數(shù)學(xué)競(jìng)賽專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練資料引言數(shù)學(xué)競(jìng)賽（如IMO、CMO、聯(lián)賽）的核心并非知識(shí)堆砌，而是思維方法的靈活運(yùn)用。專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練的目標(biāo)是：通過(guò)系統(tǒng)梳理高頻考點(diǎn)、提煉解題技巧、強(qiáng)化針對(duì)性練習(xí)，幫助學(xué)習(xí)者突破“瓶頸題”，形成“看到題目→聯(lián)想方法→快速驗(yàn)證”的思維鏈。本文圍繞代數(shù)、幾何、數(shù)論、組合四大核心板塊，結(jié)合競(jìng)賽?？碱}型，提供專(zhuān)業(yè)嚴(yán)謹(jǐn)?shù)挠?xùn)練框架與實(shí)用素材。一、代數(shù)板塊：從“恒等變形”到“不等式放縮”代數(shù)是競(jìng)賽的“基礎(chǔ)工具庫(kù)”，重點(diǎn)考查恒等變形能力與不等式技巧。核心專(zhuān)題包括：1.1不等式：從“基本定理”到“高級(jí)放縮”知識(shí)點(diǎn)梳理基礎(chǔ)定理：均值不等式（AM≥GM≥HM）、柯西不等式（向量形式：\((a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2)≥(a_1b_1+a_2b_2)^2\)）、排序不等式（順序和≥亂序和≥逆序和）。高級(jí)定理：赫爾德不等式（\((a_1^p+a_2^p)(b_1^q+b_2^q)≥(a_1b_1+a_2b_2)^{p+q}\)，\(1/p+1/q=1\)）、切比雪夫不等式（若\(a_1≤a_2≤…≤a_n\)，\(b_1≤b_2≤…≤b_n\)，則\(\frac{1}{n}\suma_ib_i≥\frac{1}{n}\suma_i\cdot\frac{1}{n}\sumb_i\)）、冪平均不等式（\(M_p(a)=(\frac{a_1^p+a_2^p+…+a_n^p}{n})^{1/p}\)，\(p>q\)時(shí)\(M_p≥M_q\)）。方法技巧配方法：將式子轉(zhuǎn)化為平方和（如\(x^2+y^2≥2xy\)的本質(zhì)是\((x-y)^2≥0\)）；變量替換：三角替換（如\(x=cosθ\)，\(y=sinθ\)處理對(duì)稱(chēng)條件）、齊次化（如已知\(a+b+c=1\)，將目標(biāo)式轉(zhuǎn)化為齊次式）；構(gòu)造函數(shù)：利用函數(shù)單調(diào)性（如\(f(x)=x+1/x\)在\(x>1\)時(shí)遞增）、凸性（Jensen不等式：凸函數(shù)\(f(\frac{x_1+…+x_n}{n})≤\frac{f(x_1)+…+f(x_n)}{n}\)）；放縮技巧：逐步逼近（如\(\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\)裂項(xiàng)）、局部調(diào)整（固定其他變量，調(diào)整兩個(gè)變量使目標(biāo)優(yōu)化）。經(jīng)典例題例1（柯西不等式應(yīng)用）：已知\(a,b,c>0\)，\(a+b+c=1\)，求\(\frac{1}{a}+\frac{4}+\frac{9}{c}\)的最小值。解答：由柯西不等式的分式形式：\[(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{4}+\frac{9}{c}\right)≥\left(\sqrt{a\cdot\frac{1}{a}}+\sqrt{b\cdot\frac{4}}+\sqrt{c\cdot\frac{9}{c}}\right)^2=(1+2+3)^2=36\]因\(a+b+c=1\)，故左邊最小值為36。當(dāng)且僅當(dāng)\(\frac{a}{1/a}=\frac{4/b}=\frac{c}{9/c}\)，即\(a^2=\frac{b^2}{4}=\frac{c^2}{9}\)，結(jié)合\(a+b+c=1\)，得\(a=\frac{1}{6}\),\(b=\frac{1}{3}\),\(c=\frac{1}{2}\)時(shí)取等。答案：36。針對(duì)性訓(xùn)練1.已知\(x,y>0\)，\(x+2y=1\)，求\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\)的最小值；（提示：柯西或均值）2.已知\(a,b,c≥0\)，\(a+b+c=1\)，求\(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\)的最大值；（提示：Jensen不等式）3.設(shè)\(x,y,z>0\)，且\(x+y+z=xyz\)，證明：\(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+z^2}}≤\frac{3}{2}\)。（提示：三角替換，令\(x=tanA\)）1.2多項(xiàng)式：因式分解與根的性質(zhì)知識(shí)點(diǎn)梳理基本定理：因式分解定理（多項(xiàng)式可分解為不可約多項(xiàng)式乘積）、余數(shù)定理（\(f(a)\)是\(f(x)\)除以\(x-a\)的余數(shù)）、Vieta定理（根與系數(shù)關(guān)系）；特殊多項(xiàng)式：對(duì)稱(chēng)多項(xiàng)式（如\(f(x,y)=x^2+y^2+xy\)）、輪換多項(xiàng)式（如\(f(x,y,z)=x^3+y^3+z^3-3xyz\)）、因式定理（若\(f(a)=0\)，則\(x-a\)是\(f(x)\)的因式）。方法技巧待定系數(shù)法（分解多項(xiàng)式時(shí)假設(shè)因式形式）、分組分解法（將多項(xiàng)式分成若干組，每組提取公因式）、對(duì)稱(chēng)多項(xiàng)式替換（用初等對(duì)稱(chēng)多項(xiàng)式表示對(duì)稱(chēng)式）、根的分析（通過(guò)根的個(gè)數(shù)、重?cái)?shù)判斷多項(xiàng)式結(jié)構(gòu)）。經(jīng)典例題例2（因式分解）：分解\(x^3+y^3+z^3-3xyz\)。解答：利用對(duì)稱(chēng)多項(xiàng)式性質(zhì)，當(dāng)\(x=-y-z\)時(shí)，代入得：\[(-y-z)^3+y^3+z^3-3(-y-z)yz=-y^3-3y^2z-3yz^2-z^3+y^3+z^3+3y^2z+3yz^2=0\]故\(x+y+z\)是因式。設(shè)\(x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(a(x^2+y^2+z^2)+b(xy+yz+zx))\)，展開(kāi)右邊對(duì)比系數(shù)得\(a=1\),\(b=-1\)，故：\[x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)\]針對(duì)性訓(xùn)練1.分解\(x^4+x^2+1\)；（提示：添項(xiàng)\(x^2\)）2.已知多項(xiàng)式\(f(x)\)滿(mǎn)足\(f(1)=f(2)=f(3)=0\)，且\(f(4)=6\)，求\(f(x)\)的一個(gè)可能表達(dá)式；（提示：設(shè)\(f(x)=k(x-1)(x-2)(x-3)\)）1.3函數(shù)方程：代入與構(gòu)造知識(shí)點(diǎn)梳理常見(jiàn)類(lèi)型：線性函數(shù)方程（如\(f(x+y)=f(x)+f(y)\)）、二次函數(shù)方程（如\(f(x+y)+f(x-y)=2f(x)+2f(y)\)）、分式函數(shù)方程（如\(f(x+1)=f(x)+1\)）；解法核心：代入特殊值（如\(x=0\),\(y=0\),\(y=-x\)）、換元（如令\(t=x+1\)）、構(gòu)造輔助函數(shù)（如令\(g(x)=f(x)-kx\)簡(jiǎn)化方程）。經(jīng)典例題例3（線性函數(shù)方程）：設(shè)\(f:\mathbb{R}→\mathbb{R}\)滿(mǎn)足\(f(x+y)=f(x)+f(y)\)對(duì)所有\(zhòng)(x,y∈\mathbb{R}\)成立，且\(f(1)=2\)，求\(f(x)\)。解答：令\(x=y=0\)，得\(f(0)=0\)；令\(y=-x\)，得\(f(-x)=-f(x)\)，即\(f\)是奇函數(shù)；對(duì)正整數(shù)\(n\)，用數(shù)學(xué)歸納法得\(f(nx)=nf(x)\)，故\(f(n)=nf(1)=2n\)；對(duì)有理數(shù)\(q=\frac{m}{n}\)（\(m,n\)為整數(shù)，\(n>0\)），有\(zhòng)(nf(q)=f(nq)=f(m)=2m\)，故\(f(q)=2q\)；若\(f\)連續(xù)（競(jìng)賽中常隱含此條件），則對(duì)所有實(shí)數(shù)\(x\)，\(f(x)=2x\)。答案：\(f(x)=2x\)。針對(duì)性訓(xùn)練1.設(shè)\(f:\mathbb{R}→\mathbb{R}\)滿(mǎn)足\(f(x+y)=f(x)f(y)\)對(duì)所有\(zhòng)(x,y∈\mathbb{R}\)成立，且\(f(1)=2\)，求\(f(x)\)；（提示：指數(shù)函數(shù)）2.設(shè)\(f(x)\)滿(mǎn)足\(f(x+1)=f(x)+2x+1\)，且\(f(0)=1\)，求\(f(x)\)。（提示：遞推或構(gòu)造二次函數(shù)）二、幾何板塊：從“直觀圖形”到“代數(shù)轉(zhuǎn)化”幾何競(jìng)賽題的關(guān)鍵是將幾何條件轉(zhuǎn)化為代數(shù)關(guān)系，核心專(zhuān)題包括平面幾何、立體幾何與解析幾何。2.1平面幾何：定理與方法的綜合知識(shí)點(diǎn)梳理基本定理：全等三角形（SSS/SAS/ASA）、相似三角形（AA/SAS/SSS）、圓的性質(zhì)（垂徑定理、圓冪定理、圓周角定理）、三角形五心（重心、外心、內(nèi)心、垂心、旁心）；高級(jí)定理：梅涅勞斯定理（截線與三角形三邊交點(diǎn)的比例關(guān)系）、塞瓦定理（三角形三條線共點(diǎn)的條件）、托勒密定理（圓內(nèi)接四邊形對(duì)角線乘積等于對(duì)邊乘積之和）。方法技巧向量法（用向量表示點(diǎn)，轉(zhuǎn)化為向量運(yùn)算）、坐標(biāo)法（建立坐標(biāo)系，將幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)計(jì)算）、復(fù)數(shù)法（用復(fù)數(shù)表示點(diǎn)，利用復(fù)數(shù)運(yùn)算性質(zhì)）、幾何變換（平移、旋轉(zhuǎn)、對(duì)稱(chēng)，將分散條件集中）。經(jīng)典例題例4（圓冪定理應(yīng)用）：已知\(PA\)切\(zhòng)(⊙O\)于\(A\)，\(PB\)交\(⊙O\)于\(B,C\)，\(PA=6\)，\(PB=4\)，求\(BC\)的長(zhǎng)度。解答：由切割線定理（圓冪定理的特例），\(PA^2=PB\cdotPC\)，設(shè)\(BC=x\)，則\(PC=PB+BC=4+x\)，故：\[6^2=4\cdot(4+x)?36=16+4x?x=5\]答案：5。針對(duì)性訓(xùn)練1.已知\(△ABC\)中，\(AB=AC=5\)，\(BC=6\)，求其內(nèi)切圓半徑；（提示：面積法，\(S=r\cdots\)，\(s\)為半周長(zhǎng)）2.設(shè)\(ABCD\)是圓內(nèi)接四邊形，\(AB=2\)，\(BC=3\)，\(CD=4\)，\(DA=5\)，求對(duì)角線\(AC\)的長(zhǎng)度。（提示：托勒密定理）2.2立體幾何：空間向量與體積知識(shí)點(diǎn)梳理基本概念：空間向量（方向向量、法向量）、異面直線（夾角計(jì)算）、截面（平面與幾何體的交線）、體積（柱體、錐體、球體體積公式）；核心定理：空間向量基本定理（任意向量可表示為三個(gè)不共面向量的線性組合）、線面垂直判定定理（直線與平面內(nèi)兩條相交直線垂直）、面面平行判定定理（平面內(nèi)兩條相交直線與另一平面平行）。方法技巧坐標(biāo)法（建立空間直角坐標(biāo)系，用坐標(biāo)表示點(diǎn)與向量）、向量法（用向量點(diǎn)積求夾角，叉積求面積）、體積法（用體積相等求高或距離）、截面法（通過(guò)截面將立體問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面問(wèn)題）。經(jīng)典例題例5（異面直線夾角）：在正方體\(ABCD-A_1B_1C_1D_1\)中，求\(A_1B\)與\(AC\)的夾角。解答：建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1，\(A(0,0,0)\),\(C(1,1,0)\),\(A_1(0,0,1)\),\(B(1,0,0)\)，則：\(\overrightarrow{A_1B}=(1,0,-1)\)，\(\overrightarrow{AC}=(1,1,0)\)；夾角余弦值為\(\frac{|\overrightarrow{A_1B}\cdot\overrightarrow{AC}|}{|\overrightarrow{A_1B}|\cdot|\overrightarrow{AC}|}=\frac{|1×1+0×1+(-1)×0|}{\sqrt{1^2+0^2+(-1)^2}\cdot\sqrt{1^2+1^2+0^2}}=\frac{1}{\sqrt{2}×\sqrt{2}}=\frac{1}{2}\)；故夾角為\(60°\)（或\(\frac{π}{3}\)弧度）。答案：\(60°\)。針對(duì)性訓(xùn)練1.求正四面體的高與棱長(zhǎng)的比值；（提示：坐標(biāo)法或體積法）2.在長(zhǎng)方體\(ABCD-A_1B_1C_1D_1\)中，\(AB=2\),\(BC=1\),\(AA_1=3\)，求異面直線\(A_1C\)與\(BD\)的夾角。（提示：向量法）2.3解析幾何：圓錐曲線與參數(shù)方程知識(shí)點(diǎn)梳理圓錐曲線：橢圓（\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)）、雙曲線（\(\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\)）、拋物線（\(y^2=2px\)）；核心性質(zhì)：離心率（\(e=\frac{c}{a}\)，橢圓\(e<1\)，雙曲線\(e>1\)，拋物線\(e=1\)）、焦點(diǎn)（橢圓兩焦點(diǎn)距離\(2c\)）、準(zhǔn)線（橢圓準(zhǔn)線方程\(x=±\frac{a^2}{c}\)）。方法技巧參數(shù)方程（橢圓：\(x=acosθ\),\(y=bsinθ\)；雙曲線：\(x=asecθ\),\(y=btanθ\)）、極坐標(biāo)（以焦點(diǎn)為極點(diǎn)，圓錐曲線統(tǒng)一極坐標(biāo)方程\(ρ=\frac{ep}{1-ecosθ}\)）、韋達(dá)定理（聯(lián)立直線與圓錐曲線方程，用根與系數(shù)關(guān)系求弦長(zhǎng)、中點(diǎn)）。經(jīng)典例題例6（橢圓弦中點(diǎn)）：已知橢圓\(\frac{x^2}{4}+y^2=1\)，過(guò)點(diǎn)\(P(1,0)\)的直線\(l\)交橢圓于\(A,B\)兩點(diǎn)，求弦\(AB\)中點(diǎn)\(M\)的軌跡方程。解答：設(shè)直線\(l\)的斜率為\(k\)（\(k\)存在時(shí)），方程為\(y=k(x-1)\)，代入橢圓方程得：\[\frac{x^2}{4}+k^2(x-1)^2=1?(1+4k^2)x^2-8k^2x+4k^2-4=0\]設(shè)\(A(x_1,y_1)\),\(B(x_2,y_2)\),\(M(x_0,y_0)\)，則\(x_0=\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{4k^2}{1+4k^2}\)，\(y_0=k(x_0-1)=k(\frac{4k^2}{1+4k^2}-1)=-\frac{k}{1+4k^2}\)。消去\(k\)：由\(x_0=\frac{4k^2}{1+4k^2}\)得\(k^2=\frac{x_0}{4(1-x_0)}\)，代入\(y_0=-\frac{k}{1+4k^2}\)，平方得\(y_0^2=\frac{k^2}{(1+4k^2)^2}=\frac{x_0/[4(1-x_0)]}{x_0^2}=\frac{1}{4x_0(1-x_0)}\)，即\(x_0^2-x_0+4y_0^2=0\)，整理為\((x_0-\frac{1}{2})^2+y_0^2=\frac{1}{4}\)（\(x_0≠1\)）。當(dāng)\(k\)不存在時(shí)，直線\(l\)為\(x=1\)，中點(diǎn)\(M(1,0)\)，代入上述方程成立。故軌跡方程為：\[(x-\frac{1}{2})^2+y^2=\frac{1}{4}\]答案：\((x-\frac{1}{2})^2+y^2=\frac{1}{4}\)。針對(duì)性訓(xùn)練1.求拋物線\(y^2=4x\)的焦點(diǎn)坐標(biāo)及準(zhǔn)線方程；（提示：標(biāo)準(zhǔn)形式\(y^2=2px\)，\(p=2\)）2.已知雙曲線\(\frac{x^2}{9}-\frac{y^2}{16}=1\)，求過(guò)點(diǎn)\(M(3,4)\)的切線方程。（提示：設(shè)切線方程為\(y-4=k(x-3)\)，聯(lián)立雙曲線方程，判別式為0）三、數(shù)論板塊：從“整除”到“同余”數(shù)論是競(jìng)賽的“思維試金石”，重點(diǎn)考查模運(yùn)算與整數(shù)性質(zhì)，核心專(zhuān)題包括整除理論、同余方程與不定方程。3.1整除理論：歐幾里得與唯一分解知識(shí)點(diǎn)梳理基本概念：整除（\(a|b\)表示\(b=ka\)，\(k∈\mathbb{Z}\)）、最大公約數(shù)（\(gcd(a,b)\)）、最小公倍數(shù)（\(lcm(a,b)\)）；核心定理：歐幾里得算法（\(gcd(a,b)=gcd(b,amodb)\)）、唯一分解定理（每個(gè)正整數(shù)可唯一表示為素?cái)?shù)冪乘積，如\(12=2^2×3\)）、貝祖定理（存在整數(shù)\(x,y\)使\(ax+by=gcd(a,b)\)）。方法技巧因數(shù)分析（將數(shù)分解為素?cái)?shù)冪，分析因數(shù)個(gè)數(shù)與和）、模運(yùn)算（用模\(m\)簡(jiǎn)化計(jì)算，如\(a≡bmodm\)則\(a^n≡b^nmodm\)）、貝祖定理應(yīng)用（求解線性不定方程）。經(jīng)典例題例7（歐幾里得算法求gcd）：求\(gcd(____,____)\)。解答：用歐幾里得算法：\(____÷____=5\)余\(____-5×____=____-____=6165\)；\(____÷6165=2\)余\(____-2×6165=____-____=15\)；\(6165÷15=411\)余\(0\)；故\(gcd(____,____)=15\)。答案：15。針對(duì)性訓(xùn)練1.求\(gcd(2023,2024)\)；（提示：相鄰整數(shù)互質(zhì)）2.證明：若\(a|bc\)且\(gcd(a,b)=1\)，則\(a|c\)。（提示：貝祖定理，\(ax+by=1\)，兩邊乘\(c\)）3.2同余方程：中國(guó)剩余定理與費(fèi)馬小定理知識(shí)點(diǎn)梳理基本概念：同余（\(a≡bmodm\)表示\(m|a-b\)）、同余方程（如\(ax≡bmodm\)）；核心定理：中國(guó)剩余定理（CRT，若\(m_1,m_2,…,m_n\)兩兩互質(zhì)，則同余方程組\(x≡a_imodm_i\)有唯一解mod\(M=m_1m_2…m_n\)）、費(fèi)馬小定理（若\(p\)為素?cái)?shù)且\(p?a\)，則\(a^{p-1}≡1modp\)）。經(jīng)典例題例8（中國(guó)剩余定理）：解同余方程組：\[\begin{cases}x≡1mod3\\x≡2mod5\\x≡3mod7\end{cases}\]解答：設(shè)\(x=3k+1\)（\(k∈\mathbb{Z}\)），代入第二個(gè)方程得\(3k+1≡2mod5?3k≡1mod5?k≡2mod5\)（因\(3×2=6≡1mod5\)），故\(k=5m+2\)，\(x=3(5m+2)+1=15m+7\)。代入第三個(gè)方程得\(15m+7≡3mod7?15m≡-4≡3mod7?15≡1mod7\)，故\(m≡3mod7\)，\(m=7n+3\)，\(x=15(7n+3)+7=105n+52\)。答案：\(x≡52mod105\)。針對(duì)性訓(xùn)練1.求\(2^{100}mod13\)；（提示：費(fèi)馬小定理，\(2^{12}≡1mod13\)，\(100=12×8+4\)，故\(2^{100}≡2^4=16≡3mod13\)）2.解同余方程\(5x≡7mod11\)；（提示：找逆元，\(5×9=45≡1mod11\)，故\(x≡7×9=63≡8mod11\)）3.3不定方程：模分析與無(wú)窮遞降知識(shí)點(diǎn)梳理常見(jiàn)類(lèi)型：線性不定方程（\(ax+by=c\)，有解當(dāng)且僅當(dāng)\(gcd(a,b)|c\)）、二次不定方程（如勾股方程\(x^2+y^2=z^2\)、佩爾方程\(x^2-dy^2=1\)）；核心方法：模分析（通過(guò)模\(m\)縮小變量范圍）、無(wú)窮遞降法（假設(shè)存在最小解，導(dǎo)出更小解，矛盾）、參數(shù)化（如勾股方程的解為\(x=k(a^2-b^2)\),\(y=2kab\),\(z=k(a^2+b^2)\)，\(a,b,k\)為正整數(shù)）。經(jīng)典例題例9（勾股方程）：求所有正整數(shù)解\(x,y,z\)滿(mǎn)足\(x^2+y^2=z^2\)且\(gcd(x,y,z)=1\)（本原勾股數(shù)）。解答：由\(gcd(x,y,z)=1\)，\(x,y,z\)兩兩互質(zhì)（否則與本原矛盾）。不妨設(shè)\(x\)為奇數(shù)，則\(x^2≡1mod4\)，故\(y^2=z^2-x^2≡0mod4\)，即\(y\)為偶數(shù)，設(shè)\(y=2ab\)（\(a,b\)互質(zhì)，\(a>b>0\)），則\(z^2=x^2+4a^2b^2\)，即\(z^2-x^2=4a^2b^2\)，因式分解得\((z-x)(z+x)=4a^2b^2\)。因\(z-x\)與\(z+x\)均為偶數(shù)且互質(zhì)（\(gcd(z-x,z+x)=gcd(z-x,2z)=2gcd(z-x,z)=2gcd(z-x,x)=2gcd(z,x)=2\)，但本原解中\(zhòng)(gcd(z,x)=1\)，故\(gcd(z-x,z+x)=2\)），故\(z-x=2b^2\)，\(z+x=2a^2\)（\(a>b\)，\(gcd(a,b)=1\)），解得\(x=a^2-b^2\)，\(z=a^2+b^2\)，\(y=2ab\)。答案：本原勾股數(shù)為\(x=a^2-b^2\),\(y=2ab\),\(z=a^2+b^2\)，其中\(zhòng)(a,b\)為互質(zhì)正整數(shù)，\(a>b\)，一奇一偶。針對(duì)性訓(xùn)練1.求\(x^2+2y^2=z^2\)的所有正整數(shù)解；（提示：模2分析，\(x\)必為奇數(shù)，設(shè)\(x=2a+1\)，代入化簡(jiǎn)）2.證明：\(x^4+y^4=z^2\)無(wú)正整數(shù)解；（提示：無(wú)窮遞降法，假設(shè)存在最小解，導(dǎo)出更小解）四、組合板塊：從“計(jì)數(shù)”到“極值”組合數(shù)學(xué)是競(jìng)賽的“靈活度考驗(yàn)”，重點(diǎn)考查分類(lèi)討論與構(gòu)造能力，核心專(zhuān)題包括組合計(jì)數(shù)、組合極值與圖論初步。4.1組合計(jì)數(shù)：容斥與遞推知識(shí)點(diǎn)梳理基本原理：加法原理（分類(lèi)計(jì)數(shù)）、乘法原理（分步計(jì)數(shù)）、容斥原理（\(|A_1∪A_2∪…∪A_n|=Σ|A_i|-Σ|A_i∩A_j|+Σ|A_i∩A_j∩A_k|-…+(-1)^{n+1}|A_1∩…∩A_n|\)）；常見(jiàn)模型：排列（\(P(n,k)=\frac{n!}{(n-k)!}\)）、組合（\(C(n,k)=\frac{n!}{k!(n-k)!}\)）、多重排列（\(\frac{n!}{n_1!n_2!…n_k!}\)）、錯(cuò)位排列（\(D(n)=n!(\frac{1}{0!}-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-…+(-1)^n\frac{1}{n!})\)）。方法技巧分類(lèi)討論（按元素性質(zhì)或位置分類(lèi)）、補(bǔ)集思想（計(jì)算總數(shù)減去不符合條件的數(shù)目）、遞推關(guān)系（如斐波那契數(shù)列：\(F(n)=F(n-1)+F(n-2)\)）、生成函數(shù)（用多項(xiàng)式乘積表示計(jì)數(shù)問(wèn)題，如\((1+x)^n\)展開(kāi)式系數(shù)為組合數(shù)）。經(jīng)典例題例10（容斥原理）：求1到100中，不被2、3、5整除的數(shù)的個(gè)數(shù)。解答：設(shè)\(S=\{1,2,…,100\}\)，\(A=\{x∈S|2|x\}\)，\(B=\{x∈S|3|x\}\)，\(C=\{x∈S|5|x\}\)，則：\(|A|=50\),\(|B|=33\),\(|C|=20\)；\(|A∩B|=|x|6|x|=16\),\(|A∩C|=|x|10|x|=10\),\(|B∩C|=|x|15|x|=6\)；\(|A∩B∩C|=|x|30|x|=3\)；由容斥原理，\(|A∪B∪C|=50+33+____+3=74\)，故不被2、3、5整除的數(shù)的個(gè)數(shù)為\(____=26\)。答案：26。針對(duì)性訓(xùn)練1.求\(1\)到\(1000\)中，至少有一個(gè)數(shù)字是\(5\)的數(shù)的個(gè)數(shù)；（提示：補(bǔ)集，總數(shù)減去不含\(5\)的數(shù)的個(gè)數(shù)，\(9×9×9=729\)，故\(____=271\)）2.求\(n\)個(gè)元素的錯(cuò)位排列數(shù)\(D(4)\)；（提示：\(D(4)=4!(\frac{1}{0!}-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!})=24(1-1+0.5-1/6+1/24)=9\)）4.2組合極值：鴿巢與不等式知識(shí)點(diǎn)梳理核心原理：鴿巢原理（\(n+1\)個(gè)物體放入\(n\)個(gè)盒子，必有一個(gè)盒子至少有2個(gè)物體）、極端原理（考慮最大或最小元素）；方法技巧：構(gòu)造法（構(gòu)造滿(mǎn)足條件的例子）、證明法（用不等式或鴿巢原理證明極值）。經(jīng)典例題例11（鴿巢原理）：證明：任意5個(gè)整數(shù)中，必有3個(gè)整數(shù)的和能被3整除。解答：將整數(shù)按模3分類(lèi)，分為剩余類(lèi)\(0,1,2\)，共3類(lèi)。若某類(lèi)有至少3個(gè)數(shù)，取這3個(gè)數(shù)，和為\(0+0+0=0\)或\(1+1+1=3\)或\(2+2+2=6\)，均能被3整除；若每類(lèi)最多2個(gè)數(shù)，則5個(gè)數(shù)分布在3類(lèi)中，必有一類(lèi)有2個(gè)數(shù)，另一類(lèi)有2個(gè)數(shù)，第三類(lèi)有1個(gè)數(shù)（\(2+2+1=5\)），取每類(lèi)各1個(gè)數(shù)，和為\(0+1+2=3\)，能被3整除。結(jié)論：命題成立。針對(duì)性訓(xùn)練1.證明：任意10個(gè)自然數(shù)中，必有兩個(gè)數(shù)的差能被9整除；（提示：模9剩余類(lèi)共9類(lèi)，10個(gè)數(shù)必有一類(lèi)有2個(gè)數(shù)）2.平面上有6個(gè)點(diǎn)，任意三點(diǎn)不共線，求最多能形成多少個(gè)銳角三角形；（提示：極端原理，考慮凸六邊形，每個(gè)頂點(diǎn)處的角，用補(bǔ)集思想）4.3圖論初步：歐拉回路與染色知識(shí)點(diǎn)梳理基本概念：圖（頂點(diǎn)集\(V\)，邊集\(E\)）、度（頂點(diǎn)連接的邊數(shù)，記為\(d(v)\)）、路徑（頂點(diǎn)序列，相鄰頂點(diǎn)有邊）、回路（起點(diǎn)與終點(diǎn)相同的路徑）；核心定理：歐拉回路（圖存在歐拉回路當(dāng)且僅當(dāng)圖連通且所有頂點(diǎn)度為偶數(shù)）、哈密頓回路（經(jīng)過(guò)每個(gè)頂點(diǎn)恰好一次的回路，存在性無(wú)充要條件）、圖的染色（頂點(diǎn)染色：相鄰頂點(diǎn)顏色不同，最少顏色數(shù)為色數(shù)\(χ(G)