高三数学教案：复习奥林匹克的技巧12

1、高中数学复习奥林匹克的技巧（上篇）有固定求解模式的 不属于奥林匹克数学，通常的情况是，在一般思 律的指 下，灵活运用数学基 知 去 行探索与 、 与 合。 当中， 常使用一些方法和原理（如探索法，构造法，反 法，数学 法，以及抽 原理，极端原理，容斥原理），同 ，也 累了一批生气勃勃、 有趣味的奥林匹克技巧。在2-1 曾 ：“ 的技巧不是低 次的一招一式或妙手偶得的雕虫小技，它既是使用数学技巧的技巧，又是 造数学技巧的技巧，更确切点 ， 是一种数学 造力，一种高思 次，高智力水平的 ，一种独立于史 、音 、 画的数学美。”奥林匹克技巧是 数学中一个生 而又活 的 成部分。2-7-1 构造它的基

2、本形式是：以已知条件 原料、以所求 方向，构造出一种新的数学形式，使得 在 种形式下 捷解决。常 的有构造 形，构造方程，构造恒等式，构造函数，构造反例，构造抽 ，构造算法等。例 2-127一位棋手参加11 周（ 77 天）的集 ，每天至少下一 棋，每周至多下12 棋， 明 棋手必在 几天内恰好下了21 棋。 明：用 an 表示 位棋手在第1 天至第 n 天（包括第 n 天在内）所下的 数 （ n1,2,77 ），依 意1a1a2a771211132考 154 个数：a1 , a2 , , a77 , a121,a221,? , a7721又由 a77 2113221153154 ，即 154

3、 个数中，每一个取 是从1 到 153 的自然数，因而必有两个数取 相等，由于ij ， aiaiai21 a j21故只能是 ai , aj21(77ij1) 足aia j21 表明，从 i1 天到 j 天共下了21 棋。 个 目构造了一个抽 原理的解 程序，并具体构造了154 个“苹果”与 153 个“抽 ”，其困 、同 也是精妙之 就在于想到用抽 原理。例 2-128 已知 x, y, z 正数且 xyz( xyz) 1 求表达式 ( xy)( yz)的最最小 。axy解：构造一个 abc ，其中三 分 byz ， 其面 cz x( p( pa)( pb)( pc)( xyz)xyz1另方

4、面 ( xy)( yz)22absin c故知，当且 当 c=90 ，取 得最小 2，亦即 ( xy) 2( y z) 2(x z)2第 1页共 8页y(xyz)xz ，( xy)( yz) 取最小 2，如 x z1, y21 ，( xy)( yz) 2 。2-7-2映射它的基本形式是rmi 原理。令 r 表示一 原像的关系 构（或原像系 ），其中包含着待确定的原像x ，令 m 表示一种映射，通 它的作用把原像 构r 被映成映象关系 构r* ，其中自然包含着未知原像x 的映象 x * 。如果有 法把x * 确定下来， 通 反演即逆映射im 1 也就相 地把 x 确定下来。取 数 算、换元、引

5、坐 系、 数学模型，构造 生函数等都体 了 种原理。建立 来解 ，也属于 一技巧。例 2-129甲乙两 各出7 名 按事先排好的 序出 参加 棋擂台 ，双方先由 1 号 比 ， 者被淘汰， 者再与 方2 号 比 ， 直到有一方 全被淘汰 止，另一方 得 利，形成一种比 程，那么所有可能出 的比 程的种数 。解 甲、乙两 的 按出 序分 a 1， a 2， a 7 和 b1，b 2， b7。如果甲方 ， 设 ai 的 数是xi ， 0xi7,1 i7 而且x1x2 x77 （ * ）容易 明以下两点：在甲方 生 ，（ i ）不同的比 程 着方程（* ）的不同非 整数解；（ ii ）方程（ * ）

6、的不同非 整数解 着不同的比 程，例如，解（2， 0， 0， 1，3， 1， 0） 的比 程 ：a1 胜 b1 和 b 2， b3 胜 a 1， a 2 和 a 3，a 4 胜 b 3 后 于 b4， a 5胜 b 4，b 5 和 b6 但 于 b 7，最后 a 6 胜 b 7 束比 。故甲方 的不同的比 程 数是方程（* ）的非 整数解的个数 c137 。解二建立下面的 ；集合a1 , a2 , a7 的任一个 7-可重 合 着一个比 程， 且 种 也是一个一一 。例如前述的比 程 的7-可重 合是 a1 , a2 , a3, a4 , a5, a6 所以甲方 的不同的比 程的 数就是集合a

7、1, a2 , a7的 7-可重 合的个数 c777 1c137。n例 2-130设 pn (k ) 表示 n 个元素中有 k 个不 点的所有排列的种数。求 kpn (k)n!k0 明设 sa1, a2 , an 。 s 的每个排列，将它 向量(e1, e2 , , en ) ，其中每个ei 0,1，当排列中第 i 个元素不 ， ei 1，否 0。于是 pn ( k) 中所 数的任一排列所 的向量都恰有 k 个分量 1，所以 n! 个排列所 的那些向量中取 n1 的分量的 数 kpn ( k) 。k1另一方面， 于每个 i ，1i n ，使得第 i 个元素不 的排列共有(n1)! 个，从而相

8、的 n 维向量中， 有 (n 1)! 个向量的第i 个分量 1。所以， 所有向量的取 1 的分量 数 n(n 1)! n! ，第 2页共 8页n从而得到kpn ( k)n!k1例 2-131在 周上 定2n1(n3) 个点，从中任 n 个点染成黑色。 一定存在两个黑点，使得以它 端点的两条弧之一的内部，恰好含有n 个 定的点。 明若不然，从 周上任何一个黑点出 ，沿任何方向的第n1个点都是白点，因而， 于每一个黑点，都可得到两个相 的白点。 就定 了一个由所有黑点到白点的 ，因 每个黑点 于两个白点，故共有 2n 个白点（包括重复 数） 。又因每个白点至多是两个黑点的 点，故至少有 n 个不同

9、的白点， 与共有 2n 1个点矛盾，故知命 成立。2-7-3 推如果前一件事与后一件事存在确定的关系，那么，就可以从某一（几）个初始条件出 逐步 推，得到任一 刻的 果，用 推的方法解 ，与数学 法（但不用 知 ） ，无 降法相 系，关 是找出前号命 与后号命 之 的 推关系。用 推的方法 数 要抓好三个 ：（ 1） 某一 程 数列f (n) ，求出初始 f (1), f (2) 等，取 的个数由第二步 推的需要决定。（ 2）找出f (n) 与 f (n1) ， f (n2) 等之 的 推关系，即建立函数方程。（ 3）解函数方程例 2-132 整数 1，2，n 的排列 足： 每个数大于它之前的

10、所有的数或者小于它之前的所有的数。 有多少个 的排列？解通 建立 推关系来 算。 所求的个数 an ， a1 1（ 1）对 n1，如果 n 排在第 i 位， 它之后的ni 个数完全确定，只能是ni, n i 1, ,2，1 。而它之前的 i1个数， ni 1,ni 2, , n1，有 ai1 种排法，令 i 1,2, , n 得 推关系。an1 a1 an 2an 1(1 a1 an 2 ) an 1an 1an 12an 1 （ 2）由（ 1），（ 2）得an2n 1例 2-133设 n 是正整数， an 表示用2 1 矩形覆盖 2n 的方法数； bn 表示由 1 和 2 成的各 项 和 为

11、 n 的 数 列 的 个 数 ； 且cncm0cm21cm42 c22mm,n 2m,1352m1， 证 明n 2m 1cm 1cm 2cm 3 c2m 1anbncn 明由 an , bn 的定 ，容易得到an 1anan 1 , a11, a22bn 1bnbn 1, b1 1, b2 2又因 c1 1,c2 2 ，且当 n 2m ，第 3页共 8页0242 m 22m1352m 113cncn 1 cmcm 1cm 2c2 m 1c2 mcmcm 1cm 2c2m 1cm 1cm 252m 12m 1cn 1cm 3 c2mc2m 1类似地可证在 n2m 1时也有 cncn 1c n 1

12、 ，从而an ,bn 和 cn有相同的递推关系和相同的初始条件，所以anbncn 。imo 22 3 , imo 29 6 用无穷递降法求解也用到了这一技巧。2-7-4区分当“数学黑箱”过于复杂时，可以分割为若干个小黑箱逐一破译，即把具有共同性质的部分分为一类，形成数学上很有特色的方法区分情况或分类，不会正确地分类就谈不上掌握数学。有时候，也可以把一个问题分阶段排成一些小目标系列，使得一旦证明了前面的情况，便可用来证明后面的情况，称为爬坡式程序。比如，解柯西函数方程就是将整数的情况归结为自然数的情况来解决，再将有理数的情况归结为整数的情况来解决，最后是实数的情况归结为有理数的情况来解决。 im

13、o 14 2 的处理也体现了爬坡式的推理（例2-47）。区分情况不仅分化了问题的难度，而且分类标准本身又附加了一个已知条件，所以，每一类子问题的解决都大大降低了难度。例 2-134设凸四边形 abcd的面积为 1，求证在它的边上 （包括顶点）或内部可以找出 4 个点，使得以其中任意三点为顶点所构成的4 个三角形的面积均大于 1/4 。证明作二级分类1当四边形 abcd 为平行四边形时，s abcs abds acd11s bcd42a ， b ，c， d 即为所求，命题成立。2当四边形 abcd 不是平行四边形时，则至少有一组对边不平行，设 ad 与 bc 不平行，且直线 ad 与直线 bc

14、相交于 e，又设 d 到 ab 的距离不超过 c 到 ab 的距离，过 d 作 ab 的平行线交bc 于 f，然后分两种情况讨论。（ 1）如图2-52， df1 ab ，此时可作 eab 的中位线 pq、 qg，则2sy agqp1 sv eab1 sabcd1即 a 、 g、 q、p 为所求。222（ 2）如图2-53， df1 ab ，此时可在cd 与 cf 上分别取 p、 q，使 pq1 ab 。过 q922或 p）作 qg ap 交 ab 于 g。为证 sy apqg1 ，连 ap 交 be 于 m ，过 a 作 ah bc 交 cd 延长2线于 h 。有 s pcms pahs pa

15、ds mabs pcmsabcps padsabcoaabcd得sy apqg1s mab1sabcd1222第 4页共 8页故 a 、p、 q、 g 为所求，这实际上已证明了一个更强的命题：面积为1 的凸四边形一定能嵌入一个面积大于1/2 的平行四边形。例 2-135对内角分别为为30、 60、 90的三角形的顶点和各边四等分点共12 个点，染以红色或蓝色，则必存在同色的三点，以它们为顶点的三角形与原三角形相似。证明设 abc 中， c=90 ， b=60 ， c=30 ，点 a 1， a 2， a 3； b1， b 2，b 3； c1，c2，c3 分别是边ab 、 bc、 ca 的四等分点

16、，下面作三级分类。1点 a 、 b、 c 同色时，结论显然成立。2点 a 、 b、 c 异色时，记a 为红色，写作a （红），其余各点染色记号类同。（ 1）a（红），b（红），c（蓝）时，由 abc b1ba c3b 1c c3aa 3 a2a 3b 1 aa 2c2 c2b 2c a 2ab 2 知，若结论不成立，则有b1（蓝） c3（红） a 3（蓝） a 2（红） c2（蓝） b 2（红） a （蓝）。这与 a （红）矛盾。（ 2）a（红），b（蓝），c（红）时，由 abc b 1ac a 3bb 1ac 3a 3c2c3b 1 c2b2c a 2bb 2 aa 2c2 知，若结论不成立

17、，则有b 1（蓝） a 3（红） c3（蓝） c2（红） b 2（蓝） a 2（红） a （蓝）这与 a （红）矛盾。（ 3） a （红）， b（蓝）， c（蓝）时，又分两种情况：（ 3）1 当 b 1（红）时，由 abc b 2b1 a b 2c2caa 2c2 a 2bb 2 知，若结论不成立，则有 b2（蓝） c2（红） a 2（蓝） b（红）。这与 b （蓝）矛盾。图（ 2-56）（ 3） 2 当 b 1（蓝）时，由 abc c3b1c c3aa 3 a3bb 1 知，若结论不成立，则有c3（红） a 3（蓝） b（红）与b （蓝）矛盾。（图 2-57 ）2-7-5染色染色是分类的直观

18、表现，在数学竞赛中有大批以染色面目出现的问题，其特点是知识点少，逻辑性强，技巧性强；同时，染色作为一种解题手段也在数学竞赛中广泛使用。下面是一些熟知的结果。1在（点）二染色的直线上存在相距1 或 2的同色两点。2在（点）二染色的直线上存在成等差数列的同色三点。3在（点）二染色的平面上存在边长为1 或3 的单色正三角形（三个顶点同色的三角形） 。4设 t1，t 2 是两个三角形， t 1 有一边长1，t 2 一边长 3 。若将平面作（点）二染色，则恒可找到一个全等于 t1 或 t 2 的单色三角形。5在（点）三染色的平面上，必有相距为1的两点同色。6在（点）三染色的平面上，必存在一个斜边为1 的

19、直角三角形，它的三个顶点是全同色的或是全不同色的。7在（边）染色的六阶完全图中必有单三角形（三边同色）。8在（边）染色的六阶完全图中至少有两个单色三角形。例 2-136有一个 3 7 棋盘。用黑、白两种颜色去染棋盘上的方格，每个方格只染一种颜色。证明不论怎样染色，棋盘上的方格组成的矩形中总有这样的矩形，其边与棋盘相应的边平行，而4个角上的方格颜色相同。证明称满足条件的矩形为单色矩形。由于棋盘上的37=21 个方格只染两种颜色，必有11个同色，不妨设同为黑色。现设第i 列上有di (0di3) 个黑色方格，一方面，总黑格数为第 5页共 8页7；另一方面，在第 i1xdi11列上首尾两端都是黑格的

20、矩形有di(di 1)个，总计2i 1177di ) 1771 (x27 ?11) 3 1t(di2(di )2di 7 x) 14(1122i 1i 17i 1i 1147若题中的结论不成立，则上述t 个矩形两两不同，将它们投影到第一列，那么第个首尾两端都是黑格的矩形，但第1 列最多有 c323 个这样的矩形，有3t3 171 列就存在t矛盾，故命题成立。例 2-137 在边二染色的 k 5 中没有单色三角形的充要条件是它可分解为一红一蓝两个圈，每个圈恰由 5 条边组成。证明 由图 2-58 可见，充分性是显然的。考虑必要性，在 k 5中每点恰引出4 条线段，如果从其中某点a 1能引出三条同

21、色线段 a 1a 1，a 1a 3，a 1a 4，记为同红， 则考虑 a2 a 3a 4，若当中有红边 ai aj（ 2 ij4 ），则存在红色三角形 a1ai aj是同蓝色三角形， 均无与单色三角形矛盾。所以，从每点引出的四条线段中恰有两条红色两条蓝色，整个图中恰有5 条红边、 5 条蓝边。现只看红边，它们组成一个每点度数都是2 的偶图，可以构成一个或几个圈，但是每个圈至少有 3 条边，故5 条红边只能构成一个圈，同理5 条蓝边也构成一个圈。例 2-138求最小正整数 n ，使在任何 n 个无理数中，总有3 个数，其中每两数之和都仍为无理数。解 取 4 个无理数2, 3,2,3，显然不满足要

22、求，故n 5 。设 a, b,c, d , e是 5 个无理数，视它们为5 个点，若两数之和为有理数，则在相应两点间连一条红边，否则连一条蓝边。这就得到一个二染色k5 。只须证图中有蓝色三角形，分两步：（ 1 ）无红色三角形。若不然，顶点所对应的3 个数中，两两之和均为有理数，不妨设ab,bc,ca 都是有理数，有a1 ( a b) (b c) (c a)2但无理数有理数，故k5 中无红色三角形。（ 2）有同色三角形，若不然，由上例知，k5 中有一个红圈，顶点所对应的5 个数中，两两之和均为有理数，设ab, bc,cd, de,ea 为有理数，则a1 ( ab)(bc)(cd )(de)(ea

23、)2但无理数有理数，故k5 中无 5 条边组成的红圈，从而有同色三角形。这时，同色三角形必为蓝色三角形，其顶点所对应的3 个无理数，两两之和仍为无理数。综上所述，最小的正整数n=52-7-6极端第 6页共 8页某些数学 中所出 的各个元素的地位是不平衡的，其中的某个极端元素或某个元素的极端状 往往具有 先于其它元素的特殊性 ，而 又恰好 解 提供了突破口，从极端元素入手， 而 捷地解决 ， 就是通常所 的“极端原理”。使用 一技巧 ，常常借用自然数集的最小数原理，并与反正法相 合。例 2-139设 s 平面上的一个有限点集（点数5），其中若干点染上 色，其余的点染上 色， 任何3 个及 3 个

24、以上的同色的点不共 。求 存在一个三角形，使得（ 1）它的 3 个 点涂有相同 色；（ 2） 三角形至少有一 上不包含另一种 色的点。 明 于任意的五点涂上 色 色， 必有三点同色， （1）成立。若 （ 2）不成立，可取 点同色的三角形中面 最小的一个，因 只有有限个三角形， 是可以做到的， abc ，由于此三角形的每一 上都有异色点， a 1， b1， c1 ， a 1b 1c1也是同色三角形，且面 小于abc 的面 ， 与 abc 面 的最小性矛盾。故（2）成立。例 2-140已知 数列 an k1具有下列性 ：存在自然数n， 足 a1a2 an 0及 an kak , k1,2n，使当 k0,1,2, ， 有n k0求 存在自然数aii n 明构造和式sja1a2 a j ( j1,2,n）依 知sn jsjaj 1a j 2aj n sj aj 1 a j 2 ana1a2 a jsj(a1a2 an ) sj 表明，和数列的各 中只取有限个不同的 ：s12n， s ，s ，其中必有最小数， 作sn (1 mn) ，取 n=m+1 ， anan 1 an kam 1am 2 am 1 ksm 1 ksm02-7-7 称 称性分析就是将数学的 称美与 目的条件或 相