1、競賽常用方法(1)本講概述構(gòu)誥它的基本形式是：以已知條件為原料、以所求結(jié)論為方向，構(gòu)造出一種新的數(shù)學(xué)形式， 使得問題在這種形式下簡捷解決。常見的有構(gòu)造圖形，構(gòu)造方程，構(gòu)造恒等式，構(gòu)造函數(shù)， 構(gòu)造反例，構(gòu)造抽屜，構(gòu)造算法，構(gòu)造映射等。構(gòu)造映射的基本形式是RMI原理。令R表示一組原像的關(guān)系結(jié)構(gòu)(或原像系統(tǒng))，其中 包含著待確定的原像x，令M表示一種映射，通過它的作用把原像結(jié)構(gòu)R被映成映象關(guān)系 結(jié)構(gòu)R*，其中自然包含著未知原像x的映象x*。如果有辦法把x*確定下來，則通過反演即 逆映射/ = M-1也就相應(yīng)地把x確定下來。取對數(shù)計算、換元、引進坐標(biāo)系、設(shè)計數(shù)學(xué)模型， 構(gòu)造發(fā)生函數(shù)等都體現(xiàn)了這種原理。

2、建立對應(yīng)來解題，也屬于這一技巧。遞推與歸納如果前一件事與后一件事存在確定的關(guān)系，那么，就可以從某r幾)個初始條件出發(fā)逐 步遞推，得到任一時刻的結(jié)果，用遞推的方法解題，與數(shù)學(xué)歸納法(但不用預(yù)知結(jié)論)，無窮 遞降法相聯(lián)系，關(guān)鍵是找出前號命題與后號命題之間的遞推關(guān)系。用遞推的方法計數(shù)時要抓好三個環(huán)節(jié)：設(shè)某一過程為數(shù)列f (n)，求出初始值f (1),f (2)等，取值的個數(shù)由第二步遞推的需要 決定；找出f (n)與f (n -1)，f (n - 2)等之間的遞推關(guān)系，即建立函數(shù)方程；解函數(shù)方程。分類討論當(dāng)“數(shù)學(xué)黑箱”過于復(fù)雜時，可以分割為若干個小黑箱逐一破譯，即把具有共同性質(zhì)的部 分分為一類，形成數(shù)

3、學(xué)上很有特色的方法一一區(qū)分情況或分類，不會正確地分類就談不上掌 握數(shù)學(xué)。有時候，也可以把一個問題分階段排成一些小目標(biāo)系列，使得一旦證明了前面的情況， 便可用來證明后面的情況，稱為爬坡式程序。比如，解柯西函數(shù)方程就是將整數(shù)的情況歸結(jié) 為自然數(shù)的情況來解決，再將有理數(shù)的情況歸結(jié)為整數(shù)的情況來解決，最后是實數(shù)的情況歸 結(jié)為有理數(shù)的情況來解決。區(qū)分情況不僅分化了問題的難度，而且分類標(biāo)準(zhǔn)本身又附加了一個已知條件，所以， 每一類子問題的解決都大大降低了難度。染色是分類的直觀表現(xiàn)，在數(shù)學(xué)競賽中有大批以染色面目出現(xiàn)的問題，其特點是知識點 少，邏輯性強，技巧性強。對稱對稱性分析就是將數(shù)學(xué)的對稱美與題目的條件或結(jié)

4、論相結(jié)合，再憑借知識經(jīng)驗與審美直 覺，從而確定解題的總體思想或入手方向。其實質(zhì)是美的啟示、美的追求在解題過程中成為 一股宏觀指導(dǎo)的力量。著名物理學(xué)家楊振寧曾高度評價對稱性方法：“當(dāng)我們默默考慮一下 這中間所包含的數(shù)學(xué)推理的優(yōu)美性和它的美麗完整性，并以此對比它的復(fù)雜的、深入的物理 成果，我們就不能不深深感到對對稱定律的力量的欽佩”。a, b, cQ例題精講板塊一構(gòu)造【例1】一位棋手參加11周(77天)的集訓(xùn)，每天至少下一盤棋，每周至多下12盤棋，證明 這棋手必在連續(xù)幾天內(nèi)恰好下了 21盤棋?！窘馕觥坑帽硎具@位棋手在第1天至第天(包括第天在內(nèi))所下的總盤數(shù) (n =1,2,，77),依題意 1 W

5、 a a - a W 12 x 11 = 132 考慮 154 個數(shù)：a , a , , a , a + 21, a + 21, a + 2112771277又由a + 21 W 132 + 21 = 153 j N 1)滿足 a = a + 21這表明，從i【1天到j(luò)天共下了 21盤棋。j注 這個題目構(gòu)造了一個抽屜原理的解題程序，并具體構(gòu)造了 154個“蘋果”與153個“抽屜”， 其困難、同時也是精妙之處就在于想到用抽屜原理?！咀兪健恳阎獂, y, z為正數(shù)且快(x + z) = 1求表達式(x + y)(y + z)的最小值。a = x + y【解析】構(gòu)造一個AABC，其中三邊長分別為b

6、= y + z，則其面積為c = z + xIA = .；(p(p - a)(p - b)(p - c) = Jx + y + z)xyz = 1另一方面(x + y)(y + z) = ab = 一 N 2sin C故知，當(dāng)且僅當(dāng)ZC = 90。時，取得最小值2，亦即(x + y)2 + (y + z)2 = (x + z)2y (x + y + z) = xz 時，(x + y) (yb z 取最小值 2，如 x = z =1 , y = 2 -1時，(x + y) (y+ z)= 3)個點，從中任選n個點染成黑色。試證一定存在兩個黑 點，使得以它們?yōu)槎它c的兩條弧之一的內(nèi)部，恰好含有n個給

7、定的點?！窘馕觥咳舨蝗?，從圓周上任何一個黑點出發(fā)，沿任何方向的第n-1個點都是白點，因而， 對于每一個黑點，都可得到兩個相應(yīng)的白點。這就定義了一個由所有黑點到白點的 對應(yīng)，因為每個黑點對應(yīng)于兩個白點，故共有2n個白點(包括重復(fù)計數(shù))。又因每 個白點至多是兩個黑點的對應(yīng)點，故至少有n個不同的白點，這與共有2n -1個點 矛盾，故知命題成立。板塊二遞推與歸納【例3】整數(shù)1, 2, , n的排列滿足：每個數(shù)大于它之前的所有的數(shù)或者小于它之前的所有 的數(shù)。試問有多少個這樣的排列？【解析】通過建立遞推關(guān)系來計算。設(shè)所求的個數(shù)為1，則a = 1對n1，如果n排在第i位，則它之后的n-i個數(shù)完全確定，只能是

8、n i, n- i-1,.，2，1。而它之前的 i 1 個數(shù)，n i +1,n i + 2,.，n 1，有ai-1種排法，令i = 1,2, .，n得遞推關(guān)系。a = 1 + a + + a + a = (1+ a + + a ) + a = a + a= 2an1n2n-11n2n-1n-1n-1n-1由，得a = 2n-1n【變式】設(shè)n是正整數(shù)，表示由1和2組成的各項和為n的數(shù)列的個數(shù);A表示用2 x表示由1和2組成的各項和為n的數(shù)列的個數(shù);B n【解析】C 0 + C 2 + C 4 + + C 【解析】C 0 + C 2 + C 4 + + C 2 m ,m m+1 m+22 mC1

9、+ C 3 + C 5 + + C 2 m+1 m+32 m+1定義，容B 1 , B 212=2，且當(dāng)n = 2m時，【例4】【解析】n = 2m,，證明A =B = C n = 2m +1易得到由B n+1又因為C = 1, CCn+Cn= Cm+Cm+1+Cm+2+C m-2+C m+Cm+Cm+1=C1 + C3 + C5 + + C2 m-1 + C2 m+1 = C m+1 m+2 m+32 m2 m+1n+1m+2的Bn1，A 1 = A + A/A1 = 1, A2 = 2+ C5 + + C2 m-1類似地可證在n = 2m +1時也有C + C = C ，從而A , (B

10、和(C 有相同的遞 推關(guān)系和相同的初始條件，所以A =B =廣。n n n注 走完一個n級的樓梯，若每次可以向上走1或2級臺階，則總共的方案數(shù)即B。n設(shè)x , , x為任意實數(shù)。證明： Xn。1 n_ 1 1 + x 2 + x 2己l W1 1，故命題對n = 1成立。設(shè)命題對1 + x;2不妨設(shè)x , xN 0。當(dāng)n = 1時，n成立， 考察n +1的情形，令y -11 + x 2+ 二 1 + x2J1 + x2 .=11 + y2 + y2現(xiàn)設(shè) x = tan a , 0 W a n，貝 J12X i+ X 2ix - AB2此時可在CD與CF上分別取P、Q，使PQ ,如右圖，DF -

11、 AB22PQ AB。過Q (或P )作QG AP交AB于G。為證S項QG 2，連AP交BE于M，過A作AH BC交CD延長線于H。有SXPCM PAH PADS = S + S S + S = SAMAB APCM ABCP APAD ABCO ABCD得 Sapq = 2 Sa m2 S a=c2d故A, G, Q, P為所求?！军c評】這實際上已證明了一個更強的命題：面積為1的凸四邊形一定能嵌入一個面積大于1的平行四邊形。2【變式】空間給定2n(n 2)個點，其中任意4點不共面，它們之間連有n2 +1條線段，求證 這些線段至少構(gòu)成n個三角形?！窘馕觥縩 = 2時，共有4個點A, B, C,

12、 D它們之間連有5條線段，其中只有C2-5 = 1對4點之間沒有連線，不妨設(shè)C與D沒有連線，于是存在兩個三角形：AABC和AABD。設(shè)n = k時，結(jié)論成立，當(dāng)n = k +1時，首先證明此時至少存在一個三角形。設(shè)已知兩點A與B之間連有線段，并設(shè)由A , B向其余2k個點所引出的線段數(shù)分 別為a , b。若a + b m 2k +1，則存在不同于A，B的點C同時與A和B都連有線段，即存在 一個 AABC。若a + b W 2k，則去掉A，B兩點以及從A，B出發(fā)的線段，還剩2k個點，它們 之間至少連有(k +1)2 +1 (2k +1) = k2 +1條線段，從而由歸納假設(shè)知存在k個三角形。設(shè)A

13、ABC是所連線段構(gòu)成的一個三角形，n，n，n分別是從A，B，C向其他ABC2k 1個點所引出的線段數(shù)，下面又分兩種情形。若n + n + n N 3k 1，則恰以AB、BC、CA之一為邊的三角形至少有k 個，*再4上三角形ABC，則一共至少有k +1個三角形。c6k 43A B B C中必有一個不超過A=2k 2。不妨設(shè)若 n + n_ + n W 3k 2，即(n + n_) + (n_ + n ) + (n_ + n ) W 6k c6k 43A B B C中必有一個不超過A=2k 2。不妨設(shè)A B于是把A，B以及從A，B出發(fā)的線段(包括AABC的3條邊)去掉后，還剩2k個點，它們之間至少

14、連有(k +1)2 +1 - (2 k - 2) - 3 = k 2 +1條線段，于是由歸納假設(shè) 知存在k個以所連線段為邊的三角形，再加上AABC，一共至少有k +1個三角 形。故n = k +1時，結(jié)論成立，這就完成了歸納證明。注 本題證明中，前后兩次進行了分類，并且兩次分類是獨立的(分別采用不同的分 類標(biāo)準(zhǔn))?！纠?】有一個3x7棋盤。用黑、白兩種顏色去染棋盤上的方格，每個方格只染一種顏色。 證明不論怎樣染色，棋盤上的方格組成的矩形中總有這樣的矩形，其邊與棋盤相應(yīng) 的邊平行，而4個角上的方格顏色相同。【解析】解法一稱滿足條件的矩形為單色矩形。由于棋盤上的3x7 = 21個方格只染兩種顏 色

15、，必有11個同色，不妨設(shè)同為黑色?，F(xiàn)設(shè)第i列上有d (0 W d W 3)個黑色方格，一方面，總黑格數(shù)為x = d N11 ；另一方面，在第i列上首尾兩端都是黑格的矩i=1形有2d (d -1)個，總計i=1dii=1di7=jx2 - 7x) N 14(112 - 7 -11) = 3；若題中的結(jié)論不成立，則上述t個矩形兩兩不同，將它們投影到第一列，那么第1列就存在t個首尾兩端都是黑格的矩形，但第1列最多有C2 = 3個這樣的矩形，有 33 N t N 31矛盾，故命題成立。7解法二 按行考慮，第一行必然有某種顏色的方格數(shù)不少于4，設(shè)為黑色，并把它 們所在的列調(diào)換到前四列；接下來考慮第二行，

16、由于條件限制，第二行的前四列中 至少有三列為白色，不妨再次把它們調(diào)換到前三列；最后考慮第三行的前三列，必 然有兩列為黑或兩列為白，此時要么與第一行構(gòu)成單色矩形，要么與第二行構(gòu)成單 色矩形，故命題成立?！咀兪健壳笞钚≌麛?shù)n，使在任何n個無理數(shù)中，總有3個數(shù)，其中每兩數(shù)之和都仍為無 理數(shù)。 i【解析】取4個無理數(shù)La,*3,f 5,f 3：，顯然不滿足要求，故n N5。設(shè)a, b, c, d, e是5個無理數(shù)，視它們?yōu)?個點，若兩數(shù)之和為有理數(shù)，則在相應(yīng) 兩點間連一條紅邊，否則連一條藍邊。這就得到一個二染色k。只須證圖中有藍 色三角形，分兩步：無紅色三角形。若不然，頂點所對應(yīng)的3個數(shù)中，兩兩之和

17、均為有理數(shù)，不妨設(shè)a + b, b + c, c + a都是有理數(shù)，有a = (a + b) - (b + c) + (c + a)。但無理數(shù)手有 2理數(shù)，故k中無紅色三角形。有同色三角形，若不然，由上例知，k5中有一個紅圈，頂點所對應(yīng)的5個數(shù)中， 兩兩之和均為有理數(shù)，設(shè)q + b, b + c, c + d, d + e, e + a為有理數(shù)，則a = (a + b) - (b + c) + (c - d) - (d + e) + (e + a)2但無理數(shù)手有理數(shù)，故k中無5條邊組成的紅圈，從而有同色三角形。這時，同色三角形必為藍色三角形，其頂點所對應(yīng)的3個無理數(shù)，兩兩之和仍為無 理數(shù)。綜上

18、所述，最小的正整數(shù)n = 5。板塊四對稱則t點在什么位置時，面積+七有最大值和最小板塊四對稱【例7】如圖在0,1上給定函數(shù)y = x2, 值。【解析】在0,1中作曲線y = 【例7】如圖在0,1上給定函數(shù)y = x2, 值。%移至左上角，陰影部分即* + S2(如圖)。移動t點，相當(dāng)于MN上下平移，當(dāng)MN 經(jīng)過P點，即t = 2時，陰影面積(S1 + S2)最小；當(dāng)t = 1時，陰影面積為最大?！咀兪健咳鐖D，P為雙曲線節(jié)-b- = 1右支上一動點，作ZFPF2的角平分線，過F1作該角 平分線的垂線交于M，求垂足M的軌跡方程?！窘馕觥孔鱂關(guān)于角平分線的對稱點F，則PF = PF， 1111根據(jù)雙

19、曲線的定義，有PF - PF = 2a，于是PF - PF = F F = 2a。12122 1連接OM，顯然OM是XOFR 的中位線，故OM = 2Ff= a。事實上，垂足M的軌跡并不能走完整個圓，而漸進線是分界線。一一 一 一 一a 2于是垂足M的軌跡方程為x2 +產(chǎn)=a2, % c【例8】設(shè)x氣,xn是給定的實數(shù)，證明存在實數(shù)xx -x +x - x + + x - x W - 12n 2這里的y表示J的小數(shù)部分。1,yeZ0,y1,yeZ0,y e Z下面利用這一配對式的結(jié)論。設(shè)f =x - x +x Zfi = 2 & xj+h - X ) W Z .i=11i j n1i j n據(jù)

20、抽屜原理知，必存在k(1W k W n)，使fk【解析】有招+-y=知j+m 1-x + + x x i i 112i n1=C2 = n(LHW ic2 = n1n n 2取x = x，由上式得x - x +x - x + + x - x W -_-12n 2【變式】(1999年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽)在四邊形ABCD中，對角線AC平分ZBAD，在CD上 取一點E , BE與AC相交于F，延長DF交BC于G，求證：ZGAC = ZEAC。【解析】分析 可以通過軸反射變換S(AC)轉(zhuǎn)化為證明G的像點在直線AE上。如圖所示，設(shè)AC與BD交于H對ABCD和點F用Ceva定理， 士 CG BH DE ,

21、有=1。GB HD EC又在AABC中，由角平分線性質(zhì)定理，有BH = AB，HD AD所以竺.塑.竺=1。GB AD ECB作變換S(AC)，設(shè)B B，G G，B則B在直線AD上，G在CB上，且 BA = BA, CG = CG，G Bf = GB。匚曰 CG BA DE CG BA DE ,于 是.=.= 1。G B AD EC GB AD EC由Menelaus定理，G、A、E共線，即G在直線AE上故 ZGAC = ZGrAC = ZEAC。因外角平分線也是角平分線，所以，與外角平分線有關(guān)的平面幾何問題，也可以考慮用外角平分線作為反射軸的軸反射變換處理。大顯身手1.從0，1，2，3，4，

22、5，6，7，8，9中取出3個不同的數(shù)字組成一個3位數(shù)，且使得這個3位數(shù)的各位數(shù)字之和為不小于10的偶數(shù)，問一個有多少個這樣的3位數(shù)？ 【解析】3位數(shù)的各位數(shù)字之和為偶數(shù)時，只有下列兩種情形：3位數(shù)的每個數(shù)字都為偶數(shù)， 或其中有1位數(shù)字為偶數(shù)，其他2個數(shù)字為奇數(shù)。3個數(shù)字全為偶數(shù)時，若不出現(xiàn)數(shù)字0，則這樣的3位數(shù)有A3個，若出現(xiàn)數(shù)字0， 4則這樣的3位數(shù)有2. A4個，所以3個數(shù)字全為偶數(shù)的3位數(shù)有A4 + 2 . A2 = 48個。3個數(shù)字中有1個為偶數(shù)，其他2個為奇數(shù)時，若不出現(xiàn)數(shù)字0 ,則這樣的3位數(shù) 有 Ai A2 A3 個，453若出現(xiàn)數(shù)字0，則這樣的3位數(shù)有2- A2個，所以3個數(shù)字

23、中有1個為偶數(shù)，其5他2個數(shù)字為奇數(shù)的3位數(shù)有Ci C2 A3 + 2 - A2 = 280個。而上述計數(shù)中各位數(shù)字和為小于10的偶數(shù)的3位數(shù)有下列42個：204, 240, 402, 420 ； 206, 260, 602, 620 ；103, 130 , 301 , 310 ； 105, 150 , 501, 510 ；107, 170, 701, 710 ； 305, 350, 503, 530 ；123, 132 , 213, 231 ； 312, 321 ；125, 152 , 215, 251, 512 , 521 ；134 , 143, 314, 341, 413, 431 .因

24、此，符合條件的3位數(shù)共有48 + 280-42 = 286個。2.305n503藝-30 -= 2.305n503藝-30 -= -305n -+-305(503 - n)n=0_ 503 _n=15035037Z求弩n=0【解析】作配對處理之值。n=1305 x 503503、-1 = 304 x 251 = 763047從1, 2, 100中任取55個不同的數(shù)，問其中是否必有兩個數(shù)，使得這兩個數(shù)之差等于：(1)9 : *11 ?【解析】考察下列91個數(shù)對：，i + 9 , i = 1 , 2, 3, 91。易見，1, 2, 9和92, 93, 100這18個數(shù)中每個數(shù)恰屬于上述數(shù)對中之一對

25、，而其余82個數(shù)中每個數(shù)恰屬于上述數(shù)對中兩對。因此55個數(shù)至少屬于中18 + (55 -18) x 2 = 92個數(shù) 對，由抽屜原理知其中必有兩個數(shù)屬于中同一數(shù)對，即兩數(shù)之差等于9。而當(dāng)所 取55個數(shù)為 1, 2, 11 ； 23, 24, 33, ； 45, 46 , 55 ； 67, 68, 77 ；89, 90, 99時，其中任何兩數(shù)之差不等于11。 能否將正整數(shù)集合N分劃為兩個不相交的集合A和8,滿足：A中任意三個數(shù)不成等差數(shù)列； 不能由B中元素組成一個非常數(shù)的無窮等差數(shù)列?！窘馕觥糠治鲆辉O(shè)A = a , a , a ,(a a a c，故只要a N 2a (i = 1, 2, 3 ,

26、)， 則A中任意三個數(shù)不成等差數(shù)列，要構(gòu)造這樣的A是不困 1難的：為了使B = N A + 滿足條件，只要滿足對任意a, d e N，等差數(shù)列a + nd(n = 0, 1, 2,)中至 少有一項屬于A。+解 將首項為a，公差為d的無窮等差數(shù)列用(a, d)表示。易將所有正整數(shù)無窮等 差數(shù)列(非常數(shù)列)“排序”如下：(1, 1) , (1 , 2) , (2 , 1) , (1, 3) , (2 , 2) , (3, 1)， 排序的規(guī)律是：先看a + d的大小，小者排前，a + d相等的，a較小的排前，按下 列方式構(gòu)造數(shù)列a , a , a ,。設(shè)a = 1，如a , a , a已取出，則在第n +1123112n個等差數(shù)列中取大于2a的某一項為a 。令A(yù) = a , a , a ,，則因a 2a (n = 1, 2,)，故A中任何三個數(shù)不12nn+1n成等差數(shù)列，再令B = N / A，則因為任何正整數(shù)的非常數(shù)列的無窮等差數(shù)列都有一項屬于A，故B中沒有非常數(shù)列的無窮等差數(shù)列。于是存在滿足題目條件的集合A和B。分析二 同分析一知，易構(gòu)造滿足條件的A，為了使B = N A滿足條件只須 +滿足對任何a , d e N，無窮等差數(shù)列a + rd (r =