1、第14講 數學方法選講同學們在閱讀課外讀物的時候，或在聽老師講課的時候，書上的例題或老師講解的例題他都能聽懂，但一遇到沒有見過面的問題就不知從何處入手?？磥?，要提高解決問題的能力，要能在競賽中有所作為，首先得提高分析問題的能力，這就需要學習一些重要的數學思想方法。例題講解一、從簡單情況考慮華羅庚先生曾經指出：善于“退”，足夠的“退”，退到最原始而又不失去重要性的地方，是學好數學的一個訣竅。從簡單情況考慮，就是一種以退為進的一種解題策略。1兩人坐在一張長方形桌子旁，相繼輪流在桌子上放入同樣大小的硬幣。條件是硬幣一定要平放在桌子上，后放的硬幣不能壓在先放的硬幣上，直到桌子上再也放不下一枚硬幣為止。

2、誰放入了最后一枚硬幣誰獲勝。問：先放的人有沒有必定取勝的策略？2線段AB上有1998個點（包括A，B兩點），將點A染成紅色，點B染成藍色，其余各點染成紅色或藍色。這時，圖中共有1997條互不重疊的線段。問：兩個端點顏色相異的小線段的條數是奇數還是偶數？為什么？31000個學生坐成一圈，依次編號為1，2，3，1000?，F在進行1，2報數：1號學生報1后立即離開，2號學生報2并留下，3號學生報1后立即離開，4號學生報2并留下學生們依次交替報1或2，凡報1的學生立即離開，報2的學生留下，如此進行下去，直到最后還剩下一個人。問：這個學生的編號是幾號？4在6×6的正方形網格中，把部分小方格涂成

3、紅色。然后任意劃掉3行和3列，使得剩下的小方格中至少有1個是紅色的。那么，總共至少要涂紅多少小方格？二、從極端情況考慮從問題的極端情況考慮，對于數值問題來說，就是指取它的最大或最小值；對于一個動點來說，指的是線段的端點，三角形的頂點等等。極端化的假設實際上也為題目增加了一個條件，求解也就會變得容易得多。5新上任的宿舍管理員拿著20把鑰匙去開20個房間的門，他知道每把鑰匙只能打開其中的一個門，但不知道哪一把鑰匙開哪一個門，現在要打開所有關閉的20個門，他最多要開多少次？6有n名（n3）選手參加的一次乒乓球循環(huán)賽中，沒有一個全勝的。問：是否能夠找到三名選手A，B，C，使得A勝B，B勝C，C勝A？7

4、n（n3）名乒乓球選手單打比賽若干場后，任意兩個選手已賽過的對手恰好都不完全相同。試證明，總可以從中去掉一名選手，而使余下的選手中，任意兩個選手已賽過的對手仍然都不完全相同。8在一個8×8的方格棋盤的方格中，填入從1到64這64個數。問：是否一定能夠找到兩個相鄰的方格，它們中所填數的差大于4？三、從整體考慮從整體上來考察研究的對象，不糾纏于問題的各項具體的細節(jié)，從而能夠拓寬思路，抓住主要矛盾，一舉解決問題。9右圖是一個4×4的表格，每個方格中填入了數字0或1。按下列規(guī)則進行“操作”：每次可以同時改變某一行的數字：1變成0，0變成1。問：能否通過若干次“操作”使得每一格中的數

5、都變成1？10有三堆石子，每堆分別有1998，998，98粒?，F在對這三堆石子進行如下的“操作”：每次允許從每堆中各拿掉一個或相同個數的石子，或從任一堆中取出一些石子放入另一堆中。按上述方式進行“操作”，能否把這三堆石子都取光？如行，請設計一種取石子的方案；如不行，請說明理由。11我們將若干個數x，y，z，的最大值和最小值分別記為max（x，y，z，）和min（x，y，z，）。已知a+b+c+d+e+f+g=1，求minmax（a+b+c，b+c+d，c+d+e，d+e+f，e+f+g）課后練習1+x2+x3+xn-1+xn=x1x2x3xn-1xn一定有一個自然數解嗎？為什么？2.連續(xù)自然數

6、1，2，3，8899排成一列。從1開始，留1劃掉2和3，留4劃掉5和6這么轉圈劃下去，最后留下的是哪個數？3.給出一個自然數n，n的約數的個數用一個記號A（n）來表示。例如當n=6時，因為6的約數有1，2，3，6四個，所以A（6）=4。已知a1，a2，a10是 10個互不相同的質數，又x為a1，a2，a10的積，求 A（x）。4.平面上有100個點，無三點共線。將某些點用線段連結起來，但線段不能相交，直到不能再連結時為止。問：是否存在一個以這些點中的三個點為頂點的三角形，它的內部沒有其余97個點中的任何一個點？5.在一塊平地上站著5個小朋友，每兩個小朋友之間的距離都不相同，每個小朋友手上都拿著

7、一把水槍。當發(fā)出射擊的命令后，每人用槍射擊距離他最近的人。問：射擊后有沒有一個小朋友身上是干的？為什么？6.把1600粒花生分給100只猴子，請你說明不管怎樣分，至少有4只猴子分的花生一樣多。7.有兩只桶和一只空杯子。甲桶裝的是牛奶，乙桶裝的是酒精（未滿）?，F在從甲桶取一滿杯奶倒入乙桶，然后從乙桶取一滿杯混合液倒入甲桶，這時，是甲桶中的酒精多，還是乙桶中的牛奶多？為什么？8.在黑板上寫上1，2，3，1998。按下列規(guī)定進行“操作”：每次擦去其中的任意兩個數a和b，然后寫上它們的差（大減?。?，直到黑板上剩下一個數為止。問：黑板上剩下的數是奇數還是偶數？為什么？第14講 數學方法選講 答案例題答案

8、：1分析與解：如果桌子大小只能容納一枚硬幣，那么先放的人當然能夠取勝。然后設想桌面變大，注意到長方形有一個對稱中心，先放者將第一枚硬幣放在桌子的中心，繼而把硬幣放在后放者所放位置的對稱位置上，這樣進行下去，必然輪到先放者放最后一枚硬幣。2分析：從最簡單的情況考慮：如果中間的1996個點全部染成紅色，這時異色線段只有1條，是一個奇數。然后我們對這種染色方式進行調整：將某些紅點改成藍點并注意到顏色調整時，異色線段的條數隨之有哪些變化。由于顏色的調整是任意的，因此與條件中染色的任意性就一致了。解：如果中間的1996個點全部染成紅色，這時異色線段僅有1條，是一個奇數。將任意一個紅點染成藍色時，這個改變

9、顏色的點的左右兩側相鄰的兩個點若同色，則異色小線段的條數或者增加2條（相鄰的兩個點同為紅色），或者減少2條（相鄰的兩個點同為藍色）；這個改變顏色的點的左右兩側相鄰的兩個點若異色，則異色小線段的條數不變。綜上所述，改變任意個點的顏色，異色線段的條數的改變總是一個偶數，從而異色線段的條數是一個奇數。3分析：這個問題與上一講練習中的第8題非常相似，只不過本例是報1的離開報2的留下，而上講練習中相當于報1的留下報2的離開，由上講練習的結果可以推出本例的答案。本例中編號為1的學生離開后還剩999人，此時，如果原來報2的全部改報1并留下，原來報1的全部改報2并離開，那么，問題就與上講練習第8題完全一樣了。

10、因為剩下999人時，第1人是2號，所以最后剩下的人的號碼應比上講練習中的大1，是9751=976（號）。為了加深理解，我們重新解這道題。解：如果有2n個人，那么報完第1圈后，剩下的是2的倍數號；報完第2圈后，剩下的是22的倍數號報完第n圈后，剩下的是2n的倍數號，此時，只剩下一人，是2n號。如果有（2nd）（1d2n）人，那么當有d人退出圈子后還剩下2n人。因為下一個該退出去的是（2d1）號，所以此時的第（2d1）號相當于2n人時的第1號，而2d號相當于2n人時的第2n號，所以最后剩下的是第2d號。由1000=29488知，最后剩下的學生的編號是488×2=976（號）。4分析與解：

11、先考慮每行每列都有一格涂紅，比較方便的涂法是在一條對角線上涂6格紅色的，如圖1。任意劃掉3行3列，可以設想劃行劃列的原則是：每次劃掉紅格的個數越多越好。對于圖1，劃掉3行去掉3個紅格，還有3個紅格恰在3列中，再劃掉3列就不存在紅格了。所以，必然有一些行有一些列要涂2個紅格，為了盡可能地少涂紅格，那么每涂一格紅色的，一定要使多出一行同時也多出一列有兩格紅色的。先考慮有3行中有2格涂紅，如圖2。顯然，同時也必然有3個列中也有2格涂紅。這時，我們可以先劃掉有2格紅色的3行，還剩下3行，每行上只有一格涂紅，每列上也只有一格涂紅，那么在劃掉帶紅格的3列就沒有紅格了。為了使得至少余下一個紅格，只要再涂一格

12、。此紅格要使圖中再增加一行和一列有兩個紅格的，如圖3。結論是：至少需要涂紅10個方格。5. 解：從最不利的極端情況考慮：打開第一個房間要20次，打開第二個房間需要19次共計最多要開2019181=210（次）。6. 解：從極端情況觀察入手，設B是勝的次數最多的一個選手，但因B沒獲全勝，故必有選手A勝B。在敗給B的選手中，一定有一個勝A的選手C，否則，A勝的次數就比B多一次了，這與B是勝的次數最多的矛盾。所以，一定能夠找到三名選手A，B，C，使得A勝B，B勝C，C勝A。7. 證明：如果去掉選手H，能使余下的選手中，任意兩個選手已賽過的對手仍然都不完全相同，那么我們稱H為可去選手。我們的問題就是要

13、證明存在可去選手。設A是已賽過對手最多的選手。若不存在可去選手，則A不是可去選手，故存在選手B和C，使當去掉A時，與B賽過的選手和與C賽過的選手相同。從而B和C不可能賽過，并且B和C中一定有一個（不妨設為B）與A賽過，而另一個（即C）未與A賽過。又因C不是可去選手，故存在選手D，E，其中D和C賽過，而E和C未賽過。顯然，D不是A，也不是B，因為D與C賽過，所以D也與B賽過。又因為B和D賽過，所以B也與E賽過，但E未與C賽過，因而選手E只能是選手A。于是，與A賽過的對手數就是與E賽過的對手數，他比與D賽過的對手數少1，這與假設A是已賽過對手最多的選手矛盾。故一定存在可去選手。8. 解：考慮這個方

14、格棋盤的左上角、右上角及右下角內的數A，B，S。設存在一個填數方案，使任意相鄰兩格中的數的差不大于4，考慮最大和最小的兩個數1和64的填法，為了使相鄰數的差不大于4，最小數1和最大數的“距離”越大越好，即把它們填在對角的位置上（A=1，S=64）。然后，我們沿最上行和最右行來觀察：因為相鄰數不大于4，從 ABS共經過14格，所以 S1+4×14=57（每次都增加最大數4），與S=64矛盾。因而，1和64不能填在“最遠”的位置上。顯然，1和64如果填在其他任意位置，那么從1到64之間的距離更近了，更要導致如上的矛盾。因此，不存在相鄰數之差都不大于4的情況，即不論怎樣填數必有相鄰兩數的差

15、大于49. 解：我們考察表格中填入的所有數的和的奇偶性：第一次“操作”之前，它等于9，是一個奇數，每一次“操作”，要改變一行或一列四個方格的奇偶性，顯然整個16格中所有數的和的奇偶性不變。但當每一格中所有數字都變成1時，整個16格中所有數的和是16，為一偶數。故不能通過若干次“操作”使得每一格中的數都變成1。10. 解：要把三堆石子都取光是不可能的。按“操作”規(guī)則，每次拿掉的石子數的總和是3的倍數，即不改變石子總數被 3除時的余數。而1998+998+98=3094，被3除余1，三堆石子被取光時總和被3除余0。所以，三堆石子都被取光是辦不到的。11. 解：設 M=max（a+b+c，b+c+d

16、，c+d+e，d+e+f，e+f+g）。因為a+b+c，c+d+e，e+f+g都不大于M，所以課后練習1.有。解：當n=2時，方程x1+x2=x1x2有一個自然數解：x1=2，x2=2；當n=3時，方程x1+x2+x3=x1x2x3有一個自然數解：x1=1，x2=2，x3=3；當n=4時，方程x1+x2+x3+x4=x1x2x3x4有一個自然數解：x1=1，x2=1，x3=2，x4=4。一般地，方程x1+x2+x3+xn-1+xn=x1x2x3xn-1xn有一個自然數解：x1=1，x2=1，xn-2=1，xn-1=2，xn=n。2.3508。解：仿例3。當有3n個數時，留下的數是1號。小于88

17、99的形如3n的數是38=6561，故從1號開始按規(guī)則劃數，劃了8899-6561=2338（個）數后，還剩下6561個數。下一個要劃掉的數是2388÷2×3+1=3507，故最后留下的就是3508。3.1024。解：質數a1有2個約數：1和a，從而A（a1）=2；2個質數a1，a2的積有4個約數：1，a1，a2，a1a2，從而A（a1×a2）=4=22；3個質數a1，a2，a3的積有8個約數：1，a1，a2，a3，a1a2，a2a3，a3a1，a1a2a3，從而A（a1×a2×a3）=8=23；于是，10個質數a1，a2，a10的積的約數個數

18、為A（x）=210=1024。4.存在。提示：如果一個三角形內還有別的點，那么這個點與三角形的三個頂點還能連結，與已“不能再連結”矛盾。5.有。解：設A和B兩人是距離最近的兩個小朋友，顯然他們應該互射。此時如果有其他的小朋友射向他們中的一個，即A，B中有一人挨了兩槍，那么其他三人中必然有一人身上是干的。如果沒有其他的小朋友射向A或B，那么我們再考慮剩下的三個人D，E，F：若D，E的距離是三人中最近的，則D，E互射，而F必然射向他們之間的一個，此時F身上是干的。6.假設沒有4只猴子分的花生一樣多，那么至多3只猴子分的花生一樣多。我們從所需花生最少情況出發(fā)考慮：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