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数学解题18种方法


奥林匹克数学的十八种解题技巧
江苏省海安高级中学 肖德明
有固定求解模式的问题不属于奥林匹克数学,通常的情况是,在一 般思维规律的指导下,灵活运用数学基础知识去进行探索与尝试、选 择与组合。这当中,经常使用一些方法和原理(如探索法,构造法, 反证法,数学归纳法,以及抽屉原理,极端原理,容斥原理??) ,同 时,也积累了一批生气勃勃、饶有趣味的奥林匹克技巧。 “竞赛的技 巧不是低层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,又是创造数学技巧的技巧,更确切点说,这是一种数学创 造力,一种高思维层次,高智力水平的艺术,一种独立于史诗、音乐、 绘画的数学美。 ” 奥林匹克技巧是竞赛数学中一个生动而又活跃的组成部分。 一.构造 它的基本形式是:以已知条件为原料、以所求结论为方向,构造出 一种新的数学形式,使得问题在这种形式下简捷解决。常见的有构造 图形,构造方程,构造恒等式,构造函数,构造反例,构造抽屉,构 造算法等。 例1 一位棋手参加 11 周(77 天)的集训,每天至少下一盘棋,

每周至多下 12 盘棋,证明这棋手必在连续几天内恰好下了 21 盘棋。 证明:用 an 表示这位棋手在第 1 天至第 n 天(包括第 n 天在内)所 下的总盘数( n ? 1, 2,…77 ) ,依题意
1

1 ? a1 ? a2… ? a77 ? 12 ?11 ? 132

考虑 154 个数:
a1 , a2 ,…,a77 , a1 ? 21, a2 ? 21,? a77 ? 21

又由 a77 ? 21 ? 132 ? 21 ? 153 ? 154 ,即 154 个数中,每一个取值是从 1 到 153 的 自 然 数 , 因 而 必 有 两 个 数 取 值 相 等 , 由 于 i ? j 时 , ai ? a j
ai ? 21 ? a j ? 21

故只能是 ai , a j ? 21(77 ? i ? j ? 1) 满足

ai ? a j ? 21

这表明,从 i ? 1 天到 j 天共下了 21 盘棋。 这个题目构造了一个抽屉原理的解题程序,并具体构造了 154 个 “苹果”与 153 个“抽屉” ,其困难、同时也是精妙之处就在于想到用 抽屉原理。 例 2 小值。
?a ? x ? y 解:构造一个△ABC,其中三边长分别为 ? ?b ? y ? z ,则其面积为 ?c ? z ? x ?

已知 x, y, z 为正数且 xyz( x ? y ? z) ? 1 求表达式 ( x ? y)( y ? z) 的最最

? ? ( p( p ? a)( p ? b)( p ? c) ? ( x ? y ? z) xyz ? 1

另方面 ( x ? y )( y ? z ) ? ab ?

2? ?2 sin C

故 知 , 当 且 仅 当 ∠ C=90 ° 时 , 取 值 得 最 小 值 2 , 亦 即
( x ? y) 2 ? ( y ? z ) 2 ? ( x ? z ) 2
y( x ? y ? z ) ? xz ( x ? y)( y ? z ) ? 2 。

时 , ( x ? y)( y ? z) 取 最 小 值 2 , 如 x ? z ? 1, y ? 2 ?1 时 ,

练习 1: 设 x,

?( x ? 1)3 ? 1997( x ? 1) ? ?1 ? y∈R,且满足 ? ,求 3 ? ?( y ? 1) ? 1997( y ? 1) ? 1

x+y.

解 : 设 f(t)=t3+1997t,先证 f(t)在(-∞,+∞)上递增。事实上,若
2

a<b,则 f(b)-f(a)=b3-a3+1997(b-a)=(b-a)(b2+ba+a2+1997)>0,所以 f(t) 递增。 由题设 f(x-1)=-1=f(1-y),所以 x-1=1-y,所以 x+y=2. 练习 2:解方程:(3x-1)( 9x 2 ? 6x ? 5 ? 1)+(2x-3)( 4x 2 ? 12x ? 13 +1)=0. 解 令 m=3x-1, n=2x-3,方程化为 m( m 2 ? 4 +1)+n( n 2 ? 4 +1)=0. ① 若 m=0,则由①得 n=0,但 m, n 不同时为 0,所以 m ? 0, n ? 0. ⅰ)若 m>0,则由①得 n<0,设 f(t)=t( t 2 ? 4 +1),则 f(t)在(0,+∞)上 是增函数。又 f(m)=f(-n),所以 m=-n,所以 3x-1+2x-3=0,所以 x= ⅱ)若 m<0,且 n>0。同理有 m+n=0,x= ,但与 m<0 矛盾。 综上,方程有唯一实数解 x=
4 . 5 4 5 4 . 5

练习 3:求函数 y=( 1 ? x + 1 ? x +2)( 1 ? x 2 +1),x∈[0,1]的值域。 解: 令 1 ? x + 1 ? x =u, 因为 x∈[0,1], 所以 2≤u2=2+2 1 ? x 2 ≤4,所以 2
u?2 u2 2?2 ≤ ≤2,1≤ 2 2 2 所以该函数值域为[2+ 2 ,8]。

≤u≤2,所以

≤2,所以 y= u ? 2 u2∈[ 2 +2,8]。
2

练习 4:已知 a, b, c∈(-1, 1),求证:ab+bc+ca+1>0. 【证明】 设 f(x)=(b+c)x+bc+1 (x∈(-1, 1)),则 f(x)是关于 x 的一次函 数。 所以要证原不等式成立,只需证 f(-1)>0 且 f(1)>0(因为-1<a<1). 因为 f(-1)=-(b+c)+bc+1=(1-b)(1-c)>0, f(1)=b+c+bc+a=(1+b)(1+c)>0, 所以 f(a)>0,即 ab+bc+ca+1>0. 练习 5: (柯西不等式) 若 a1, a2,?,an 是不全为 0 的实数, b1, b2,?,bn∈R, 则 ( ? ai2 ) · ( ? bi2 ) ≥( ? ai bi )2, 等号当且仅当存在 ? ? R, 使 ai= ?bi , i=1,
i ?1 i ?1 i ?1 n n n

2, ?, n 时成立。 每个数学表达式都既有运算成分又有智慧成分,对柯西不等式的 运算构成可以作这样的理解,任意给定两组实数
a1 , a2 ,?, an , b1 , b2 ,?, bn ,
3

? n ? 将其上下对应项“相乘”之后、 “求和” 、再“平方”可得 ? ? ai bi ? ? i ?1 ?

2

,柯

西不等式告诉我们,一般情况下这三种运算并不满足交换率,先各自
2 ?? 2? “平方” ,然后“求和” 、最后“相乘” ,运算的结果 ? ? ? ai ?? ? bi ? 不会 n n

? i ?1

?? i ?1

?

变小;当且仅当 ai ? kbi 时运算才满足交换率. 这可以成为我们掌握柯西不等式的一个记忆方法,也可以成为我 们应用柯西不等式的一个操作起点: 首先找出两组实数, 然后验证 “相 乘” 、 “求和” 、 “平方”三种运算.经验表明,在找两组实数的过程中, 充满着数学机智. 认识 n 维柯西不等式从二维开始是一个有效途径,把二维柯西不 等式看透了,n 维柯西不等式证明的比较法(作差、作商) 、判别式法、 基本不等式法、数学归纳法等也就水到渠成了. 二维柯西不等式的认识 二维柯西不等式是:

? ac ? bd ?


2

? ? a 2 ? b 2 ?? c 2 ? d 2 ? ,

② ③

ac ? bd ? a2 ? b2 c2 ? d 2



等号成立当且仅当 a ? kc, b ? kd ( k 为非零常数) ,即 bc ? ad ? 0 . 证明②、③并不复杂,但其与中学数学内容的内在联系却非常广 泛,揭示数学表达式的深刻联系有助于丰富表达式的智慧成分,我们 将从 9 个方面提供一些初步的认识.由于 ? a 2 ? b 2 ?? c 2 ? d 2 ? ? 0 时不等式显 然成立,为了书写的方便,下面的叙述均假定 ? a 2 ? b 2 ?? c 2 ? d 2 ? ? 0 . (1)从代数配方上认识.
4

1986 年全国初中数学联赛第一(4)题是:设 a, b, c, d 都是整数,且
m ? a2 ? b2 , n ? c 2 ? d 2 ,则 mn 可以表示为两个整数的平方和,其形式



. 答案给出了关于 a, b, c, d (不限于整数)的恒等式(由交换率还可以

写出一些变形) :

?a

2

? b2 ?? c 2 ? d 2 ? ? ? ac ? bd ? ? ? bc ? ad ?
2

2





由恒等式去掉非负项,可得二维柯西不等式,等号成立当且仅当
bc ? ad ? 0 ,即 a ? kc, b ? kd .可见,初中就已提供了认识二维柯西不等式

的知识基础:全量大于它的任一部分,配平方提供非负项等. 这里的④式,可以反过来由②式用作差法得到(其推广就是 n 维 柯西不等式的配方证明) .并且②、③、④式可以有广泛的数学理解, 下面,我们会慢慢展开,首先看恒等式④的复数含义. (2)从复数运算上认识. 记 z1 ? a ? bi, z2 ? c ? di ,有
z1z2 ? ? a ? bi ?? c ? di ? ? ? ac ? bd ? ? ?bc ? ad ? i,

可见,恒等④式实质上就是复数运算“模的乘积等于乘积的模” :
z1 z2 ? z1z2

,而不等式③就是复数的模不会小于它的实部
z1 z2 ? z1z2 ? Re ? z1z2 ? ,

等号成立当且仅当 bc ? ad ? 0 ,即 a ? kc, b ? kd . “复数的模不会小于它的实部”其实也就是“直角三角形中斜边不 会小于直角边” ,考虑到复数有坐标形式、向量形式等,这就给我们打 开了不等式的坐标视角、几何视觉.
5

(3)从向量数量积上认识. 记 ? ? ? a, b ? , ? ? ? c, d ? ,由数量积的定义,有
? ? ?? ? ? ?? ? ?? ac ? bd cos?? , ? ? ? ? ? ?? ? ??? a 2 ? b2 c 2 ? d 2

? ?

??





但 cos?? , ? ?

? ? ??

? 1 ,故得③.由此可得 n 维柯西不等式的向量形式 ? ? ?? ? ? ??

? ? ? ? ? ?? ,

等号成立当且仅当 cos?? , ? ? ? ?1 ? 向量 ? , ? 共线(线性相关) . 可见,二维柯西不等式又来源于余弦函数的有界性(利用这一点 还可以改写为参数变换的形式) . 并且这里的⑤式还可以理解为余弦定 理、点与直线的距离等. (4)从余弦定理上认识. 在坐标平面上取点 A? a, b? , (参见示意图) 1, 一般地, 在 ? AOB B ? c, d ? 中,由余弦定理有
OA2 ? OB 2 ? AB 2 cos ?AOB ? 2OA ? OB

? ?? ?

? ? ??

?
?

?a

2

2 2 ? b2 ? ? ? c 2 ? d 2 ? ? ?? a ? c ? ? ? b ? d ? ? ? ? 2 2 2 2 2 a ?b c ?d

ac ? bd a ? b2 c 2 ? d 2
2



图 1

这正是⑤式, 变形可得③. 等号成立当且仅当 cos ?AOB ? ?1 ? A, O, B 三点共线. 原来余弦定理在坐标系中与向量数量积的定义是相通的. (5)从点到直线的距离上认识. 在坐标平面上取点 A? a, b? , B ? ?d , c ?(参见示
6

意图

2) ,一般地, OA 的直线方程为
ay ? bx ,

由点 B 到直线 OA 的距离 BH 不大于 OB 有
ac ? bd a ?b
2 2

图2

? BH ? OB ? c 2 ? d 2



变形可得③,等号成立当且仅当 OA ? OB . 可见,二维柯西不等式与“点到直线的垂直距离最短”又是相通 的. 据此, 二维柯西不等式又可以与三角形面积相通, 如图 2, 在 ? AOB 中有 S? AOB ?
1 1 OA?BH ? OA? OB . 2 2

(6)从面积上认识. 一般地,以 A? a, b? , B ? ?d , c ? , O ? 0,0? 为顶点的 ? AOB 面积为
S? AOB =
1 0 0 1 1 1 a b ? ac ? bd 2 2 1 -d c

, .



ac ? bd ? 2S? AOB ? OA OB sin ?AOB ? OA OB ? a 2 ? b 2 c 2 ? d 2

等号成立当且仅当 sin ?AOB ? 1 . 可见,二维柯西不等式又可以认为是“三角形的面积不大于两边 长乘积的一半” . (7)从二次函数判别式上认识. 不等式 ? a 2 ? b2 ?? c 2 ? d 2 ? ? ? ac ? bd ?2 的结构使我们联想到二次函数的判 别式不大于 0.作开口向上的二次函数
? f ? x ? ? ? a 2 ? b2 ? x 2 ? 2 ? ac ? bd ? x ? ? c 2 ? d 2 ? , f ? x ? ? ? ax ? c ? ? ? bx ? d ?
2 2

由于 f ? x? ? 0 对一切 x ? R 恒成立,故有判别式不大于 0
7

4 ? ac ? bd ? ? 4 ? a 2 ? b 2 ?? c 2 ? d 2 ? ? 0 ,
2



?a

2

? b 2 ?? c 2 ? d 2 ? ? ? ac ? bd ?

2



等号成立当且仅当 ax ? c ? 0 且 bx ? d ? 0 . 由这个方法作个数推广,可得 n 维柯西不等式的简洁证明. 因为判别式来源于二次方程的配方, 所以能用配方法做的题目都可 以考虑用判别式法做,并且在配方法知识链上立即可以导出基本不等 式法. (8)从基本不等式上认识. 由基本不等式得
ac a 2 ? b2 c 2 ? d 2 ?
2

a a 2 ? b2

? 1 ? a2 c2 ? ? 2 2? ?, c2 ? d 2 2 ? a ? b c2 ? d 2 ? c

同理 相加

bd a 2 ? b2

1? b d2 ? ? ? 2 ? 2 , 2 2 ? ? c2 ? d 2 2 ? ? a ?b c ?d ?

ac ? bd a 2 ? b2 c 2 ? d 2

? 1 ,变形即得.

(9) 从参数变换上认识. 将点 A? a, b? , B ?c, d ? 写成参数式
2 2 2 2 ? ?a ? a ? b cos ? , ? ?c ? c ? d cos ? , ? ? 2 2 2 2 b ? a ? b sin ? , ? ? ? ?d ? c ? d sin ? ,



? ac ? bd ?
?

2

? ? a 2 ? b2 ?? c 2 ? d 2 ? cos2 ?? ? ? ? ? ? a 2 ? b2 ?? c2 ? d 2 ? .

?

a 2 ? b2 c 2 ? d 2 cos ? cos ? ? a 2 ? b2 c 2 ? d 2 sin ? sin ?

?

2

等号成立当且仅当 cos2 ?? ? ? ? ? 1. 还可以写出更多的思路,不过,所写出的认识已经告诉我们,二
8

维柯西不等式与代数配方、复数运算、向量数量积、余弦定理、点到 直线距离、面积、二次函数判别式、基本不等式、参数变换等很多知 识都有内在的联系,难怪各种形式的柯西不等式(向量形式、积分形 式、概率形式等)能够成为诸多现代数学理论的出发点. 【证明】
n i ?1

令 f(x)= ( ? ai2 )x2-2( ? ai bi )x+ ? bi2 = ? (ai x ? bi ) 2 ,
i ?1 i ?1 i ?1 i ?1

n

n

n

n

因为 ? ai2 >0,且对任意 x∈R, f(x)≥0, 所以△=4( ? ai bi )-4( ? ai2 )( ? bi2 )≤0. 展开得( ? ai2 )( ? bi2 )≥( ? ai bi )2。
i ?1 i ?1 i ?1
i ?1 n i ?1 i ?1 n n n

n

n

等号成立等价于 f(x)=0 有实根,即存在 ? ,使 ai= ?bi , i=1, 2, ?, n。
1? 1 练习 6:设 x, y∈R+, x+y=c, c 为常数且 c∈(0, 2],求 u= ? ? x ? ?? ?y? ? ?的 ? x ?? y? ? ?

最小值。
1? 1 【解】u= ? ? x ? ?? ?y? ? ? =xy+ ? x ?? y? ? ?
x y 1 1 ? ? ≥xy+ +2· y x xy xy

x y ? y x

=xy+

1 +2. xy
1 ( x ? y) 2 c 2 c2 ? ,设 f(t)=t+ ,0<t≤ . t 4 4 4 2 2 ? c ? c 0< ≤1,所以 f(t)在 ? ? 0, 4 ? 上单调递减。 4 ? ?

令 xy=t,则 0<t=xy≤ 因为 0<c≤2,所以 所以 f(t)min=f(
c 2

c2 4

)=

c2 4

+

4 c2

,所以 u≥

c2 4

+

4 c2

+2.
c2 4

当 x=y= 时,等号成立. 所以 u 的最小值为

+

4 c2

+2.

练习 7.正数 a、b、c、A、B、C 满足 a+A=b+B=c+C=k, 求证:aB+bC+cA<k
2

(21 届全苏数学奥林匹克竞赛题)

9

《分析》除了纯代数方法以外,若能联想几何意义, 视正数为线段长,则两正数之积可与面积相联系,于 是可构造以 k 为边长的正三角形,使其三边分别为 a+A,B+b,C+c, (如图 1) 于是求证的结论可视作要证 S△PNM+S△QLN+S△RLM<S△PQR (∵ ; 结论显然成立. 二. 映射 它的基本形式是 RMI 原理。 令 R 表示一组原像的关系结构(或原像系统) ,其中包含着待确定 的原像 x ,令 M 表示一种映射,通过它的作用把原像结构 R 被映成映 象关系结构 R*,其中自然包含着未知原像 x 的映象 x * 。如果有办法把
x * 确定下来,则通过反演即逆映射 I ? M ?1 也就相应地把 x 确定下来。取

; )



对数计算、换元、引进坐标系、设计数学模型,构造发生函数等都体 现了这种原理。 建立对应来解题,也属于这一技巧。 例 3 甲乙两队各出 7 名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台 赛,双方先由 1 号队员比赛,负者被淘汰,胜者再与负方 2 号队员比 赛,?直到有一方队员全被淘汰为止,另一方获得胜利,形成一种比 赛过程,那么所有可能出现的比赛过程的种数为
10





设甲、乙两队的队员按出场顺序分别为 A1,A2,?,A7 和

B1,B2,?B7。 如 果 甲 方 获 胜 , 设 Ai 获 胜 的 场 数 是 xi , 则 0 ? xi ? 7,1 ? i ? 7 而 且
x1 ? x2 ? … ? x7 ? 7

(*)容易证明以下两点:在甲方获生时,

(i)不同的比赛过程对应着方程(*)的不同非负整数解; (ii)方程(*)的不同非负整数解对应着不同的比赛过程,例如, 解(2,0,0,1,3,1,0)对应的比赛过程为:A1 胜 B1 和 B2,B3 胜 A1,A2 和 A3,A4 胜 B3 后负于 B4,A5 胜 B4,B5 和 B6 但负于 B7, 最后 A6 胜 B7 结束比赛。 故甲方获胜的不同的比赛过程总数是方程(*)的非负整数解的个
7 数 C13 。

解二

建立下面的对应;

集合 ?A1, A2 ,…,A7 ? 的任一个 7-可重组合对应着一个比赛过程, 且这种 对应也是一个一一对应。例如前述的比赛过程对应的 7-可重组合是

? A1, A2 , A3 , A4 , A5 , A6? 所 以 甲 方 获 胜 的 不 同 的 比 赛 过 程 的 总 数 就 是 集 合
7 。 ?A1, A2 ,…,A7? 的 7-可重组合的个数 C77?7?1 ? C13

例 4 设 pn (k ) 表示 n 个元素中有 k 个不动点的所有排列的种数。 求证

?k p(
k ?0 n

n

k )?

n !

证明

设 S ? ?a1, a2 ,…, an ? 。 对 S 的 每 个 排 列 , 将 它 对 应 向 量

(e1, e2 ,…,en ) ,其中每个 ei ??0,1? ,当排列中第 i 个元素不动时, ei ? 1 ,否

则为 0。 于是 pn (k ) 中所计数的任一排列所对应的向量都恰有 k 个分量为 1 ,所以 n! 个排列所对应的那些向量中取值为 1 的分量的总数为
11

? kp (k ) 。
k ?1 n

n

1? i ? n , 另一方面, 对于每个 i , 使得第 i 个元素不动的排列共有 (n ? 1)!

个,从而相应的 n 维向量中,有 (n ? 1)! 个向量的第 i 个分量为 1。所以, 所有向量的取值为 1 的分量总数 n(n ? 1)! ? n!,从而得到 ? kpn (k ) ? n !
k ?1 n

练习 1:

如果从 1,2,?,14 中,按从小到大的顺序取出 a1,a2,a3

使同时满足:a2-a1≥3,a3-a2≥3,那么所有符合要求的不同取法有多少 种? [解] 设 S={1,2,?,14},S ' ={1,2,?,10};T={(a1,a2,a3)| a1,a2,a3

' ' ' ' ' ' ' ∈ S,a2-a1 ≥ 3,a3-a2 ≥ 3}, T ' ={( a1' , a2 ) ∈ S '| a1' , a2 }, 若 , a3 ? S ' , a1 ? a2 ? a3 , a3 ' ' ' ' 令 a1 ? a1' , a2 ? a2 则(a1,a2,a3)∈T,这样就建立 (a1' , a2 , a3 ) ?T ' , ? 2, a3 ? a3 ? 4,

了 从 T ' 到 T 的 映 射 , 它 显 然 是 单 射 , 其 次 若 (a1,a2,a3) ∈ T, 令
' ' ' ' ' a1 ? a1 , a2 ? a2 ? 2, a3 ? a3 ? 4 ,则 (a1' , a2 , a3 ) ? T ' ,从而此映射也是满射,因此 3 是一一映射,所以|T|= | T '|? C10 =120,所以不同取法有 120 种。

练习 2:已知集合 A={1,2,3,?,10},求 A 的所有非空子集的元素 个数之和。 [解] 设所求的和为 x,因为 A 的每个元素 a,含 a 的 A 的子集有 2
9 9 9

个,所以 a 对 x 的贡献为 2 ,又|A|=10。所以 x=10×2 . [另解]
k A 的 k 元子集共有 C10 个,k=1,2,?,10,因此,A 的子集的元

1 2 10 0 1 9 素个数之和为 C10 ? 2C10 ? ? ? 10C10 ? 10(C9 ? C9 ? ? ? C9 ) ? 10×2 。

9



递推

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
12

(几)个初始条件出发逐步递推,得到任一时刻的结果,用递推的方 法解题,与数学归纳法(但不用预知结论) ,无穷递降法相联系,关键 是找出前号命题与后号命题之间的递推关系。 用递推的方法计数时要抓好三个环节: (1)设某一过程为数列 f (n) ,求出初始值 f (1), f (2) 等,取值的个数 由第二步递推的需要决定。 (2)找出 f (n) 与 f (n ? 1) , f (n ? 2) 等之间的递推关系,即建立函数方 程。 (3)解函数方程 递推数列 定义 1 对于正整数 n, k , 由递推关系
an?k ? f ? an?k ?1, an?k ?2 ,?, an ?

所确定的数列 ?an ? 称为递推数列. (2)递归数列、特征方程 定义 2 合,
an?k ? ?1an?k ?1 ? ?2an?k ?2 ? ?? ?k an ,

若数列 ?an ? 从第 k 项以后任一项都是其前 k 项的线性组



其中 n 为正整数, ?1, ?2 ,?, ?k 为常数, ?k ? 0 ,则称 ?an ? 为 k 阶线性递归数 列,称①为 ?an ? 的递归方程,与递归方程相对应的代数方程
xk ? ?1xk ?1 ? ?2 xk ?2 ? ?? ?k ?1x ? ?,



称为 k 阶线性递归数列 ?an ? 的特征方程. 例 1 等差数列 : an?2 ? 2an?1 ? an ,是 2 阶线性递归数列;
13

等比数列: an ? qan?1 ,是 1 阶线性递归数列. 调和数列: an ?
an ?1 1 ? dan ?1

,不是线性递归数列,但是递推数列.

(3)递归方程的求解 定理 1 若特征方程②有 k 个相异根 x1, x2 ,?, xk ,则对应递归方程① 所确定的数列 ?an ? 的通项公式为
an ? c1x1n ? c2 x2n ? ?? ck xk n .

其中 c1, c2 ,?, ck 是下列方程组的唯一解:
?c1 x1 ? c2 x2 ? ? ? ck xk ? a1 , ? 2 2 2 ?c1 x1 ? c2 x2 ? ? ? ck xk ? a2 , ? ?? ?c x k ? c x k ? ? ? c x k ? a . 2 2 k k k ?1 1

定理 2 若特征方程②有 k 重根 ? ,则对应递归方①所确定的数列

?an ? 的通项公式为:
an ? ? c1 ? c2 n ? ? ? ck n k ?1 ? ? n .

其中 c1, c2 ,?, ck 是下列方程组的唯一解:
?? c1 ? c2 ? ? ? ck ? ? ? a1 , ? k ?1 2 ?? c1 ? 2c2 ? ? ? 2 ck ? ? ? a2 , ? ?? ? c ? kc ? ? ? k k ?1c ? k ? a . 2 k? k ?? 1

2.数学竞赛中递推数列的主要类型 (1)求数值 (2)求通项 (3)论证数列的性质 (4)数列应用题
14

例 5 整数 1,2,?,n 的排列满足:每个数大于它之前的所有的 数或者小于它之前的所有的数。试问有多少个这样的排列? 解 通过建立递推关系来计算。设所求的个数为 an ,则 a1 ? 1 (1) 对 n ? 1 ,如果 n 排在第 i 位,则它之后的 n ? i 个数完全确定,只能是
n ? i, n ? i ? 1, ?,2,1。而它之前的 i ? 1 个数, n ? i ? 1, n ? i ? 2, ?, n ? 1 ,有 ai ?1 种

排法,令 i ? 1, 2, ?, n 得递推关系。
an ? 1 ? a1 ? …? an?2 ? an?1 ? (1 ? a1 ? …? an?2 ) ? an?1 ? an?1 ? an?1 ? 2an?1

( 2)

由(1) , (2)得

an ? 2n?1

例 6 运动会连续开了 n 天( n ? 1 ) ,一共发了 m 枚奖章.第一天发 1 枚以及剩下( m ? 1 )枚的 ,第二天发 2 枚以及发后剩下的
1 7 1 7

,以后

每天均按此规律发奖章.在最后一天即第 n 天发了剩下的 n 枚奖章,问 运动会开了多少天,一共发了多少枚奖章? 讲解 “运动会连续开了 n 天( n ? 1 ) ,一共发了 m 枚奖章”是题 目为了叙述方便给我们设出的未知数,现在的问题是要解出在两个未 知数.所以要去找联系两个未知数的等量关系. 题目给出的、反映 m , n 之间联系的最本质关系是发奖方式:第 k 天发 k 枚以及发后剩下的 (昨天剩下、及发 k 枚后剩下) ,这又涉及 今天与昨天奖章的关系,所以,我们还要设一个体现前后关系的未知 数 ak :运动会开了 k 天后还剩下 ak 枚奖章,它与中小学时设的常量未 知数的不同之处在于, ak 是一个变量(关于 k 的函数) ,因此,题目最 本质的等量关系是反映 ak 的等量关系(递推方程) .首先有
1 7

a0 ? m, an ? 0 .
15

又,第 k 天发了 k ? ? ak ?1 ? k ? 枚奖章,还剩下
1 ? ? ak ?1 ? ? k ? ? ak ?1 ? k ? ? , 7 ? ?

1 7

得等量关系
1 ? ? 6 ak ? ak ?1 ? ?k ? ? ak ?1 ? k ? ? ? ? ak ?1 ? k ? . 7 ? ? 7



下面是解这个递推方程,基本思路是化归为等比数列来处理.先 视 k 为常量,找它的迭代不动点
x? 6 6 ( f ? x? ? ? x ? k ? ) ?x ?k? , 7 7

得 把①化为了

x ? ?6k ,

ak ? 6k ?

6 ? ak ?1 ? 6k ? . 7



但 k 为变量,且左、右两边要保持下标一致才能成为等比数列, 所以继续将②
ak ? 6k ? 6 ? ak ?1 ? 6 ? k ? 1? ? 6 ? ?, 7?



这又变成①的形式,再求迭代不动点
x? 6 ? x ? 6 ? , x ? 36 . 7

于是,③或说①可变为
ak ? 6k ? 36 ? 6 ? ak ?1 ? 6 ? k ? 1? ? 36 ? ? 7?





这表明, bk ? ak ? 6k ? 36 是一个等比数列,有
b0 ? m ? 36, bn ? 6n ? 36, q ? 6 , 7

由等比数列的通项公式得
?6? bn ? b0q ? 6n ? 36 ? ? m ? 36? ? ? ?7?
n n



16



m?

7n ? n ? 6 ? ? 36 . 6n?1



这就是 m ,n 所满足的等量关系或方程(不定方程) ,因为 m ,n
7n ? n ? 6 ? 为整数,所以 n?1 为整数,但 ? 6,7 ? ? 1 ,只有 6
6 n ?1 整除 n ? 6 ,由于
6n ?1 ? ?1 ? 1?
n ?1 0 1 ? Cn ( n ?1) ?1 ? Cn ?1 ? n ? n ? 6 ,

得 n ? 6 =0,代入⑤得 m ? 36 . 说明 1:可以算出每天发的奖章 第 1 天: 1 ? 第2 第3 第4 第5
35 ? 6. 7 36 ? 6 ? 2 ? 2? 4 ? 6. 天: 2 ? 7 36 ? 12 ? 3 ? 3?3 ? 6. 天: 3 ? 7 36 ? 18 ? 4 ? 4?2 ? 6. 天: 4 ? 7 36 ? 24 ? 5 ? 5 ?1 ? 6. 天: 5 ? 7

第 6 天: 6 . 其实是每天 6 枚. 说明 2 古典名题背景: 一位老人把积蓄的 m 枚金币分给 n 个儿女(m,n 是大于 1 的正整 数) ,首先,给老大 1 枚金币和剩下 ;然后,从余下枚的金币中给老 二分 2 枚金币和剩下 ;依此类推,第 k 个孩子就分 k 枚金币和剩下的
1 7 1 7 1 7

,直到最小的孩子分到最后剩下的 n 枚金币.问老人分给每个孩子的

金币是否一样多? 说明 3 既有运算又有推理,是运算与论证的综合,还与数论交叉.
17

例 7 (斐波那契兔子问题)兔子出生以后两个月就能生小兔子, 每次不多不少恰好生一对(一雌一雄) .假如养了初生的小兔一对,试 问:一年以后共可有多少对兔子(如果生下的小兔都不死的话) . 解 更一般地, 设第 n 个月有 an 对兔子, 因为第 1 个月只有原有的 1 对小兔子,故 a1 ? 1 ;到第 2 个月小兔子长大但还不会生育,仍是一 对兔子,故 a2 ? 1 . 对 n ? 3 ,易知第 n 个月的兔子数 an 可由两部分兔子组成,一部分是 上一个月转来的兔子数 an ?1 ,另一部分是当月新出生的小兔子,它的数 量是前一个月(上 2 个月)的兔子数 an?2 ,故有 ① an ? an?1 ? an?2 , ( n ? 2 ) 其中 a1 ? 1, a2 ? 1 . 这个式子叫做斐波那契递推方程.它反映了一个状态 an 与前面两 个状态 an ?1 , an?2 的联系.由此可以求得: a1 ? 1 , a2 ? 1 , a3 ? 2, a4 ? 3 , a5 ? 5, a6 ? 8 , a7 ? 13, a8 ? 21, a9 ? 34, a10 ? 55 , a11 ? 89, a12 ? 144 ,即年后有兔子 144 对. 通过递推关系①可以解出 an .由①有 an?1 ? an ? an?1, (递推方程 x2 ? x ? 1 ? 0 ) 即
? 1? 5 1? 5 ? ?1? 5 1? 5 ? an ?1 ? ? ? a ? ? ? n ? 2 ? 2 ? 2 ? ? an ?1 , 2 ? ? ? ? ?

变形并递推(也可以直接用等比数列的通项公式)
an ?1 ? ? 1? 5 1? 5 ? 1? 5 an ? a ? a ? ? n n ? 1 ? 2 2 ? 2 ? ?
2

? 1? 5 ? ? ? 1? 5 ?? a ? a ? ? ? n ? 1 n ? 2 ? 2 ? ? ? 2 ? ? ? ? ?? ? 1? 5 ? ?? ? 2 ? ? ? ?
n ?1

? 1? 5 ? a ? a1 ? ? 2 ? ? 2 ? ?

? 1? 5 ? ?? ? 2 ? ? , ? ?

n

同理 消去 an ?1 得

? 1? 5 ? 1? 5 an ?1 ? an ?? ? ? 2 ? ? . 2 ? ?

n

18

n n 1 ?? 1 ? 5 ? ? 1 ? 5 ? ? ?? ?. an ? ? ?? ? 2 ? ? ? 2 ? 5 ?? ? ? ? ? ? ?



另解

? 1? 5 ? ? 1? 5 ? an ? c1 ? ? c ? 2? ? 2 ? ? 2 ? ? ? ? ? ?

n

n



? 1? 5 ? ? 1? 5 ? 1 ? c1 ? ? c ? ? 2 ? 2 ? ? 2 ? ? ? ? ? ? ? 3? 5 ? ? 3? 5 ? 1 ? c1 ? ? c ? ? 2 ? 2 ? ? 2 ? ? ? ? ? ?
c1 ? c2 ? 1 5



n n 1 ?? 1 ? 5 ? ? 1 ? 5 ? ? ?? ?. an ? ? ? ?? ? 2 ? ? ? 2 5 ?? ? ? ? ? ??

例8

2009 年全国高考数学陕西卷(理科)22 题(12 分) :
1 2



知数列 ?xn } 满足 x1= , xn+1=

1 * . , n? N 1 ? xn

? ? ? 猜想数列 {x2n } 的单调性,并证明你的结论;
2? (Ⅱ)证明: | xn?1 -xn|≤ 1 ? ? ? 6?5?
n ?1



裴波那契递推方程
?an? 2 ? an ?1 ? an , , ? ?a1 ? 1, a2 ? 2,

决定了数列:1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,?? 现作变形 本题的数列:
1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 , , , , , , , , , , ,? 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 233

an ? 2 a a 1 ? 1 ? n ,并令 xn ? n , 则有 xn ?1 ? an ?1 an ?1 an ?1 1 ? xn

, x1= ,这就是

1 2

其不动点为方程
19

x?

1 ? x2 ? x ?1 ? 0 1? x

的正根 x0 ?

5 ?1 ,正是著名的黄金分割,也是极限 2

lim
n??

an 5 ?1 . ? an?1 2

可见,本题有裴波那契数列和黄金分割的背景.由于裴波那契数列 有很多很好的性质,所以本题亦有很多很好的性质可供探讨. 例 9 设 ?an ? 为 a1 ? ?1, an?1 ? 2an ? 证明 由
3an 2 ? 1. 试证数列的各项均为整数.

an ?1 ? an ? an ? 3an 2 ? 1 ? 0 知,数列单调递增.又由已知有

an ?1 ? 2an ? 3an 2 ? 1. an ? 2an ?1 ? 3an ?12 ? 1.

平方得
2 2 an ?1 ? 4an an ?1 ? ? an ? 1? ? 0, 2 2 an ?1 ? 4an an ?1 ? ? an ? 1? ? 0,

这表明 an?1 , an?1 是二次方程
x 2 ? 4an x ? ? an 2 ? 1? ? 0

两个根,由韦达定理得
an?1 ? an?1 ? 4an

又 a1 ? ?1, a2 ? 2 ? ?1? ? 3 ? ?1?2 ? 1 ? 0 ,可由数学归纳法推得数列的各项 均为整数. 例 10 已知数列 ?an ? 满足 a1 ? a2 ? 1 , 且 an ? 得通项 解
2 a2 ?2 由已知有 a1 ? a2 ? 1 , a3 ? ? 3 ,且 a1 2 an ?1 ? 2 , (n ? 3) , 求数列 ?an ? an ?2

20

2 an ? 2 an ? an ?1 ? 2, 2 an ?1an ?1 ? an ? 2,

相减后移项 两边减去 kan an?1

2 2 an?1an?1 ? an ?1 ? an?2 an ? an ,

an?1 ? an?1 ? kan ? an?1 ? ? an ? an ? kan?1 ? an?2 ? ,
an ?1 ? kan ? an ?1 an ? kan ?1 ? an ?2 ? an an ?1 ?? ? a3 ? ka2 ? a1 4 ? k ? , a2 1

变形

取 k ? 4 得 an?1 ? an?1 ? 4an

练习 1: 正数列 a0,a1,?,an,?满足 a0=a1=1,求通项。 【解】 即 由
a n a n ? 2 ? a n ?1 a n ? 2 ? 2a n ?1 得

a n a n ? 2 ? a n ?1 a n ? 2

=2an-1(n≥2)且

an a ? 2 n ?1 a n ?1 an?2

=1,

? a ? an ? 1 ? 2? n ?1 ? 1?. ? an?2 ? a n?1 ? ?
an a n ?1

令 b n=

+1,则{bn}是首项为 +1=2n,所以
a n ?1 an?2 an a n ?1 a1 a0

a1 a0

+1=2,公比为 2 的等比数列,

所以 bn= 所以 an=
n i ?1

an a n ?1

=(2n-1)2,
n

an a n ?1

·

?

a2 a1

·

·a0= ? (2 k
k ?1

? 1) 2 .

注: ? Ci ? C1·C2·?·Cn. 练习 2: 已知数列{xn}满足 x1=2, 【解】 考虑函数 f(x)=
2 xn ?2 xn+1= ,n∈N+, 2 xn

求通项。 得 x= ? 2.

x2 ? 2 x2 ? 2 的不动点,由 =x 2x 2x

因为 x1=2, xn+1=

2 xn ?2 ,可知{xn}的每项均为正数。 2 xn

又 xn2 +2≥ 2 2 xn ,所以 xn+1≥ 2 (n≥1)。又
21

Xn+1-

2 xn ?2 ( xn ? 2 ) 2 2= ? 2= 2 xn 2 xn 2 xn ?2 (x ? 2)2 ? 2= n 2 xn 2 xn

, ,
2

① ② 。 ③

Xn+1+ 2 =

?x ? 2? 由①÷②得 ?? n ? xn ?1 ? 2 ? ? xn ? 2 ? ? x1 ? 2 xn ?1 ? 2



x1 ? 2

>0,

由③可知对任意 n∈N+, 所以 lg? 所以 lg

xn ? 2 xn ? 2

>0 且 lg ?

? x n ?1 ? 2 ? ? xn ? 2 ? ? ? 2 lg ? ?, ? x n ?1 ? 2 ? ? ? xn ? 2 ? ? ? ?

? xn ? 2 ? ?2 ? 2 ? ? 是首项为 lg ? ? ,公比为 ? xn ? 2 ? ? ?2 ? 2 ? ?
xn ? 2 xn ? 2 ?2
n ?1

2 的等比数列。
2 n ?1

?2 ? 2 ? xn ? 2 ? 2 ? 2 ? · lg ? ?? ? ,所以 ? xn ? 2 ? 2 ? 2 ? ?2 ? 2 ?
2 n ?1 2 n ?1



解得 xn ? 2 ·

(2 ? 2 ) (2 ? 2 )

? (2 ? 2 ) ? (2 ? 2 )

2 n ?1 2 n ?1



练习 3: 用 1,2,3 三个数字来构造 n 位数,但不允许有两个紧挨着 的 1 出现在 n 位数中,问:能构造出多少个这样的 n 位数? [解] 设能构造 an 个符合要求的 n 位数,则 a1=3,由乘法原理知 a2=3

×3-1=8.当 n≥3 时:1)如果 n 位数的第一个数字是 2 或 3,那么这 样的 n 位数有 2an-1;2)如果 n 位数的第一个数字是 1,那么第二位只 能是 2 或 3,这样的 n 位数有 2an-2,所以 an=2(an-1+an-2)(n≥3).这里数 列 {an} 的 特 征 方 程 为 x =2x+2 , 它 的 两 根 为 x1=1+ 3 ,x2=1- 3 , 故
n n an=c1(1+ 3 ) + c2(1+ 3 ) , 由 a1=3,a2=8 得 c1 ? 2 ? 3 , c2 ? 3 ? 2 ,所以 2

2 3

2 3

an ?

1 4 3

[(1 ? 3 ) n? 2 ? (1 ? 3 ) n? 2 ].



区分
22

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。 例 11 柯 西 函 数 方 程 : 设 f ? x ? 在 R 上 单 调 、 连 续 , 对 x1, x2 ? R 有

f ? x1 ? x2 ? ? f ? x1 ? ? f ? x2 ? ,则 f ? x ? ? f ?1? x .

证明

分 4 步.首先由已知有 ①

f ? x1 ? x2 ??? xn ? ? f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? ?? f ? xn ? .

第 1 步, x 为正整数 n 时,对①取 xi ? 1 得
f ? n? ? f ?1? n



② 命题成立. 第 2 步, x 为正有理数 时 ? m, n ? N ? ? ,由①、②有
?m? ?m? nf ? ? ? f ? ? ? ?n? ?n? ?m? f ? ? ??? ?n? ?m? ? m? f ? ? ? f ? n? ? ? f ? m ? ? f ?1? m , ?n? ? n?
m n



m ?m? f ? ? ? f ?1?? . n ?n?



第 3 步,当 x 为有理数时.首先有
f ? 0? ? f ? 0 ? 0 ? ? f ? 0 ? ? f ? 0 ? ,

23

推出

f ? 0? ? 0 .



其次,当 x 为负有理数时, ? x ? 0 ,由④有
0 ? f ? 0? ? f ? x ? x ? ? f ? x ? ? f ? ? x ? ,

再由③得

f ? x ? ? ? f ? ?x ? ? ? f ?1?? ?x ? ? f ?1? x .

计及第 2 步得,对一切有理数 x 都有
f ? x ? ? f ?1? x .



第 4 步,当 x 为实数时,只需证 x 为无理数时成立.设 ?k , ?k 分别是 x 精确到小数点后第 k 位的不足近似值与过剩近似值,有
? k ? lim ? k ? x , ?k ? x ? ?k 且 lim k ?? k ??

由单调性不妨设单调增加,有
f ??k ? ? f ? x ? ? f ? ?k ? ,

由⑤有 取极限 得

f ?1??k ? f ? x ? ? f ?1? ?k ,
f ?1? lim ? k ? f ? x ? ? f ?1? lim ? k
k ?? k ??

f ?1? x ? f ? x ? ? f ?1? x f ? x ? ? f ?1? x

下列各方程均可作变换转化为柯西方程来求解(其中 f ( x) 均不横 为 0) . (P.160) ( 1) 若 f ( x ? y ) ?
f ( x) f ( y), 则 f ( x) ? a x .

(2) 若 f ( xy) ? f ( x) ? f ( y) ? x ? 0, y ? 0? ,则 f ( x) ? loga x . (3) 若 f ( xy) ? f ( x) f ( y) ? x ? 0, y ? 0? , 则 f ( x) ? x2 . ( 4) 若 f ( x ? y ) ?
k f ( x) f ( y ) , 则 f ( x) ? . x f ( x) ? f ( y )

(5) 若 f ( x) ? 0, 且 x ? 0, y ? 0 ,有
24

f ( x ? y) ? f ( x) ? f ( y) ? 2 f ( x) f ( y), 则 f ( x) ? ax 2

(a ? 0 . )

(6) 若 f ( x) ? 0, 且 x ? 0, y ? 0 时,有
f 2 ( x) ? f 2 ( y) ? f 2 ( x ? y), 则 f ( x) ? a x (a ? 0).

( 7) 若

f ( x) ? 0,



2 2 f 2 ( x ? y) ? f 2 ( x ? y) ? 2 ? ? f ( x) ? f ? y ? ? ?,



f ( x) ? a x ? a ? 0? .

( 8) 若 f ( x ? y ) ?

f ( x) ? f ( y) ? kxy, 则 f ( x) ? ax2 ? bx.

(9) 若 f ( x ? y) ? f ( x ? y) ? 2 f ( x), 则 f ( x) ? ax ? b. (10) 若 f(
x? y f ( x) ? f ( y ) )? , 则 f ( x) ? ax ? b. 2 2

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 12 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?ABC ? S?ABD ? S?ACD ? S?BCD ? 1 1 ? 2 4

A,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 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, DF ?
1 AB ,此时可作△EAB 2
25

的中位线 PQ、QG,


1 1 1 S? EAB ? S ABCD ? 即 A、G、Q、P 为所求。 2 2 2 1 (2)如图 2-53, DF ? AB ,此时可在 CD 与 CF 上分别取 P、Q, 2 1 1 使 PQ ? AB 。过 Q9 或 P)作 QG∥AP 交 AB 于 G。为证 S? APQG ? ,连 2 2 S? AGQP ?

AP 交 BE 于 M, 过 A 作 AH∥BC 交 CD 延长线于 H。 有 S?PCM ? S?PAH ? S?PAD
S?MAB ? S?PCM ? S ABCP ? S?PAD ? S ABCO ? AABCD



S? APQG ?

1 1 1 S?MAB ? S ABCD ? 2 2 2

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。 练习 1: 已知α ,β 为锐角,且 x· (α +β - )>0,求证:
? cos ? ? ? cos ? ? ? ? sin ? ? ? ? ? sin ? ? ? 2. ? ? ? ?
x x

? 2

【证明】 若α +β > , 则 x>0, 由α > -β >0 得 cosα <cos( -β )=sin β, 所以 0<
cos? sin ?
x

? 2

? 2

? 2

<1,又 sinα >sin( -β )=cosβ , 所以 0<
x 0 0

? 2

cos ? sin ?

<1,

? cos ? ? ? cos ? ? ? cos ? ? ? cos ? ? 所以 ? ? sin ? ? ? ? ? sin ? ? ? ? ? sin ? ? ? ? ? sin ? ? ? 2. ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 若α +β < ,则 x<0,由 0<α < -β < 得 cosα >cos( -β )=sinβ 2 2 2 2 ? cos ? cos? 所以 >1。又 0<sinα <sin( -β )=cosβ ,所以 >1, 2 sin ? sin ? ? cos ? ? ? cos ? ? ? cos ? ? ? cos ? ? 所以 ? ? sin ? ? ? ? ? sin ? ? ? ? ? sin ? ? ? ? ? sin ? ? ? 2 ,得证。 ? ? ? ? ? ? ? ?
x x 0 0

>0,

练习 2:设三位数 n ? abc ,若以 a,b,c 为三条边的长可以构成一个等 腰(含等边)三角形,则这样的三位数 n 有__________个 解: a, b, c 要能构成三角形的边长, 显然均不为 0。 即 a, b, c ?{1, 2,...,9}
26

(1)若构成等边三角形,设这样的三位数的个数为 n1 ,由于三位
1 数中三个数码都相同,所以, n1 ? C9 ? 9.

(2)若构成等腰(非等边)三角形,设这样的三位数的个数为 n2 , 由于三位数中只有 2 个不同数码. 设为 a、b,注意到三角形腰与 底可以置换,所以可取的数码组(a,b)共有 2C92 。但当大数为底 时,设 a>b,必须满足 b ? a ? 2b 。此时,不能构成三角形的数码是 a b 9 4, 3 2, 1 8 4, 3 2, 1 7 3, 2 1 6 3, 2 1 5 1, 2 4 1, 2 3 2 1 1 1

共 20 种情况。同时,每个数码组(a,b)中的二个数码填上三个 数位,有 C32 种情况。 故 n2 ? C32 (2C92 ? 20) ? 6(C92 ?10) ? 156 。综上, n ? n1 ? n2 ? 165 。 五 极端 某些数学问题中所出现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态往往具有优先于其它元素的特殊性 质,而这又恰好为解题提供了突破口,从极端元素入手,进而简捷地 解决问题,这就是通常所说的“极端原理” 。 使用这一技巧时,常常借用自然数集的最小数原理,并与反正法相 结合。 例 13 设 S 为平面上的一个有限点集(点数≥5) ,其中若干点染 上红色,其余的点染上蓝色,设任何 3 个及 3 个以上的同色的点不共 线。求证存在一个三角形,使得
27

(1)它的 3 个顶点涂有相同颜色; (2)这三角形至少有一边上不包含另一种颜色的点。 证明 成立。 若结论(2)不成立,可取顶点同色的三角形中面积最小的一个, 因为只有有限个三角形,这是可以做到的,记为△ABC,由于此三角 形的每一边上都有异色点,记为 A1,B1,C1,则△A1B1C1 也是同色三 角形,且面积小于△ABC 的面积,这与△ABC 面积的最小性矛盾。 故(2)成立。 例 14 已 知 实 数 列 ?an ?? 具有下列性质:存在自然数 n,满足 k ?1
a1 ? a2 ? … ? an ? 0

对于任意的五点涂上红色蓝色, 则必有三点同色, 结论 ( 1)

及 an?k ? ak , k ? 1, 2… 求证存在自然数 N,使当 k ? 0,1, 2,… 时,总有 ? ai ? 0
i?N N ?K

证明 构造和式
S j ? a1 ? a2 ? …? a j ( j ? 1, 2,…, n)

依题设知
Sn? j ? S j ? a j ?1 ? a j ?2 ? …? a j ?n ? S j ? a j ?1 ? a j ?2 ? …? an ? a1 ? a2 ? …? a j ? S j ? (a1 ? a2 ? …? an ) ? S j

这表明,和数列的各项中只取有限个不同的值:S1,S2,?,Sn, 其中必有最小数,记作 Sn (1 ? m ? n) ,取 N=m+1,则
aN ? aN ?1 ? …? aN ?k ? am?1 ? am?2 ? …? am?1?k ? Sm?1?k ? Sm ? 0

练习 1 :

在 △ ABC 中,求证: a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)
28

≤3abc. 【证明】 令 a=y+z, b=z+x, c=x+y,则 abc=(x+y)(y+z)(z+x)
? 8 xy ? yz ? zx =8xyz=(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)

=a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)-2abc. 所以 a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c) ≤3abc. 练习 2: 设 a, b, c∈R+, 且 abc+a+c=b, 试求 P ? 的最大值。 【解】 由题设 b ?
a?c ,令 1 ? ac 2 2 3 ? 2 ? 2 a ?1 b ?1 c ?1
2

a=tanα, c=tanγ, b=tanβ,
2

10 1? 10 ? ? 3? sin ? ? ? ? , 3 3? 3 ? ? 1 10 当且仅当 α+β= ,sinγ= ,即 a= 2 , b ? 2 , c ? 2 时,Pmax= . 3 3 2 2 4 1 2 2 2 练习 3: 在△ ABC 中,若 a+b+c=1,求证: a +b +c +4abc< . 2 ?? 【证明】 设 a=sin2αcos2β, b=cos2αcos2β, c=sin2β, β ? ? ? 0, ? . ? 2? 1 因为 a, b, c 为三边长,所以 c< , c>|a-b|, 2 ? 2 2 2 ? 从而 ? ? ? ? 0, ? ,所以 sin β>|cos α·cos β|. ? 4?

则 tanβ=tan(α+γ), P=2sinγsin(2α+γ)+3cos2γ≤

因为 1=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca), 所以 a2+b2+c2+4abc=1-2(ab+bc+ca-2abc). 又 ab+bc+ca-2abc=c(a+b)+ab(1-2c) =sin2βcos2β+sin2αcos2α·cos4β·cos2β
1 4 1 = 4 1 > 4

= [1-cos22β+(1-cos22α)cos4βcos2β]
1 4 1 + 4

+ cos2β(cos4β-cos22αcos4β-cos2β) cos2β(cos4β-sin4β-cos2β)= .
1 . 2

1 4

所以 a2+b2+c2+4abc<

六 对称 对称性分析就是将数学的对称美与题目的条件或结论相结合, 再凭
29

借知识经验与审美直觉,从而确定解题的总体思想或入手方向。其实 质是美的启示、没的追求在解题过程中成为一股宏观指导的力量。著 名物理学家杨振宁曾高度评价对称性方法: “当我们默默考虑一下这中 间所包含的数学推理的优美性和它的美丽完整性,并以此对比它的复 杂的、深入的物理成果,我们就不能不深深感到对对称定律的力量的 钦佩” 。 例 15 设 a1, a2 ,…,an 为正数, 它们的和等于 1, 试证必有下不等式成立:
2 2 2 an an a12 a2 1 ?1 ? ? …? ? ? a1 ? a2 a2 ? a3 an?1 ? an an ? a1 2 2 2 a2 a2 证明 设左边为 x ? a1 ? a2 ? … ? n?1 ? n

a1 ? a2

a2 ? a3

an?1 ? an

an ? a1

2 a2 出于对称性的考虑,再引进 y ? a2 ? 3 ? ?

a1 ? a2

a2 ? a3

2 an a2 ? 1 an?1 ? an an ? a1

2 2 2 2 2 2 a2 ? a3 an an ? a12 a12 ? a2 ?1 ? an 有x? y ? ? ? …? ? a1 ? a2 a2 ? a3 an?1 ? an an ? ai

? (a1 ? a2 ) ? (a2 ? a3 ) ? …? (an?1 ? an ) ? (an ? a1 ) ? 0

又由

ai2 ? a 2 j ai ? a j

?

ai ? a j 2

2 2 2 2 a2 ? a3 an ? a12 1 1 a12 ? a2 得 x ? ( x ? y) ? ( ? ?? ) 2 2 a1 ? a 2 a2 ? a3 an ? a1

1 ? [(a1 ? a2 ) ? (a2 ? a3 ) ? … ? (an ? a1 )] 4 1 1 ? (a1 ? a2 ? … ? an ) ? 2 2 1 a1 ? a2 ? … ? an ? 时,可取等号。 n

还可用平均值不等式、柯西不等式直接证明。 练习 1: 已知 a, b, c∈R+,求证:a+b+c-3 3 abc ≥a+b ? 2 ab. 【证明】 要证 a+b+c ? 33 c ? a ? b ≥a+b ? 2 ab. 只需证 c ? 2 ab ? 33 abc ,
30

因为 c ? 2 ab ? c ? ab ? ab ? 33 c ? a ? b ? 33 abc ,所以原不等式成立。 练习 2: 已 知 实 数 a, b, c 满 足 0<a≤b≤c≤
1 2

,求证:

2 1 1 ? ? . c(1 ? c) a(1 ? b) b(1 ? a)

【证明】 ≤c(1-c), 所以

因为 0<a≤b≤c≤ ,由二次函数性质可证 a(1-a) ≤b(1-b)

1 2

1 1 1 , ? ? a(1 ? a) b(1 ? b) c(1 ? c) 1 1 2 2 所以 , ? ? ? a(1 ? a) b(1 ? b) b(1 ? b) c(1 ? c) 1 1 1 1 ? ? ? 所以只需证明 , a(1 ? a) b(1 ? b) a(1 ? b) b(1 ? a) a ?b a ?b ? 也就是证 , a(1 ? a)(1 ? b) b(1 ? a)(1 ? b)

只需证 b(a-b) ≤a(a-b),即(a-b)2≥0,显然成立。所以命题成立。 练习 3: 已 知 x, y, z∈R+ , 且 x2+y2+z2=1 , 求 证 :
x y z 3 3 ? ? ? . 2 2 2 2 1? x 1? y 1? z

【证明】

先证

x 3 3 2 ? x . 2 2 1? x
1 ?2? 2 ?? ? ? 2 ?3? 3 3
3

因为 x(1-x2)=

1 ? 2 x 2 (1 ? x 2 ) 2 ? 2

,

x x2 x2 3 3 2 所以 ? ? ? x . 2 2 2 2 1? x x(1 ? x ) 3 3

同理 y 2 ? 3 3 y 2 ,
1? y 2
z 3 3 2 ? z , 2 2 1? z 所以 x 2 ? y 2 ? z 2 ? 3 3 ( x 2 ? y 2 ? z 2 ) ? 3 3 . 2 2 1? x 1? y 1? z

七 配对 配对的形式是多样的,有数字的凑整配对或共轭配对,有解析式的 对称配对对或整体配对,有子集与其补集的配对,也有集合间象与原
31

象的配对。凡此种种,都体现了数学和谐美的追求与力量,小高斯求 和(1+2+?+99+100)首创了配对。 例 16 求 ? [ 305n ] 之值。 503
n ?0 502




2 5 1 3 0n 5 30 n5 ]? ? ( [ ?] 5 0 3 n?1 503






76304



?[
n ?0

5 0 2

[

2 5 1 30? 5 (n 503 ) ? ?? ]) 503 n ?1

304 503 ? ? 3 0? 4 251 503

例 11 求和

1 2 k n an ? Cn ? 2Cn ? …? kCn ? …? nCn

2 k n ? k 解一 由 Cnk ? Cn n 把 an 倒排,有 an ? 0Cn0 ? 1 Cn1? C 2n ? …? kCn ? …? nCn
n n?1 n ?k n an ? nCn ? (n ?1)Cn ? …? (n ? k )Cn ? …? 0Cn

相加 得

0 1 n 2an ? n(Cn ? Cn ? …? Cn )n ? 2n

an ? n ? 2n?1
k kC n ? A? S , ? A

解二 设集合 S ? ?1 , 2 … , n?,,注意到 有 an ? ? A
A? S

?

A , ? k 1, … 2,
k

,n

为了求得 ? A 把每一 A ? S ,让它与补集 A 配对,共有 2n ?1 对,且每对中
A? S

均有

A ? A ?n

于是 an ? ? A ? n ? n ? …n ? n ? 2n?1
A? S

这两种解法形式上虽有不同,但本质上是完全一样的。 练习 1:设 a,b>0,且 a
2008

+b
2

2008

=a

2006

+b

2006

。则 a +b 的最大值是________

2

2

解 因为 a2008+b2008≥a 又(a 且a
2006

2006

b +b
2008

2006 2

a, b +b
2006 2

+b

2006

)(a +b )=a
2006

2

2

2008

+b

+a

2006 2

a ≤2(a

2008

+b

2008

),

2008

+b

2008

=a

+b

2006

,

所以 a +b ≤2.
32

2

2

练习 2: 如图 1 所示, 设 P 为Δ ABC 所在平面内一点, 并且 AP= AB+ AC。 则Δ ABP 的面积与Δ ABC 的面积之比等于_________ 解 如图 4 所示,延长 AP 到 E,使得 AP= AE。
1 2 AB ? AC ,得 5 5 1 5

1 5

2 5

联结 BE,作 ED//BA 交 AC 延长线于点 D。由 AP ? 故四边形 ABED 是平行四边形。 所以
S ?ABP 1 ? . S ?ABE 5
1 S ABED S 2 2 ? ? 2 ,则 ?ABP ? . 1 S ?ABC 5 S ABED 4

AC=CD。



S ?ABE S ?ABC

练习 3:已知 a,b,c,d 是偶数,且 0<a<b<c<d, d-a=90, a,b,c 成等差 数列,b,c,d 成等比数列。则 a+b+c+d=__________ 解 设 a,b,c,d 分别为 b-m,b,b+m,
(b ? m) 2 . b

(b ? m) 2 m2 ? (b ? m) ? 90 ,则 b ? 又 . b 3(30 ? m)



因 a,b,c,d 为偶数,且 0<a<b<c<d,可知 m 为 6 的倍数,且 m<30. 设 m=6k,代入式①得 b ? 代入检验知 k=4,b=32. 故 m=24,b=32,a,b,c,d 依次为 8,32,56,98。 所以 a+b+c+d=194. 练习 4:将数列{3 }按“第 n 组有 n 个数”的规则分组如下: ( 1) , (3, 9) , (27,81,243) ,?。则第 100 组的第一个数是___________ 解 前 99 项的个数和为 1+2+?+99=4950。
33
n-1

2k 2 (k ? 1,2,3,4). 5?k

而第 1 组是 3 ,第 100 组的第一个数应为 3

0

4950





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 17 已知恒等式
8 8 (2 x? 1 )? a(x ? b )? 2x ( ? c x? 4d )

求实数 a, b, c, d ,其中 a ? 0 。 解 对 x 取特殊值,当 x ? 时,有 ?( 故有
a ? b ? 0 (1) 2 1 2 a 1 c ? b )8 ? ( ? ? d ) 4 ? 0 2 4 2

1 c ? ? d ? 0 ( 2) 4 2

又取 x ? 0 (即比较常数项系数) ,有

1 ? b8 ? d 4 (3)

比较 x8 的系数(考虑特殊位置) ,有 28 ? a8 ? 1 (4) 由④得 a ? 8 28 ?1 ? 8 255 代入(1) ,得 b ? ?
8

255 2

代入原式左边,有 (2 x ? 1)8 ? ( 8 255x ?

255 8 1 1 ) ? 256( x ? )8 ? 255( x ? )8 2 2 2

1 1 ? ( x ? )8 ? ( x 2 ? x ? ) 4 2 4

故知 c ? ?1, d ? 。 也可以将 a, b 的值代入(3) 、 (2)求 d , c ,但要检验排除增根。
34

1 4

例 18 已知 a 为常数, x ? R ,且 f ( x ? a) ? 求证
f ( x) 是周期函数。

f ( x )? 1 f ( x) ? 1

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 ?
4

?

?
4

)?

ctgx ? 1 ctgx ? 1

但 ctgx 的周期为 T ? ? ? 4 ? 猜想: T ? 4a 是周期。 证明 由已知有

?
4

? 4a 。

f (x f ( x ? a )? 1 f ( x f (x ? 2 a ? ) ? f ( x ? a )? 1 f ( x f (x

)? )? )? )?

1 ?1 ? 1 1 ? 1 ?1 f x( ) 1

据此,有 f ( x ? 4a) ? ?

1 1 ?? ? f ( x) 1 f ( x ? 2a ) ? f ( x)

得证 f ( x) 为周期函数,且 T ? 4a 为一个周期。
a, b, c 为实数, 练习 1 设 f ?x? ? ax2 ? bx ? c , 如果对于所有适合 ? 1 ? x ? 1

的 x 值,都有 ? 1 ? f ?x? ? 1 成立,则对这些 x 的值有 ? 4 ? 2ax ? b ? 4 . 分析 已知条件 ? 1 ? x ? 1 ? ? 1 ? f ?x? ? 1 说明, 系数 a, b, c 不是任意的; 结论式 ? 4 ? 2ax ? b ? 4 中的 x 已受到 ? 1 ? x ? 1 的限制, 所以, 关键是确定 a, b 的范围. 证明 1 设 g ? x? ? 2ax ? b ,由一次函数的单调性只需证
g ? ?1? ? 4 ? ?2a ? b ? 4 .



在 ? 1 ? f ?x? ? 1 中,令 x ? 1, ?1, 0 ,有
?1 ? a ? b ? c ? 1, ?1 ? a ? b ? c ? 1, ?1 ? c ? 1 ? ?1 ? ?c ? 1,
35

第 3 式分别与前两式相加,消去 c 得
?2 ? a ? b ? 2, ?2 ? a ? b ? 2,

② ③

相加

?2 ? a ? 2

③与②中的两式分别相加、得
?4 ? 2a ? b ? 4, ?4 ? 2a ? b ? 4,

得证①式. 证明 2 由已知有
?a ? b ? c ? f ?1? , ? ?a ? b ? c ? f ? ?1? , ? ?c ? f ? 0 ? ,

可解得
1 ? a ? ? f ?1? ? f ? ?1? ? ? ? f ?0? , ? 2? ? 1 ? ?b ? ? ? f ?1? ? f ? ?1? ? ?, 2 ? ?c ? f ? 0 ? , ? ?



36

1 2ax ? b ? ? ? f ?1? ? f ? ?1? ? ? ? 2 f ?0? x ? 2 ? ? f ?1? ? f ? ?1? ? ? 1? 1? ? ? ? f ?1? ? x ? ? ? f ? ?1? ? x ? ? ? 2 f ? 0 ? x 2? 2? ? ? 1? 1? ? ? ? f ?1? ? x ? ? ? f ? ?1? ? x ? ? ? 2 f ? 0 ? x 2? 2? ? ? 1 1 ? x? ? x? ?2 x 2 2 ? ? 1? ? 1? 1 ?? ? x ? 2 ? ? ? x ? 2 ? ? 2 x ? ?4 x ? 4, 当 ? 1 ? x ? ? 2 时 ? ? ? ? ? ?? 1? ? 1? 1 1 ? ?? x ? ? ? ? x ? ? ? 2 x ? 2 x ? 1 ? 2, 当 ? ? x ? 时 2? ? 2? 2 2 ?? ?? 1? ? 1? 1 ?? x ? ? ? ? x ? ? ? 2 x ? 4 x ? 4, 当 ? x ? 1时 2? ? 2? 2 ??

?

?

说明 1 证明 1 主要进行不等式运算比较容易失误,证明 2 主要 进行等式运算比较容易保证等价性.比如由②可得
?2 ? a ? 2, ?2 ? b ? 2,

推出

?6 ? 2a ? b ? 6, ?6 ? ?2a ? b ? 6,

只得出必要条件. 说明 2 由解法知当 f ?1?
? f ? ?1? ? f ? 0 ? ? x ? 1 时,等号可以成立,

如 a ? 2, b ? 0, c ? ?1 时,对 ? 1 ? x ? 1 ,有 ?1 ? 2 x2 ?1 ? 1 且 2ax ? b ? 4 x ? 4 . 练习 2 设 p( x) ? ak xk ? ak ?1xk ?1 ??a1x ? a0 ,式中各系数 a j ( j ? 0,1,?, k ) 都是 整数.今设有 4 个不同的整数 x1, x2 , x3 , x4 使 p( xi )(i ? 1, 2,3, 4) 都等于 2.试证 明对于任何整数 x , p( x) 必不等于 1,3,5,7,9 中的任何一个. 解 依题意 p( xi ) ? 2 ? p( xi ) ? 2 ? 0,(i ? 1, 2,3, 4) ,因而 p( x) ? 2 含有 4 个因 式 x ? xi , i ? 1, 2,3, 4
p( x) ? 2 ? ? x ? x1 ?? x ? x1 ?? x ? x1 ?? x ? x1 ? q ? x ? ,
37



其中 q ? x ? 是一个整系数多项式,或者是一个整数. 当 x 为任何整数时, ? x ? x1 ? , ? x ? x1 ? , ? x ? x1 ? , ? x ? x1 ? , q ? x ? 为 5 个整数,并 且前 4 个整数各不相同,所以①式的右边至少有 4 个不同的因数,但 是,1,3,5,7,9 减 2 得
?1 ? ? ?1? ? 1, 1 ? 1?1 ? ? ?1? ? ? ?1? , 3 ? 1? 3 ? ? ?1? ? ? ?3? , 5 ? 1? 5 ? ? ?1? ? ? ?5 ? , 7 ? 1? 7 ? ? ?1? ? ? ?7 ? .

均不可能为 4 个不同因数的积. 得证 p( x) 必不等于 1,3,5,7,9 中的任何一个. 思考: p( x) ? 14 行不行?
14 ? 2 ? 1? 2 ? ? ?2? ? ? ?3?

满足必要条件,充分性取决于系数.如
p( x) ? ? x ? 2?? x ?1?? x ? 5?? x ? 6? ? 2 ,

有 p(3) ? 14 . 练习 3 已知 f ( x) ? x2 ? px ? q , 求证 f (1) , f (2) , f (3) 中至少有一个不小 于 . 讲解 因为一般性的二次函数可由 3 个点完全确定, 因此 3 个值
1 2

f (1) , f (2) , f (3) 虽然都不知道,但对 f ( x) ? x2 ? px ? q 而言 f (1) , f (2) , f (3) 不

会是独立的,而是互相制约的
? f (1) ? 1 ? p ? q, ? ? f (2) ? 4 ? 2 p ? q, ? f (3) ? 9 ? 3 p ? q, ?

38

消去 q 消去 p

? f (2) ? f (1) ? 3 ? p, ? ? f (3) ? f (2) ? 5 ? p,
f (3) ? 2 f (2) ? f (1) ? 2 .
1 2

为了找 f (1) , f (2) , f (3) 中不小于 的那个数,应找最大的.
2 ? f (3) ? 2 f (2) ? f (1) ? f (3) ? 2 f (2) ? f (1) ? 4 max ? f (3) , f (2) , f (1) ? ,



max ? f (3) , f (2) , f (1) ? ?

1 . 2

证明 1 由
f ( x) ?

? x ? 2?? x ? 3? f (1) ? ? x ?1?? x ? 3? f (2) ? ? x ?1?? x ? 2? f (3) , ?1 ? 2??1 ? 3? ? 2 ?1?? 2 ? 3? ?3 ?1??3 ? 2 ?
1 1 ? x ? 2 ?? x ? 3? f (1) ? ? x ? 1?? x ? 3? f (2) ? ? x ? 1?? x ? 2 ? f (3) , 2 2



x 2 ? px ? q ?

比较两边 x2 项的系数,得
1? 1 1 f (3) ? f (2) ? f (1) 2 2 1 1 ? f (3) ? f (2) ? f (1) 2 2 1? ?1 ? ? ? 1 ? ? max ? f (3) , f (2) , f (1) ? 2? ?2 ? 2 max ? f (3) , f (2) , f (1) ? ,
max ? f (3) , f (2) , f (1) ? ? 1 . 2



证明 2 (反证法)假设结论不成立,则有
1 ? 1 ?? 2 ? 1 ? p ? q ? 2 , ? 1 ? 1 ?? ? 4 ? 2 p ? q ? , 2 ? 2 1 1 ? ?? 2 ? 9 ? 3 p ? q ? 2 , ?

??1 ? 3 ? p ? 1, ?? ??1 ? 5 ? p ? 1,

39

??4 ? p ? ?2, ?? ??6 ? 5 ? p ? 1.

矛盾. 思考 能取到 吗?试取 f (1) ?
1 2 1 1 1 , f (2) ? ? , f (3) ? ,有 2 2 2

?1 ? 2 ? 1? p ? q ? ? p ? ?4, ? 1 ? ?? ? 4 ? 2 p ? q ? ? 7 q? , ? 2 ? ? 2 ?1 ? 9 ? 3 p ? q ?2 ?
f ( x) ? x 2 ? 4 x ? 7 2

九 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 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。
40

例 19 求和

1 2 k n an ? Cn ? 2Cn ? …? kCn ? …? nCn
k k (1 ? x)n ? ? Cn x k ?0 n

解 引进恒等式 对 x 求导

k k ?1 n(1 ? x)n ?1 ? ? kCn x k ?1

n

令 x ? 1 ,得 ? kCnk ? n2n?1 。
k ?1

n

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 20 1985 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 3n ? 2 个 点中有 n 个-1 时, “好点”一定存在。 (1) n ? 1 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 n ? k 时成立,即 3k ? 2 个点中有 k 个-1 时,必有好 点。 对 n ? k ? 1 ,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 3k ? 2 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
41

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: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 n ? k ? 1 。一般说来, 更强的命题提供更强的归纳假设。 练习 1:如果自然数 a 的各位数字之和等于 7,那么称 a 为“吉祥数”. 将 所 有 “ 吉 祥 数 ” 从 小 到 大 排 成 一 列 a1 , a2 , a3 ,?, 若 an ? 2005, 则
a5 n ? 5200.
m 解 : ∵ 方 程 x1 ? x2 ? ? ? xk ? m 的 非 负 整 数 解 的 个 数 为 Cm ? k ?1 . 而 使 m?1 m ? 7 ,可知, k 位“吉祥 x1 ? 1, xi ? 0(i ? 2) 的整数解个数为 Cm ? k ?2 .现取

数”的个数为 P(k ) ? Ck6?5 . ∵ 2005 是 形 如 2abc 的 数 中 最 小 的 一 个 “ 吉 祥 数 ”, 且
6 6 P(1) ? C6 ? 1, P(2) ? C7 ? 7,

6 P(3) ? C8 ? 28, 对于四位“吉祥数”1abc,其个数为满足 a ? b ? c ? 6 的非

负整数解个数,即 C66?3?1 ? 28 个. ∵ 2005 是第 1+7+28+28+1= 65 个“吉祥数” ,即 a65 ? 2005. 从而
n ? 65,5n ? 325.
6 又 P(4) ? C96 ? 84, P(5) ? C10 ? 210, 而 ? P(k ) ? 330.
k ?1 5

∴ 从 大 到 小 最 后 六 个 五 位 “ 吉 祥 数 ” 依 次 是 : 70000 , 61000,60100,60010,60001,52000.∴第 325 个“吉祥数”是 52000, 即 a5n ? 52000 . 练习 2 证明:对任意三角形,一定存在两条边,它们的长 u 、v 满
42

足1 ? u ? 1 ?
v

5

2



讲解 有两种思维水平的处理. 水平 1 (参考答案)设任意 ? ABC 的三边长为 a, b, c ,不妨设

a ? b ? c .若结论不成立,则必有

a 1? 5 ? b 2

, 5分

① ②

b 1? 5 . ? c 2

记 b ? c ? s, a ? b ? t ? c ? s ? t , 显然 s ? 0, t ? 0 ,代入①得
s t 1? ? c ? s ? t 1? 5 1? 5 ? , c c? , s c?s 2 2 1? c s t 令 x ? , y ? ,则 c c
1? x ? y 1? 5 ? , 1? x 2


t ? 1. c

由 a ? b ? c ,得 c ? s ? t ? c ? s ? c ,即 t ? c ,于是 y ? 由②得
b c?s 1? 5 , ? ? 1? x ? c c 2



由③,④得
? 1? 5 ? 5 ?1 1 ? 5 y?? ? 2 ? 1? ? ?1 ? x ? ? 2 ? 2 ? 1 , ? ?

⑤ 15 分

此式与 y ? 1 矛盾,从而命题得证. 评析

这个证明写得很曲折,其实③式就是①式、④式就是②式,

解题的实质性进展在两个知识的应用上. (1)三角形基本定理:三角形两边之和大于第三边.使用“增
43

量法” ,引进四个参数 s, t , x, y 推出 是与基本定理的变形 y ? (2)特征数据 1 ?
1? 5 2 2

t ? 1 是基本定理的变形,构成矛盾也 c

a ?b ? 1 矛盾. c

5

的性质.这表现在⑤式用到的两个运算 =1 , 1 ?
5

+ 1?

5

2

2

×

5 ?1 ? 1. 2

抓住这两点,立即可得问题的改进解法:若结论不成立,则存在
? ABC ,满足 a ? b ? c ,且使

a 1? 5 ? b 2



b 1? 5 ? c 2

同时成立,得
1? 5 a b ? c c 2 5 ?1 1 ? 5 ? ? ? 1? ? 1? ? 1? ? . 2 b b b 2 2 1? 5

矛盾.故对任意三角形,一定存在两条边,它们的长 u 、 v 满足
1? u 1? 5 . ? v 2

这还只是局部上的修修补补,更关键的是抓住实质性的知识可以 构造不等式
0 ? a ? (b ? c)

(提供不等式) (出现特征数据 ⑥
1? 5 2

? 1? 5 1? 5 ? ? 1? 5 1? 5 ? ? a ?? ? 2 ? 2 ? ?b ? ? ? 2 ? 2 ? ?c ? ? ? ?



=? ?a ?
?

?

1? 5 ? 5 ?1 ? 1 ? 5 ? b? ? ? ? ?b ? 2 c? ? 2 2 ? ? ?

据此可以成批得出本题的证明. 水平 2 记任意 ? ABC 的三边长为 a, b, c ,不妨设 a ? b ? c ,又设

44

a b b ?a b? x ? min ? , ? ,则 1 ? x ? ,1 ? x ? , ? a ? bx, c ? ,代入基本定理,有 b c x ?b c ?

a ?b?c ? bx ? a ? b ? c ? b ? ? x 2 ? x ? 1 ? 0, b x

解得 说明

1? x ?

1? 5 . 2

对比这两种思维水平,所用到的知识是相同的,结论也都

正确.但水平一仍然停留在浅层结构的认识上,有在外围兜圈子之嫌, 而水平二则更接近问题的深层结构,思路清晰而简明. 练习 3 (2005、 全国高中数学联赛) 如图 1, 设 AB ? AC , 过 A 作 ? ABC 的外接圆的切线 l ,又以 A 为圆心, AC 为半径作 分别交线段 AB 于 D ,交直线 l 于 E 、 F .证明: DE、DF 通过 ? ABC 内心和一个旁心. 分析:1.题目的条件是什么,一共有几个, 数学含义如何. (1) ?CAE ? ?ABC, ?DAF ? ?ACB , (2) ? DEF 中,
1 1 ?DEF ? ?DAF ? ?ACB, 2 2 1 1 ?DFE ? ?DAE ? ? ?ABC ? ?BAC ? , 2 2 ? ?DFE ? 90 .





(3)等腰 ? ADE 中,

45

?ADE ? ?

1 ?180? ? ?DAE ? 2

1 1 180? ? ?ABC ? ?BAC ? ? ?ACB ? 2 2

(4)等腰 ? ADF 中,
?ADF ? ?AFD ? 1 1 180? ? ?DAF ? ? 90? ? ?ACB . ? 2 2

2.弄清题目的结论是什么,一共有几个,其数学含义如何.结论 成立需要什么? (1) 结论有两个:DE, DF 一个通过 ? ABC 的内心, 一个通过 ? ABC 的 旁心.什么是通过,数学实质是证三线共点. ①应是 DE 通过 ? ABC 的内心 ②应是 DF 通过 ? ABC 的旁心 (2)放下旁心,立即想“内心”的定义,这导致我们作 ? ABC 的 内角平分线.由于 B 点的信息量最少,因而优先考虑 ?A, ?C 的平分线, 这就出现了 ? A 的平分线 IA ,联结 IC ,问题转化为证 IC 是 ?C 的平分

?ACI ?

1 ?ACB 2
46

3. 弄清题目的条件与结论有哪些数学联系,是一种什么样的结 构.沟通条件与结论的数学联系 题目的条件和结论是两个信息源.从条件发出的信息,预示可知 并启发解题手段,从结论出发的信息预告需知并诱导解题方向,抓住 条件和结论“从何处下手、向何方前进”就有一个方向 (1)由结论 ?ACI ?
1 1 ?ACB 的需要,联想何处能提供 ?ACB ?想到 2 2 1 1 ?ADE ? ?AED ? ?DAF ? ?ACB 2 2

问题转化为证
?ACI ? ?ADE ?ACI ? ?AED ?ACI ? 1 ?DAF 2

其中之一 ( 2 )由 于 AC ? AD, AI 公共, ?CAI ? ?DAI , 故 ? ACI ?? ADI , 所以
?ACI ? ?ADI 是可以实现的.

证明:作 ?BAC 的平分线交 DE 于 I ,联结 IC ,由
AC ? AD, AI 公共, ?CAI ? ?DAI ,



? ACI ?? ADI ,

有 ?ACI ? ?ADI . 即 DE 通过 ? ABC 的内心. 十 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。 例 21 今有男女各 2n 人,围成内外两圈跳舞,每圈各 2n 人,有
47

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 与内圈 的 2n 个 数 b1, b2 ,…, b2n 中 有
a1 ? a2 ? …? a2n ? b1 ? b2 ? …? b2n ? 0
2n

个 1 ,

2n

个 -1 , 因 此 , 和

从而 (a1 ? a2 ? …? a2n )(b1 ? b2 ? …? b2n ) ? ?(b1 ? b2 ? …? b2n )2 ? 0



另一方面,当 a1 与 bi 面对面时, a1bi , a2bi?1,…, a2nbi?1 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 ? a2bi ?1 ? …? a2nbi ?1 ? 0(i ? 1, 2,…, 2n)

从 而 总 和 ②

0 ? ? (a1bi ? a2bi ?1 ? … ? a2 nbi ?1 ) ? (a1 ? a2 ? … ? a2 n )(b1 ? b2 ? … ? b2 n )
i ?1

2n

由①与②矛盾知,至少有一次跳舞的人数不少于 n 对。 这里还用到整体处理的技巧。 例 22 有男孩、女孩共 n 个围坐在一个圆周上( n ? 3 ) ,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 , )

48

?1    ai 表示男孩时 ai ? ? ??1    ai 表示女孩时
?3  ai , ai ?1 , ai ? 2均为男孩 ? ??3  ai , ai ?1 , ai ? 2均为女孩 ?? ?1  ai , ai ?1 , ai ? 2 恰有一个女孩 ??1  a , a , a 恰有一个男孩 i i ?1 i?2 ?

则 Ai ? ai ? ai ?1 ? ai ? 2

其中 an? j ? a j 又设取值为 3 的 Ai 有 p 个,取值为 ?3 的 Ai 有 q 个,依题意,取值为 1 的
Ai



b

个 , 取 值 为

?1



Ai



a

个 , 得

3(a1 ? a2 ? …? an ) ? (a1 ? a2 ? a3 ) ? (a2 ? a3 ? a4 ) ? …? (an ? a1 ? a2 )
? 3 p ? (?3)q ? (?1)a ? b ? 3( p ? q) ? (b ? q)

可 见 3 a ?b , 也 可 以 数 字 化 为 aj ? ? ?
??? ?
1 2 3 i.  w3 ? 1 2
?1  ai , ai ?1 , ai ? 2 表示三男或三女 ? ? ??   ai , ai ?1 , ai ? 2 表示二男一女 ? 2 ??   ai , ai ?1 , ai ? 2 表示一男二女

??   a j 表示男孩时 ? ??  a j 表示女孩时

有 ai ai ?1 ? ai ? 2 考虑积

1 ? (a1a2…an )3 ? ?b?a

知3 a ?b

十一 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 23 设有 2n ? 2n 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 3n 枚棋子都在这 n 行
49

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 ,…, a2n ,有
0 ? a1 ? a2 ? … ? a2n

① ② ③

a1 ? a2 ? …? an ? an?1 ? …? a2n ? 3n

由此可证

an?1 ? an?2 ? … ? a2n ? 2n

(1)若 an?1 ? 2 ,③式显然成立。 (2)若 an?1 ? 1时, a1 ? a2 ? …? an ? n ? an?1 ? n 从而 an?1 ? an?2 ? …? a2n ? 3n ? (a1 ? a2 ? …? an ) ? 2n 得③式也成立。 据③式,可取棋子数分别为 an?1, an?2 ,…, a2n 所对应的行,共 n 行。由于 剩下的棋子数不超过 n,因而至多取 n 列必可取完全部 3n 个棋子。 例 24 ① 设 x1, x2 ,…, xn 都 是 自 然 数 , 且 满 足
x1 ? x 2 ? …? xn ? x x 1…x 2n

求 x1, x2 ,…, xn 中的最大值。 (n ? 2) 解 由条件的对称性,不妨设
x1 ? x2 ? … ? xn


xn?1 ? 2 ( n? 2 )

这就改变了条件的对称性,相当于增加了一个条件 否则, xn?1 ? 1 ,由②知 从而,代入①得
xn ?

x1 ? x2 ? … ? xn?1 ? 1

(n ? 1 ? ) xn ? xn 矛盾,这时,由①有

x1 ? x2 ? … ? xn?1 x1 x2…xn?2 ? … ? x1 x2…xn?2 ? x1 x2 …xn?1 xn?1 ? x1 x2…xn?1 ? 1 x1 x2…xn?1 ? 1 ? (n ? 2 ? xn?1 ) x1 x2…xn?2 x1 x2…xn?1 ? 1

?

(n ? 2 ? xn?1 ) x1 x2…xn?2 n ? 2 ? xn?1 n ?1 ? ? 1? ?n x1 x2…xn?1 ? x1 x2…xn?2 xn?1 ? 1 xn?1 ? 1
50

当 x1 ? x2 ? … ? xn?2 ? 1且 xn?1 ? 2 时, xn 有最大值 n ,这也就是 x1, x2 ,…, xn 的 最大值。

练习

x2 y2 ? ?1 1:已知椭圆 9 5 的左、右焦点分别为 F1 、 F2 ,过 F1 的直

线交椭圆于 A 、B 两点, 过 F2 的直线交椭圆于 C 、D 两点, 且 AB ? CD , 垂足为 P .
2 2 x0 y0 ? (1)设 P 点的坐标为 ( x0 , y0 ) ,求 9 5

的最值;

(2)求四边形 ACBD 的面积的最小值.

解: (1)由已知得 F1 (-2,0) , F2 (2,0) ,P F1 ⊥P F2 ,
2 2 2 2 2 ∴P ( x0 , y0 ) 满足 x 0 ? 4 ? x0 , 且0 ? x 0 ?4, ∴ ? y0 ? 22 , ∴ y0
2 x0 y2 ? 0 9 5



4 4 2 ? x0 5 45

∴它的最小值为 4 ,最大值为 4 .
9
5

(2) 若直线 AB 的斜率 k 存在且不为0, 因 AB ? CD , ∴直线 AB 的方程为 y ? k(x ? 2) ,直线 CD 的方程为 y ? - 1 (x ? 2) .联立 x
k
2

9

?

y2 ? 1和 5

y ? k(x ? 2) ,消去 y 得:

(9k2 ? 5) x 2 ? 36k 2 x ? 36k 2 ? 45 ? 0 ,

? ? 302 (k 2 ? 1) ? 0 ,
36k 2 36k 2 ? 45 设 A(x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) ,则 x 1 ? x2 ? ? 2 , x1 x2 ? 2 , 9k ? 5 9k ? 5
AB =

30(k2 ? 1) ; 9k 2 ? 5

联立 x

2

9

?

y2 1 ? 1和 y ? - (x ? 2) ,消去 y 得: k 5
k 2 ?1 ) ? 0, k2

(5k2 ? 9) x 2 ? 36x ? 36 ? 45k 2 ? 0 , ? ? 302 (

51

设 C(x3 , y3 ) , D( x4 , y4 ) ,则 x 3 ? x4 ? ?
CD =

36 9 ? 5k 2

, x3 x4 ? 36 ? 45k , 2
2

9 ? 5k

30(k2 ? 1) ; 9 ? 5k 2
1 450(k 2 ? 1) 2 450(k 2 ? 1) 2 ? AB ? CD ? ? 2 (9k 2 ? 5)(9 ? 5k 2 ) ? (9k 2 ? 5) ? (9 ? 5k 2 ) ? 2 ? ? 2 ? ?

S ACBD

= 450 ,
49 1 10 450 ? 6 ? ? 10 ? ; 2 3 49

当 k ? ?1 时等号成立.当 k 为 0 或不存在时,SACBD 综上,四边形 ACBD 的面积的最小值为 450
49

?

练习 2 :已知椭圆 x 2
a

2

?

y2 ? 1 过定点 b2

A(1,0) ,且焦点在 x 轴上,

椭圆与曲线|y|=x 的交点为 B、C。现有以 A 为焦点,过点 B、C 且开口向左的抛物线,抛物线的顶点坐标为 M(m,0) 。当椭圆 的离心率 e 满足 2 ? e 2 ? 1 时,求实数 m 的取值范围。
3

解:椭圆过定点 A(1,0) ,则 a=1,c= ∵
2 3 ? e2 ? 1 0?b? 3 3 ,∴

1 ? b2 , e ? 1 ? b2

,由对称性知,所求抛物线只要过椭圆与

射线 y=x(x≥0)的交点,就必过椭圆与射线 y=-x(x≥0)的交 点
? y ? x ( x ? 0) ? 2 b ? 2 y x? y? x ? ? 1 1 ? b2 b2 ? 解方程组 ? ,得



b ? (0,

1 3 0? x? ) 2 3 ,∴
2

设抛物线方程为: y 又∵

? ?2 p( x ? m), p ? 0, m ? 1

p ? m ?1 2 2 ,∴ y ? 4(1 ? m)(x ? m), m ? 1

52

1 y ? x, x ? (0, ) 2 2 得 x ? 4(m ? 1) x ? 4m(m ? 1) ? 0 1 f ( x) ? x 2 ? 4(m ? 1) x ? 4m(m ? 1), (m ? 1,0 ? x ? ) 2 1 f ( x)在(0, ) 2 内有根且单调递增。

令 ∵

f (0) ? ?4m(m ? 1) ? 0 ? ? 1 ? f ( ) ? 1 ? 2(m ? 1) ? 4m(m ? 1) ? 0 4 ? 2 ∴?
m ? 1或m ? 0 ? ? 3? 2 ?3 ? 2 ?m? ? 4 ∴? 4



1? m ?

3? 2 4

练习 3:已知曲线 M : x 2 ? y 2 ? m ,x ? 0 ,m 为正常数.直线 l 与曲线 M 的实轴不垂直,且依次交直线 y ? x 、曲线 M 、直线 y ? ? x 于 A 、
B 、C 、 D 4

个点, O 为坐标原点.

(1)若 | AB |?| BC |?| CD | ,求证: ?AOD 的面积为定值; (2)若 ?BOC 的面积等于 ?AOD 面积的 1 ,
3

求证: | AB |?| BC |?| CD | . y 解: ( 1) 设直线 l : y ? kx ? b 入
x ? y ? m 得:
2 2

A

B
O

B P



C D

x
A Q C

(1 ? k 2 ) x 2 ? 2bkx ? b 2 ? m ? 0 ,
? ? 0 得: b 2 ? m(1 ? k 2 ) ? 0 ,

设 B( x1 , y1 ) ,C( x2 , y2 ) , 则有 x1 ? x 2 ?
53

2bk 1? k 2

,x1 x2 ? ? (b

? m) , 设 A( x3 , y3 ) , 1? k 2
2

x3 ? D( x4 , y 4 ) , 易得:

b 1? k

x4 ? ,

?b 1? k

, 由 | AB |?| BC |?| CD | 得 | BC |? 1 | AD | ,
3

故 | x1 ? x2 |? 1 | x3 ? x4 | ,代入得
3

2bk 2 4(b 2 ? m) 1 2b ( ) ? ? | | ,整理得: 3 1? k 2 1? k 2 1? k 2

b2 ?

9 b b m(k 2 ? 1) ,又 | OA |? 2 | | , | OD |? 2 | | , ?AOD ? 90? , 8 1? k 1? k

? S ?AOD =

b2 9 ? m 为定值. 2 |1? k | 8
? x1 ? x2 bk ? 2 1? k 2

(2)设 BC 中点为 P , AD 中点为 Q 则 x p
xQ ? x3 ? x 4 bk ? 2 1? k 2



,所以 xP ? xQ , P 、 Q 重合,从而 | AP |?| DP | ,从
3

而 | AB |?| CD | ,又 ?BOC 的面积等于 ?AOD 面积的 1 ,所以
1 | BC |? | AD | ,从而 | AB |?| BC |?| CD | . 3

练习 4 已知点 A ?

5,0

?和曲线 x4 ? y ? 1?2 ? x ? 2
2 2

5, y ? 0

?上的点 P、P 、?、
1 2

Pn .若 P 1A 、 P 2 A 、?、 P n A 成等差数列且公差
1 示为 n 的函数关系式 .(2). 若 d ? ? ? ,

d >0,(1). 试将 d 表

1 ? ? , 是否存在满足条件的 ?5 5 ?

n(n ? N * ) .若存在,求出

n 可取的所有值,若不存在,说明理由.
Pn A

解(1)∵d>0,故为递增数列∴ P 1 A 最小, 由方程 x
2

最大.
4 5

4

? y 2 ? 1 2 ? x ? 2 5, y ? 0

?

? 知 A(

5,0) 是它的右焦点 ,L: x ?

是它的右准线, ∴ P1 A ? 于是 3 ? (
5 ? 2) ? (n ?1)d
1 ) 5 5

5 ?2

Pn A ? 3
d? 5? 5 (n ? 1) n ?1

∴ ∴ 1 ? 5?
5

(2)∵ d ? ( 1 ,

5 1 ? n ?1 5

设 n ? (5

5 ? 4,26 ? 5 5 )

又∵ n ? N * ∴ n 取最大值 14,

n 取最小值
54

8.∴ n 可取 8、9、10、

11、12、 、13、14 这七个值 练习 5(04 全国)在平面直角坐标系 xoy 中,给定三点
4 A(0, ), B(?1, 0), C (1, 0) , 点 3

P 到直线 BC 的距离是该点到直线 AB,

AC 距离的等比中项。 (Ⅰ)求点 P 的轨迹方程; (Ⅱ)若直 线 L 经过 ?ABC 的内心(设为 D) ,且与 P 点的轨迹恰好有 3 个公共点,求 L 的斜率 k 的取值范围。 解: (Ⅰ)直线 AB、AC、BC 的方程依次为
4 4 ( x ? 1), y ? ? ( x ? 1), y ? 0 。点 P( x, y) 到 AB、AC、BC 3 3 次为 d1 ? 1 | 4 x ? 3 y ? 4 |, d 2 ? 1 | 4 x ? 3 y ? 4 |, d3 ?| y | 。依设, 5 5 y?
2 d1d2 ? d3 , 得 |16x2 ? (3y ? 4)2 |? 25 y2 ,

的距离依

即 16x2 ? (3 y ? 4)2 ? 25 y2 ? 0, 或16x2 ? (3 y ? 4)2 ? 25 y2 ? 0 , 化简得点 P 的轨迹方程为 圆 S: 2x2 ? 2 y2 ? 3 y ? 2 ? 0与双曲线T:8x2 ?17 y2 ?12 y ? 8 ? 0 (Ⅱ)由前知,点 P 的轨迹包含两部分 圆 S: 2 x 2 ? 2 y 2 ? 3 y ? 2 ? 0 与双曲线 T: 8x2 ?17 y2 ?12 y ? 8 ? 0 ② 因为 B(-1,0)和 C(1,0)是适合题设条件的点,所以点 B 和点 C 在点 P 的轨迹上,且点 P 的轨迹曲线 S 与 T 的公共 点只有 B、C 两点.
?ABC 的内心

......5 分



D 也是适合题设条件的点, 由 d1 ? d2 ? d3 , 解得 D(0, 1 ) ,
2

且知它在圆 S 上.直线 L 经过 D,且与点 P 的轨迹有 3 个公共 点,所以,L 的斜率存在,设 L 的方程为 y ? kx ? 1
55

2



(i)当 k=0 时,L 与圆 S 相切,有唯一的公共点 D;此时, 直线 y ? 1 平行于 x 轴,表明 L 与双曲线有不同于 D 的两个公
2

共点,所以 L 恰好与点 P 的轨迹有 3 个公共点。......10 分 (ii)当 k ? 0 时,L 与圆 S 有两个不同的交点。这时,L 与点 P 的轨迹恰有 3 个公共点只能有两种情况: 情况 1:直线 L 经过点 B 或点 C,此时 L 的斜率 k ? ? 1 ,直线 L
2

的方程为 x ? ?(2 y ?1) .代入方程②得 y(3 y ? 4) ? 0 ,解得
5 4 5 4 E ( , )或F(- , ). 3 3 3 3

表明直线 BD 与曲线 T 有 2 个交点 B、E;直
2

线 CD 与曲线 T 有 2 个交点 C、F。故当 k ? ? 1 时,L 恰好与 点 P 的轨迹有 3 个公共点。 ......15 分
2

情况 2:直线 L 不经过点 B 和 C(即 k ? ? 1 ) ,因为 L 与 S 有两 个不同的交点,所以 L 与双曲线 T 有且只有一个公共点。即
?8 x 2 ? 17 y 2 ? 12 y ? 8 ? 0 方程组 ? 有且只有一组实数解, 消去 ? 1 y ? kx ? ? ? 2
4

y 并化简

得 (8 ? 17k 2 ) x 2 ? 5kx ? 25 ? 0 该方程有唯一实数解的充要条件是
8 ? 17k 2 ? 0


4

或 (?5k )2 ? 4(8 ? 17k 2 ) 25 ? 0 ⑤
k ?? 2 . 2

.解方程④得 k ? ? 2

34 , 解方程⑤得 17

综合得直线 L 的斜率 k 的取值范围是有限集 {0, ? 1 , ? 2
2

34 2 ,? }. 17 2

十二

不变量
56

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 是一个好主意。 例 26 从数集 ?3 , 4 , ? 每一次从其中任选两个数 a, b , 用 1开始, 2 和
4 3 a ? b 代替它们。能否通过有限多次代替得到数集 ?4 , 6 , ? , 1 2 5 5 3 4 a? b 5 5

3 解 对于数集 ?a, b, c? ,经过一次替代后,得出 ? ? a? ?5

4 4 3 ? b, a ? b, c ? , 5 5 5 ?

有(

3 4 4 3 a ? b) 2 ? ( a ? b) 2 ? c 2 ? a 2 ? b 2 ? c 2 5 5 5 5

即每一次替代后,保持 3 个元素的平方和不变(不变量) 。由
32 ? 42 ? 122 ? 42 ? 62 ? 122 知,

不能由 ?3, 4,12? 替换为 ?4,6,12? 。 例 27 设 2n ? 1 个整数 a1, a2 ,…, a2n?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,其和相等。证明这 2n+1 个 整数全相等。 证明 第一步 分三步进行,每一步都有“不变量”的想法。 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 … P, 则每个数都减去整数 c 之后, , ,a n2 ? 具有性质 1

仍具有性质 P,特别地取 c ? a1 ,得 0, a2 ? a1, a3 ? a1,…, a2n?1 ? a1 也具有性质 P, 由第一步的结论知, a2 ? a1 , a3 ? a1 ,…, a2n?1 ? a1 都是偶数。 第三步 由 0 ,a2 ? a1 , a3? a P,可得 … ,? a2 ?1 为偶数且具有性质 a1 1, n
57

0,

a ?a a2 ? a1 a3 ? a1 , , …, 2 n ?1 1 2 2 2

都是整数,且仍具有性质 P,再由第一步知,这 2n ? 1 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, a ?a a2 ? a1 a3 ? a1 , , …, 2 n ?1 k 1 为整数,且具有性质 k k 2 2 2

P,因 k 可以任意大,

这就推得
a2 ? a1 ? a3 ? a1 ? … ? a2n?1 ? a1 ? 0 即 a1 ? a2 ? … ?a n2 ?
1

十三

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 28 九个袋子分别装有 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 14 ? 2(mod 3) ,故 剩下的袋内装球 14 只。 十四 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 29 已 知 二次三 项 式 f ( x) ? ax2 ? bx ? c 的 所 有 系数 都 是 正 的 且
58

a ? b ? c ? 1 ,求证:对于任何满足 x1 x2…xn ? 1 的正数组 x1 , x2 ,…, xn ,都有

f ( x1 ) f ( x2 )…f ( xn ) ? 1

( 1)
a? b? c ? 1 知,若 x1 ? x2 ? … ? xn ? 1

证明

) 由 f ( 1?

( 2)

则(1)中等号成立。 若 x1, x2 ,…, xn 不全相等,则其中必有 xi ? 1, x j ? 1 (不妨设 i ? j ) ,由
f ( xi ) f ( x j ) ? f (1) f ( xi x j )
2 2 ? (axi2 ? bxi ? c)(ax2 j ? bx j ? c) ? (a ? b ? c)(axi x j ? bxi x j ? c)

? ?abxi x j ( xi ?1)( x j ?1) ? ac( xi2 ?1)( x2 j ?1) ? bc( xi ?1)( x j ?1) ? 0

可作变换 则?

? ? xk ' ? xk (k ? i, k ? j ) ? ? ? xi ' ? xi x j , x j ' ? 1

? x1 ' x2 '…xn ' ? x1 x2…xn ? 1 ? 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 ( x1 ) f ( x2 )…f ( xn ) ? f ( x1 ') f ( x2 ')…f ( xn ') ? … ? f (1) f (1)…f (1) ? 1①

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 30 平面上有 100 条直线,它们之间能否恰有 1985 个不同的交 点。
2 解 100 条直线若两两相交,可得 C100 ? 4950 个交点,现考虑从这种

状态出发,减少交点的个数,使恰好为 1985。办法是使一些直线共点 或平行。
59

设直线有

k

个共点的直线束,每一束中直线的条数为

n1 , n2 ,…, nk (ni ? 3, i ? 1, 2,…, k ) 有 n1 ? n2 ? … ? nk ? 100

这时,每一束的交点数下降了 Cn2 ?1 个,为使
i

2 2 2 2 (Cn ?1) ? (Cn ?1) ? …? (Cn ?1) ? C100 ?1985 ? 2965 1 2 k 2 2 可取最接近 2965 的 C77 ? 7 ,即 n1 ? 77 ,类似地,取 ?1 ? 2925 代替 Cn
1

n2 ? 9, n3 ? 4 ,则有
2 2 2 2 C77 ?1 ? C9 ?1 ? C4 ?1 ? C100 ?1985 ? 2965

这表明,100 条直线中,有 77 条直线共 A 点,另 9 条直线共 B 点, 还有 4 条直线共 C 点,此外再无“三线共点”或“平行线” ,则恰有 1985 个交点。

练习 1 已知圆 x

2

? y 2 ? k 2 至少覆盖函数

的一个最大值点

与一个最小值点,求实数 k 的取值范围。 解:因为 是一个奇函数,其图象关于原点对称,而圆 的一个最

x 2 ? y 2 ? k 2 也关于原点对称,所以,图 x 2 ? y 2 ? k 2 只需覆盖

值点即可。令 大值点

,可解得

的图象上距原点最近的一个最

,依题意,此点到原点的距离不超过|k|,即

综上可知,所求的 K 为满足

的一切实数。

60

练习 2: 已知 解: 原方程组可化为

,且

求 cos(x+2y)的值。

因为

所以



,则



上是单调递增的,于是由 得 f(x)=f(-2y) 得 x=-2y 即 x+2y=0

练习 3 求证:在区间

内存在唯一的两个数

,使得

sin(cosc)=c, cos(sind)=d 证明:构造函数 f(x)=cos(sinx)-x f(x)在区间 内是单调递减的,由于 f(0)=cos(sin0)-0=1>0.

故存在唯一的

,使 f(d)=0,即 cos(sind)=d

对上述两边取正弦,并令 c=sind,有 sin(cos(sind))=sind sin(cosc)=c

61

显然

,由于 y=sinx 在

是单调递增的,且 d 是唯一的,所以 c

也是唯一的,且 练习 4 已知对任意实数 x,均 求证: 证明: 首先,f(x)可以写成 ① 其中 是常数,且 ,

在①式中,分别令



得 ② ③

②+③,得

又在①式中分别令

,得 ④ ⑤

由④+⑤,得

62

十五

奇偶分析

通过数字奇偶性质的分析而获得解题重大进展的技巧, 常称作奇偶 分析,这种技巧与分类、染色、数字化都有联系。 例 31 设 a1, a2 ,…, a7 是 1,2,?,7 的一个排列,求证
p ? (a1 ?1)(a2 ? 2)…(a7 ? 7) 必为偶数

证明一

(反证法)若 p 为奇数,则 a1 ?1, a2 ? 2,…, a7 ? 7 均为奇数,

奇数个奇数之和应为奇数。 奇数 ? (a1 ?1) ? (a2 ? 2) ? …? (a7 ? 7) 。 ? (a1 ? a2 ? …? a7 ) ? (1 ? 2 ? …? 7)=0 (为偶数) 由奇数≠偶数知, p 不能是奇数,从而 p 为偶数。 这种解法,简捷明快,体现了整体处理的优点,但同时也“掩盖” 着 p 为偶数的原因。 证明二 若 p 为奇数,则 ai 与 i 的奇偶性相反( i ? 1, 2,…,7 ) ,即

( a1, a2 ,…, a7 )中的奇(偶)数与 ?1, 2,…,7? 中的偶(奇)数个数相等,但
A ? ?a1, a2 ,…, a7 ?=?1 , 2,…, 7?

故 1,2,?,7 中奇数与偶数的个数相同,从而 ?1, 2,…,7? 中有偶数 个元素,但 A ? 7 为奇数,这一矛盾说明,p 为偶数。 这一解决的实质是,要建立从 A 到 A 之间“奇数与偶数”的一一 映射是不可能的,因为这要求 A ? 0(mod 2) ,但 A ? 1(mod 2) 。这个解法比 较能反映 p 为偶数的原因—— A ? 7 是个奇数,抓住这个本质,可以把 7 推广为 2m ? 1 。
63

证明三 而在乘积

在 1,2,?,7,a1, a2 ,…, a7 这 14 个数中,共有 8 个奇数,

p ? (a1 ?1)(a2 ? 2)…(a7 ? 7) 中共有

7 个括号, 故其中必有一个括号, 两个

数都是奇数,从而这个括号为偶数,具有偶约束的 p 当然也是偶数。 例 32 在数轴上给定两点 1 和 2 ,在区间 (1, 2) 内任取 n 个点,在 此 n ? 2 个点中,每相邻两点连一线段,可得 n ? 1 条线段,证明在此 n+1 条线段中,以一个有理点和一个无理点为端点的线段恰有奇数条。 证明 将 n ? 2 个点按从小到大的顺序记为 A1, A2 … , , nA ? ,并在每一 2

点赋予数值 ai ,使
?1  当Ai为有理数点时, ai ? ? ??1  当Ai为无理数点时。

与此同时,每条线段 Ai Ai?1 也可数字化为 ai ai ?1
??1,  当Ai , Ai ?1一为有理数点,另一为无理数时, ai ai ?1 ? ? ?1,  当Ai , Ai ?1同为有理数点或无理数点时

记 ai ? ai?1 ? ?1的线段有 k 条,则
(?1)k ? (?1)k (?1)n?k ?1 ? (a1a2 )(a2a3 )(a3a4 )…(an?1an?2 )

? a1 (a2 a3…an?1 )2 an?2
? a1an?2 ? ?1

故 k 为奇数。

例 33 假设 a1, a2 ,?, an 是 1, 2,?, n 的某种排列,证明:如果 n 是奇 数,则乘积

? a1 ?1?? a2 ? 2??? an ? n?
解法 1

是偶数.

(反证法)假设 ? a1 ?1?? a2 ? 2??? an ? n? 为奇数,则 ai ? i 均
64

为奇数,奇数个奇数的和还是奇数 奇数= ? a1 ?1? ? ? a2 ? 2? ??? ? an ? n?
? ? a1 ? a2 ??? an ? ? ?1? 2 ??? n? ? 0

与奇数 ? 偶数矛盾. ? a1 ?1?? a2 ? 2??? an ? n? 是偶数.

解法 2

(反证法)假设 ? a1 ?1?? a2 ? 2??? an ? n? 为奇数,则 ai ? i 均

为奇数, ai 与 i 的奇偶性相反, ?1, 2,?, n? 中奇数与偶数一样多, n 为 偶数但
n 为奇数,矛盾.

? a1 ?1?? a2 ? 2??? an ? n? 是偶数.

解法 3

1, 2,?, n, a1, a2 ,?, an 中有 n ? 1 个奇数,放到 n 个括号,必有

两个奇数在同一个括号,这两个奇数的差为偶数,得

? a1 ?1?? a2 ? 2??? an ? n? 是偶数.
练习 1 设 a1, a2 ,?, a7 是整数, b1, b2 ,?, b7 是它们的一个排列,则

? a1 ? b1 ?? a2 ? b2 ??? a7 ? b7 ? 是偶数.
练 习 2 ? 的 前 24 位 数 字 为 ? ? 3.14159265358979323846264 , 记
a1 , a2 ,?, a24 为该

24 个数字的任一排列, 求证 ? a1 ? a2 ?? a3 ? a4 ??? a23 ? a24 ? 比

为偶数.
练习 3: 有 5 个课外活动小组, 每 2 个小组里有一个相同的同学, 每个同学恰好在两个小组里出现,问这 5 个小组里共有多少个同学? 解 把小组对应为点, “每 2 个小组里有一个相同

的同学”就连一条线,每两点都有连线;又由于“每 个同学恰好在两个小组里出现” ,故每两点都连且只连
65

一条线,得 5 阶完全图,图中变的条数就是同学个数,得 10 个同学. 练习 4: 有 n 个药箱,每两个药箱里有一种相同的药,每种药

恰好在两个药箱里出现,问共有多少种药? 解 把药箱对应为点, “两个药箱里有 1 种相同的药”就连一条线, 每两点都有连线;又由于“每种药恰好在两个药箱里出现” ,故每两点 都连且只连一条线,得(n 阶完全图)
2 . N ? Cn

练习 5

证明:在任何一群人中,与奇数个人互相握手(互相认

识)的人有偶数个. 证明 记这群人为 n 个点, “互相握手” 就在对应的两点连一条线,

共有 e 条,每个人认识的人数为点的“度数” ,记为 d1, d2 ,?, dn ,则
d1 ? d2 ? ? ? dn ? 2e ,

?d ? ?d
i 奇 偶

i

? 2e ,

?d


i

? 2e ? ? di 为偶数


? d 是偶数个奇数之和.
i 奇

练习 6 在边二染色的 K5 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 充分性是显然的. 考虑必要性,在 K5 中每点恰引出 4 条 如果从其中某点 A1 能引出三条同色线段 线段, A1A1,

66

A1A3 , A1A4 , 记 为 同 红 , 则 考 虑 △ A2A3A4 , 若 当 中 有 红 边 Ai Aj (2?i ? ,则存在红色三角形 A1 Ai Aj 是同蓝色三角形,均无与单色 j ? 4)

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. 练习 7 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
1 a ? [(a ? b) ? (b ? c) ? (c ? a )] 2

a ? b, b ? c, c ? a

都 是 有 理 数 , 有

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 a ? b, b ? c, c ? d , d ? e, e ? a 为 有理数,则
1 a ? [(a ? b) ? (b ? c) ? (c ? d ) ? (d ? e) ? (e ? a)] 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
67

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 ? 5 . 练习 8 某足球邀请赛有 A, B, C, D 4 个城市参加, 每市派出红黄两支 球队,根据比赛规则,每两之间球队至多赛一场,并且同一城市的两 支球队之间不进行比赛.比赛若干天后进行统计,发现除 A 市红队外, 其他各队比赛过的场次各不相同.问 A 市黄队赛过多少场. (找黄队,求 c 场次) 解 因为“同一城市的两支球队之间不进行比赛” ,所以每一个球 队最多赛 6 场;有因为“除 A 市红队外,其他各队比赛过的场次各不 相同” ,所以,其他各队赛过的场次分别为 0,1,2,3,4,5,6 共 7 种情况. 用 A1, A2 , A3 , A4 , A5 , A6 , A7 , A8 表示 8 支球队, 之间进行了比赛就连 1 条边,其中
A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 , A7 分别赛了

两队

6,5,4,3,2,

2, 1,

0 场. 由于 A1 赛了 6 场,应有 6 条引线,
A1 A2 , A1 A3 , A1 A4 , A1 A5 , A1 A6 , A1 A7 ,由于 A1 与 A8 没

记 有

为 引

线,故 A1 , A8 属于同一城市. 同理, A2 , A7 属于同一城市, A3 , A6 属于同一城市, A4 , A5 属于同 一城市.
68

A4 , A5 属于同一城市且都赛过

3 比
A

场,由于“除 A 市红队外,其他各队 赛过的场次各不相同” , 所以 A4 , A5 就是 市的两支球队,得 A 市黄队赛过 3 场.

十六 优化假设 对已知条件中的多个量作有序化或最优化(最大、最小、最长、最 短)的假定,叫做优化假设,常取“极端” 、 “限定” 、 “不妨设”的形 式。由于假设本身给题目增加了一个已知条件,求解也就常能变得容 易。 例 34 空间 2n(n ? 2) 个点,任 4 点不共面,连 n 2 ? 1条线段,证明其中 至少有 3 条边组成一个三角形。 证明 设其中任意三条线段都不能组成三角形,并设从 A1 点引

出的线段最多(优化假设) ,且这些线段为 A1B1,A1B2,?A1Bk,除 A1, B1, B2, ?, Bk 之外, 其他点设为 A2, A3, ?, A2n-k。 显然 ?B1, B2 ,…, Bk ? 中任两点间无线段相连。于是,每一个 Bi 发出的线段至多( 2n ? k )条, 而每个 Aj 发出的线段至多 k 条( i ?1, 2,…, kj ? 1, 2,…, 2n ? k ) ,故线段总数最 多为(图 2-65) :
1 k ? (2n ? k ) 2 [l (2n ? k ) ? (2n ? k )k ] ? k (2n ? k ) ? [ ] ? n2 2 2

这与已知条件连 n 2 ? 1 条线段矛盾,故存在三条线段组成一个三角 形。 例 35 平面上的有限个圆盘盖住了面积为 1 的区域 S, 求证可以从
69

中选出一些互不相交的原盘来,使它们的面积之和不小于 。 证明 将圆心为 O,半径为 r 的原盘记为 C (o, r ) 。首先取全体圆盘 中面积最大的一个记为 C(o1, r1 ) ; 然后在与 C(o1, r1 ) 不相交的圆盘中取面积 最大的一个,记为 C (o2 , r2 ) ,接着在与 C(o1, r1 ) ,C (o2 , r2 ) 都不相交的圆盘中 取面积最大的一个,记为 C(o3 , r3 ) ,继续这一过程,直到无圆可取为止, 设取得的圆盘依次为 C(o1, r1 ) , C (o2 , r2 ) ,?, C (on , rn ) ( 1)

1 9

则(1)中的圆盘互不相交,且剩下的圆盘均与(1)中的某一圆盘 相交。下面证明, (1)中各圆面积之和 S1 ? S2 ? …? Sn 不小于 。 任取 x ? S ,必存在一个已知圆盘 C (o, r ) ,使 c ? C (o, r ) 。这个 C (o, r ) 或 在(1)中,或与(1)中的圆盘相交,反正必与(1)有重迭部分,现 设 (1) 中与 C (o, r ) 有公共部分的最大圆盘为 C(ok , rk )(1 ? k ? n) , 因为 C (o, r ) ,
C (ok , rk ) 与 C(o1 , r1 ) , C (o2 , r2 ) ,?, C(ok ?1 , rk ?1 ) 均不相交,故由 C (ok , rk ) 的取法
1 9

知 r ? rk ,且由 C(o, r) ? C(ok , rk ) ? ? 知, C(o, r ) ? C(ok ,3rk ) ,更有 x ? C(ok ,3rk ) 。 这表明 S ? U C(oi ,3ri )
i ?1 n

从而

1 ? ? (3r1 )2 ? ? (3r2 ) 2? …? ? (3rn )

2

? 9(? r12 ? ? r22 ? …? ? rn2 ) ? 9(S1 ? S2 ? …? Sn )



( S1 ? S2 ? … ? Sn ) ?

1 9

十七 计算两次 对同一数学对象,当用两种不同的方式将整体分为部分时,则按两 种不同方式所求得的总和应是相等的,这叫计算两次原理成富比尼原 理。计算两次可以建立左右两边关系不太明显的恒等式。在反证法中, 计算两次又可用来构成矛盾。
70

例 36 能否从 1,2,?,15 中选出 10 个数填入图 2-66 的圆圈中, 使得每两个有线相连的圈中的数相减(大数减小数) ,所的的 14 个差 恰好为 1,2,?,14? 解 考虑 14 个差的和 S,一方面 S=1+2+?+14=105 为奇数。 另一方面,每两个数
a ? b ? a ? b(mod 2)
a, b

的差与其和有相同的奇偶性

因此, 14 个差的和 S 的奇偶性与 14 个相应数之和的和 S’的奇偶性 相同,由于图中的每一个数 a 与 2 个或 4 个圈中的数相加,对 S’的贡 献为 2a 或 4a ,从而 S’为偶数,这与 S 为奇数矛盾,所以不能按要求给 图中的圆圈填数。 例 37 设 a1, a2 ,…, an 为 1, 2, ?, n 的一个排列,fk 是集合 ?ai 元素的个数,而 gk 是集合 ?ai
ai ? ak , i ? k ?

ai ? ak , i ? k ? 元素的个数( k ? 1, 2,…, n ) ,证明

?
k ?1

n

fk ? ? gk
k ?1

n

证明

考虑集合 S ? ?( a i ,

a k ) a i?

a i? 的元素个数 k S k, ?
n

。一方面,固定

k 先对 i 求和,然后再对 k 求和,得 S ? ? f k ;另一方面,固定 i 先对 k 求
k ?1

和,然后 再对 i 求和,又得到 S ? ? gi ? ? gk ,所以得 ? f k ? ? gk 。
i ?1 k ?1 k ?1 k ?1 n n n n

练习 1:请先阅读:我们知道,对一个量用两种方法分别算一次, 由结果相同可以构造等式, 这是一种非常有用的思想方法——“算两次”(G.Fubini 原理) , 如列方程解应用题,
71

等积法求高… 已知 x ? R , m、n ? N .
*

(1)利用上述想法及等式 (1 ? x)n ? 1 ? 1 x 明: ① ? (C
r ?0 n r 2 n m

? ? ? x1 (1 ? x)
n n
2 m C . n

2n

(或其他方法)证

) ? Cn 2n ;

② ?( C
r ?0 r n

m ? C n

r

?)

(2)利用上述想法及等式 ? sin 证明:
sin n 2x ? (sin n x ? cosn x)2 ≤ 1.

2

x ? cos 2 x ? ? ? cos 2 x ? sin 2 x ?
n

n

(或其他方法)

解(2)
2n 2n?2 2 n 1 ? ? sin 2 x ? cos 2 x ? ? C0 x ? C1 x cos 2 x ? C n sin 2 n ? 4 x cos 4 x ? ? ? ? ? C n cos 2 n x ,① n sin n sin n

同理得
2n 2n?2 2n?4 n 1 ? ? cos 2 x ? sin 2 x ? ? C0 x ? C1 x sin 2 x ? C2 x sin 4 x ? ? ? ? ? C n sin 2 n x ,② n cos n cos n cos n

①+②得
2n 2n?2 2 n ?4 2 ? C0 x ? cos2n x) ? C1 x cos2 x ? cos2 n ?2 x sin 2 x) ? C2 x cos4 x ? cos2 n ?4 x n (sin n (sin n (sin 2n ? sin 4 x) ? ??? ? Cn x ? sin 2n x), n (cos

因为 sin

2n?k

x cosk x ? cos2n ?k x sin k x≥2sin n x cosn x ,其中 k 为偶数,

2 ?1 所以 2≥2(sin2n x ? cos2n x) ? 2sinn x cosn x(C1n ? Cn ? ??? ? Cn n ),

即 1≥(sin 2n x ? cos2n x) ? sin n x cosn x(2n ? 2) , 即有 sin
2n

x ? 2sin n x cosn x ? cos2n x ? 2n sin n x cosn x≤1 ,

所以 (sinn x ? cosn x)2 ? sinn 2x≤1 . 十八 辅助图表 解题中作一些辅助性的图形或表格, 常克使问题的逻辑结构直观地 显现出来,并提供程序性操作的机会,例 3-2 的处理曾获冬令营特别
72

奖,同样的方法可用来求和
Sn ? 12 ? 22 ? … ? n 2 ? n(n ? 1)(2n ? 1) 6

例 38

设 N ? ?1 , … 2 ,? n ,?n 。 , N 2 的 子 集 Ai (i ? 1, 2,…,t) 组 成 集 合 ,有一个集合 Ai ? F 使得

F ? ? A1, A2 ,…, At ? 。如果对于每一对元素 x, y ? N Ai ? ?x, y? 恰含一个元素,则称

F 是可分的。如果 N 的每一个元素至少

属于一个集 Ai ? F ,则称 F 是覆盖的。问使得有一个 F ? ?A1, A2 ,…, At ? 既是 可分的又是覆盖的 t 的最小值 f (n) 是多少? 解 设 F ? ?A1, A2 ,…, At ? 对于 N 是既是可分的又是覆盖的,考虑集

合与元素的关系表: 元素 1 集合 A1 A2 ?? At 其中 aij ? ? ?
?1, j ? A ? ?0, i?A

2

3

??

n

a11 a21

a12 a22

a13 a23

?? ?? ? ??

a1n a2 n

?
at1

?
at 2

?
at 3

?
atn

1 ? i ? t, 1 ? j ? n

①由于 F 是覆盖的,所以每个 j 属于至少一个 Ai ,即表中每一列中 至少有一个 1。 ②由于 F 是可分的,所以表中每两列均不完全相同。 由于表中的 t 行中, 每个元素只取 0 或 1, 并且每列的元素不全为 0, 所以最多可以组成 2t ? 1 个两两不同的列,由 F 是可分的(或由②) ,有
n ? 2t ? 1 ? 2t

t ? log2 n ? [log2 n]
73



f ( n)? [ l 2o g n? ]

1

( 1)

另一方面,取 t 满足 2t ?1 ? n ? 2t ?1 ,即 t ? [log2 n] ? 1 可作出 n 个不同的由 0,1 组成的并且不全为 0 的长为 t 的数字列, 因为 n ? 2t ? 1 ,这总是可能的,将它们作为一个有 t 行 n 列的数字表的 n 列,再把这个表看作是一些集合 A1,A2,?,At 与元素 1,2,?,n 的关系表。即集合 Ai 由第 i 行中使得 aij ? 1 的哪些 j 组成,即
Ai ? j 1 ? j ? n且aij ? 1 ,1 ? i ? t 。

?

?

这时,集合 F ? ?A1, A2 ,…, At ? 对于 N 既是可分的,又是覆盖的,所以, 又有
f (n) ? t ? [log2 n] ? 1

( 2)
f ( n)? [ l 2o g n? ] 1

由(1) (2)知

例 39 六名乒乓球选手进行单打寻坏赛,比赛在 3 个台上同时进 行,每人每周只能而且必须参加一场比赛,因而比赛需要进行五周, 已知,在第一周 C 与 E 对垒;第二周 B 与 D 对垒;第三周 A 与 C 对 垒; 第四周 D 与 E 对垒; 各周在上述这些对垒同时另外还有两台比赛, 问 F 在第五周同谁进行了比赛。 解 用表上作业法, 列下表, 并把已知条件填入第一列, 根据题意, 填表时应满足 (1)每行填 3 对字母,恰好出现已知 6 个字母 A,B,C,D,E, F 各一次。 (2)每个字母各行出现一次,恰好在全表中出现 5 次;每次都与 不同的字母配对,恰好与其他 5 个字母各配对一次。
74

周次 一 二 三 四

比赛对垒 (CE) (BD) (AC) (DE) (CB)2 (AF)3 (CD)1 (AB)4 (AD)4 (CF)2 (AE)3



(F?)

①由于比赛对垒的第一列中,前四周或有 C 或有 D,但 C、D 间未 对垒,故 C、D 必在第五周对垒,记为(CD)1。 ②由于已经有(CE) , (AC) , (CD) ,故剩下的(CB) , (CF)必 出现在第二、四周,但第二周 B 已与 D 对垒,故第二周应是(CF) , 记作(CF)2,从而第四周有(CB)2。 ③这时第二周必还有(AB)3,第四周必还有(AF)3。 ④由于已经有(AC) , (AE) , (AF) ,故剩下的(AB)4, (AD)4, 必出现在第一、 五行, 但 (CD) 已经有 D 出现在第五行, 故只能 (AB)
4 在第五行,这就表明

F 与 E 对垒。

例 40

有 100 盏电灯,排成一横行,从左到右,我们给电灯编上

号码 1,2,?,99,100.每盏灯由一个拉线开关控制着 .最初, 电灯全是关着的.另外有 100 个学生,第一个学生走过来,把凡是 号码为 1 的倍数的电灯的开关拉了一下; 接着第 2 个学生走过来,
75

把凡是号码为 2 的倍数的电灯的开关拉了一下;第 3 个学生走过 来,把凡是号码为 3 的倍数的电灯的开关拉了一下,如此等等, 最后那个学生走过来,把编号能被 100 整除的电灯的开关拉了一 下,这样过去之后,问哪些灯是亮的? (1)直接计算 100 次记录,会眼花缭乱. (2)拉电灯的开关有什么规律:编号包含正约数被拉,有 几个正约数就被拉几次. (3)灯被拉的次数与亮不亮(开、关)有什么关系: 0 关 1 开 2 关 3 开 4 关 5 开 6 关 7 开 8 关 9 开

灯被拉奇数次的亮! (4)哪些数有奇数个约数:平方数 (5)1~100 中有哪些平方数:共 10 个 1,4,9,16,25,36,49,64,81,100 816449362516941 看过之后记住

练习 1:设 a 是大于 0 的实数,f(x)是定义在全体实数 R 上的一 个实函数,并且对每一实数 x 满足条件: (1).试证明:函数 f(x)是周期函数,也就是,存在一个实数 b >0,使得对每一 x 都有 f(x+b)=f(x)。

76

(2).就 a=1 举出一个这种函数 f(x)的例子,但 f(x)不能是常 数。 分析 这是一道探索存在性的问题,题中给出的已知条件只有唯

一的一个含有 a 的方程,直觉告诉我们,f(x)的周期定与 a 有关, 于是,我们可从原方程出发,边递推边探索。

解:(1)由





②; 将②代入①,得

但 故 f(x+a)=f(x-a) f(x)是一个周期函数,且周期 b=2a。 (2)现在我们来构造一个周期为 2 的,满足(1)式的函数 f(x), 由于(1)式可化为 这使我们想到最熟悉的周期函数:正余弦,但同时应注意到 2f(x)-1 非负、周期为 2,所以可令 即

77



。不难证实它的确满足条件。

说明 f(x)不唯一,显然,函数 个函数。 练习 2:证明:函数 数之差。 证明:注意到恒等式 而函数 命题得证。

也是满足条件的一

可以表示为两个单调递增的多项式函

都是单调递增的多项式函数, 从而

说明 一般地, 任意实系数多项式可表示为两个单调递增的多项式 函数之差。 练习 3 函数 的定义域关于原点对称, 但不包括数 0, 对定义域 使 , ,且

中的任意实数 x,在定义域中存在 满足以下 3 个条件。 (1 ) 定义域中的数, 。 (2 ) ,(a 是一个正常数)

,或

,则

(3)当 0<x<2a 时,f(x)>0。
78

证明 (i)f(x)是奇函数;(ii)f(x)是周期函数,并求出其周 期;(iii)f(x)在(0,4a)内为减函数。 证: (i ) 对定义域中的 x, 由题设知在定义域中存在 ,则 ∴f(x)为奇函数 (ii)因 f(a)=1,∴f(-a)=-f(a)=-1,于是 使 ,

若 f(x)≠0,则

若 f(x)=0,则

79

仍有 f(x+4a)=f(x)。∴f(x)为周期函数,4a 是它的一个周期 (iii) 先证在 (0 , 2a) 内 f(x)为减函数, 事实上, 设 则 ,则 所以 当 是 时, ,于 (当 ) ,

即在(2a,4a)内,f(x)也是减函数,从而命题得证。

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