尝试用排序不等式. 设 的重新排列，满足 ， 又 所以 .由于 是互不相同的正整数，故 从而 ，原式得证. 评述：排序不等式应用广泛，例如可证我们熟悉的基本不等式， 5.思路分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方法. ；三式相加再除以2即得证. 评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧. 如 ，可在不等式两边同时加上 再如证 时，可连续使用基本不等式. （2）基本不等式有各种变式 如 等.但其本质特征不等式两边的次数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1. 6. 思路分析：不等式左边是 、 的4次式，右边为常数 ，如何也转化为 、 的4次式呢. 要证 即证 评述：（1）本题方法具有一定的普遍性.如已知 求证： 右侧的 可理解为 再如已知 ，求证： + ，此处可以把0理解为 ，当然本题另有简使证法. （2）基本不等式实际上是均值不等式的特例.（一般地，对于 个正数 调和平均 几何平均 算术平均 平方平均 这四个平均值有以下关系： ，其中等号当且仅当 时成立. 7. 证明: 令 则 ，故可取 ，使得 由排序不等式有： = （乱序和） （逆序和） =n， 评述:对 各数利用算术平均大于等于几何平均即可得， . 8. 分析:原不等式等价于 ，故可设法使其左边转化为n个数的几何平均，而右边为其算术平均. 评述:（1）利用均值不等式证明不等式的关键是通过分拆和转化，使其两边与均值不等式形式相近.类似可证 （2）本题亦可通过逐项展开并比较对应项的大小而获证，但较繁. 9.证明:先证左边不等式 EMBED Equation.3 （*）式成立，故原左边不等式成立. 其次证右边不等式 （**） （**）式恰符合均值不等式，故原不等式右边不等号成立. §16排列，组合 1．排列组合题的求解策略 （1）排除：对有限条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况排除，这是解决排列组合题的常用策略． （2）分类与分步 有些问题的处理可分成若干类，用加法原理，要注意每两类的交集为空集，所有各类的并集是全集；有些问题的处理分成几个步骤，把各个步骤的方法数相乘，即得总的方法数，这是乘法原理． （3）对称思想：两类情形出现的机会均等，可用总数取半得每种情形的方法数． （4）插空：某些元素不能相邻或某些元素在特殊位置时可采用插空法．即先安排好没有限制条件的元素，然后将有限制条件的元素按要求插入到排好的元素之间． （5）捆绑：把相邻的若干特殊元素“捆绑”为一个“大元素”，然后与其它“普通元素”全排列，然后再“松绑”，将这些特殊元素在这些位置上全排列． （6）隔板模型：对于将不可辨的球装入可辨的盒子中，求装的方法数，常用隔板模型．如将12个完全相同的球排成一列，在它们之间形成的11个缝隙中任意插入3块隔板，把球分成4堆，分别装入4个不同的盒子中的方法数应为 ，这也就是方程 的正整数解的个数． 2．圆排列 （1）由 的 个元素中，每次取出 个元素排在一个圆环上，叫做一个圆排列（或叫环状排列）． （2）圆排列有三个特点：（i）无头无尾；（ii）按照同一方向转换后仍是同一排列；（iii）两个圆排列只有在元素不同或者元素虽然相同，但元素之间的顺序不同，才是不同的圆排列． （3）定理：在 的 个元素中，每次取出 个不同的元素进行圆排列，圆排列数为 ． 3．可重排列 允许元素重复出现的排列，叫做有重复的排列． 在 个不同的元素中，每次取出 个元素，元素可以重复出现，按照一定的顺序那么第一、第二、…、第 位是的选取元素的方法都是 种，所以从 个不同的元素中，每次取出 个元素的可重复的排列数为 ． 4．不尽相异元素的全排列 如果 个元素中，有 个元素相同，又有 个元素相同，…，又有 个元素相同（ ），这 个元素全部取的排列叫做不尽相异的 个元素的全排列，它的排列数是 5．可重组合 （1）从 个元素，每次取出 个元素，允许所取的元素重复出现 次的组合叫从 个元素取出 个有重复的组合． （2）定理：从 个元素每次取出 个元素有重复的组合数为： ． 例题讲解 1．数1447,1005,1231有某些共同点，即每个数都是首位为1的四位数，且每个四位数中恰有两个数字相同，这样的四位数共有多少个？ 2．有多少个能被3整除而又含有数字6的五位数？ 3．有 个人参加收发电报培训，每两人结为一对互发互收，有多少种不同的结对方式？ 4．将 个不同的小球放入 个不同的盒子中，要使每个盒子都不空，共有多少种放法？ 5．在正方体的8个顶点，12条棱的中点，6个面的中心及正方体的中心共27个点中，共线的三点组的个数是多少个？ 6．用8个数字1,1，7,7，8,8，9,9可以组成不同的四位数有多少个？ 7．用 五种颜色给正方体的各个面涂色，并使相邻面必须涂不同的颜色，共有多少种不同的涂色方式？ 8．某种产品有4只次品和6只正品（每只产品可区分），每次取一只测试，直到4只次品全部测出为止．求最后一只次品在第五次测试时被发现的不同情形有多少种？ 9．在平面上给出5个点，连结这些点的直线互不平行，互不重合，也互不垂直，过每点向其余四点的连线作垂线，求这此垂线的交点最多能有多少个？ 10．位政治家举行圆桌会议，两位互为政敌的政治家不愿相邻，其入坐方法有多少种？ 11．某城市有6条南北走向的街道，5条东西走向的街道．如果有人从城南北角（图 点）走到东南角中 点最短的走法有多少种？ 12．用4个1号球，3个2号球，2个3号球摇出一个9位的奖号，共有多少种可能的号码？ 13．将 个相同的小球，放入 个不同的盒子（ ）． （1）有多少种不同的放法？ （2）如果不允许空盒应有多少种不同的放法？ 14．8个女孩和25个男孩围成一圈，任意两个女孩之间至少站着两个男孩．（只要把圆旋转一下就重合的排列认为是相同的） 课后练习 1．8次射击，命中3次，其中愉有2次连续命中的情形共有（　　）种 （A）15　　　（B）30　　　　（C）48　　　（D）60 2．在某次乒乓球单打比赛中，原 计划 项目进度计划表范例计划下载计划下载计划下载课程教学计划下载 每两名选手恰比赛一场，但有3名选手各比赛了2场之后就退出了，这样，全部比赛只进行了50场。那么，在上述3名选手之间比赛的场数是（　　） （A）0 （B）1 （C）2 （D）3 3．某人从楼下到楼上要走11级楼梯，每步可走1级或2级，不同的走法有（　）种 （A）144　　　（B）121　　　（C）64　　　（D）81 4．从7名男乒乓球队员，5名女乒乓球队员中选出4名进行男女混合双打，不同的分组方法有（　　）种 （A） 　　　（B） 　　　（C） 　　（D） 5．有5分、1角、5角的人民币各2枚、3张、9张，可组成的不同币值（非0）有（　　　　　）种 （A）79　　　（B）80　　　　（C）88　　　　（D）89 6．从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这10个数中取出3个数，使其和为不小于10的偶数，不同的取法有________种 7．已知直线ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合{3,2,1,0,1,2,3}中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么，这样的直线的条数是______． 8．设ABCDEF为正六边形，一只青蛙开始在顶点A处，它每次可随意地跳到相邻两顶点之一．若在5次之内跳到D点，则停止跳动；若5次之内不能到达D点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共 种． 9．如果：（1）a,b,c,d都属于{1,2,3,4}；（2）ab,bc,cd,da；(3)a是a,b,c,d中的最小值，那么，可以组成的不同的四位数 的个数是_________． 10．在一个正六边形的六个区域种植观赏植物，要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物。现有4种不同的植物可供选择，则有　　　　　种载种方案． 11．10人围圆桌而，如果甲、乙二人中间相隔4人，有　　　　　种坐法． 12．从 中，按从小到大的顺序选取 四个数，使得 ， ， ．问符合上要求的不同取法有多少种？ 13．8人围张一张圆桌，其中 、 两人不得相邻，而 、 两人以必须相邻的不同围坐方式有多少种？ 14．4对夫妇去看电影，8人坐成一排．若每位女性的邻座只能丈夫或另外的女性，共有多少种坐法？ §17二项式定理与多项式 1．二项工定理 2．二项展开式的通项 它是展开式的第r+1项. 3．二项式系数 4．二项式系数的性质 （1） （2） （3）若n是偶数，有 ，即中间一项的二项式系数 最大. 若n是奇数，有 ，即中项二项的二项式系数 相等且最大. （4） （5） （6） （7） （8） 以上组合恒等式（是指组合数 满足的恒等式）是证明一些较复杂的组合恒等式的基 本工具.（7）和（8）的证明将在后面给出. 5．证明组合恒等式的方法常用的有 （1）公式法，利用上述基本组合恒等式进行证明. （2）利用二项式定理，通过赋值法或构造法用二项式定理于解题中. （3）利用数学归纳法. （4）构造组合问题模型，将证明方法划归为组合应用问题的解决方法. 例题讲解 1．求 的展开式中的常数项. 2．求 的展开式里x5的系数. 3．已知数列 满足 求证：对于任何自然数n， 是x的一次多项式或零次多项式. 4．已知a，b均为正整数，且 求证：对一切 ，An均为整数. 5．已知 为整数，P为素数，求证： 6．若 ，求证： 7．数列 中， ，求 的末位数字是多少？ 8．求N=1988－1的所有形如 为自然数）的因子d之和. 9．设 ，求数x的个位数字. 10．已知 试问：在数列 中是否有无穷多个能被15整除的项？证明你的结论. 课后练习 1．已知实数 均不为0，多项 的三根为 ，求 的值. 2．设 ，其中 为常数，如果 求 的值. 3．定义在实数集上的函数 满足： 4．证明：当n=6m时， 5．设 展开式为 ，求证： 6．求最小的正整数n，使得 的展开式经同类项合并后至少有1996项. 7．设 ，试求： （1） 的展开式中所有项的系数和. （2） 的展开式中奇次项的系数和. 8．证明：对任意的正整数n，不等式 成立. 例题答案： 1.解：由二项式定理得 ① 其中第 项为 ② 在 的展开式中，设第k+1项为常数项，记为 则 ③ 由③得r－2k=0，即r=2k，r为偶数，再根据①、②知所求常数项为 评述：求某一项时用二项展开式的通项. 2. 解：因为 所以 的展开式里x5的系数为 评述：本题也可将 化为 用例1的作法可求得. 3. 分析：由 是等差数列，则 从而可将 表示成 的表达式，再化简即可. 解：因为 所以数列 为等差数列，设其公差为d 有 从而 EMBED Equation.3 由二项定理，知 又因为 从而 所以 当 的一次多项式，当 零次多项式. 4. 分析：由 联想到复数棣莫佛定理，复数需要 ，然后分析An与复数的关系. 证明：因为 显然 的虚部，由于 所以 从而 的虚部. 因为a、b为整数，根据二项式定理， 的虚部当然也为整数，所以对一切 ，An为整数. 评述：把An为与复数 联系在一起是本题的关键. 5. 证明： 由于 为整数，可从分子中约去r！，又因为P为素数，且 ，所以分子中的P不会红去，因此有 所以 评述：将 展开就与 有联系，只要证明其余的数能被P整除是本题的关键. 6. 分析：由已知 猜想 ，因此需要求出 ，即只需要证明 为正整数即可. 证明：首先证明，对固定为r，满足条件的 是惟一的.否则，设 则 矛盾.所以满足条件的m和 是惟一的. 下面求 . 因为 又因为 所以 故 评述：猜想 进行运算是关键. 7. 分析：利用n取1，2，3，…猜想 的末位数字. 解：当n=1时，a1=3， ，因此 的末位数字都是7，猜想， 现假设n=k时， 当n=k+1时， 从而 于是 故 的末位数字是7. 评述：猜想 是关键. 8. 分析：寻求N中含2和3的最高幂次数，为此将19变为20－1和18+1，然后用二项式定理展开. 解：因为N=1988－1=(20－1)88－1=(1－4×5)88－1 =－ 其中M是整数. 上式表明，N的素因数中2的最高次幂是5. 又因为N=(1+2×9)88－1 =32×2×88+34·P=32×（2×88+9P）其中P为整数. 上式表明，N的素因数中3的最高次幂是2. 综上所述，可知 ，其中Q是正整数，不含因数2和3. 因此，N中所有形如 的因数的和为(2+22+23+24+25)(3+32)=744. 9. 分析：直接求x的个位数字很困难，需将与x相关数联系，转化成研究其相关数. 解：令 ，由二项式定理知，对任意正整数n. 为整数，且个位数字为零. 因此，x+y是个位数字为零的整数.再对y估值， 因为 ， 且 ， 所以 故x的个位数字为9. 评述：转化的思想很重要，当研究的问题遇到困难时，将其转化为可研究的问题. 10. 分析：先求出 ，再将 表示成与15有关的表达式，便知是否有无穷多项能被15整除. 证明：在数列 中有无穷多个能被15整除的项，下面证明之. 数列 的特征方程为 它的两个根为 ， 所以 （n=0，1，2，…） 由 则 取 ，由二项式定理得 由上式知当15|k，即30|n时，15|an，因此数列 中有无穷多个能被15整除的项. 评述：在二项式定理中， 经常在一起结合使用. §18直线和圆，圆锥曲线 一．直线与圆 1,两点间的距离公式:设 ,则 ; 2,线段的定比分点坐标公式:设 ,点 分 的比为 ,则 , EMBED Equation.DSMT4 3,直线方程的各种形式 (1),点斜式: ; (2),斜截式: ; (3),两点式: (4),截距式: ;(5),一般式: 不同为零); (6)参数方程: 为参数, 为倾斜角, 表示点 与 之间的距离) 4,两直线的位置关系 设 (或 ).则 (1), 且 (或 且 ); (2), (或 ). 5,两直线的到角公式与夹角公式: (1),到角公式: 到 的到角为 ,则 ,( ); (2),夹角公式: 与 的夹角为,则,(). 6,点到直线的距离:. 7,圆的方程 (1),标准方程:,其中为圆心坐标,R为圆半径; (2),一般方程:,其中,圆心为, 半径为. (3),参数方程: ,其中圆心为,半径为R. 二．圆锥曲线 椭圆 双曲线 抛物线 定义 与两个定点的距离的 和等于常数 与两个定点的距离的 差的绝对值等于常数 与一个定点和一条定 直线的距离相等 标准方程 (或), (或) (或) 参数方程 (或) (或) (或) 焦点 或 或 或 正数a,b,c, p的关系 () () 离心率 准线 (或) (或) (或) 渐近线 (或) 焦半径 (或 ) (, ), (点在左或下支) (或) 统一定义 到定点的距离与到定 直线的距离之比等于定值 的点的集合 ,(注:焦点要与对应 准线配对使用) 三．解题思想与方法导引. 1,函数与方程思想 2,数形结合思想. 3,分类讨论思想. 4,参数法. 5,整体处理 例题讲解 1．在平面直角坐标系中,方程为相异正数),所表示的曲线是（ ） A,三角形 B,正方形 C,非正方形的长方形 D,非正方形的菱形 2．平面上整点(坐标为整数的点)到直线的距离中的最小值是（ ） A, B, C, D, 3．过抛物线的焦点F作倾斜角为的直线,若此直线与抛物线交于A,B 两点,弦AB的中垂线与轴交于P点,则线段PF的长等于（ ） A, B, C, D, 4．若椭圆上一点P到左焦点的距离等于它到右焦点距离的2倍,则P点坐标为（ ） A, B, C, D, 5．过椭圆中心的弦AB,是右焦点,则的最大面积为（ ） A, B, C, D, 6．已知P为双曲线上的任意一点,为焦点,若,则（ ） A, B, C, D, 7．给定点,已知直线与线段PQ(包括P,Q在内)有公共点, 则的取值范围是 . 8．过定点作直线交轴于Q点,过Q点作交轴于T点, 延长TQ至P点,使,则P点的轨迹方程是 . 9．已知椭圆与直线交于M,N两点,且,(为 原点),当椭圆的离心率时,椭圆长轴长的取值范围是 . 10．已知是椭圆的两个焦点,M是椭圆上一点,M到轴的距离为 ,且是和的等比中项,则的值等于 . 11．已知点A为双曲线的左顶点,点B和点C在双曲线的右分支上,是 等边三角形,则的面积等于 . 12．若椭圆()和双曲线有相同的焦点 ,P为两条曲线的一个交点,则的值为 . 13．设椭圆有一个内接,射线OP与轴正向成角,直线AP,BP的斜率 适合条件. (1),求证:过A,B的直线的斜率是定值; (2),求面积的最大值. 14．已知为常数且),动点P,Q分别在射线OA,OB上使得 的面积恒为36.设的重心为G,点M在射线OG上,且满足. (1),求的最小值; (2),求动点M的轨迹方程. 15．过抛物线(为不等于2的素数)的焦点F,作与轴不垂直的直线交抛物线 于M,N两点,线段MN的垂直平分线交MN于P点,交轴于Q点. (1),求PQ中点R的轨迹L的方程; (2),证明:L上有无穷多个整点,但L上任意整点到原点的距离均不是整数. 课后练习 1．已知点A为双曲线的左顶点，点B和点C在双曲线的右支上，是等边三角形，则的面积是 （A） （B） （C） （D） 2．平面上整点（纵、横坐标都是整数的点）到直线的距离中的最小值是 （A） （B） （C） （D） 3．若实数x, y满足(x + 5)2+(y – 12)2=142，则x2+y2的最小值为 (A) 2 (B) 1 (C) (D) 4．直线椭圆相交于A，B两点，该圆上点P，使得⊿PAB面积等于3，这样的点P共有 (A) 1个 (B) 2个 (C) 3个 (D) 4个 5．设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y＋b＝0和曲线bx2＋ay2＝ab的图形是 A B C D 6．过抛物线y2＝8(x＋2)的焦点F作倾斜角为60o的直线，若此直线与抛物线交于A、B两点，弦AB的中垂线与x轴交于P点，则线段PF的长等于 A． B． C． D． 7．方程表示的曲线是 A. 焦点在x轴上的椭圆 B. 焦点在x轴上的双曲线 C. 焦点在y轴上的椭圆 D. 焦点在y轴上的双曲线 8．在椭圆中，记左焦点为F，右顶点为A，短轴上方的端点为B。若该椭圆的离心率是，则= 。 9．设F1，F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PF1| : |PF2|＝2 : 1，则三角形PF1F2的面积等于______________． 10．在平面直角坐标系XOY中，给定两点M（－1，2）和N（1，4），点P在X轴上移动，当取最大值时，点P的横坐标为___________________。 11．若正方形ABCD的一条边在直线上，另外两个顶点在抛物线上.则该正方形面积的最小值为　　 　　. 12．已知：和：。试问：当且仅当a,b满足什么条件时，对任意一点P，均存在以P为顶点、与外切、与内接的平行四边形？并证明你的结论。 13． 设曲线C1:(a为正常数)与C2:y2=2(x+m)在x轴上方公有一个公共点P。 （1）实数m的取值范围（用a表示）； （2）O为原点，若C1与x轴的负半轴交于点A，当0AC，∠A的外角平分线交△ABC的外接圆于D，DE⊥AB于E，求证：AE=。. 5．∠ABC的顶点B在⊙O外，BA、BC均与⊙O相交，过BA与圆的交点K引∠ABC平分线的垂线，交⊙O于P，交BC于M。 求证：线段PM为圆心到∠ABC平分线距离的2倍。 6．在△ABC中，AP为∠A的平分线，AM为BC边上的中线，过B作BH⊥AP于H，AM的延长线交BH于Q，求证：PQ∥AB。 7．菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E、F、G、H，在EF与GH上分别作⊙O的切线交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q。 求证：MQ∥NP。 8．ABCD是圆内接四边形，其对角线交于P，M、N分别是AD、BC的中点，过M、N分别作BD、AC的垂线交于K。求证：KP⊥AB。 9．以△ABC的边BC为直径作半圆，与AB、AC分别交于点D、E。过D、E作BC的垂线，垂足分别是F、G，线段DG、EF交于点M。求证：AM⊥BC。 例题答案： 1. 分析1：构造两个全等△。 连结ED、AC、AF。 CF=DF←△ACF≌△EDF← ← ←∠PAB=∠AEB=∠PFB 分析2：利用圆中的等量关系。连结OF、OP、OB。 ←∠PFB=∠POB← ← 注：连结OP、OA、OF，证明A、O、F、P四点共圆亦可。 2. 分析：只需证， PM·PN=MS·NT。 （∠1=∠2，∠3=∠4）→△APM∽△PBN →→PM·PN=AM·BN （∠BNT=∠AMS，∠BTN=∠MAS）→△BNT∽△SMA →→MS·NT=AM·BN 3. 分析：设B为两圆的另一交点，连结并延长BA交P1P2于C，交O1O2于M，则C为P1P2的中点，且P1M1∥CM∥P2M2，故CM为M1M2的中垂线。 在O1M上截取MO3=MO2，则∠M1AO3=∠M2AO2。 故只需证∠O1AM1=∠O3AM1，即证。 由△P1O1M1∽P2O2M2，M1O3=M2O2，O1P1=O1A，O2P2=O2A可得。 4. 分析：方法1、2AE=AB-AC ← 在BE上截取EF=AE，只需证BF=AC，连结DC、DB、DF，从而只需证△DBF≌△DCA ← DF=DA，∠DBF=∠DCA，∠DFB=∠DAC ←∠DFA=∠DAF=∠DAG。 方法2、延长CA至G，使AG=AE，则只需证BE=CG ← 连结DG、DC、DB，则只需证△DBE≌△DCG ← DE=DG，∠DBE=∠DCG，∠DEB=∠DGC=Rt∠。 5.分析：若角平分线过O，则P、M重合，PM=0，结论显然成立。 若角平分线不过O，则延长DO至D‘，使OD’=OD，则只需证DD‘=PM。连结D’P、DM，则只需证DMPD‘为平行四边形。 过O作m⊥PK，则DD’,KP，∴∠D‘PK=∠DKP BL平分∠ABC，MK⊥BL→BL为MK的中垂线→∠DKB=∠DMK ∴∠D’PK=∠DMK，∴D‘P∥DM。而D’ D∥PM， ∴DMPD‘为平行四边形。 6.分析：方法1、结合中线和角平分线的性质，考虑用比例证明平行。 倍长中线：延长AM至M’，使AM=MA‘，连结BA’，如图6-1。 PQ∥AB←←← ← ∠A‘BQ=180°-(∠HBA+∠BAH+∠CAP)= 180°-90°-∠CAP=90°-∠BAP=∠ABQ 方法2、结合角平分线和BH⊥AH联想对称知识。 延长BH交AC的延长线于B’，如图6-2。则H为BB‘的中点，因为M为BC的中点，连结HM，则HM∥B/C。延长HM交AB于O，则O为AB的中点。延长MO至M’，使OM‘=OM，连结M’A、M‘B，则AM’BM是平行四边形， ∴MP∥AM‘，QM∥BM’。于是，，所以PQ∥AB。 7.分析：由AB∥CD知：要证MQ∥NP，只需证∠AMQ=∠CPN， 结合∠A=∠C知，只需证△AMQ∽△CPN←，AM·CN=AQ·CP。 连结AC、BD，其交点为内切圆心O。设MN与⊙O切于K，连结OE、OM、OK、ON、OF。记∠ABO=φ，∠MOK=α，∠KON=β，则 ∠EOM=α，∠FON=β，∠EOF=2α+2β=180°-2φ。 ∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β-φ=α ∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ+α=∠AOE+∠MOE=∠AOM 又∠OCN=∠MAO，∴△OCN∽△MAO，于是， ∴AM·CN=AO·CO 同理，AQ·CP=AO·CO。 8. 分析：延长KP交AB于L，则只需证∠PAL+∠APL=90°， 即只需证∠PDC+∠KPC=90°，只需证∠PDC=∠PKF， 因为P、F、K、E四点共圆，故只需证∠PDC=∠PEF，即EF∥DC。 ←←←△DME∽△CNF 9. 分析：连结BE、CD交于H，则H为垂心，故AH⊥BC。（同一法） 设AH⊥BC于O，DG、AH交于M1，EF、AH交于M2。下面证M1、M2重合。 OM1∥DF→→OM1=。 OM2∥EG→→OM2=。 只需证OG·DF=EG·OF，即 ←Rt△OEG∽Rt△ODF←∠DOF=∠DHB=∠EHC=∠EOG。 §21平面几何名定理 四个重要定理： 梅涅劳斯(Menelaus)定理（梅氏线） △ABC的三边BC、CA、AB或其延长线上有点P、Q、R，则P、Q、R共线的充要条件是 。 塞瓦(Ceva)定理（塞瓦点） △ABC的三边BC、CA、AB上有点P、Q、R，则AP、BQ、CR共点的充要条件是。 托勒密(Ptolemy)定理 四边形的两对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该四边形内接于一圆。 西姆松(Simson)定理（西姆松线） 从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是该点落在三角形的外接圆上。 例题讲解 1．设AD是△ABC的边BC上的中线，直线CF交AD于F。求证：。 2．过△ABC的重心G的直线分别交AB、AC于E、F，交CB于D。求证：。 3．D、E、F分别在△ABC的BC、CA、AB边上，，AD、BE、CF交成△LMN。 求S△LMN。 4．以△ABC各边为底边向外作相似的等腰△BCE、△CAF、△ABG。求证：AE、BF、CG相交于一点。 5．已知△ABC中，∠B=2∠C。求证：AC2=AB2+AB·BC。 6．已知正七边形A1A2A3A4A5A6A7。求证：。 7．△ABC的BC边上的高AD的延长线交外接圆于P，作PE⊥AB于E，延长ED交AC延长线于F。 求证：BC·EF=BF·CE+BE·CF。 8．正六边形ABCDEF的对角线AC、CE分别被内分点M、N分成的比为AM：AC=CN：CE=k，且B、M、N共线。求k。（23-IMO-5） 9．O为△ABC内一点，分别以da、db、dc表示O到BC、CA、AB的距离，以Ra、Rb、Rc表示O到A、B、C的距离。 求证：（1）a·Ra≥b·db+c·dc;　　 (2) a·Ra≥c·db+b·dc; (3) Ra+Rb+Rc≥2(da+db+dc)。 10．△ABC中，H、G、O分别为垂心、重心、外心。求证：H、G、O三点共线，且HG=2GO。（欧拉线） 11．⊙O1和⊙O2与ΔABC的三边所在直线都相切，E、F、G、H为切点，EG、FH的延长线交于P。求证：PA⊥BC。 12．如图，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD。在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长DF交BC于G。求证：∠GAC=∠EAC。 例题答案： 1.分析：CEF截△ABD→（梅氏定理） 评注：也可以添加辅助线证明：过A、B、D之一作CF的平行线。 2.分析：连结并延长AG交BC于M，则M为BC的中点。 DEG截△ABM→（梅氏定理） DGF截△ACM→（梅氏定理） ∴===1 评注：梅氏定理 3. 梅氏定理 4. 塞瓦定理 5. 分析：过A作BC的平行线交△ABC的外接圆于D，连结BD。则CD=DA=AB，AC=BD。 由托勒密定理，AC·BD=AD·BC+CD·AB。 评注：托勒密定理 6.评注：托勒密定理 7.评注：西姆松定理（西姆松线） 8.评注：面积法 9.评注：面积法 10. 评注：同一法 11. 证明：连结BD交AC于H。对△BCD用塞瓦定理，可得 因为AH是∠BAD的角平分线，由角平分线定理， 可得，故。 过C作AB的平行线交AG的延长线于I，过C作AD的平行线交AE的延长线于J。 则， 所以，从而CI=CJ。 又因为CI//AB，CJ//AD，故∠ACI=π-∠BAC=π-∠DAC=∠ACJ。 因此，△ACI≌△ACJ，从而∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC。 §22几何变换 一、 平移变换 1．　 定义 设是一条给定的有向线段，T是平面上的一个变换，它把平面图形F上任一点变到，使得，则T叫做沿有向线段的平移变换。记为，图形 。 2．　 主要性质 在平移变换下，对应线段平行且相等，直线变为直线，三角形变为三角形，圆变为圆。两对应点连线段与给定的有向线段平行（共线）且相等。 二、 轴对称变换 1．　 定义 设是一条给定的直线，是平面上的一个变换，它把平面图形F上任一点变到，使得与关于直线对称，则叫做以为对称轴的轴对称变换。记为，图形 。 2．　 主要性质 在轴对称变换下，对应线段相等，对应直线（段）或者平行，或者交于对称轴，且这两条直线的夹角被对称轴平分。 三、 旋转变换 1．　 定义 设是一个定角，O是一个定点，R是平面上的一个变换，它把点O仍变到O（不动点），而把平面图形F上任一点变到，使得，且，则R叫做绕中心O，旋转角为的旋转变换。记为，图形 。 其中时，表示的始边到终边的旋转方向为顺时针方向；时，为逆时针方向。 2． 主要性质 在旋转变换下，对应线段相等，对应直线的夹角等于旋转角。 四、 位似变换 1．　 定义 设O是一个定点，H是平面上的一个变换，它把平面图形F上任一点变到，使得，则H叫做以O为位似中心，为位似比的位似变换。记为，图形 。 其中时，在射线上，此时的位似变换叫做外位似；时, 在射线的反向延长线上，此时的位似变换叫做内位似。 2．　 主要性质 在位似变换下，一对位似对应点与位似中心共线；一条线上的点变到一条线上，且保持顺序，即共线点变为共线点，共点线变为共点线；对应线段的比等于位似比的绝对值，对应图形面积的比等于位似比的平方；不经过位似中心的对应线段平行，即一直线变为与它平行的直线；任何两条直线的平行、相交位置关系保持不变；圆变为圆，且两圆心为对应点；两对应圆相切时切点为位似中心。 例题讲解 1．P是平行四边形内一点，且。 求证： 2．“风平三角形”中，，求证： 3．在两条对角线长度以及夹角一定的所有凸四边形中，试求周长最小的四边形。 例题答案 【例1】P是平行四边形内一点，且。 求证： 【例2】“风平三角形”中， 求证： 【例3】在两条对角线长度以及夹角一定的所有凸四边形中，试求周长最小的四边形。 【评注】当已知条件分散，尤其是相等的条件分散，而又不容易找出证明途径，或题目中有平行条件时，将图形的某一部分施行平移变换，常常十分凑效。 【评注】如果题设中有角平分线、垂线，或图形是等腰三角形、圆等轴对称图形，可以将图形或其部分进行轴对称变换。此外，也可以适当选择对称轴将一些线段的位置变更，以便于比较它们之间的大小。 §23抽屉原理 　　在数学问题中有一类与“存在性”有关的问题，例如：“13个人中至少有两个人出生在相同月份”；“某校400名学生中，一定存在两名学生，他们在同一天过生日”；“2003个人任意分成200个小组，一定存在一组，其成员数不少于11”；“把[0，1]内的全部有理数放到100个集合中，一定存在一个集合，它里面有无限多个有理数”。这类存在性问题中，“存在”的含义是“至少有一个”。在解决这类问题时，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一个，也不需要确定通过什么方式把这个存在的东西找出来。这类问题相对来说涉及到的运算较少，依据的理论也不复杂，我们把这些理论称之为“抽屉原理”。 　　“抽屉原理”最先是由19世纪的德国数学家迪里赫莱（Dirichlet）运用于解决数学问题的，所以又称“迪里赫莱原理”，也有称“鸽巢原理”的。这个原理可以简单地叙述为“把10个苹果，任意分放在9个抽屉里，则至少有一个抽屉里含有两个或两个以上的苹果”。这个道理是非常明显的，但应用它却可以解决许多有趣的问题，并且常常得到一些令人惊异的结果。抽屉原理是国际国内各级各类数学竞赛中的重要内容，本讲就来学习它的有关知识及其应用。 　　（一） 抽屉原理的基本形式 　　定理1、如果把n+1个元素分成n个集合，那么不管怎么分，都存在一个集合，其中至少有两个元素。 　　证明：（用反证法）若不存在至少有两个元素的集合，则每个集合至多1个元素，从而n个集合至多有n个元素，此与共有n+1个元素矛盾，故命题成立。 　　在定理1的叙述中，可以把“元素”改为“物件”，把“集合”改成“抽屉”，抽屉原理正是由此得名。 　　同样，可以把“元素”改成“鸽子”，把“分成n个集合”改成“飞进n个鸽笼中”。“鸽笼原理”由此得名。 例题讲解 1． 已知在边长为1的等边三角形内（包括边界）有任意五个点（图1）。证明：至少有两个点之间的距离不大于 2．从1-100的自然数中，任意取出51个数，证明其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。 3．从前25个自然数中任意取出7个数，证明：取出的数中一定有两个数，这两个数中大数不超过小数的1.5倍。 4．已给一个由10个互不相等的两位十进制正整数组成的集合。求证：这个集合必有两个无公共元素的子集合，各子集合中各数之和相等。 5．在坐标平面上任取五个整点（该点的横纵坐标都取整数），证明：其中一定存在两个整点，它们的连线中点仍是整点。 6．在任意给出的100个整数中，都可以找出若干个数来（可以是一个数），它们的和可被100整除。 7． 17名科学家中每两名科学家都和其他科学家通信，在他们通信时，只讨论三个题目，而且任意两名科学家通信时只讨论一个题目，证明：其中至少有三名科学家，他们相互通信时讨论的是同一个题目。 课后练习 1．幼儿园买来了不少白兔、熊猫、长颈鹿塑料玩具，每个小朋友任意选择两件，那么不管怎样挑选，在任意七个小朋友中总有两个彼此选的玩具都相同，试说明道理. 2．正方体各面上涂上红色或蓝色的油漆（每面只涂一种色），证明正方体一定有三个面颜色相同. 3．把1到10的自然数摆成一个圆圈，证明一定存在在个相邻的数，它们的和数大于17. 4．有红袜2双，白袜3双，黑袜4双，黄袜5双，蓝袜6双（每双袜子包装在一起）若取出9双，证明其中必有黑袜或黄袜2双. 5．在边长为1的正方形内，任意给定13个点，试证：其中必有4个点，以此4点为顶点的四边开面积不超过（假定四点在一直线上构成面积为零的四边形）. 6．在一条笔直的马路旁种树，从起点起，每隔一米种一棵树，如果把三块“爱护树木”的小牌分别挂在三棵树上，那么不管怎样挂，至少有两棵挂牌的树之间的距离是偶数（以米为单位），这是为什么？ 课后练习答案 1.解 从三种玩具中挑选两件，搭配方式只能是下面六种： （兔、兔），（兔、熊猫），（兔、长颈鹿），（熊猫、熊猫），（熊猫、长颈鹿），（长颈鹿、长颈鹿） 把每种搭配方式看作一个抽屉，把7个小朋友看作物体，那么根据原则1，至少有两个物体要放进同一个抽屉里，也就是说，至少两人挑选玩具采用同一搭配方式，选的玩具相同. 原则2 如果把mn+k(k≥1)个物体放进n个抽屉，则至少有一个抽屉至多放进m+1个物体.证明同原则相仿.若每个抽屉至多放进m个物体,那么n个抽屉至多放进mn个物体,与题设不符，故不可能. 原则1可看作原则2的物例（m=1） 2.证明把两种颜色当作两个抽屉，把正方体六个面当作物体，那么6=2×2+2，根据原则二，至少有三个面涂上相同的颜色. 3.证明 如图12-1，设a1，a2，a3，…，a9，a10分别代表不超过10的十个自然数，它们围成一个圈，三个相邻的数的组成是（a1，a2，a3），（a2，a3，a4），（a3，a4，a5），…,（a9，a10，a1）,（a10，a1，a2）共十组.现把它们看作十个抽屉，每个抽屉的物体数是a1+a2+a3，a2+a3+a4，a3+a4+a5，…a9+a10+a1，a10+a1+a2,由于 （a1+a2+a3）+（a2+a3+a4）+…+（a9+a10+a1）+（a10+a1+a2） =3(a1+a2+…+a9+a10) =3×(1+2+…+9+10) 根据原则2,至少有一个括号内的三数和不少于17,即至少有三个相邻的数的和不小于17. 原则1、原则2可归结到期更一般形式： 原则3把m1+m2+…+mn+k(k≥1)个物体放入n个抽屉里，那么或在第一个抽屉里至少放入m1+1个物体，或在第二个抽屉里至少放入m2+1个物体，……，或在第n个抽屉里至少放入mn+1个物体. 证明假定第一个抽屉放入物体的数不超过m1个，第二个抽屉放入物体的数不超过m2个，……，第n个抽屉放入物体的个数不超过mn，那么放入所有抽屉的物体总数不超过m1+m2+…+mn个，与题设矛盾. 4.证明 除可能取出红袜、白袜3双外.还至少从其它三种颜色的袜子里取出4双，根据原理3，必在黑袜或黄袜、蓝袜里取2双. 上面数例论证的似乎都是“存在”、“总有”、“至少有”的问题，不错，这正是抽屉原则的主要作用.需要说明的是，运用抽屉原则只是肯定了“存在”、“总有”、“至少有”，却不能确切地指出哪个抽屉里存在多少. 制造抽屉是运用原则的一大关键 首先要指出的是，对于同一问题，常可依据情况，从不同角度设计抽屉，从而导致不同的制造抽屉的方式. 5.证明如图12-2把正方形分成四个相同的小正方形. 因13=3×4+1，根据原则2，总有4点落在同一个小正方形内（或边界上），以此4点为顶点的四边形的面积不超过小正方形的面积，也就不超过整个正方形面积的. INCLUDEPICTURE "http://www.cbe21.com/subject/maths/images/040401/574/574011.jpg" \* MERGEFORMAT 事实上，由于解决问题的核心在于将正方形分割成四个面积相等的部分，所以还可以把正方形按图12-3（此处无图）所示的形式分割. 合理地制造抽屉必须建立在充分考虑问题自身特点的基础上. 6.解如图12-4（设挂牌的三棵树依次为A、B、C.AB=a，BC=b，若a、b中有一为偶数，命题得证.否则a、b均为奇数，则AC=a+b为偶数，命题得证. 下面我们换一个角度考虑：给每棵树上编上号，于是两棵树之间的距离就是号码差，由于树的号码只能为奇数和偶数两类，那么挂牌的三棵树号码至少有两个同为奇数或偶数，它们的差必为偶数，问题得证. 后一证明十分巧妙，通过编号码，将两树间距离转化为号码差.这种转化的思想方法是一种非常重要的数学方法 例题答案： 1．　　分析：5个点的分布是任意的。如果要证明“在边长为1的等边三角形内（包括边界）有5个点，那么这5个点中一定有距离不大于的两点”，则顺次连接三角形三边中点，即三角形的三条中位线，可以分原等边三角形为4个全等的边长为的小等边三角形，则5个点中必有2点位于同一个小等边三角形中（包括边界），其距离便不大于。 　　以上结论要由定理“三角形内（包括边界）任意两点间的距离不大于其最大边长”来保证，下面我们就来证明这个定理。 　　如图2，设BC是△ABC的最大边，P，M是△ABC内（包括边界）任意两点，连接PM，过P分别作AB、BC边的平行线，过M作AC边的平行线，设各平行线交点为P、Q、N，那么 　　∠PQN=∠C，∠QNP=∠A 　　因为BC≥AB，所以∠A≥∠C，则∠QNP≥∠PQN，而∠QMP≥∠QNP≥∠PQN（三角形的外角大于不相邻的内角），所以 PQ≥PM。显然BC≥PQ，故BC≥PM。 　　由此我们可以推知，边长为的等边三角形内（包括边界）两点间的距离不大于。 　　说明： 　　（1）这里是用等分三角形的方法来构造“抽屉”。类似地，还可以利用等分线段、等分正方形的方法来构造“抽屉”。例如“任取n+1个正数ai，满足0＜ai≤1（i=1,2,…,n+1），试证明：这n+1个数中必存在两个数，其差的绝对值小于”。又如：“在边长为1的正方形内任意放置五个点，求证：其中必有两点，这两点之间的距离不大于。 　　（2）例1中，如果把条件（包括边界）去掉，则结论可以修改为：至少有两个点之间的距离小于"，请读者试证之，并比较证明的差别。 　　（3）用同样的方法可证明以下结论： 　　i）在边长为1的等边三角形中有n2+1个点，这n2+1个点中一定有距离不大于的两点。 　　ii）在边长为1的等边三角形内有n2+1个点，这n2+1个点中一定有距离小于的两点。 　　（4）将（3）中两个命题中的等边三角形换成正方形，相应的结论中的换成，命 题仍然成立。 　　（5）读者还可以考虑相反的问题：一般地，“至少需要多少个点，才能够使得边长 为1的正三角形内（包括边界）有两点其距离不超过”。 2．分析：本题似乎茫无头绪，从何入手？其关键何在？其实就在“两个数”，其中一个是另一个的整数倍。我们要构造“抽屉”，使得每个抽屉里任取两个数，都有一个是另一个的整数倍，这只有把公比是正整数的整个等比数列都放进去同一个抽屉才行，这里用得到一个自然数分类的基本知识：任何一个正整数都可以表示成一个奇数与2的方幂的积，即若m∈N+,K∈N+，n∈N,则m=(2k-1)·2n，并且这种表示方式是唯一的，如1=1×2°，2=1×21，3=3×2°，…… 　　证明：因为任何一个正整数都能表示成一个奇数乘2的方幂，并且这种表示方法是唯一的，所以我们可把1-100的正整数分成如下50个抽屉（因为1-100中共有50个奇数）： 　　（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）{5，5×2，5×22，5×23，5×24}； 　　（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}。 　　这样，1-100的正整数就无重复，无遗漏地放进这50个抽屉内了。从这100个数中任取51个数，也即从这50个抽屉内任取51个数，根据抽屉原则，其中必定至少有两个数属于同一个抽屉，即属于（1）-（25）号中的某一个抽屉，显然，在这25个抽屉中的任何同一个抽屉内的两个数中，一个是另一个的整数倍。 　　说明： 　　（1）从上面的证明中可以看出，本题能够推广到一般情形：从1-2n的自然数中，任意取出n+1个数，则其中必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。想一想，为什么？因为1-2n中共含1，3，…，2n-1这n个奇数，因此可以制造n个抽屉，而n+1＞n，由抽屉原则，结论就是必然的了。给n以具体值，就可以构造出不同的题目。例2中的n取值是50，还可以编制相反的题目，如：“从前30个自然数中最少要（不看这些数而以任意方式地）取出几个数，才能保证取出的数中能找到两个数，其中较大的数是较小的数的倍数？” 　　（2）如下两个问题的结论都是否定的（n均为正整数）想一想，为什么？ 　　①从2，3，4，…，2n+1中任取n+1个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？ 　　②从1，2，3，…，2n+1中任取n+1个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？ 　　你能举出反例，证明上述两个问题的结论都是否定的吗？ 　　（3）如果将（2）中两个问题中任取的n+1个数增加1个，都改成任取n+2个数，则它们的结论是肯定的还是否定的？你能判断证明吗？ 3．证明：把前25个自然数分成下面6组： 　　　　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 　　因为从前25个自然数中任意取出7个数，所以至少有两个数取自上面第②组到第⑥组中的某同一组，这两个数中大数就不超过小数的1.5倍。 　　说明： 　　（1）本题可以改变叙述如下：在前25个自然数中任意取出7个数，求证其中存在两个数，它们相互的比值在内。 　　显然，必须找出一种能把前25个自然数分成6（7-1=6）个集合的方法，不过分类时有一个限制条件：同一集合中任两个数的比值在内，故同一集合中元素的数值差不得过大。这样，我们可以用如上一种特殊的分类法：递推分类法： 　　从1开始，显然1只能单独作为1个集合{1}；否则不满足限制条件。 　　能与2同属于一个集合的数只有3，于是{2，3}为一集合。 　　如此依次递推下去，使若干个连续的自然数属于同一集合，其中最大的数不超过最小的数的倍，就可以得到满足条件的六个集合。 　　（2）如果我们按照（1）中的递推方法依次造“抽屉”，则第7个抽屉为 　　　{26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39}； 　　　第8个抽屉为：{40，41，42，…，60}； 　　　第9个抽屉为：{61，62，63，…，90，91}； 　　　…… 　　那么我们可以将例3改造为如下一系列题目： 　　（1）从前16个自然数中任取6个自然数； 　　（2）从前39个自然数中任取8个自然数； 　　（3）从前60个自然数中任取9个自然数； 　　（4）从前91个自然数中任取10个自然数；… 　　都可以得到同一个结论：其中存在2个数，它们相互的比值在]内。 　　上述第（4）个命题，就是前苏联基辅第49届数学竞赛试题。如果我们改变区间[]（p＞q）端点的值，则又可以构造出一系列的新题目来。 4.分析与解答：一个有着10个元素的集合，它共有多少个可能的子集呢？由于在组成一个子集的时候，每一个元素都有被取过来或者不被取过来两种可能，因此，10个元素的集合就有210=1024个不同的构造子集的方法，也就是，它一共有1024个不同的子集，包括空集和全集在内。空集与全集显然不是考虑的对象，所以剩下1024-2=1022个非空真子集。 　　再来看各个真子集中一切数字之和。用N来记这个和数，很明显： 　　10≤N≤91+92+93+94+95+96+97+98+99=855 　　这表明N至多只有855-9=846种不同的情况。由于非空真子集的个数是1022，1022＞846，所以一定存在两个子集A与B， 　　使得A中各数之和=B中各数之和。 　　若A∩B=φ，则命题得证，若A∩B=C≠φ，即A与B有公共元素，这时只要剔除A与B中的一切公有元素，得出两个不相交的子集A1与B1，很显然 　　A1中各元素之和=B1中各元素之和，因此A1与B1就是符合题目要求的子集。 　　说明：本例能否推广为如下命题： 　　已给一个由m个互不相等的n位十进制正整数组成的集合。求证：这个集合必有两个无公共元素的子集合，各子集合中各数之和相等。 　　请读者自己来研究这个问题。 5．分析与解答：由中点坐标公式知，坐标平面两点（x1,y1）、（x2,y2）的中点坐标是。欲使都是整数，必须而且只须x1与x2，y1与y2的奇偶性相同。坐标平面上的任意整点按照横纵两个坐标的奇偶性考虑有且只有如下四种：（奇数、奇数），（偶数，偶数），（奇数，偶数），（偶数，奇数）以此构造四个“抽屉”，则在坐标平面上任取五个整点，那么至少有两个整点，属于同一个“抽屉”因此它们连线的中点就必是整点。 　　说明：我们可以把整点的概念推广：如果（x1,x2,…xn）是n维（元）有序数组，且x1,x2,…xn中的每一个数都是整数，则称（x1,x2,…xn）是一个n维整点（整点又称格点）。如果对所有的n维整点按每一个xi的奇偶性来分类，由于每一个位置上有奇、偶两种可能性，因此共可分为2×2×…×2=2n个类。这是对n维整点的一种分类方法。当n=3时，23=8，此时可以构造命题：“任意给定空间中九个整点，求证它们之中必有两点存在，使连接这两点的直线段的内部含有整点”。这就是1971年的美国普特南数学竞赛题。在n=2的情形，也可以构造如下的命题：“平面上任意给定5个整点”，对“它们连线段中点为整点”的4个命题中，为真命题的是： 　　（A）最少可为0个，最多只能是5个 （B）最少可为0个，最多可取10个 　　（C）最少为1个，最多为5个 （D）最少为1个，最多为10个 　　（正确答案（D）） 6．分析：本题也似乎是茫无头绪，无从下手，其关键何在？仔细审题，它们的“和”能“被100整除”应是做文章的地方。如果把这100个数排成一个数列，用Sm记其前m项的和，则其可构造S1，S2，…S100共100个"和"数。讨论这些“和数”被100除所得的余数。注意到S1，S2，…S100共有100个数，一个数被100除所得的余数有0，1，2，…99共100种可能性。“苹果”数与“抽屉”数一样多，如何排除“故障”？ 　　证明：设已知的整数为a1,a2,…a100考察数列a1,a2,…a100的前n项和构成的数列S1，S2，…S100。 　　如果S1，S2，…S100中有某个数可被100整除，则命题得证。否则，即S1，S2，…S100均不能被100整除，这样，它们被100除后余数必是{1，2，…，99}中的元素。由抽屉原理I知，S1，S2，…S100中必有两个数，它们被100除后具有相同的余数。不妨设这两个数为Si，Sj（i＜j），则100∣（Sj-Si），即100∣。命题得证。 　　说明：有时候直接对所给对象作某种划分，是很难构造出恰当的抽屉的。这时候，我们需要对所给对象先作一些变换，然后对变换得到的对象进行分类，就可以构造出恰当的抽屉。本题直接对{an}进行分类是很难奏效的。但由{an}构造出{Sn}后，再对{Sn}进行分类就容易得多。 　　另外，对{Sn}按模100的剩余类划分时，只能分成100个集合，而{Sn}只有100项，似乎不能应用抽屉原则。但注意到余数为0的类恰使结论成立，于是通过分别情况讨论后，就可去掉余数为0的类，从而转化为100个数分配在剩下的99个类中。这种处理问题的方法应当学会，它会助你从“山穷水尽疑无路”时，走入“柳暗花明又一村”中。 　　最后，本例的结论及证明可以推广到一般情形（而且有加强的环节）： 　　在任意给定的n个整数中，都可以找出若干个数来（可以是一个数），它们的和可被n整除，而且，在任意给定的排定顺序的n个整数中，都可以找出若干个连续的项（可以是一项），它们的和可被n整除。 　　将以上一般结论中的n赋以相应的年份的值如1999，2000，2001…，就可以编出相应年份的试题来。如果再赋以特殊背景，则可以编出非常有趣的数学智力题来，如下题： 　　有100只猴子在吃花生，每只猴子至少吃了1粒花生，多者不限。请你证明：一定有若干只猴子（可以是一只），它们所吃的花生的粒数总和恰好是100的倍数。 　　7．证明：视17个科学家为17个点，每两个点之间连一条线表示这两个科学家在讨论同一个问题，若讨论第一个问题则在相应两点连红线，若讨论第2个问题则在相应两点连条黄线，若讨论第3个问题则在相应两点连条蓝线。三名科学家研究同一个问题就转化为找到一个三边同颜色的三角形。 　　考虑科学家A，他要与另外的16位科学家每人通信讨论一个问题，相应于从A出发引出16条线段，将它们染成3种颜色，而16=3×5+1，因而必有6=5+1条同色，不妨记为AB1，AB2，AB3，AB4，AB5，AB6同红色，若Bi（i=1，2，…，6）之间有红线，则出现红色三角线，命题已成立；否则B1，B2，B3，B4，B5，B6之间的连线只染有黄蓝两色。 　　考虑从B1引出的5条线，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用两种颜色染色，因为5=2×2+1，故必有3=2+1条线段同色，假设为黄色，并记它们为B1B2，B1B3，B1B4。这时若B2，B3，B4之间有黄线，则有黄色三角形，命题也成立，若B2，B3，B4，之间无黄线，则△B2，B3，B4，必为蓝色三角形，命题仍然成立。 　　说明：（1）本题源于一个古典问题--世界上任意6个人中必有3人互相认识，或互相不认识。（美国普特南数学竞赛题）。 　　（2）将互相认识用红色表示，将互相不认识用蓝色表示，（1）将化为一个染色问题，成为一个图论问题：空间六个点，任何三点不共线，四点不共面，每两点之间连线都涂上红色或蓝色。求证：存在三点，它们所成的三角形三边同色。 　　（3）问题（2）可以往两个方向推广：其一是颜色的种数，其二是点数。 　　本例便是方向一的进展，其证明已知上述。如果继续沿此方向前进，可有下题： 　　在66个科学家中，每个科学家都和其他科学家通信，在他们的通信中仅仅讨论四个题目，而任何两个科学家之间仅仅讨论一个题目。证明至少有三个科学家，他们互相之间讨论同一个题目。 　　（4）回顾上面证明过程，对于17点染3色问题可归结为6点染2色问题，又可归结为3点染一色问题。反过来，我们可以继续推广。从以上（3，1）→（6，2）→（17，3）的过程，易发现 　　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…记为r1=3，r2=6，r3=17，r4=66，r5=327，r6=1958，… 　　我们可以得到递推关系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4…这样就可以构造出327点染5色问题，1958点染6色问题，都必出现一个同色三角形。 §24容斥原理 相对补集：称属于A而不属于B的全体元素，组成的集合为B对A的相对补集或差集，记作A-B。 容斥原理：以表示集合A中元素的数目，我们有 　　，其中为n个集合称为A的阶。 n阶集合的全部子集数目为。 例题讲解 1．对集合{1，2，…，n}及其每一个非空了集，定义一个唯一确定的“交替和”如下：按照递减的次序重新排列该子集，然后交替地减或加后继的数所得的结果，例如，集合的“交替和”是9-6+4-2+1=6.的“交替和”是6-5=1，的交替和是2。那么，对于n=7。求所有子集的“交替和”的总和。 2．某班对数学、物理、化学三科总评成绩统计如下：优秀的人数：数学21个，物理19个，化学20个，数学物理都优秀9人，物理化学都优秀7人。化学数学都优秀8人。这个班有5人任何一科都不优秀。那么确定这个班人数以及仅有一科优秀的三科分别有多少个人。 3．计算不超过120的合数的个数 4．1992位科学家，每人至少与1329人合作过，那么，其中一定有四位数学家两两合作过。 5．把个元素的集合分为若干个两两不交的子集，按照下述规则将某一个子集中某些元素挪到另一个子集：从前一子集挪到后一子集的元素个数等于后一子集的元素个数（前一子集的元素个数应不小于后一子集的元素个数），证明：可以经过有限次挪动，使得到的子集与原集合相重合。 6．给定1978个集合，每个集合都含有40个元素，已知其中任意两个集合都恰有一个公共元，证明：存在一个元素，它属于全部集合。 7．在个元素组成的集合中取个不同的三元子集。证明：其中必有两个，它们恰有一个公共元。 课后练习 1．一个集合含有10个互不相同的十进制两位数，证明：这个集合必有两个无公共元素的子集合，这两个子集元素和相等。 2．是否存在两个以非页整数为元素的集合A、B，使得任一个非负整数都可以被A、B之中各取一数之和唯一表出。 3．对每个使得在n元集合中，可以取出k个子集，其中任意两个的交非合。 4．能否把分成两个积相等的不交集合。 课后练习答案 1．我们可以发现对每个数，它出现在个子集之中，因此所有子集中的的和为，那么全部元素在全部子集之中的和为。 　　2．利用二进制来考虑此题，小明的前9包分别有钱 1分（2），10分（2），100分（2），1000分（2），10000分（2），100000分（2），1000000分（2），10000000分（2），100000000分（2），剩下一包装剩下的钱（以上数皆为二进制）就可以了。 　　3．不能。反证法。设存在合乎题中条件的一种分法，如果和同属于一个子集，则记为，否则记为，对，若分在三个集合中则称为好的。 　　都是好的。 　　，，而 ，故 　　在第二组中用代替，故是好的。故。 　　由此 即，但。矛盾！ 有这样一个结论阶集合的子集若满足且则的最大值为，代入本题得为。 例题答案： 1．分析；n=7时，集合{7，6，5，4，3，2，1}的非空子集有个，虽然子集数目有限，但是逐一计算各自的“交替和”再相加，计算量仍然巨大，但是，根据“交替和”的定义，容易看到集合{1，2，3，4，5，6，7}与{1，2，3，4，5，6}的“交替和”是7；可以想到把一个不含7的集和A与的“交替和”之和应为7。那么，我们也就很容易解决这个问题了。 　　解：集合{1，2，3，4，5，6，7}的子集中，除去{7}外还有个非空子集合，把这个非空子集两两结组后分别计算每一组中“交替和”之和，结组原则是设这是把结合为一组，显然，每组中，“交替和”之和应为7，共有组.所以,所有“交替和”之和应该为。 　　说明：我们在这道题的证明过程中用了这类题目最典型的解法。就是“对应”的方法，“对应”的方法在解决相等的问题中应用得更多。 2．分析：自然地设A={数学总评优秀的人} 　B={物理总评优秀的人} C={化学总评优秀的人} 　　则已知|A|=21 |B|=19 |C|=20 这表明全班人数在41至48人之间。 仅数学优秀的人数是 　　 可见仅数学优秀的人数在4至11人之间。 同理仅物理优秀的人数在3至10人之间。 同理仅化学优秀的人数在5至12人之间。 解：（略）。 说明：先将具体的实际生活中的问题数学化，然后根据数学理论来解决这个问题不仅是竞赛中常见情况，也是在未来学习中数学真正有用的地方。 3．分析1：用“筛法”找出不超过120的质数(素数)，计算它们的个数，从120中去掉质数，再去掉“1”，剩下的即是合数。 　　解法1：120以内： 　　① 既不是素数又不是合数的数有一个，即“1”； 　　② 素数有2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47、53、59、61、67、71、73、79、83、89、97、101、103、107、109、113、共30个。所以不超过120的合数有120－1－30＝89(个)(附：筛法：从小到大按顺序写出1－120的所有自然数： 　　先划掉1，保留2，然后划掉2的所有倍数4,6，…120等；保留3，再划掉所有3的倍数6,9…117、120等；保留5，再划掉5的所有倍数10,15，…120；保留7，再划掉7的所有倍数，…这样，上面数表中剩下的数就是120以内的所有素数，这种方法是最古老的寻找素数的方法，叫做“埃斯托拉‘筛法’”) 　　说明：当n不很大时，计算1－n中的合数的个数困难不大；但当n很大时，利用筛法就很困难、很费时了，必须另觅他途。 　　[分析2]受解法1的启发，如果能找出1－n中质数的个数m，则n－1－m就是不超过n的合数的个数。由初等数论中定理：a是大于1的整数。如果所有不大于√a的质数都不能整除a，那么a是质数。因为120<121＝112，√120<11，所以不超过120的合数必是2或3或5或7的倍数，所以只要分别计算出不超过120的2、3、5、7的倍数，再利用“容斥原理”即可。 　　解法2：设S1＝{a∣1≤3≤120,2∣a}；S2＝{b∣1≤b≤120,3∣b}；S3＝{c∣1≤3≤120,5∣c}；S4={d∣1≤d≤120,7∣d}，则有： 　　card(S1)＝[120/2]=60，card(S2)＝[120/3]＝40，card(S3)＝[120/5]＝24，card(S4)＝[120/7]＝17； 　　([n]表示n的整数部分，例如[2,4]＝2，…) 　　card(S1∩S2)＝[120/2×3]＝20，card(S1∩S3)＝[120/2×5]＝12， 　　card(S1∩S4)＝[120/2×7]＝8，card(S2∩S3)＝[120/3×5]＝8， 　　card(S2∩S4)＝[120/3×7]＝5，card(S3∩S4)[120/5×7]＝3， 　　card(S1∩S2∩S3)[120/2×3×5]＝4，card(S1∩S2∩S4)＝[120/2×3×7]＝2， 　　card(S1∩S3∩S4)＝[120/2×5×7]＝1，card(S2∩S3∩S4)＝[120/3×5×7]＝1， 　　card(S1∩S2∩S3∩S4)＝[120/2×3×5×7]＝0 　　∴card(S1∪S2∪S3∪S4)＝card(S1)＋card(S2)＋card(S3)＋card(S4)－card(S1∩S2)－card(S1∩S3)－card(S1∩S4)－card(S2∩S3)－card(S2∩S4)－card(S3∩S4)＋card(S1∩S2∩S3)＋card(S1∩S2∩S4)＋card(S1∩S3∩S4)＋card(S2∩S3∩S4)－card(S1∩S2∩S3∩S4)＝(60＋40＋24＋17)-(20+12+8+8+5+3)+(4+2+1+1)-0＝141-56＋8＝93 　　∵2，3，5，7是质数 　　∴93－4＝89 　　即不超过120的合数共有89个。 4．分析：在与一个人A合作的人中我们找到B。再说明一定有人与A和B都合作过为C。最后再说明有人与A、B、C都合作过为D，那么A、B、C、D就是找的人了。 证明：一个人A。不妨设B与之合作。那么 。即C与A和B均合作过，分别表示与A、B合作过的人的集合。同样地，。 　　所以存在。则A、B、C、D就是所求，证毕。 说明：把一个普通的叙述性问题转化为集合的语言描述的问题通常为解题的关键之处，也是同学们需加强的。 5．分析：首先考虑到是一个很特殊的数，其次我们发现若两个集合的元素个数除以2的若干次幂后若为奇数，那么，它们之间挪后就应为偶数这一事实，若还不能想到解答就试一下，时的情况，相信解答就不会难找到了。 证明：考虑含奇数个元素的子集（如果有这样的子集），因为所有子集所含元素的个数总和是偶数，所以具有奇数个元素的子集个数也是偶数，任意将所有含有奇数个元素的子集配成对，对每对子集按题目要求的规则移动：从较大的子集挪出一些元素，添加到较小的子集，挪出的元素个数为较小子集的元素个数，于是得到的所有子集的元素个数都是偶数，现在考虑元素个数不被4整除的子集，如果，则总共有两个元素，它们在同一个子集，因此设，因为子集的元素个数的总数被4整除，因此这样的子集的个数为偶数，任意将这样的子集配成对，对每一对子集施行满足题目要求的挪动，于是得到的每个子集数均可被4整除，依此做下去，最后得到的每个子集元素个数均可被整除，也就是只能有一个子集，它的元素个数为，证毕。 说明：这道题的证明中隐含了一种单一变量在变化时变化方向相同这一性质，就这道题来说，一直在增加的就是各子集元素个数被2的多少次幂整除的这个幂次数，这是一大类问题，除了这种变化量，还要经常考虑变化中的不变量。 6．分析：我们可以先去找一个属于很多个集合的元素，最好它就是我们要找的那一个。 证明：考虑给定的1978个集合中任意一个集合，它和其它1977个集合都相交，因此，存在，使得它至少属于其中50个集合，否则，集合中每个元素至多属于49个集合，而集合恰有40个元素，所以除外至多有1960个集合，不可能，因此设属于集合，…，下面证明它属于给定的1978个集合中任一个。 对于除了，，…的任一个集合，设，则与，，，…每一个都有至少一个元素的交，它们都与不同，那么，就至少要有51个元素，不可能，因此属于每个集合。 说明：这种题目最怕把它想难了，想行太难了，就会觉得无从下手，做数学竞赛题就需要一方面在做题之前选好方向，另一方面就是大胆尝试去做。 7．分析：证明恰有一个公共元也许挺难。那么证只有两个或零个公共元不可能是否可行呢？如果具有两个公共元的集合与表示为、那么~有传递性。是否有用呢？ 证明：设结论不真。则所给的3元子集要么不交，要么恰有两个公共元，如果子集与恰有两个公共元，则记。设 INCLUDEPICTURE "http://www.pkuschool.com/student/aosai/0012/as/gzsx/08/Image14171.gif" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "http://www.pkuschool.com/student/aosai/0012/as/gzsx/08/Image14139.gif" \* MERGEFORMAT 是三个子集。可以证明如果，，则，于是所有给定的3元子集可以分类，使得同一类中任意两个不同子集都恰有两个公共元。而不同类的子集不相交。于是对每个子集类，有三种可能：（1）恰含3个元素的类。（2）恰含4个元素的类。（3）至少含5个元素的类。 在（1）下，3元子集类恰由一个3元子集组成。 在（2）下，子集类中至多有4个子集。 考虑（3） 设，，则还有一个，由，，有。因此对子集类中任意子集，由，，它包含与，于是类中子集个数比类中元素个数少2，于是，每个类中子集个数不超过元素个数，但是题中条件子集数大于元素个数，矛盾！ 说明：此题为1979年美国竞赛题。题目难度较大，应该说是应用了高等代数中的一些思想。 §25奇数偶数 将全体整数分为两类，凡是2的倍数的数称为偶数，否则称为奇数.因此，任一偶数可表为2m（m∈Z），任一奇数可表为2m+1或2m－1的形式.奇、偶数具有如下性质： （1）奇数±奇数=偶数；偶数±偶数=偶数； 奇数±偶数=奇数；偶数×偶数=偶数； 奇数×偶数=偶数；奇数×奇数=奇数； （2）奇数的平方都可表为8m+1形式，偶数的平方都可表为8m或8m+4的形式（m∈Z）. （3）任何一个正整数n，都可以写成的形式，其中m为非负整数，l为奇数. 这些性质既简单又明显，然而它却能解决数学竞赛中一些难题. 例题讲解 1．下列每个算式中，最少有一个奇数，一个偶数，那么这12个整数中，至少有几个偶数？ □+□=□，□-□=□，□×□＝□，□÷□＝□. 2．已知n是偶数，m是奇数，方程组的解是整数，那么( ) （A）p、q都是偶数.               （B）p、q都是奇数. （C）p是偶数，q是奇数           （D）p是奇数，q是偶数  3．在1，2，3…，1992前面任意添上一个正号和负号，它们的代数和是奇数还是偶数. 4．70个数排成一行，除了两头的两个数以外，每个数的3倍都恰好等于它两边两个数的和，这一行最左边的几个数是这样的：0，1，3，8，21，….问最右边的一个数被6除余几？ 5．设a、b是自然数，且有关系式 123456789=（11111+a）（11111-b），               ① 证明a-b是4的倍数. - - + + - - - - + 6．在3×3的正方格（a）和（b）中，每格填“+”或“-”的符号，然后每次将表中任一行或一列的各格全部变化试问重复若干次这样的“变号”程序后，能否从一张表变化为另一张表. + + - + + - - - + a 7．设正整数d不等于2，5，13.证明在集合｛2，5，13，d｝中可以找到两个元素a,b，使得ab－1不是完全平方数. 8．设a、b、c、d为奇数，，证明：如果a+d=2k，b+c=2m，k,m为整数，那么a=1. 9．设是一组数，它们中的每一个都取1或－1，而且a1a2a3a4+a2a3a4a5+…+ana1a2a3=0，证明：n必须是4的倍数. 课后练习 1.填空题 （1）有四个互不相等的自然数，最大数与最小数的差等于4，最大数与最小数的积是一个奇数，而这四个数的和是最小的两位奇数，那么这四个数的乘积是______. （2）有五个连续偶数，已知第三个数比第一个数与第五个数和的多18，这五个偶数之和是____. （3）能否把1993部电话中的每一部与其它5部电话相连结？答____. 2.选择题 （1）设a、b都是整数，下列命题正确的个数是（  ） ①若a+5b是偶数，则a-3b是偶数；②若a+5b是偶数，则a-3b是奇数； ③若a+5b是奇数，则a-3b是奇数；④若a+5b是奇数，则a-3b是偶数. （A）1      （B）2      （C）3       （D）4 （2）若n是大于1的整数，则的值（  ）. （A）一定是偶数        （B）必然是非零偶数 （C）是偶数但不是2    （D）可以是偶数，也可以是奇数 （3）已知关于x的二次三项式ax2+bx+c（a、b、c为整数），如果当x=0与x=1时，二次三项式的值都是奇数，那么a（  ） （A）不能确定奇数还是偶数       （B）必然是非零偶数 （C）必然是奇数                 （D）必然是零 3.试证明11986+91986+81986+61986是一个偶数. 4.请用0到9十个不同的数字组成一个能被11整除的最小十位数. 5.有n 个整数，共积为n，和为零，求证：数n能被4整除 6.在一个凸n边形内，任意给出有限个点，在这些点之间以及这些点与凸n边形顶点之间，用线段连续起来，要使这些线段互不相交，而且把原凸n边形分为只朋角形的小块，试证这种小三我有形的个数与n有相同的奇偶性. 7.一个四位数是奇数，它的首位数字泪地其余各位数字，而第二位数字大于其它各位数字，第三位数字等于首末两位数字的和的两倍，求这四位数.   8.试证：3n+1能被2或22整除，而不能被2的更高次幂整除. 课后练习答案 １．（１）３０．（最小两位奇数是１１，最大数与最小数同为奇数） （２）１８０．设第一个偶数为ｘ，则后面四个衣次为ｘ＋２，ｘ＋４，ｘ＋６，ｘ＋８． （３）不能． ２．Ｂ．Ｂ．Ａ ３．１１９８６是奇数１，９１９８６的个位数字是奇数１，而８１９８６，６１９８６都是偶数，故最后为偶数． ４．仿例５  １２０３４６５８７９． ５．设ａ１，ａ２，…，ａｎ满足题设即ａ１＋ａ２＋…＋ａｎ＝０　　① ａ１·ａ２……ａｎ＝ｎ　②。假如ｎ为奇数，由②，所有ａｉ皆为奇数，但奇数个奇数之和为奇数，故这时①不成立，可见ｎ只能为偶数．由于ｎ为偶数，由②知ａｉ中必有一个偶数，由①知ａｉ中必有另一个偶数．于是ａｉ中必有两个偶数，因而由②知ｎ必能被４整除． ６．设小三角形的个数为ｋ，则ｋ个小三角形共有３ｋ条边，减去ｎ边形的ｎ条边及重复计算的边数扣共有（３ｋ＋ｎ）条线段，显然只有当ｋ与ｎ有相同的奇偶性时，（３ｋ－ｎ）才是整数． ７．设这个四位数是由于１≤ａ＜ｄ，ｄ是奇数所以ｄ≥３于是ｃ＝２（ａ＋ｄ）≥８，即ｃ＝８或ｃ＝９．因ｃ是偶数，所以ｃ＝８，由此得ａ＝１，ｄ＝３．又因ｂ＞ｃ，所以ｂ＝９因此该数为１９８３． ８．当ｎ为奇数时，考虑（４－１）ｎ＋１的展开式；当ｎ为偶数时，考虑（２＋１）ｎ＋１的展开式． 例题答案： 1. 解 因为加法和减法算式中至少各有一个偶数，乘法和除法算式中至少各有二个偶数，故这12个整数中至少有六个偶数. 2.分析   由于1988y是偶数，由第一方程知p=x=n+1988y，所以p是偶数，将其代入第二方程中，于是11x也为偶数，从而27y=m-11x为奇数，所以是y=q奇数，应选（C） 都能被7整除； 注： 3.分析  因为两个整数之和与这两个整数之差的奇偶性相同，所以在题设数字前面都添上正号和负号不改变其奇偶性，而1+2+3+…+1992==996×1993为偶数  于是题设的代数和应为偶数. 4.解  设70个数依次为a1,a2,a3据题意有 a1=0,             偶 a2=1              奇 a3=3a2-a1,          奇 a4=3a3-a2,          偶 a5=3a4-a3,          奇 a6=3a5-a4,           奇  ……………… 由此可知： 当n被3除余1时，an是偶数； 当n被3除余0时，或余2时，an是奇数，显然a70是3k+1型偶数，所以k必须是奇数，令k=2n+1，则a70=3k+1=3(2n+1)+1=6n+4. 5.证明  由①式可知 11111（a-b）=ab+4×617                     ② ∵a＞0,b＞0,∴a-b＞0 首先，易知a-b是偶数，否则11111(a-b)是奇数，从而知ab是奇数，进而知a、b都是奇数，可知(11111+a)及(11111-b)都为偶数，这与式①矛盾 其次，从a-b是偶数，根据②可知ab是偶数，进而易知a、b皆为偶数，从而ab+4×617是4的倍数，由②知a-b是4的倍数. 6. 解   按题设程序，这是不可能做到的，考察下面填法： 在黑板所示的2×2的正方形表格中，按题设程序“变号”，“+”号或者不变，或者变成两个. 表(a)中小正方形有四个“+”号，实施变号步骤后，“+”的个数仍是偶数；但表(b)中小正方形“+”号的个数仍是奇数，故它不能从一个变化到另一个. 显然，小正方形互变无法实现，3×3的大正方形的互变，更无法实现. 7. 解 由于2×5－1=32，2×13－1=52，5×13－1=82，因此，只需证明2d－1，5d－1，13d－1中至少有一个不是完全平方数. 用反证法，假设它们都是完全平方数，令 2d－1=x2 ① 5d－1=y2 ② 13d－1=z2 ③ x,y,z∈N* 由①知，x是奇数，设x=2k－1，于是2d－1=（2k－1）2，即d=2k2－2k+1，这说 明d也是奇数.因此，再由②，③知，y,z均是偶数. 设y=2m,z=2n,代入③、④，相减，除以4得，2d=n2－m2=(n+m)(n－m)，从而n2－m2为偶数，n，m必同是偶数，于是m+n与m－n都是偶数，这样2d就是4的倍数，即d为偶数，这与上述d为奇数矛盾.故命题得证. 8.首先易证：从而 .再由 因而 ① 显然，为偶数，为奇数，并且只能一个为4n型 偶数，一个为4n+2型偶数（否则它们的差应为4的倍数，然而它们的差等于2a不是4 的倍数）， 因此,如果设，其中e,f为奇数，那么由①式及的特性就有 （Ⅰ）或（Ⅱ） 由 得e=1， 从而于是（Ⅰ）或（Ⅱ）分别变为 或 解之，得.因a为奇数，故只能a=1. 9.证明:由于每个均为1和－1，从而题中所给的等式中每一项也只取1或－1，而这样的n项之和等于0，则取1或－1的个数必相等，因而n必须是偶数，设n=2m. 再进一步考察已知等式左端n项之乘积=()4=1，这说明，这n项中取－1的项（共m项）也一定是偶数，即m=2k，从而n是4的倍数. §26整除 整除是整数的一个重要内容，这里仅介绍其中的几个方面：整数的整除性、最大公约数、最小公倍数、方幂问题. Ⅰ. 整数的整除性 初等数论的基本研究对象是自然数集合及整数集合. 我们知道，整数集合中可以作加、减、乘法运算，并且这些运算满足一些规律（即加法和乘法的结合律和交换律，加法与乘法的分配律），但一般不能做除法，即，如是整除，，则不一定是整数. 由此引出初等数论中第一个基本概念：整数的整除性. 定义一：（带余除法）对于任一整数和任一整数，必有惟一的一对整数，使得，，并且整数和由上述条件惟一确定，则称为除的不完全商，称为除的余数. 若，则称整除，或被整除，或称的倍数，或称的约数（又叫因子），记为.否则，| . 任何的非的约数，叫做的真约数. 0是任何整数的倍数，1是任何整数的约数. 任一非零的整数是其本身的约数，也是其本身的倍数. 由整除的定义，不难得出整除的如下性质： （1）若 （2）若 （3）若，则反之，亦成立. （4）若.因此，若. （5）、互质，若 （6）为质数，若则必能整除中的某一个. 特别地，若为质数， （7）如在等式中除开某一项外，其余各项都是的倍数，则这一项也是的倍数. （8）n个连续整数中有且只有一个是n的倍数. （9）任何n个连续整数之积一定是n的倍数. 本讲开始在整除的定义同时给出了约数的概念，又由上一讲的算术基本定理，我们就可以讨论整数的约数的个数了. Ⅱ. 最大公约数和最小公倍数 定义二：设、是两个不全为0的整数.若整数c满足：，则称的公约数，的所有公约数中的最大者称为的最大公约数，记为.如果=1，则称互质或互素. 定义三：如果、的倍数，则称、的公倍数. 的公倍数中最小的正数称为的最小公倍数，记为. 最大公约数和最小公倍数的概念可以推广到有限多个整数的情形，并用表示的最大公约数，表示的最小公倍数. 若，则称互质，若中任何两个都互质，则称它们是两两互质的.注意，n个整数互质与n个整数两两互质是不同的概念，前者成立时后者不一定成立（例如，3，15，8互质，但不两两互质）；显然后者成立时，前者必成立. 因为任何正数都不是0的倍数，所以在讨论最小公倍数时，一般都假定这些整数不为0.同时，由于有相同的公约数，且（有限多个亦成立），因此，我们总限于在自然数集合内来讨论数的最大公约数和最小公倍数. Ⅲ.方幂问题 一个正整数能否表成个整数的次方和的问题称为方幂和问题.特别地，当时称为次方问题，当时，称为平方和问题. 能表为某整数的平方的数称为完全平方数.简称平方数，关于平方数，明显有如下一些简单的性质和结论： （1）平方数的个位数字只可能是0，1，4，5，6，9. （2）偶数的平方数是4的倍数，奇数的平方数被8除余1，即任何平方数被4除的余数只能是0或1. （3）奇数平方的十位数字是偶数. （4）十位数字是奇数的平方数的个位数一定是6. （5）不能被3整除的数的平方被3除余1，能被3整除的数的平方能被3整除.因而，平方数被9除的余数为0，1，4，7，且此平方数的各位数字的和被9除的余数也只能为0，1，4，7. （6）平方数的约数的个数为奇数. （7）任何四个连续整数的乘积加1，必定是一个平方数. 例题讲解 1．证明：对于任何自然数和，数都不能分解成若干个连续的正整数之积. 2．设和均为自然数,使得 证明：可被1979整除. 3．对于整数与，定义求证：可整除 4．求一对整数，满足：(1)不能被7整除；（2）能被77整除. 5．求设和是两个正整数，为大于或等于3的质数，），试证：（1）；（2）或 6．盒子中各若干个球，每一次在其中个盒中加一球.求证：不论开始的分布情况如何，总可按上述方法进行有限次加球后使各盒中球数相等的充要条件是 7．求所有这样的自然数，使得是一个自然数的平方. 课后练习 1．  选择题 （1）若数n=20·30·40·50·60·70·80·90·100·110·120·130，则不是n的因数的最小质数是（  ）. （A）19  （B）17  （C）13  （D）非上述答案 （2）在整数0、1、2…、8、9中质数有x个，偶数有y个，完全平方数有z个，则x+y+z等于（   ）. （A）14  （B）13  （C）12  （D）11  （E）10 （3）可除尽311+518的最小整数是（   ）. （A）2  （B）3  （C）5  （D）311+518（E）以上都不是 2．  填空题 （1）把100000表示为两个整数的乘积，使其中没有一个是10的整倍数的表达式为__________. (2)一个自然数与3的和是5的倍数,与3的差是6的倍数,这样的自然数中最小的是_________. (3)在十进制中,各位数码是0或1,并且能被225整除的最小自然数是________. 3.求使为整数的最小自然数a的值. 4.证明:对一切整数n,n2+2n+12不是121的倍数. 5.设是一个四位正整数,已知三位正整数与246的和是一位正整数d的111倍,又是18的倍数.求出这个四位数,并写出推理运算过程. 6.能否有正整数m、n满足方程m2+1954=n2. 7.证明：（1）133|（11n+2+12n+1），其中n为非负整数. (2)若将(1)中的11改为任意一个正整数a,则(1)中的12,133将作何改动?证明改动后的结论. 8.设a、b、c是三个互不相等的正整数.求证:在a3b-ab3,b3c-bc3,c3a-ca3三个数中,至少有一个能被10整除. 9. 100个正整数之和为101101,则它们的最大公约数的最大可能值是多少?证明你的结论. 课后练习答案 １．Ｂ．Ｂ．Ａ ２．（１）２５·５５．（２）２７． ３．由2000a为一整数平方可推出a=5． ４．反证法．若是１２１的倍数，设ｎ２＋２ｎ＋１２＝１２１ｋ（ｎ＋１）２＝１１（１１ｋ－１）．∵１１是素数且除尽（＋１）２， ∴１１除尽ｎ＋１１１２除尽（ｎ＋１）２或１１｜１１ｋ－１，不可能． ５．由是ｄ的１１１倍， INCLUDEPICTURE "http://www.cbe21.com/subject/maths/images/040401/575/575124.gif" \* MERGEFORMAT 可能是１９８，３０９，４２０，５３１，６４２，７５３；又是１８的倍数，∴只能是１９８．而１９８＋２４６＝４４４，∴ｄ＝４，是１９８４． ７．（１）１１ｎ＋２＋１２２ｎ＋１＝１２１×１１ｎ＋１２×１４４ｎ＝１２１×１１ｎ＋１２×１１ｎ－１２×１１ｎ＋１２×１４４ｎ＝…＝１３３×１１ｎ＋１２×（１４４ｎ－１１ｎ）．第一项可被１３３整除．又１４４－１１｜１４４ｎ－１１ｎ，∴１３３｜１１ｎ＋２＋１２２ｎ＋１． （２）１１改为ａ．１２改为ａ＋１，１３３改为ａ（ａ＋１）＋１．改动后命题为ａ（ａ＋１）＋１｜ａｎ＋２＋（ａ＋１）２ｎ＋１，可仿上证明． ８．∵ａ３ｂ－ａｂ３＝ａｂ（ａ２－ｂ２）；同理有ｂ（ｂ２－ｃ２）；ｃａ（ｃ２－ａ２）．若ａ 、ｂ、ｃ中有偶数或均为奇数，以上三数总能被２整除．又∵在ａ、ｂ、ｃ中若有一个是５的倍数，则题中结论必成立．若均不能被５整除，则ａ２，ｂ２，ｃ２个位数只能是１，４，６，９，从而ａ２－ｂ２，ｂ２－ｃ２，ｃ２－ａ２的个位数是从１，４，６，９中，任取三个两两之差，其中必有０或±５，故题中三式表示的数至少有一个被５整除，又２、５互质． ９．设１００个正整数为ａ１，ａ２，…，ａ１００，最大公约数为ｄ，并令 则ａ１＋ａ​２＋…＋ａ１００＝ｄ（ａ１′＋ａ２′＋…＋ａ′１００）＝１０１１０１＝１０１×１００１，故知ａ１′，ａ２′，ａ′１００不可能都是１，从而ａ′１＋ａ′２＋…＋ａ′１００≥１×９９＋２＝１０１，ｄ≤１００１；若取ａ１＝ａ２＝ａ９９＝１００１，ａ１００＝２００２，则满足ａ１＋ａ２＋…＋ａ１００＝１００１×１０１＝１０１１０１，且ｄ＝１００１，故ｄ的最大可能值为１００１ 例题答案： 1. 证明：由性质9知，只需证明数不能被一个很小的自然数整除.因 3 1，故3 ，因而不能分解成三个或三个以上的连续自然数的积. 再证不能分解成两个连续正整数的积. 由上知，，因而只需证方程：无正整数解.而这一点可分别具体验算时，均不是形的数来说明. 故对任何正整数、都不能分解成若干个连续正整数之积. 2. 证明： = = =1979× 两端同乘以1319！得1319！ 此式说明1979|1319！×由于1979为质数，且1979 1319！，故1979| 【评述】把1979换成形如的质数，1319换成，命题仍成立. 牛顿二项式定理和为偶数), 为奇数)在整除问题中经常用到. 3.证明：当时， 由于[…]能被整除，所以能被整除，另一方面， 上式中[…]能被整除，所以也能被整除.因与2+1互质，所以能被（2+1）（即）整除. 类似可证当时，F（2+1，）能被F（2+1,1）整除. 故能被整除. 4. = = 根据题设要求(1)(2)知，即 令即即，则故可令即合要求. 5. 由已知得，两式相乘得 于是 故 （1）现用反证法来证明.若令是的一个质因子，则有因，则，从而于是是、的一个公约数，这与=1矛盾，故. （2）因为所以而为质数且，故或 6. 证明：设，则有使得，此式说明：对盒子连续加球次，可使个盒子各增加了个，一个增加个.这样可将多增加了一个球的盒子选择为原来球数最少的那个，于是经过次加球之后，原来球数最多的盒子中的球与球数最少的盒子中的球数之差减少1，因此，经过有限次加球后，各盒球数差为0，达到各盒中的球数相等. 用反证法证明必要性.若，则只要在个盒中放个球，则不管加球多少次，例如，加球次，则这时个盒中共有球（个），因为所以不可能是的倍数，更不是的倍数，各盒中的球决不能一样多，因此，必须. 7. 证明：（1）当时，，因（…）为奇数，所以要使N为平方数，必为偶数.逐一验证知，N都不是平方数. （2）当时，不是平方数. （3）当时，，要N为平方数，应为奇数的平方，不妨假设=,则由于和是一奇一偶，左边为2的幂，因而只能=1，于是得，由知为所求. §27同余 1．设m是一个给定的正整数，如果两个整数a与b用m除所得的余数相同，则称a与b对模同余，记作，否则，就说a与b对模m不同余，记作，显然，； 每一个整数a恰与1，2，……，m，这m个数中的某一个同余； 2.同余的性质： 1).反身性：； 2).对称性：； 3).若，则; 4).若，，则 特别是； 5).若，，则； 特别是 ； 6).； 7).若 ； 8).若， ……………… ，且 例题讲解 1．证明：完全平方数模4同余于0或1； 2．证明对于任何整数,能被7整除； 3．试判断能被3整除吗？ 4．能否把1，2，……，1980这1980个数分成四组，令每组数之和为， 且满足 5．在已知数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，相邻若干数之和，能被11整除的数组共有多少组。 6．设是整系数多项式， 证明：若 7．试求出一切可使被3整除的自然数； 8．在每张卡片上各写出11111到99999的五位数，然后把这些卡片按任意顺序排成一列，证明所得到的444445位数不可能是2的幂； 9．设是任意一个具有性质的正整数的无穷数列，求证可以把这个数列的无穷多个用适当的正整数 课后练习 1、证明：完全平方数模3同余于0或1； 证明：完全平方数模5同余于0、1或4； 证明：完全平方数模8同余于0、1或4； 证明：完全立方数模9同余于-1、0或1； 证明：整数的四次幂模16同余于0或1； 2、设 3、求2999最后两位数码 课后练习答案 1.略 3.解 考虑用100除2999所得的余数. ∵∴ 又，∴ ∴ ∴2999的最后两位数字为88. 例题答案： 1．证明： 所以原命题成立； 都能被7整除； 注： §28高斯函数 数论函数，称为高斯函数，又称取整函数. 它是数学竞赛热点之一. 定义一：对任意实数是不超过的最大整数，称为的整数部分.与它相伴随的是小数部分函数 由、的定义不难得到如下性质： （1）的定义域为R，值域为Z；的定义域为R，值域为 （2）对任意实数，都有. （3）对任意实数，都有. （4）是不减函数，即若则，其图像如图I －4－5－1； 是以1为周期的周期函数，如图I －4－5－2. 图Ⅰ—4—5—1 图Ⅰ—4—5—2 （5）.其中. （6）；特别地， （7），其中；一般有；特别地， . （8），其中. 例题讲解 1．求证：其中k为某一自然数. 2．对任意的 3．计算和式 4．设M为一正整数，问方程，在[1，M]中有多少个解？ 5．求方程 6． 7．对自然数n及一切自然数x，求证： . 8．求出的个位数字 例题答案： 1．证明：2为质数，n!中含2的方次数为 若 故 反之，若n不等于2的某个非负整数次幕，可设n=2sp，其中p>1为奇数，这时总可以找出整数t，使 由于n!.这与已知矛盾，故必要性得证. 2．解：因对一切k=0,1,…成立，因此， 又因为n为固定数，当k适当大 时, 3．解：显然有：若 503是一个质数，因此，对n=1,2,…,502, 都不会是整数，但+ 可见此式左端的两数的小数部分之和等于1，于是，[]+故 4．解：显然x=M是一个解,下面考察在[1，M]中有少个解. 设x是方程的解.将代入原方程，化简得 所以上式成立的充要条件是2[x]{x}为一个整数. 5．解： 经检验知，这四个值都是原方程的解. 6．这道题的原解答要极为复杂，现用数学归纳法证明如下. 【证明】 由于 7．解：M＝|f(x)|max＝max{|f⑴|，|f(－1)|，|f(－)|} ⑴若|－|≥1 (对称轴不在定义域内部) 则M＝max{|f⑴|，|f(－1)|} 而f⑴＝1＋a＋b f(－1)＝1－a＋b |f⑴|＋|f(－1)|≥|f⑴＋f(－1)|＝2|a|≥4 则|f⑴|和|f(－1)|中至少有一个不小于2 ∴ M≥2＞ ⑵|－|＜1 M＝max{|f⑴|，|f(－1)|，|f(－)|} ＝max{|1＋a＋b|，|1－a＋b|，|－＋b|} ＝max{|1＋a＋b|，|1－a＋b|，|－＋b|，|－＋b|} ≥(|1＋a＋b|＋|1－a＋b|＋|－＋b|＋|－＋b|) ≥[(1＋a＋b)＋(1－a＋b)－(－＋b)－(－＋b)] ＝ ≥ 综上所述，原命题正确. 8．先找出的整数部分与分数部分. = 其中分母的个位数字为3，分子的个位数字为9，故商的个位数字为3. §26覆盖 一个半径为1的单位圆显然是可以盖住一个半径为的圆的．反过来则不然，一个半径为的圆无法盖住单位圆．那么两个半径为的圆能否盖住呢？不妨动手实验一下，不行．为什么不行？需几个这样的小圆方能盖住大圆？……，这里我们讨论的就是覆盖问题，它是我们经常遇到的一类有趣而又困难的问题． 定义  设Ｇ和Ｆ是两个平面图形．如果图形Ｆ或由图形Ｆ经过有限次的平移、旋转、对称等变换扣得到的大小形状不变的图形Ｆ′上的每一点都在图形Ｇ上．我们就说图形Ｇ覆盖图形Ｆ；反之，如果图形Ｆ或Ｆ′上至少存在一点不在Ｇ上，我们就说图形Ｇ不能覆盖图形Ｆ． 关于图形覆盖，下述性质是十分明显的： （１）   图形Ｇ覆盖自身； （２）   图形Ｇ覆盖图形Ｅ，图形Ｅ覆盖图形Ｆ，则图形Ｇ覆盖图形Ｆ． １．最简单情形――用一个圆覆盖一个图形． 首先根据覆盖和圆的定义及性质即可得到： 定理１  如果能在图形Ｆ所在平面上找到一点Ｏ，使得图形Ｆ中的每一点与Ｏ的距离都不大于定长ｒ，则Ｆ可被一半径为ｒ的圆所覆盖． 定理２  对于二定点Ａ、Ｂ及定角α若图形Ｆ中的每点都在ＡＢ同侧，且对Ａ、Ｂ视角不小于α，则图形Ｆ被以ＡＢ为弦，对ＡＢ视角等于α的弓形Ｇ所覆盖． 在用圆去覆盖图形的有关问题的研究中，上述二定理应用十分广泛． ２．一个图形Ｆ能否被覆盖，与图形中任意两点间的距离最大值ｄ密切相关． 以下我们称图形Ｆ中任意两点间的距离最大值ｄ为图形Ｆ的直径． 我们继续研究多个圆覆盖一个图形问题． 定义  对于图形Ｇ１，Ｇ２，…，Ｇｎ，若图形Ｆ中的每一点都被这组图形中的某个所覆盖，则称这几个图形覆盖图形Ｆ． 图形Ｇ１，Ｇ２，…，Ｇｎ为ｎ个圆是一特殊情形． ３．直线形图形覆盖别的图形的问题 解决直线形图形覆盖别的图形的问题，常须较高的智巧，一般的处理方法是通过构造过渡图形，逐步调整，最终获得问题的解决． 4.图形的嵌入是覆盖问题的一种重要变化形式 所谓图形Ｆ能嵌入图形Ｇ,其本质就是图形Ｇ能覆盖图形F. 例题讲解 1．求证：（１）周长为２ｌ的平行四边形能够被半径为的圆面所覆盖． （２）桌面上放有一丝线做成的线圈，它的周长是２ｌ，不管线圈形状如何，都可以被个半径为的圆纸片所覆盖． 2．△ABC的最大边长是ａ，则这个三角形可被一半径为的圆所覆盖． 3．△ＡＢＣ的最大边BC等于ａ，试求出覆盖△ABC的最小圆． 4．以ＡＢＣＤ的边为直径向平行四边形内作四个半圆，证明这四个半圆一定覆盖整个平行四边形． 5．求证：一个直径为１的圆不能被两个直径小于１的圆所覆盖． 6．给定一个半径为１的圆，若用半径为的圆去覆盖它，问至少要几个才能盖住． 7．证明直径为１的图形Ｆ可被单位正方形覆盖． 8．直径为１的图形Ｆ可被一个边长为的正三角形覆盖，试证明之． 9．试证面积为S、周长为P的四边形一定可嵌入一个半径为的圆. 10．在一个半径等于18的圆中已嵌入16个半径为3的圆.证明在余下的部分中还能嵌入9个半径为1的圆. 例题答案： １．分析  （１）关键在于圆心位置，考虑到平行四边形是中心对称图形，可让覆盖圆圆心与平行四边形对角线交点叠合． （２）＂曲＂化＂直＂．对比（１），应取均分线圈的二点连线段中点作为覆盖圆圆心． 证明  （１）如图４５－１，设ＡＢＣＤ的周长为２ｌ，ＢＤ≤ＡＣ，ＡＣ、ＢＤ交于Ｏ，Ｐ为周界上任意一点，不妨设在ＡＢ上，则 ∠１≤∠２≤∠３，有ＯＰ≤ＯＡ． 又ＡＣ＜ＡＢ＋ＢＣ＝ｌ，故ＯＡ＜． 因此周长为２ｌ的平行四边形ＡＢＣＤ可被以Ｏ为圆心；半径为的圆所覆盖，命题得证． INCLUDEPICTURE "http://www.cbe21.com/subject/maths/images/040401/580/580013.jpg" \* MERGEFORMAT （2）如图45-2,在线圈上分别取点R，Q，使R、Q将线圈分成等长两段，每段各长l.又设RQ中点为G，M为线圈耻任意一点，连MR、MQ，则 因此，以G为圆心，长为半径的圆纸片可以覆盖住整个线圈． ２．分析  ａ为最大边，所对角A满足６０°≤A＜１８０°． 证明 不妨设BC＝ａ，以BC为弦，在A点所在一侧作含60°角的弓形弧（图４５－３）．因６０°≤A≤180°，故根据定理２，△ABC可被该弓形所覆盖． 由正弦定理，弓形相应半径ｒ＝，所以△ABC可被半径为的圆所覆 盖． 显然覆盖△ABC的圆有无穷多个，那么半径为的圆是否是最小的覆盖圆呢？事实并不 尽然． ３．解 分三种情形进行讨论： （１）   ∠Ａ为钝角，以ＢＣ为直径作圆即可覆盖△ＡBC． （２）   ∠Ａ是直角，同样以ＢＣ为直径作圆即可覆盖△ABC； （３）∠Ａ是锐角．假若⊙O覆盖△ABC，我们可在⊙O内平移△ABC，使一个顶点B落到圆周上，再经过适当旋转，使另一个顶点落在圆周上，此时第三个顶点A在⊙O内或其圆周上，设BC所对圆周角为α，那么∠BAC≥α，设⊙O直径ｄ，△ABC外接圆直径ｄ０，那么 所以对于锐角三角形ABC，最小覆盖圆是它的外接圆． 今后我们称覆盖图形F的圆中最小的一个为F的最小覆盖圆．最小覆盖圆的半径叫做图形F的覆盖半径． 综合例２、例３，即知△ABC中，若ａ为最大边，则△ABC的覆盖半径ｒ满足 ４．分析１ ＡＢＣＤ的每一点至少被某个半圆所盖住． 证明１ 用反证法．如图４５－４设存在一点Ｐ在以ＡＢ、ＢＣ、ＣＤ、ＤＡ为直径的圆外，根据定理二，∠ＡＰＢ，∠ＢＰＣ，∠ＣＰＤ∠ＤＰＡ均小于９０°，从而 ∠ＡＰＢ＋∠ＢＰＣ＋∠ＣＰＤ＋∠ＤＰＡ＜３６０°． INCLUDEPICTURE "http://www.cbe21.com/subject/maths/images/040401/580/580033.jpg" \* MERGEFORMAT 与四角和应为周角相矛盾．故Ｐ应被其中一半圆盖住，即所作四个半圆覆盖ＡＢＣＤ． 分析２ 划片包干，如图４５－５，将ＡＢＣＤ分为若干部分，使每一部分分别都被上述四个半圆所覆盖． 证明２  在ＡＢＣＤ中，如图４５－５，设ＡＣ≥ＢＤ．分别过Ｂ、Ｄ引垂线ＢＥ、ＤＦ垂直ＡＣ，交ＡＣ于Ｅ、Ｆ，将ＡＢＣＤ分成四个直角三角形，△ＡＢＥ、△ＢＣＥ、△ＣＤＦ、△ＤＡＦ．每一个直角三角形恰好被一半圆所覆盖，从而整个四边形被四个半圆所覆盖． ５．证明  如图４５－６，先考虑其中一个小圆即⊙Ｏ１去覆盖大圆Ｏ，连Ｏ１、Ｏ过Ｏ作ＡＢ⊥Ｏ１Ｏ，ＡＢ为⊙Ｏ的直径（若Ｏ１、Ｏ重合，那么ＡＢ为任意直径）此时 故Ａ、Ｂ两点都不能被⊙Ｏ１盖住．至于另一小圆⊙Ｏ２无疑不能同时盖住Ａ、Ｂ两点，故⊙Ｏ１、⊙Ｏ２不能覆盖⊙Ｏ． 事实上，我们还可以从另一角度给予证明．那就是一个小圆无法覆盖半个大圆，因此两个小圆也就不可能覆盖住整个大圆了． 现在，我们着手研究本文一开始就提出的问题． 6. 问题需要我们在二个方面给予回答：一是所确定数目的小圆足以覆盖大圆；二是少于确定的数目，则全部小圆不能覆盖大圆． 对于不能覆盖的推断，以下两个原则是常用的： 原则１  若图形Ｆ的面积大于图形Ｇ的面积，则图形Ｇ不能覆盖图形Ｆ． 原则２  直径为ｄ的图形Ｆ不能被直径小于ｄ的图形Ｇ所覆盖． 两原则十分显然，不再证明． 四个半径为的小圆面积和为π，恰等于大圆面积，而四小圆间若不重迭，则覆盖其它图形时，还须排除中间所夹的不属于四圆的部分，换句话说，四小圆所覆盖大圆部分面积必小于大圆自身面积，根据法则１，不可能覆盖大圆，少于四个小圆更不可能． 若有五个小圆，我们改变角度考虑，可将大圆周分为六等分．因小圆直径为１，五个小圆无法盖住大圆周，而六个圆周恰好盖住． 还需考虑大圆圆心没有被盖住，再添加一个小圆，符合要求！ 这说明：至少七个以为半径的小圆方能覆覆盖半径为1的一个大圆.事实上这样的六个小圆若盖住大圆周，则大圆心不能被覆盖．若其中一小圆盖住大圆圆心，那么该圆又至多盖住大圆周上一点也就是六个小圆无法覆盖大圆，而我们作大圆的内接正六边形，分别将小圆圆心与各边中点重合，再将第七个小圆圆心与大圆圆心重合即可盖住大圆，如图４５－７，以下给出证明： 对于正△ＯＡＢ，设ＯＡ、ＯＢ中点Ａ１、Ｂ１，那么∠ＡＡ１Ｂ＝∠ＡＢ１Ｂ＝９０°，故四边形ＡＡ１Ｂ１Ｂ被以ＡＢ为直径的圆覆盖．另外，△ＯＡ１Ｂ１被小圆⊙Ｏ所覆盖．类似地可推得七个小圆覆盖整个大圆． 又 即 所以 7. 分析  先后用互相垂直的两对平行线将图形夹在中间，再向内收缩． 证明  取位于水平方向和铅直方向的两对平行直线将图形Ｆ夹在中间，再将位于下方的直线ｌ２向上平移，直至遇到图形Ｆ上点为止，中图４５－８中ｌ２′处．接着又将ｌ１向下平移至与ｌ２′相距为１的ｌ１′处止．因图形Ｆ直径为１．故图形Ｆ仍被二直线ｌ１′，ｌ２′所夹．同样采用先左后右的顺序，将沿直线ｍ１、ｍ２平移至ｍ１′、ｍ２′处，ｍ１′、ｍ２′相距为１，而图形Ｆ依然夹在直线ｍ１′，ｍ２′中间，从而直线ｌ１′、ｌ２′、ｍ１′、ｍ２′所围成单位正方形即可覆盖图形Ｆ． 运用上述方法，我们可进一步解决以下问题： INCLUDEPICTURE "http://www.cbe21.com/subject/maths/images/040401/580/580044.gif" \* MERGEFORMAT 8. 证明  作三对相距为１的平行直线ｍ１、ｍ２、ｎ１、ｎ２，ｌ１、ｌ２，相交直线所成角为６０°，围成可覆盖图形Ｆ的六边形及正△Ａ１Ｂ１Ｃ１，正△Ａ２Ｂ２Ｃ２（具体作法可参照例７）．如图４５－９．设Ｐ为Ｆ中任意一点，它到六边形各边距离依次为ｘ、ａ、ｙ、ｂ、ｚ、ｃ．又设正△Ａ１Ｂ１Ｃ１的高为ｈ１，正△Ａ​2Ｂ２Ｃ２的高为ｈ２．因正三角形内一点到三边距离和等于正三角形的高，得 ａ＋ｂ＋ｃ＝ｈ１， ｘ＋ｙ＋ｚ＝ｈ２． 相加,得 （ｘ＋ｂ）＋（ｙ＋ｃ）＋（ｚ＋ａ）＝ｈ１＋ｈ２， 又ｘ＋ｂ＝１，ｙ＋ｃ＝１，ｚ＋ａ＝１， ∴ｈ１＋ｈ２＝３． 根据抽屉原则,ｈ１、ｈ２中有一不大于,不妨设,即正△A１B１C１的高不大于,那么它的边长 因此图形Ｆ可被边长不大于的正三角形即正△Ａ1Ｂ１Ｃ１所覆盖. 9.分析 四边形内存在到各边距离不小于的点. 证明  如图45-10,设四边形ABCD面积为Ｓ,周长为Ｐ.各边长分别为ａ1、ａ２、ａ３、ａ４.现以ａ１、ａ２、ａ３、ａ４为长,为宽,向四边形内侧作矩形,则这些矩形总面积是 即四个矩形面积总和等于四边形面积.由于这四个矩形有重迭部分,所以四边形内部存在点O没有被矩形覆盖,那么以点O为圆心,为半径的圆可嵌入四边形ABCD中. 10.证明  首先证明大圆中还能嵌入1个半径为1的小圆.先将大圆的半径收缩为17,而将半径为3的圆膨胀成半径为4的圆,此时大圆面积变为 π×172＝289π. 16个半径为4的圆的面积是 π×42×16=256π. 289π-256π=33π. 这说明大圆中嵌入16个半径为3的圆外,还能嵌入半径为1的一个小圆,如图45-11所示. 再将大圆的半径收缩为17,半径为3的圆的半径膨胀为4,半径为1的圆膨胀为2,由于 289π-256π-4π=29π,所以大圆中除嵌入16个半径为3的圆外,还能嵌入两个半径为1的圆.依此类推,由于289π-256π-4π×8=π＞0, 故大圆还可嵌入九个半径为1的小圆. 将图形收缩、膨胀是解嵌入问题一种重要方法. §29涂色问题 涂色问题是数学竞赛中较为典型的问题，可以直接用抽屉原则解决涂色问题。另一方面，也可以将别的有关问题“涂色”，转化为涂色问题，涂色问题本身，有其深刻的数学背景。有些问题，本来就属于图论的内容。有些问题的解决，则需要用到数论、组合数学的理论和方法。这里介绍，只是中学数学竞赛中的有关问题。 1．  小方格染色问题 最简单的染色问题是从一种民间游戏中发展起来的方格盘上的染色问题.解决这类问题的方法后来又发展成为解决方格盘铺盖问题的重要技巧. 2．  线段染色和点染色 (1)线段染色.较常见的一类染色问题是发样子组合数学中图论知识的所谓“边染色”（或称“线段染色”），主要借助抽屉原则求解. （2）点染色.先看离散的有限个点的情况. 例题讲解 1．把正方形ABCD的一边AB分成n段，使奇数号的线段长度之和等于偶数号的线段长度之和（如图01—01）。过各分点作平行于AD的线段，得到n个矩形。每一个矩形又被对角线BD分成两部分。将奇数号矩形左部及偶数号矩形的右部涂上同一颜色。证明：在对角线BD两侧的有同色的部分，其面积和相等。 2．在一张无限方格纸的某些方格上涂上红色，其余方格涂上蓝色，每一个2×3的六方格矩形内恰好2个红方格。试问：一个9×11的99方格矩形内包含多少个红方格？ 3．在n×n（n≥2）个方格的正方形表中，有n－1个格子里涂了色，求证：通过交换两行或两列的位置，总可以将所有涂色的方格移到正方形表的左上角顶点到右下角顶点的对角线下方。 4．有n×n（n≥3）个方格表中，先在表中任意选出n－1个方格都涂成黑色，然后将那些凡是至少与两个已涂色的方格相邻的方格也都涂黑色。求证：不论怎样选择最初的n－1个方格，都不能按这样的法则，将表中的所有方格全涂黑。 5．设ABC为正三角形，E为线段BC，CA，AB上点的集合（包括A，B，C在内）。将E分成两个子集，求证：总有一个子集中含有一个直角三角形的顶点。 6．设a1，a2，a3……是一个不减的正整数序列，定义bm是使an≥m的n的最小值，若a19=85，试求a1+a2+…+a19+b1+b2+…+b85的值。 7．有1987块玻璃片，每块上涂有红、黄、蓝三色之一，进行下列操作：将不同颜色的两块玻璃片擦净，然后涂上第三种颜色。 （1）求证：无论开始时红、黄、蓝色玻璃片各有多少块，总可以经过有限次操作而使所有的玻璃片涂有同一种颜色； （2）求证：玻璃片最后变成哪种颜色，与操作顺序无关。 8．把集合M={1，2，…，1987}的元素用4种颜色涂色，求证：至少存在一种涂色方法，使得M中任何等差数列的10项，不是同一颜色。 9．平面直角坐标系中，纵横坐标都是整数的点称为整点称为整点。设计一种方法，将所有整点涂色，每一个整点染成白色、红色或黑色中的一种颜色，使得 （1）每一种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的直线上； （2）对任意白点A、红点B及黑点C，总可以找到一个红点D，使得ABCD为一平行四边形。证明你设计的的方法符合上述要求。 10．将平面上每个点染上两种颜色中的一种，已知任一边长为1的正三角形都有两种颜色的顶点， （1）求证：存在边长为的同色正三形（即顶点同色）； （2）举出染色满足题设要求的平面的例子。 11．平面上有6点，任何三点都是一个不等边三角形的顶点，求证：这些三角形的边中一定有一条，它在一个三角形中是最长边，而在另一个三角形中是最短边。 12．平面上任一点都染上红、蓝、黄三色中的一种，求证：一定存在一条端点同色且长度为1的线段。 课后练习 1. 证明:用15块大小是4×1的矩形瓷砖和1块大小是2×2的矩形瓷砖，不能恰好铺盖8×8矩形的地面. 2. 世界上任何六个人中，一定有3个人或者互相认识或者互相都不认识. 3. 空间六点，任三点不共线，任四点不共面，成对地连接它们得十五条线段，用红色或蓝色染这些线段（一条线段只染一种颜色）.求证:无论怎样染,总存在同色三角形. 4. 有17位科学家,其中每一个人和其他所有人的人通信,他们的通信中只讨论三个题目.求证:至少有三个科学家相互之间讨论同一个题目. 5. 能否把1，1，2，2，3，3，…，1986，1986这些数排成一行，使得两个1之间夹着一个数，两个2之间夹着两个数，…，两个1986、之间夹着一千九百八十六个数？请证明你的结论. 课后练习答案 １．（分析  将8×8矩形地面的一半染上一种颜色，另一半染上另一种颜色，再用4×1和2×2的矩形瓷砖去盖，如果盖住的两种颜色的小矩形不是一样多，则说明在给定条件不完满铺盖不可能. 证明  如图29-3，用间隔为两格且与副对角线平行的斜格同色的染色方式，以黑白两种颜色将整个地面的方格染色.显然，地面上黑、白格各有32个. 每块4×1的矩形砖不论是横放还是竖盖，且不论盖在何处，总是占据地面上的两个白格、两个黑格，故15块4×1的矩形砖铺盖后还剩两个黑格和两个白格.但由于与副对角线平行的斜格总是同色，而与主对角线平行的相邻格总是异色，所以，不论怎样放置，一块2×2的矩形砖，总是盖住三黑一白或一黑三白.这说明剩下的一块2×2矩形砖无论如何盖不住剩下的二黑二白的地面.从而问题得证.   ２．同3 ３．证明  设A、B、C、D、E、F是所给六点.考虑以A为端点的线段AB、AC、AD、AE、AF，由抽屉原则这五条线段中至少有三条颜色相同，不妨设就是AB、AC、AD，且它们都染成红色.再来看△BCD的三边，如其中有一条边例如BC是红色的，则同色三角形已出现（红色△ABC）；如△BCD三边都不是红色的，则它就是蓝色的三角形，同色三角形也现了.总之,不论在哪种情况下,都存在同色三角形. 如果将习题2中的六个人看成习题3中六点,两人认识的连红线,不认识的连蓝线,则习题2就变成了习题3.习题3的证明实际上用染色方法给出了习题5的证明. ４．证明  用平面上无三点共线的17个点A1,A2,…，A17分别表示17位科学家.设他们讨论的题目为x,y,z,两位科学家讨论x连红线,讨论y连蓝线,讨论z连黄线.于是只须证明以这17个点为顶点的三角形中有一同色三角形. 考虑以A1为端点的线段A1A2,A1A3,…，A1A17，由抽屉原则这16条线段中至少有6条同色，不妨设A1A2，A1A3，…，A1A7为红色.现考查连结六点A2，A3，…，A7的15条线段，如其中至少有一条红色线段，则同色（红色）三角形已出现；如没有红色线段，则这15条线段只有蓝色和黄色，由例5知一定存在以这15条线段中某三条为边的同色三角形（蓝色或黄色）.问题得证. 上述三例同属图论中的接姆赛问题.在图论中,将n点中每两点都用线段相连所得的图形叫做n点完全图,记作kn.这些点叫做“顶点”，这些线段叫做“边”.现在我们分别用图论的语言来叙述习题3、习题4. 定理1  若在k6中，任染红、蓝两色，则必有一只同色三角形. 定理2  在k17中,任染红、蓝、黄三角，则必有一只同色三角形. ５．证明  将1986×2个位置按奇数位着白色，偶数位着黑色染色，于是黑白点各有1986个. 现令一个偶数占据一个黑点和一个白色，同一个奇数要么都占黑点，要么都占白点.于是993个偶数，占据白点A1=993个，黑色B1=993个. 993个奇数，占据白点A2=2a个，黑点B2=2b个，其中a+b=993. 因此，共占白色A=A1+A2=993+2a个. 黑点B=B1+B2=993+2b个， 由于a+b=993（非偶数！）∴a≠b，从而得A≠B.这与黑、白点各有1986个矛盾. 故这种排法不可能. “点”可以是有限个，也可以是无限个，这时染色问题总是与相应的几何问题联系在一起的. 例题答案： 1. 证明：设矩形中涂的是红色，不涂的为白色，则 另外， ∴ ∴ 2. 答案：33个红方格。 分析：如图01—02，取任一个红格K0为中心的3×3正方形。不能在处涂红色。因为，如果在处涂红色，在2×3的矩形：AFHD、ABST、MNCD中均有两个红方格。为了使矩形BCGE内含有两个红方格，不论红方格放在任何一处，都将使上述的三个矩形的一个出现三个红方格。这就说，红方格不能与K0有公共的边，只能是在其对角线上。从总体上来说，只能，如图01—03。因此，每一个3×3的正方形中有且只有3个红方格。又在9×11矩形中，可分为九个3×3的正方形及三个2×3的矩形，故一共有9×3＋3×2=33个红方格。 3. 由于涂色的格子总共有n－1个， 所以n列中至少有一列的格子未涂色， 经过调整，可以使最下面的一行中涂色格 子都在对角线下方（如图01—04）。 再考察除去最右一列与最下一行的（n－1）×（n－1）个方格，继续上面的过程，必可将n－1个涂色的格子移到所设的对角线下方。 4. 证明：设每个小方格的边长为1，考察黑方格区域的边界长度L。开始时，由于只有n－1个方格，∴L≤4（n－1）。在以后的涂色过程中，尽管黑方格的总体面积增加了，但其周长不变，即仍有L≤4（n－1）。如果要填满n×n的方格，就有L=4n，显然发生矛盾。命题得证。 5. 证明：将E中的点染成红、蓝二色，即证明必存在一个直角三角形，它们的顶点同色。 在三边上取三等分点P，Q，R，如图01—05。易知RQ⊥BC，QP⊥AC，PR⊥AB。这三点必至少有两点同色。不妨设R，Q为红色。 （1）如果BC边上除Q点外还有红色的点X， 则Rt△RQX三个顶点同为红色。 （2）如果BC边上除Q外不存在红色点， 则B点是蓝色的。如果AB上除B外还有蓝色点Y， 作YM⊥BC，M为垂足，显然M不同于Q。 所以Rt△YBM三个顶点均为蓝色； 如果AB上除B点外均为红色。作QZ⊥AB，Z为垂足， 则Rt△RQZ的三个顶点均为红色。证毕。 6. 解：如图01—06，第i行（1≤i≤19）中的ai个方格涂黑（例如，a2=3，则涂3格），在第j列（1≤j≤85）中白方格数，是小于ai的个数（例如，a3=5），在第5列上方有两个白格子，就是a1<5，a2<5，b5-1=2。 因此，所有的格子（黑的和白的）的个数就是 a1+a2+…+a19+（b1－1）+（b2－1）+…+（b85－1）=19×85， ∴a1+a2+…+a19+b1+b2+…+b85=19×85+85=20×85=1700。 注：从这几个例子可以看出，既可作为手段，转化问题的形式，便于叙述，也有本来就是涂色的形式，要调整、构造新形式。思考起来很灵活。 7. 设红、黄、蓝玻璃片各有x，y，z块，则x，y，z被3除后余数中必有两个相等（否则x+y+z=1987是3的倍数）。 令x=3a+m，y=3b+n，z=3c+n，并设c≥b。 若c=b，结论显然成立；若c>b，可取黄、蓝各3b+n块，全变成红色，黄片为0，蓝片为3（c－b）块。 再取红、蓝各1块，产生黄片2块；再取蓝、黄各两片（∵c>b，∴3（c－b）≥3），产生红片4块，这时蓝片有[3（c－b）－1] －2=3（c－b－1）块。如果有c－b－1=0，则命题获证。如果c－b－1≠0，依次反复上述步骤，达到c－b－k=0为此（k∈N），最后全变成了红色。 由上面的过程可知，三个数除以3所得的余数中，两个相同的余数的玻璃片，最后都变成了另一个余数不同的玻璃片的颜色。因此，与操作顺序无关。 注：本题充分注意到1987不是3的倍数，因而由抽屉原理得知x，y，z被3除后余数中必有两个相同，根据这一特征，还可以推广问题的结论。这是一种与整除有关的涂色问题。 8. 证明：集合M的不同涂色方法总数为41987。令a是M中构成具有10项的等差数列的数目，将这10项用同一颜色去涂，则共有4a·41987－10=a·41978种涂法。 如果a·41978<41987，即a<49。 设等差数列首项为k，公差为d，则，其中[x]表示x的整数部分， 9.解：将y轴上的整点染上黑色或白色，并且黑、白各有无穷多个（例如黑、白相间）。再将其余整点都染上红色，则这样的染色满足题设要求。 证明：不难看出到上述设计，白色点、黑色点、红色点出现在无穷多条平行于横轴的直线上，故满足条件（1）。 设A为白点，B为红点，C为黑点，显然B不在y轴上，即B不在AC上，而且□ABCD顶点D的横（纵）坐标，所以D一定是整点。由于A，C横坐标为0，B横坐标不为0，所以D的横坐标不为0，即D为红点。满足条件（2）。 注：例8要用到重复排列的问题解法，还要进行计算，放缩。例9则是设计一种方案，证明它符合要求。 数学竞赛中，常见的是与拉姆赛数有关的问题。 无三点共线的n个点中，任两点都连成线段，所得的图称为完全图，记为Kn.如果设R（k）表示用k种颜色涂Kn 中所有边时，总能找到同色三形的点数n的最小数，则称R（k）拉姆赛数。 10. 证明：（1）取长为2的线段AB，且两端点不同色，又设AB的中点C与A同色。作正△AEC和△ADC（如图01—08），由题设，D，E不能与A，C同色。 于是△BDE是边长为的正三形，其顶点同色。 （2）将平面分成宽度为的水平带状区域， 每个区域含它下面的一条直线（边界），不含它上面的一条直线。让相邻的带状区域染上不同颜色即可。 11. 证明：将P1，P2，…，P6组成的三角形，最短边都涂是红色。 如果从P1出发，所连的五条线有三条是红的，不妨设P1P2，P1P3，P1P4涂红色，在△P2P3P4必有一条是红色，又不妨设P2P3涂红色，则△P1P2P3三边均涂红色，且其中必有一条最长边，这条边即为所求。 如果从P1出发至少有三条未涂色，不妨设P1P2，P1P3，P1P4，∵△P1P2P3，△P1P2P4，△P1P3P4每个三角形至少有一边涂红色，于是△P2P3P4是红色三角形，此即符合要求。 综上所述，知命题成立。 在平面上作有公共底边BD且边长 为1的两个正△ABD和△BCD（如图01—09）。 如果这五条线段有一条满足要则证毕。 否则，只有A、C同色。这时，将这两个 正三角绕A旋转，使C到达F处，且|CF|=1。 如果在两个正△AEG和△EFG的五边中有一条 满足要求，问题也就得证，否则只有A、F同色， 从而C，F同角且|CF|=1。证毕。 注：本题先用涂色观点，实际上是用反证法证得A， C同色是最困难的问题，又用旋转的变换，构造了长为 1且同色的线段CF。读了解法并不难，思考起来则不易。 §30组合数学选讲 组合数学是中学数学竞赛的“重头戏”，具有形式多样，内容广泛的特点.本讲主要围绕组合计数，组合恒等式及组合最值展开 例题讲解 1．圆周上有800个点，依顺时针方向标号为1,2,…,800它们将圆周分成800个间隙.今选定某一点染成红色，然后按如下规则，逐次染红其余的一些点：若第k号点染成了红色，则可依顺时针方向转过k个间隙，将所到达的点染成红色，试求圆周上最多可以得到多少个红点？ 2．集合X的覆盖是指X的一族互不相同的非空子集A1、A2、…、Ak，它们的并集A1∪A2∪…∪Ak =X，现有集合X={1,2,…,n}，若不考虑A1, A2,…, Ak的顺序，试求X的覆盖有多少个？ 3．已知集合X={1,2,…,n}，映射f：X→X，满足对所有的x∈X，均有f(f(x))=x，求这样的映射f的个数. 4．S为{1,2,…,n}的一些子集族，且S中任意两个集合互不包含，求证：S的元素个数的最大值为(Sperner定理) 5．设M={ 1,2,3,…,2mn} (m,nN*)是连续2mn个正整数组成的集合，求最小的正整数k，使得M的任何k元子集中都存在m+1个数，a1,a2,…am+1，满足ai|ai+1 (i=1,2,…,m). 6．计算. 7．证明： (范德蒙公式) 8．在平面上有n(≥3)个点，设其中任意两点的距离的最大值为d，我们称距离为d的两点间的线段为该点集的直径，证明：直径的数目至多有n条. 9．已知：两个非负整数组成的不同集合和.求证：集合与集合相同的充要条件是n是2的幂次，这里允许集合内，相同的元素重复出现. 课后练习 1. 空间n条直线，最多能把空间分成多少块空间区域？ 2. 证明：. 3. 证明：. 4. 证明：在边长为1的等边三角形内有五个点，则这五个点中一定有距离小于的两点. 例题答案： 1．解：易见，第k号点能被染红的充要条件是 jN*{0}，使得a02jk (mod800)，1≤k≤800 ① 这里a0是最初染的点的号码，为求最大值，不妨令a0=1.即2jk (mod25×52). 当j=0,1,2,3,4时，k分别为1,2,4,8,16，又由于2模25的阶，因此，当j≥5时 2j+202j=2j(2201)0(mod 800), 而对k<20,kN*，及j≥5,jN*，由于25+(2k1)，所以 2j+k2j=2j(2k1)不为800的倍数. 所以，共存在5+20=25个k，满足①式。 注：本题解法不止一种，但利用些同余理论，可使解法简洁许多. 　2．解：首先，X的非空子集共有2n1个，它们共组成了-1个非空子集族.其次，这些子集族中，不合某一元素i的非空子集组成的非空子集族有个；不含两个元素的子集组成的族有个；依次类推，则由容斥原理，X的覆盖共有 =个. 注：有些组合计数问题直接计数较难，但从反面考虑简洁明了. 3．解：设n元中有j个对x、y满足f(x)=y且f(y)=x，其余的满足f(x)=x，则 当j=0时，仅一种映射，即恒等映射. 当j>0时，每次取两个作为一对，共取j对有种取法. 则不考虑j对的顺序，有 . 因此，映射f的个数为 . 注：这些计数问题，以多次在国际竞赛中出现，但对于一般地情况(f(n)(x)=x)下的映射计数，尚无较好的结论. 4．解：考虑n个元素1,2,…,n的全排列，显然为n!种，另一方面，全排列中前k个元素恰好组成S中的某个集Si的，有k!(nk)!个，由于S中任意子集互不包含，所以，这种“头”在S中的全排列互不同. 设S中有fk个Ai，满足|Ai|=k (k=1,2,…,n)，则 ,又然知在时最大，因此 当S是由{1,2,…,n}中全部元子集组成时，等号成立. 注：Sperner定理是1928年发现，证明的方法不止一种. 5．解：记A={1,2,…,n}，任何一个以i为首项(1≤i≤n)，2为公比的等比数列与A的交集记为A. 一方面，由于M中的2mnn个元的子集{n+1,n+2,…,2mn}中，若存在满足要求的m+1个数：n+1≤a12mn，矛盾，故不存在满足要求的m+1个数，因此所求的k≥2mnn+1. 另一方面，若k=2mnn+1时，可证明M中的任何k元子集T中，此有m+1个数a1,a2,…am+1满足ai|ai+1 (i≤1≤m). 反证：假设这样的m+1个数不存在，考虑2i+1为首项，2为公比的等比数列，它与集合M的交的元素个数为|A2i+1|+m，由假设知，它至少有|A2i+1|个元素不在T中，再注意到当i≠j时，A2i+1A2j+1=，可知M中至少有个元素不在T中， 注意到 所以 ， 从而 |T|≤|M|n≤2mnn，这与|T|=2mnn+1矛盾.故假设不成立. 综上所述满足要求的最小正整数值k为2mnn+1. 注：这种先确定单边界限再证明最值是经常采用的. 6.解：，作指标变换，令=k1，则，因此， , = , = . 再次用，所以 , =, =. 作指标变换，令1=S，则，所以 = . 所以 . 注：用利基本的组合恒等式及指标变换，是证明组合恒等式的重要方法之一. 7．证明：因为的母函数分别为 (1+x)n和(1+x)m 而是这两个母函数(1+x)m(1+x)n=(1+x)m+n中xq项的系数，又由于(1+x)m+n中xq的系数为，因此命题成立. 注：构造母函数法，是证明组合问题重要方法之一，但如何找到母函数，是需要长时间的体验的. 8．证明：[引理]：平面上n(n≥3)个点所组成的点集S中，或者存一点至多能引出一条直径，或者任一点至多能引出两条直径. [引理的证明]：若每一点都至少能引出两条直径，又有一点A能引出三条直径AB、AC、AD，则不妨设AD在AB与AC之间，且必须BAC≤60o，因此⊙A(d)、⊙B(d)、⊙C(d)的公共部分覆盖了整个点集S，显然与D能引出两条直径，矛盾!引理得证(如图).下用归纳法证明原体： 显然，当n=3时，命题成立， 假设命题对k个点成立，则当n=k+1时， 如有一点A至多能引出一条直径，去掉A点后， 至多还有k条直径，故S最多有k+1条直径，否则任一点至多能 引出两条直径，故S最多有条直径，从而命题成立. 注：组合几何在研究点集的组合性质时，对一般的图形也可定义直径、半径等.本问题还可推广至三维空间. 9．证明：必要性： 构造母函数， . 所以 ， 所以 ，即. 因为 ，所以. 所以 存在，使得 ， 所以 ， 所以 ， 所以 . 令x=1,则，所以，，即n为2的幂次. 充分性：直接构造如下 中取个，其中 ，中取个 ,其中，则这两个集合满足要求. 注：运用母函数处理集合问题，是常见的方法，尤其注意这种集合中出现在指数上而不是系数上的母函数方法. � EMBED Equation.3 ��� � EMBED Equation.3 ��� � EMBED Equation.3 ��� � EMBED Equation.3 ��� � EMBED Equation.3 ��� 万能公式 � EMBED Equation.3 ��� � EMBED Equation.3 ��� 相除 相除 相除 � EMBED Equation.3 ��� 积化和差 和差化积 相加减 � EMBED Equation.3 ��� � EMBED Equation.3 ��� O P P1 P4 P3 y x O � EMBED Equation.DSMT4 ��� � EMBED Equation.DSMT4 ��� � EMBED Equation.DSMT4 ��� � EMBED Equation.DSMT4 ��� P F · B C D E N M A D A B C E F O M Q A B O G P D A B C F E A B D C P S R Q ·M · · · A B C D E F H D E C F A B y (A) O G B E D x H(1,－� EMBED Equation.DSMT4 ���) P(� EMBED Equation.DSMT4 ���,－� EMBED Equation.DSMT4 ���) F(� EMBED Equation.DSMT4 ���,－1) C A B C B1 C1 A1 M M1 M2 M3 M4 M5 O2 O1 N A B C D E F O H M O A B C x y � EMBED Equation.DSMT4 ���x � EMBED Equation.DSMT4 ���x A B C D D1 A1 B1 C1 z x y ↑ D A x F E B C → y B1 C1 D1 z A B C D E F G y x z y y y y x x x x A B C D A B A B C A1 B1 C1 A B C D M K N S A B C D E F A B C D A B C D 图(1) A B E N M 图(2) C D F A B O C D E O A A B C D P Q A B C D E A’ P A B C D E F O A B C A1 B1 C1 S H H1 AD RP QR PQ AD AP AP AP RP QR Q P RQP P P P A A AP P AP P A RP QR Q P RP QR PQ AP AP AP Q P PQ RP RP P P P P AC S AB S 2 2 2 ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' , 180 2 ' ' ' , 90 ' ' ' ' ' ' , ' ' , ' , ' ' , ' ) ( ) (                                         的内部； 上或在凸四边形 点在线段 又 则 【分析】设  ； 且 而 显然： 都是等腰三角形， 、 则 ， ＝ ，使 到 ，延长 ，使 到 【分析】延长 MQ MP MQ MP BF MQ EC PM BF EC BF EC F C B E CAF BAE CQ QF F CQ BP PE E BP A R A R                      , 2 1 // , 2 1 // ; , , , ) 90 , ( ) 90 , ( b � � A · C · B ·D _1234567890.unknown _1234567891.unknown _1234567892.unknown _1234567893.unknown _1234567894.unknown _1234567895.unknown _1234567896.unknown _1234567897.unknown _1234567898.unknown _1234567899.unknown _1234567900.unknown _1234567901.unknown _1234567902.unknown _1234567903.unknown _1234567904.unknown _1234567905.unknown _1234567906.unknown _1234567907.unknown _1234567908.unknown _1234567909.unknown _1234567910.unknown _1234567911.unknown _1234567912.unknown _1234567913.unknown _1234567914.unknown _1234567915.unknown _1234567916.unknown _1234567917.unknown _1234567918.unknown _1234567919.unknown _1234567920.unknown _1234567921.unknown _1234567922.unknown _1234567923.unknown _1234567924.unknown _1234567925.unknown _1234567926.unknown _1234567927.unknown _1234567928.unknown _1234567929.unknown _1234567930.unknown _1234567931.unknown _1234567932.unknown _1234567933.unknown _1234567934.unknown _1234567935.unknown _1234567936.unknown _1234567937.unknown _1234567938.unknown _1234567939.unknown _1234567940.unknown _1234567941.unknown _1234567942.unknown _1234567943.unknown _1234567944.unknown _1234567945.unknown _1234567946.unknown _1234567947.unknown _1234567948.unknown _1234567949.unknown _1234567950.unknown _1234567951.unknown _1234567952.unknown _1234567953.unknown _1234567954.unknown _1234567955.unknown _1234567956.unknown _1234567957.unknown _1234567958.unknown _1234567959.unknown _1234567960.unknown _1234567961.unknown _1234567962.unknown _1234567963.unknown _1234567964.unknown _1234567965.unknown _1234567966.unknown _1234567967.unknown _1234567968.unknown _1234567969.unknown _1234567970.unknown _1234567971.unknown _1234567972.unknown _1234567973.unknown _1234567974.unknown _1234567975.unknown _1234567976.unknown _1234567977.unknown _1234567978.unknown _1234567979.unknown _1234567980.unknown _1234567981.unknown _1234567982.unknown _1234567983.unknown _1234567984.unknown _1234567985.unknown _1234567986.unknown _1234567987.unknown _1234567988.unknown _1234567989.unknown _1234567990.unknown _1234567991.unknown _1234567992.unknown _1234567993.unknown _1234567994.unknown _1234567995.unknown _1234567996.unknown _1234567997.unknown _1234567998.unknown _1234567999.unknown _1234568000.unknown _1234568001.unknown _1234568002.unknown _1234568003.unknown _1234568004.unknown _1234568005.unknown _1234568006.unknown _1234568007.unknown _1234568008.unknown _1234568009.unknown _1234568010.unknown _1234568011.unknown _1234568012.unknown _1234568013.unknown _1234568014.unknown _1234568015.unknown _1234568016.unknown _1234568017.unknown _1234568018.unknown _1234568019.unknown _1234568020.unknown _1234568021.unknown _1234568022.unknown _1234568023.unknown _1234568024.unknown _1234568025.unknown _1234568026.unknown _1234568027.unknown _1234568028.unknown _1234568029.unknown _1234568030.unknown _1234568031.unknown _1234568032.unknown _1234568033.unknown _1234568034.unknown _1234568035.unknown _1234568036.unknown _1234568037.unknown _1234568038.unknown _1234568039.unknown _1234568040.unknown _1234568041.unknown _1234568042.unknown _1234568043.unknown _1234568044.unknown _1234568045.unknown _1234568046.unknown _1234568047.unknown _1234568048.unknown _1234568049.unknown _1234568050.unknown _1234568051.unknown _1234568052.unknown _1234568053.unknown _1234568054.unknown _1234568055.unknown _1234568056.unknown _1234568057.unknown _1234568058.unknown _1234568059.unknown _1234568060.unknown _1234568061.unknown _1234568062.unknown _1234568063.unknown _1234568064.unknown _1234568065.unknown _1234568066.unknown _1234568067.unknown _1234568068.unknown _1234568069.unknown _1234568070.unknown _1234568071.unknown _1234568072.unknown _1234568073.unknown _1234568074.unknown _1234568075.unknown _1234568076.unknown _1234568077.unknown _1234568078.unknown _1234568079.unknown _1234568080.unknown _1234568081.unknown _1234568082.unknown _1234568083.unknown _1234568084.unknown _1234568085.unknown _1234568086.unknown 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_1234568139.unknown _1234568140.unknown _1234568141.unknown _1234568142.unknown _1234568143.unknown _1234568144.unknown _1234568145.unknown _1234568146.unknown _1234568147.unknown _1234568148.unknown _1234568149.unknown _1234568150.unknown _1234568151.unknown _1234568152.unknown _1234568153.unknown _1234568154.unknown _1234568155.unknown _1234568156.unknown _1234568157.unknown _1234568158.unknown _1234568159.unknown _1234568160.unknown _1234568161.unknown _1234568162.unknown _1234568163.unknown _1234568164.unknown _1234568165.unknown _1234568166.unknown _1234568167.unknown _1234568168.unknown _1234568169.unknown _1234568170.unknown _1234568171.unknown _1234568172.unknown _1234568173.unknown _1234568174.unknown _1234568175.unknown _1234568176.unknown _1234568177.unknown _1234568178.unknown _1234568179.unknown _1234568180.unknown _1234568181.unknown _1234568182.unknown _1234568183.unknown _1234568184.unknown _1234568185.unknown _1234568186.unknown _1234568187.unknown _1234568188.unknown _1234568189.unknown _1234568190.unknown _1234568191.unknown _1234568192.unknown _1234568193.unknown _1234568194.unknown _1234568195.unknown _1234568196.unknown _1234568197.unknown _1234568198.unknown _1234568199.unknown _1234568200.unknown _1234568201.unknown _1234568202.unknown _1234568203.unknown _1234568204.unknown _1234568205.unknown _1234568206.unknown _1234568207.unknown _1234568208.unknown _1234568209.unknown _1234568210.unknown _1234568211.unknown _1234568212.unknown _1234568213.unknown _1234568214.unknown _1234568215.unknown _1234568216.unknown _1234568217.unknown _1234568218.unknown _1234568219.unknown _1234568220.unknown _1234568221.unknown _1234568222.unknown _1234568223.unknown _1234568224.unknown _1234568225.unknown _1234568226.unknown _1234568227.unknown _1234568228.unknown _1234568229.unknown _1234568230.unknown _1234568231.unknown _1234568232.unknown _1234568233.unknown _1234568234.unknown _1234568235.unknown _1234568236.unknown _1234568237.unknown _1234568238.unknown 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