2019-2020年高中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)資料《數(shù)學(xué)方法選講》1.doc

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2019-2020年高中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)資料《數(shù)學(xué)方法選講》1 　　同學(xué)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?jīng)]有見過面的問題就不知從何處入手?？磥恚岣呓鉀Q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(xué)習(xí)一些重要的數(shù)學(xué)思想方法。 例題講解 一、從簡單情況考慮 　　華羅庚先生曾經(jīng)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(xué)好數(shù)學(xué)的一個訣竅。從簡單情況考慮，就是一種以退為進(jìn)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。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xx個點（包括A，B兩點），將點A染成紅色，點B染成藍(lán)色，其余各點染成紅色或藍(lán)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(shù)是奇數(shù)還是偶數(shù)？為什么？ 3．1000個學(xué)生坐成一圈，依次編號為1，2，3，…，1000。現(xiàn)在進(jìn)行1，2報數(shù)：1號學(xué)生報1后立即離開，2號學(xué)生報2并留下，3號學(xué)生報1后立即離開，4號學(xué)生報2并留下……學(xué)生們依次交替報1或2，凡報1的學(xué)生立即離開，報2的學(xué)生留下，如此進(jìn)行下去，直到最后還剩下一個人。問：這個學(xué)生的編號是幾號？ 4．在66的正方形網(wǎng)格中，把部分小方格涂成紅色。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(shù)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(shè)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(xiàn)在要打開所有關(guān)閉的20個門，他最多要開多少次？ 6．有n名（n≥3）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．n（n≥3）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88的方格棋盤的方格中，填入從1到64這64個數(shù)。問：是否一定能夠找到兩個相鄰的方格，它們中所填數(shù)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(xì)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44的表格，每個方格中填入了數(shù)字0或1。按下列規(guī)則進(jìn)行“操作”：每次可以同時改變某一行的數(shù)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(shù)都變成1？ 10．有三堆石子，每堆分別有xx，998，98?！，F(xiàn)在對這三堆石子進(jìn)行如下的“操作”：每次允許從每堆中各拿掉一個或相同個數(shù)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(jìn)行“操作”，能否把這三堆石子都取光？如行，請設(shè)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(shù)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min[max（a+b+c，b+c+d，c+d+e，d+e+f，e+f+g）] 課后練習(xí) 1.方程x1+x2+x3+…+xn-1+xn=x1x2x3…xn-1xn一定有一個自然數(shù)解嗎？為什么？ 2.連續(xù)自然數(shù)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(zhuǎn)圈劃下去，最后留下的是哪個數(shù)？ 3.給出一個自然數(shù)n，n的約數(shù)的個數(shù)用一個記號A（n）來表示。例如當(dāng)n=6時，因為6的約數(shù)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(zhì)數(shù)，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(jié)起來，但線段不能相交，直到不能再連結(jié)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(nèi)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一把水槍。當(dāng)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(xiàn)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，…，xx。按下列規(guī)定進(jìn)行“操作”：每次擦去其中的任意兩個數(shù)a和b，然后寫上它們的差（大減?。钡胶诎迳鲜Ｏ乱粋€數(shù)為止。 問：黑板上剩下的數(shù)是奇數(shù)還是偶數(shù)？為什么？ 課后練習(xí)答案 　　1.有。 　　解：當(dāng)n=2時，方程x1+x2=x1x2有一個自然數(shù)解：x1=2，x2=2； 　　當(dāng)n=3時，方程x1+x2+x3=x1x2x3有一個自然數(shù)解：x1=1，x2=2，x3=3； 　　當(dāng)n=4時，方程x1+x2+x3+x4=x1x2x3x4有一個自然數(shù)解：x1=1，x2=1，x3=2，x4=4。 　　一般地，方程 　　x1+x2+x3+…+xn-1+xn=x1x2x3…xn-1xn有一個自然數(shù)解：x1=1，x2=1，…，xn-2=1，xn-1=2，xn=n。 　　2.3508。 　　解：仿例3。當(dāng)有3n個數(shù)時，留下的數(shù)是1號。 　　小于8899的形如3n的數(shù)是38=6561，故從1號開始按規(guī)則劃數(shù)，劃了8899-6561=2338（個）數(shù)后，還剩下6561個數(shù)。下一個要劃掉的數(shù)是238823+1=3507，故最后留下的就是3508。 　　3.1024。 　　解：質(zhì)數(shù)a1有2個約數(shù)：1和a，從而A（a1）=2； 　　2個質(zhì)數(shù)a1，a2的積有4個約數(shù)：1，a1，a2，a1a2，從而 　　3個質(zhì)數(shù)a1，a2，a3的積有8個約數(shù)： 　　1，a1，a2，a3，a1a2，a2a3，a3a1，a1a2a3， 　　從而A（a1a2a3）=8=23； 　　…… 　　于是，10個質(zhì)數(shù)a1，a2，…，a10的積的約數(shù)個數(shù)為 　　A（x）=210=1024。 　　4.存在。 　　提示：如果一個三角形內(nèi)還有別的點，那么這個點與三角形的三個頂點還能連結(jié)，與已“不能再連結(jié)”矛盾。 　　5.有。 　　解：設(shè)A和B兩人是距離最近的兩個小朋友，顯然他們應(yīng)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(xiàn)：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(shè)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?！?2粒的猴子各有3只，得33?；ㄉ暮镒佑?只，于是100只猴子最少需要分得花生 　　3（0+1+2+…+32）+33=1617（粒）， 　　現(xiàn)在只有1600?；ㄉ?，無法使得至多3只猴子分的花生一樣多，故至少有4只猴子分的花生一樣多。 　　7.一樣多。 　　提示：從整體看，甲、乙兩桶所裝的液體的體積沒有發(fā)生變化。甲桶里有多少酒精，就必然倒出了同樣體積的牛奶入乙桶。所以，甲桶中的酒精和乙桶中的牛奶一樣多。 　　8.奇數(shù)。 　　解：黑板上開始時所有數(shù)的和為 　　S=1+2+3+…+xx=1997001， 　　是一個奇數(shù)，而每一次“操作”，將（a+b）變成了（a-b），實際上減少了2b，即減少了一個偶數(shù)。因為從整體上看，總和減少了一個偶數(shù)，其奇偶性不變，所以最后黑板上剩下一個奇數(shù)。 例題答案： 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(dāng)然能夠取勝。然后設(shè)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(jìn)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(shù)。然后我們對這種染色方式進(jìn)行調(diào)整：將某些紅點改成藍(lán)點并注意到顏色調(diào)整時，異色線段的條數(shù)隨之有哪些變化。由于顏色的調(diào)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(shù)。將任意一個紅點染成藍(lán)色時，這個改變顏色的點的左右兩側(cè)相鄰的兩個點若同色，則異色小線段的條數(shù)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(lán)色）；這個改變顏色的點的左右兩側(cè)相鄰的兩個點若異色，則異色小線段的條數(shù)不變。 　　綜上所述，改變?nèi)我鈧€點的顏色，異色線段的條數(shù)的改變總是一個偶數(shù)，從而異色線段的條數(shù)是一個奇數(shù)。 3．分析：這個問題與上一講練習(xí)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(xí)中相當(dāng)于報1的留下報2的離開，由上講練習(xí)的結(jié)果可以推出本例的答案。本例中編號為1的學(xué)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(xí)第8題完全一樣了。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(yīng)比上講練習(xí)中的大1，是 　　975＋1=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(shù)號；報完第2圈后，剩下的是22的倍數(shù)號……報完第n圈后，剩下的是2n的倍數(shù)號，此時，只剩下一人，是2n號。 　　如果有（2n＋d）（1≤d＜2n）人，那么當(dāng)有d人退出圈子后還剩下2n人。因為下一個該退出去的是（2d＋1）號，所以此時的第（2d＋1）號相當(dāng)于2n人時的第1號，而2d號相當(dāng)于2n人時的第2n號，所以最后剩下的是第2d號。 　　由1000=29＋488知，最后剩下的學(xué)生的編號是 　　4882=976（號）。 4．分析與解：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(shè)想劃行劃列的原則是：每次劃掉紅格的個數(shù)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。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(jié)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 　　20＋19＋18＋…＋1=210（次）。 6. 解：從極端情況觀察入手，設(shè)B是勝的次數(shù)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(shù)就比B多一次了，這與B是勝的次數(shù)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。我們的問題就是要證明存在可去選手。 　　設(shè)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(dāng)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(shè)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?jǐn)?shù)就是與E賽過的對手?jǐn)?shù)，他比與D賽過的對手?jǐn)?shù)少1，這與假設(shè)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：考慮這個方格棋盤的左上角、右上角及右下角內(nèi)的數(shù)A，B，S。 　　設(shè)存在一個填數(shù)方案，使任意相鄰兩格中的數(shù)的差不大于4，考慮最大和最小的兩個數(shù)1和64的填法，為了使相鄰數(shù)的差不大于4，最小數(shù)1和最大數(shù)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(shù)不大于4，從 A→B→S共經(jīng)過14格，所以 S≤1+414=57（每次都增加最大數(shù)4），與S=64矛盾。因而，1和64不能填在“最遠(yuǎn)”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(dǎo)致如上的矛盾。因此，不存在相鄰數(shù)之差都不大于4的情況，即不論怎樣填數(shù)必有相鄰兩數(shù)的差大于4。 9. 解：我們考察表格中填入的所有數(shù)的和的奇偶性：第一次“操作”之前，它等于9，是一個奇數(shù)， 　　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(shù)的和的奇偶性不變。 　　但當(dāng)每一格中所有數(shù)字都變成1時，整個16格中所有數(shù)的和是16，為一偶數(shù)。故不能通過若干次“操作”使得每一格中的數(shù)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(shù)的總和是3的倍數(shù)，即不改變石子總數(shù)被 3除時的余數(shù)。而xx+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(shè) M=max（a+b+c，b+c+d，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