高中数学教案复习奥林匹克的技巧3

1、高中数学复习奥林匹克的技巧（中篇）2-7-8配 配 的形式是多 的，有数字的凑整配 或共 配 ，有解析式的 称配 或整体配 ，有子集与其 集的配 ，也有集合 象与原象的配 。凡此种种， 都体 了数学和 美的追求与力量，小高斯求和（1+2+ +99+100 ）首 了配 ，IMO 16 3 也用到了配 。502例 2-143求 305n 之 。502解 作配 理n 0 305n 503251n 1(305n305(503n)251 304 503 503)304 251 76304503n 1503例 2-144 求和an Cn12Cn2 kCnk nCnn解一由 CnkCnnk 把 an 倒排，

2、有 an0Cn01Cn12Cn2 kCnk nCnnannCnn(n 1)Cnn 1 (n k )Cnn k 0Cnn相加2ann(Cn0Cn1 C nn )n ? 2n得an n ?2n 1解二 集合S1,2, , n，注意到kkCnA , k1,2, , nAS , A k有 anA SA 了求得A 把每一 AS ， 它与 集A 配 ，共有 2n1 ，且每 中均有 A A nAS于是 anA n n n n ? 2n 1AS 两种解法形式上 有不同，但本 上是完全一 的， 有一个解法 例2-149。例 2-145设 x1, x2 , xn 是 定的 数， 明存在 数x 使得x x1xx2x

3、 xnn12 里的y表示 y 的小数部分。 明有yy1,y Z知 yy10,yZ下面利用 一配 式的 。 f ixix1x1x2xixn第1页共12页n1 Cn2n(n 1)fi( xixjx jxi )i 11 i j n1 i j n2据抽屉原理知，必存在k(1k n)，使12n 1nCn2f k取 xxk ，由上式得xx1x x2xn1xn22-7 -9特殊化特殊化体现了以退求进的思想：从一般退到特殊，从复杂退到简单，从抽象退到具体，从整体退到部分，从较强的结论退到较弱的结论，从高维退到低维，退到保持特征的最简单情况、退到最小独立完全系的情况，先解决特殊性，再归纳、联想、发现一般性。华罗

4、庚先生说，解题时先足够地退到我们最易看清楚问题的地方，认透了、钻深了，然后再上去。特殊化既是寻找解题方法的方法，又是直接解题的一种方法。例 2-146已知恒等式(2 x1)8(axb)8( x2cxd ) 4求实数 a,b,c, d ，其中 a0。解 对 x 取特殊值，当 x1时，有( ab)8( 1cd) 402242故有 ab 0 （1）1cd 0 （ 2）242又取 x0 （即比较常数项系数） ，有1b8d 4 （ 3）比较 x8 的系数（考虑特殊位置），有 28a8 1 （4）由得 a8 2818 255代入（ 1），得 b8 2552代入原式左边，有(2 x1)8( 8255x255

5、 )8256( x1 )8255( x1)8222(x1)8( x2x1 )424故知 c1,d1。4也可以将 a, b 的值代入（3）、（ 2）求 d , c ，但要检验排除增根。例 2-147已知 a 为常数， xR ，且f ( xa)f ( x)1f ( x)1求证f (x) 是周期函数。第2页共12页分析作特殊化探索。求解的困难在于不知道周期，先特殊化，取一个满足条件的特殊函数f ( x) ctgx 且 a，有 ctg ( x)ctgx1ctgx144但 ctgx 的周期为 T444a 。猜想： T 4a是周期。f ( xa)1f ( x)111证明 由已知有 f ( x2a)f (

6、x)1f ( x a) 1f ( x) 1f ( x)1f (x) 1据此，有 f ( x4a)11f ( x)f ( x2a)1f ( x)得证 f (x) 为周期函数，且 T4a 为一个周期。例 2-148 在平面上给定一直线，半径为n 厘米（ n 是整数）的圆以及在圆内的4n 条长为 1 厘米的线段。试证在给定的圆内可以作一条和给定直线平行或垂直的弦，它至少与两条给定的线段相交。分析 特殊化，令 n1 ，作一个半径为1 的圆，在圆内作四条 1 厘米长的线段，再作一条与已知直线 L 垂直的直线L（图 2-63）现从结论入手， 设 AB L 并与两条弦相交，则交点在L上的投影重合， 反之，

7、如果四条线段在L 或 L上的投影有重合点，则从重合点出发作垂线即可。由特殊化探索出一个等价命题：将给定的线段向已知直线L 或 L 的垂线作投影时，至少有两个投影点重合。这可以通过长度计算来证实。证明设已知直线为 L ，作 L L ，又设 4n条线段为 d1, d2 , d4n ，每一条 di 在 L ， L上的投影长为 ai ,bi (1i 4n) ，有 ai 0,bi0, ai2bi21。由 aibi( aibi )2ai2 bi214 n4n4n得aibi(aibi ) 4ni1i 1i 14n4n2n 厘米，但圆的直径为 2n 厘米，故 d1, d2 , d4n从而，两个加项ai ,bi

8、 中必有一个不小于i 1i1在 L 或 L的投影中，至少有两条线段的投影相交，过重迭点作L 或 L的垂线即为所求。 （将 ai , bi 表示为三角函数运算更方便）. IMO 27 5 （例 2-51）的求解过程，实质上是对表达式f (xf ( y) ? f ( y) f ( x y) 中函数的三第3页共12页个表达式f ( y), f ( xy), f (xy ( y) 分别取值为f (2)02-7 -10一般化推进到一般，就是把维数较低或抽象程度较弱的有关问题转化为维数较高、抽象程度较强的问题，通过整体性质或本质关系的考虑， 而使问题获得解决， 离散的问题可以一般化用连续手段处理，有限的问

9、题可以一般化用数学归纳法处理，由于特殊情况往往涉及一些无关宏旨的细节而掩盖了问题的关键，一般情况则更明确地表达了问题的本质。波利亚说： “这看起来矛盾，但当从一个问题过渡到另一个，我们常常看到，新的雄心大的问题比原问题更容易掌握，较多的问题可能比只有一个问题更容易回答，较复杂的定理可能更容易证明，较普遍的问题可能更容易解决。”希尔伯特还说：在解决一个数学问题时，如果我们没有获得成功，原因常常在于我们没有认识到更一般的观点，即眼下要解决的只不够是一连串有关问题的一个环节。例 2-149求和（例2-144）an Cn12Cn2 kCnk nCnnn解 引进恒等式(1x) nCnk xkk0n对 x

10、 求导n(1x)n 1kCnk xk 1k 1nkCnkn2n 1 。令 x 1 ，得k 1这实质是将所面临的问题，放到一个更加波澜壮阔的背景上去考察，当中既有一般化、又有特殊化。例 2-1501985 个点分布在一个圆的圆周上，每个点标上+1 或 -1，一个点称为“好点” ，如果从这点开始，依任一方向绕圆周前进到任何一点时，所经过的各数的和都是正的。证明：如果标有-1的点数少于662 时，圆周上至少有一个好点。证明这里 662 与 1985 的关系是不清楚的， 一般化的过程其实也就是揭示它们内在联系的过程，可以证明更一般性的结论：在3n2 个点中有 n 个 -1 时，“好点”一定存在。（ 1

11、） n1 时，如图 2-64， A 、 B 、C、 D 标上 +1，则 B、 C 均为好点。（ 2）假设命题当nk 时成立，即 3k2个点中有 k 个 -1 时，必有好点。对 nk1，可任取一个 -1，并找出两边距离它最近的两个+1，将这3 个点一齐去掉，在剩下的 3k2 个点中有 k 个 -1，因而一定有好点，记为P。现将取出的3 个点放回原处，因为P 不是离所取出的 -1 最近的点， 因而从 P 出发依圆周两方前进时，必先遇到添回的+1 ，然后再遇到添回的-1，故 P 仍是好点，这说明， n k 1 时命题成立。由数学归纳法得证一般性命题成立，取n 661即得本例成立。这里一般化的好处是：

12、第一，可以使用数学归纳法这个有力工具；第二归纳假设提供了一个好点，使得顺利过渡到nk1 。一般说来，更强的命题提供更强的归纳假设。nknk例 2-151设 m, nN ，求证 S (1)k m2(m 2 ) 是整数。k0k0nn证明考虑更一般性的整系数多项式f ( x)( x)k (xk )k0k 0第4页共12页由f (x)f (x)知 f (x) 是偶函数， 从而 f ( x) 只含 x 的偶次项， 得 f( x) 是含 x2 的整系数多项式， 特别地，取 x 2nknk为正整数即 mx2 ，得 S f ( m ) ( 1)k m2 )(m 2 ) 为整数。k 0k 0这里，把常数m 一般

13、化为变数之后，函数性质便成为解决问题的锐利武器。2-7 -11数字化数字化的好处是：将实际问题转化为数学问题的同时，还将抽象的推理转化为具体的计算。这在例 2- 33 中已见过。例 2-152今有男女各2n 人，围成内外两圈跳舞，每圈各2n 人，有男有女，外圈的人面向内，内圈的人面向外，跳舞规则如下：每当音乐一起，如面对面者为一男一女，则男的邀请女的跳舞，如果均为男的或均为女的，则鼓掌助兴，曲终时，外圈的人均向左横移一步，如此继续下去，直至外圈的人移动一周。证明：在整个跳舞过程中至少有一次跳舞的人不少于n 对。解 将男人记为 +1，女人记为 -1，外圈的 2n个数a1, a2 , a2n 与内

14、圈的2n 个数 b1, b2 , b2 n 中有 2n 个 1， 2n个 -1，因此，和 a1a2 a2 nb1b2 b2n 0从而 ( a1a2 a2n )(b1 b2 b2n )(b1b2 b2 n ) 20另一方面，当a1 与 bi 面对面时，a1bi , a2bi 1 , a2 nbi1中的 -1 的个数表示这时跳舞的对数，如果在整个过程中，每次跳舞的人数均少于n 队，那么恒有a1bi a2bi1 a2nbi 1 0( i1,2, 2n）2n从而总和 0(a1bi a2bi 1a2 nbi 1 )( a1a2a2 n )(b1b2b2n )i 1由与矛盾知，至少有一次跳舞的人数不少于n

15、 对。这里还用到整体处理的技巧。例 2-153有男孩、女孩共 n 个围坐在一个圆周上（n3），若顺序相邻的3 人中恰有一个男孩的有 a 组，顺序相邻的 3 人中恰有一个女孩的有b 组，求证 3 a b 。证明 现将小孩记作 ai (i 1,2, n) ，且数字化1ai 表示男孩时aiai 表示女孩时1第5页共12页3ai , ai 1, ai 2均 男孩则 Ai aiai 1ai 23ai , ai1, ai 2均 女孩1ai , ai 1, ai 2 恰有一个女孩1ai , ai1, ai 2恰有一个男孩其中 an ja j又设取值为3 的 Ai 有 p 个，取值为3 的 Ai 有 q 个，

16、依题意，取值为1 的 Ai 有 b 个，取值为 1的 Ai 有 a 个，得3(a1a2 an )(a1a2a3 )(a2a3 a4 ) (an a1a2 )3 p( 3)q ( 1)ab3( pq)(bq)可见 3 ab ，也可以数字化为a ja j 表示男孩时13 i.w31a j 表示女孩时221 ai , ai 1 , ai 2 表示三男或三女有 ai ai 1ai 2ai , ai 1, ai 2表示二男一女2 ai , ai 1 ,ai 2 表示一男二女考虑积1(a1 a2 an )3b a知 3 ab2-7-12有序化当题目出现多参数、多元素（数、字母、点、角、线段等）时，若按一定

17、的规则（如数的大小，点的次序等） ，将其重新排列，则排序本身就给题目增加了一个已知条件（有效增设） ，从而大大降低问题的难度。特别是处理不等关系时，这是一种行之有效的技巧。例 2-154 设有 2n2n 的正方形方格棋盘。在其中任意的3n 个方格中各放一枚棋子，求证可以选出 n 行和 n 列，使得3 枚棋子都在这 n 行和 n 列中。证明设 3n 枚棋子放进棋盘后，2n 行上的棋子数从小到大分别为a1 , a2, , a2 n ，有0a1 a2 a2na1a2 anan 1 a2n3n由此可证an 1an2 a2 n2n（ 1）若 an 12，式显然成立。（ 2）若 an 1 1时， a1a2

18、 ann ? an 1 n从而 an 1 an 2 a2n3n (a1a2 an )2n得式也成立。据式，可取棋子数分别为 an 1, an 2 , a2 n 所对应的行， 共 n 行。由于剩下的棋子数不超过n，第6页共12页因而至多取 n 列必可取完全部 3n 个棋子。例 2-155 设 x1, x2 , xn 都是自然数，且满足x1x2xnx1x2 xn求 x1, x2 , xn 中的最大值。（ n2 ）解 由条件的对称性，不妨设x1 x2xn这就改变了条件的对称性，相当于增加了一个条件xn 12(n2)否则， xn 1 1，由知x1 x2xn 1xn 11从而，代入得(n1)xnxn 矛

19、盾，这时，由有x1 x2 xn 1x1 x2 xn 2 x1x2 xn 2x1 x2 xn 1 xn 1xnx1x2 xn 1 1x1x2 xn 1 1(n 2 xn 1) x1 x2 xn 2x1 x2 xn 11(n 2 xn 1 )x1x2 xn 2n 2 xn 11n 1nx1x2 xn 1x1 x2 xn 2xn 1 1xn 1 1当 x1 x2 xn 21 且 xn 12 时， xn 有最大值 n ，这也就是 x1 , x2 , xn 的最大值。2-7 -13不变量在一个变化的数学过程中常常有个别的不变元素或特殊的不变状态，表现出相对稳定的较好性质，选择这些不变性作为解题的突破口是

20、一个好主意。例 2-156从数集3,4,12开始，每一次从其中任选两个数a,b ，用 3 a4 b 和4 a3 b 代替5555它们。能否通过有限多次代替得到数集4,6,12 ，解对于数集 a,b,c ，经过一次替代后，得出3443，5ab,ab, c555有 ( 3 a4 b) 2( 4 a3 b)2c2a2b2c25555即每一次替代后，保持3 个元素的平方和不变（不变量）。由 324212 24262122 知，不能由3,4,12替换为 4,6,12。例 2-157设 2n1个整数 a1 ,a2 , a2 n 1 具有性质 p ；从其中任意去掉一个，剩下的2n 个数可以分成个数相等的两组

21、，其和相等。证明这2n+1 个整数全相等。证明 分三步进行，每一步都有“不变量”的想法。第7页共12页第一步先证明这 2n+1 个数的奇偶性是相同的。因为任意去掉一个数后，剩下的数可分成两组，其和相等，故剩下的2n 个数的和都是偶数。因此，任一个数都与这2n+1 个数的总和具有相同的奇偶性。第二步如果 a1 , a2 , a2n 1 具有性质 P，则每个数都减去整数c 之后，仍具有性质P，特别地取 ca1 ，得 0, a2a1 , a3 a1,a2n 1a1也具有性质 P，由第一步的结论知，a2a1, a3 a1, ,a2n1a1 都是偶数。第三步由 0, a2 a1 , a3a1 , a2

22、n 1a1 为偶数且具有性质P，可得0, a2a1 , a3a1 , a2 n 1a1222都是整数，且仍具有性质P，再由第一步知，这 2n1 个数的奇偶性相同，为偶数，所以都除以 2 后，仍是整数且具有性质P，余此类推，对任意的正整数k ，均有0, a2a1 , a3a1 , a2 n1a1 为整数，且具有性质P，因 k 可以任意大，这就推得2k2k2ka2 a1a3a1 a2 n 1a10 即 a1 a2a2 n 12-7-14整体处理数学题本身是一个子系统，在解题中，注意对其作整体结构的分析，从整体性质上去把握各个局部，这样的解题观念或思考方法，称为整体处理。例 2-158 九个袋子分别

23、装有 9，12， 14， 16， 18，21，24，25，28 只球，甲取走若干袋，乙也取走若干带，最后只剩下一袋，已知甲取走的球数总和是乙的两倍，问剩下的一袋内装有球几只？解从全局上考虑，由于甲取走的球数是乙取走球数的两倍，所以取走的球数总和必是3 的倍数，而九个袋子的球数之和被3 除余2，所以剩下的一袋也是被3 除余2，又由于九袋中，只有142(mod3) ，故剩下的袋内装球14 只。例 2-159证明任意3 个实数 a,b, c 不能同时满足下列三个不等式abc , bca , cab证明若不然，存在3 个实数 a0 ,b0 , c0 ，使a0b0 c0b0c0a0c0a0 b0相乘0

24、(a0 b0c0 )2 (a0b0c0 )2 (b0 c0a0 )20这一矛盾说明，任意3 个实数a, b, c 不能同时满足题设的三个不等式。2-7-15变换还原利用那些具有互逆作用的公式或运算，先作交换，再作还原，是绕过难点，避开险处的一个技巧。第8页共12页x1且0, x1 1,例 2-160求数列的通项，已知2xn ( xn3) (n 1)xn 13x21n解引进变换 F (x)1x ，有F (F ( x)x1x由xnxn 1( xn2 13) (nn 1 1)3(xn 1 1)33xn2 11(xn 1 1)3( xn 1 1)31 (1 xn 1 )3 1 xn 11 (1 xn

25、1 )3 1 xn 11 F 3 ( xn 1 )F (F 3 (xn 1)1 F 3( xn 1 )得 F (x)F ( F (F 3 (xn 1) F 3 ( x1)F 32( x2) F3n 1( x )nnn1得 xnF ( F (xn ) F (F 3n 1 (x1 )1(1x1 )3n 1n 1(1 x1)3n 11x1(1 x1 )311x1)3n 1(1 x1) 3n 1(1 x1)3n 1(1 x1例 2-161 证明恒等式n1 )( 1)k Cnk (1 11（ 1）k 12kn证明利用互逆公式：k1)l C kl al若 bn(k0,1,2,（ 2）t0n1)k Cnkb

26、k则 an(n0,1,2, （ 3）k0记 a00, al1, l1,2,b00, bn1 11 , n 1,2,l2n先作（ 2）中的运算k( 1)l Ckl ( 1)k 1( 1)k 1 1bk( 1)l 1Ckll1ll 1kk1( 1)l 1 1 (CklCkl 11 ) ( 1)k 1 11l1lk第9页共12页k 1l 1111 k 1l 1lk 1 1( 1)Ck 1k l( 1)Ck( 1)l 1l1kbk 11 kl 1lbn 1111k l( 1)Ckkbk 2k1k 11112k再作（ 3）中的运算nn1 )1an( 1)k Cnkbn( 1) k Cnk (1 1nk0

27、k 02k2-7-16逐步调整在涉及到有限多个元素的系统中，系统的状态是有限的，因而总可以经过有限次调整，把系统调整到所要求的状态（常常是极值状态） 。例 2-162 已知二次三项式f ( x) ax2bxc 的所有系数都是正的且ab c 1 ，求证：对于任何满足 x1x2 xn1的正数组 x1, x2 , xn ，都有 f (x1) f (x2 ) f (xn )1（ 1）证明由 f (1)a bc1知，若 x1x2xn 1（2）则（ 1）中等号成立。若 x1 , x2 , xn 不全相等，则其中必有xi1, xj 1（不妨设 ij ），由f (xi ) f ( x j )f (1) f (

28、 xi x j)(axi2bxic)(ax2jbxjc)(abc)(axi2x2jbxi x jc)abxi x j ( xi1)(x j 1)ac(xi21)(xj21)bc( xi1)(xj1)0可作变换xk xk (ki , kj )xi xi xj , x j 1x1 x2 xn x1x2 xn1则f ( x1 ) f ( x2 ) f ( xn )f ( x1 ) f ( x2 ) f ( xn )当 x1 , x2 , xn 不全相等时，则又进行同样的变换，每次变换都使x1 , x2 , , xn 中等于1 的个数增加一个，至多进行n 1次变换，必可将所有的xi 都变为 1，从而f

29、 (x1) f ( x2 )f (xn )f ( xn )f (1)f ( x1 ) f ( x2 )f (1) f (1)1此题中逐步调到平衡状态的方法也叫磨光法，所进行的变换称为磨光变换。例 2-163 平面上有 100 条直线，它们之间能否恰有1985 个不同的交点。第 10页共 12页解100 条直 若两两相交，可得C10024950 个交点， 考 从 种状 出 ，减少交点的个数，使恰好 1985。 法是使一些直 共点或平行。 直 有 k 个共点的直 束，每一束中直 的条数 n1, n2 , nk (ni 3,i1,2, k) 有n1n2nk100 ，每一束的交点数下降了Cn2i1 个

30、， 使(Cn21)(Cn21) (Cn21)C10021985296512k可取最接近2965 的 C77212925代替 Cn27 ，即 n1 77 ， 似地，取 n2 9, n3 4 ， 有1C7721C921C421C100219852965 表明，100 条直 中，有77 条直 共 A 点，另 9 条直 共 B 点， 有4 条直 共 C 点，此外再无“三 共点”或“平行 ”， 恰有1985 个交点。2-7 -17奇偶分析通 数字奇偶性 的分析而 得解 重大 展的技巧，常称作奇偶分析， 种技巧与分 、染色、数字化都有 系，例2-32是一个浅而不俗的例子，IMO 2633, IMO 27 1 用到了 一技巧。例