1、高中数学竞赛专题复习学案14讲第14讲数学方法选讲第14讲 数学方法选讲同学们在阅读课外读物的时候,或在听老师讲课的时候,书上的例题或老师讲解的例题他都能听懂,但一遇到没有见过面的问题就不知从何处入手。看来,要提高解决问题的能力,要能在竞赛中有所作为,首先得提高分析问题的能力,这就需要学习一些重要的数学思想方法。例题讲解一、从简单情况考虑华罗庚先生曾经指出:善于“退”,足够的“退”,退到最原始而又不失去重要性的地方,是学好数学的一个诀窍。从简单情况考虑,就是一种以退为进的一种解题策略。1两人坐在一张长方形桌子旁,相继轮流在桌子上放入同样大小的硬币。条件是硬币一定要平放在桌子上,后放的硬币不能压
2、在先放的硬币上,直到桌子上再也放不下一枚硬币为止。谁放入了最后一枚硬币谁获胜。问:先放的人有没有必定取胜的策略?2线段AB上有1998个点(包括A,B两点),将点A染成红色,点B染成蓝色,其余各点染成红色或蓝色。这时,图中共有1997条互不重叠的线段。问:两个端点颜色相异的小线段的条数是奇数还是偶数?为什么?31000个学生坐成一圈,依次编号为1,2,3,1000。现在进行1,2报数:1号学生报1后立即离开,2号学生报2并留下,3号学生报1后立即离开,4号学生报2并留下学生们依次交替报1或2,凡报1的学生立即离开,报2的学生留下,如此进行下去,直到最后还剩下一个人。问:这个学生的编号是几号?4
3、在66的正方形网格中,把部分小方格涂成红色。然后任意划掉3行和3列,使得剩下的小方格中至少有1个是红色的。那么,总共至少要涂红多少小方格?二、从极端情况考虑从问题的极端情况考虑,对于数值问题来说,就是指取它的最大或最小值;对于一个动点来说,指的是线段的端点,三角形的顶点等等。极端化的假设实际上也为题目增加了一个条件,求解也就会变得容易得多。5新上任的宿舍管理员拿着20把钥匙去开20个房间的门,他知道每把钥匙只能打开其中的一个门,但不知道哪一把钥匙开哪一个门,现在要打开所有关闭的20个门,他最多要开多少次?6有n名(n3)选手参加的一次乒乓球循环赛中,没有一个全胜的。问:是否能够找到三名选手A,
4、B,C,使得A胜B,B胜C,C胜A?7n(n3)名乒乓球选手单打比赛若干场后,任意两个选手已赛过的对手恰好都不完全相同。试证明,总可以从中去掉一名选手,而使余下的选手中,任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同。8在一个88的方格棋盘的方格中,填入从1到64这64个数。问:是否一定能够找到两个相邻的方格,它们中所填数的差大于4?三、从整体考虑从整体上来考察研究的对象,不纠缠于问题的各项具体的细节,从而能够拓宽思路,抓住主要矛盾,一举解决问题。9右图是一个44的表格,每个方格中填入了数字0或1。按下列规则进行“操作”:每次可以同时改变某一行的数字:1变成0,0变成1。问:能否通过若干次“操作”使
5、得每一格中的数都变成1?10有三堆石子,每堆分别有1998,998,98粒。现在对这三堆石子进行如下的“操作”:每次允许从每堆中各拿掉一个或相同个数的石子,或从任一堆中取出一些石子放入另一堆中。按上述方式进行“操作”,能否把这三堆石子都取光?如行,请设计一种取石子的方案;如不行,请说明理由。11我们将若干个数x,y,z,的最大值和最小值分别记为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)课后练习1.方程x1+x2+x3+xn-1+xn=x1x2x3xn-1xn一定有一个自然数解吗
6、?为什么?2.连续自然数1,2,3,8899排成一列。从1开始,留1划掉2和3,留4划掉5和6这么转圈划下去,最后留下的是哪个数?3.给出一个自然数n,n的约数的个数用一个记号A(n)来表示。例如当n=6时,因为6的约数有1,2,3,6四个,所以A(6)=4。已知a1,a2,a10是 10个互不相同的质数,又x为a1,a2,a10的积,求 A(x)。4.平面上有100个点,无三点共线。将某些点用线段连结起来,但线段不能相交,直到不能再连结时为止。问:是否存在一个以这些点中的三个点为顶点的三角形,它的内部没有其余97个点中的任何一个点?5.在一块平地上站着5个小朋友,每两个小朋友之间的距离都不相
7、同,每个小朋友手上都拿着一把水枪。当发出射击的命令后,每人用枪射击距离他最近的人。问:射击后有没有一个小朋友身上是干的?为什么?6.把1600粒花生分给100只猴子,请你说明不管怎样分,至少有4只猴子分的花生一样多。7.有两只桶和一只空杯子。甲桶装的是牛奶,乙桶装的是酒精(未满)。现在从甲桶取一满杯奶倒入乙桶,然后从乙桶取一满杯混合液倒入甲桶,这时,是甲桶中的酒精多,还是乙桶中的牛奶多?为什么?8.在黑板上写上1,2,3,1998。按下列规定进行“操作”:每次擦去其中的任意两个数a和b,然后写上它们的差(大减小),直到黑板上剩下一个数为止。问:黑板上剩下的数是奇数还是偶数?为什么?第14讲 数
8、学方法选讲 答案例题答案:1分析与解:如果桌子大小只能容纳一枚硬币,那么先放的人当然能够取胜。然后设想桌面变大,注意到长方形有一个对称中心,先放者将第一枚硬币放在桌子的中心,继而把硬币放在后放者所放位置的对称位置上,这样进行下去,必然轮到先放者放最后一枚硬币。2分析:从最简单的情况考虑:如果中间的1996个点全部染成红色,这时异色线段只有1条,是一个奇数。然后我们对这种染色方式进行调整:将某些红点改成蓝点并注意到颜色调整时,异色线段的条数随之有哪些变化。由于颜色的调整是任意的,因此与条件中染色的任意性就一致了。解:如果中间的1996个点全部染成红色,这时异色线段仅有1条,是一个奇数。将任意一个
9、红点染成蓝色时,这个改变颜色的点的左右两侧相邻的两个点若同色,则异色小线段的条数或者增加2条(相邻的两个点同为红色),或者减少2条(相邻的两个点同为蓝色);这个改变颜色的点的左右两侧相邻的两个点若异色,则异色小线段的条数不变。综上所述,改变任意个点的颜色,异色线段的条数的改变总是一个偶数,从而异色线段的条数是一个奇数。3分析:这个问题与上一讲练习中的第8题非常相似,只不过本例是报1的离开报2的留下,而上讲练习中相当于报1的留下报2的离开,由上讲练习的结果可以推出本例的答案。本例中编号为1的学生离开后还剩999人,此时,如果原来报2的全部改报1并留下,原来报1的全部改报2并离开,那么,问题就与上
10、讲练习第8题完全一样了。因为剩下999人时,第1人是2号,所以最后剩下的人的号码应比上讲练习中的大1,是9751=976(号)。为了加深理解,我们重新解这道题。解:如果有2n个人,那么报完第1圈后,剩下的是2的倍数号;报完第2圈后,剩下的是22的倍数号报完第n圈后,剩下的是2n的倍数号,此时,只剩下一人,是2n号。如果有(2nd)(1d2n)人,那么当有d人退出圈子后还剩下2n人。因为下一个该退出去的是(2d1)号,所以此时的第(2d1)号相当于2n人时的第1号,而2d号相当于2n人时的第2n号,所以最后剩下的是第2d号。由1000=29488知,最后剩下的学生的编号是4882=976(号)。
11、4分析与解:先考虑每行每列都有一格涂红,比较方便的涂法是在一条对角线上涂6格红色的,如图1。任意划掉3行3列,可以设想划行划列的原则是:每次划掉红格的个数越多越好。对于图1,划掉3行去掉3个红格,还有3个红格恰在3列中,再划掉3列就不存在红格了。所以,必然有一些行有一些列要涂2个红格,为了尽可能地少涂红格,那么每涂一格红色的,一定要使多出一行同时也多出一列有两格红色的。先考虑有3行中有2格涂红,如图2。显然,同时也必然有3个列中也有2格涂红。这时,我们可以先划掉有2格红色的3行,还剩下3行,每行上只有一格涂红,每列上也只有一格涂红,那么在划掉带红格的3列就没有红格了。为了使得至少余下一个红格,
12、只要再涂一格。此红格要使图中再增加一行和一列有两个红格的,如图3。结论是:至少需要涂红10个方格。5. 解:从最不利的极端情况考虑:打开第一个房间要20次,打开第二个房间需要19次共计最多要开2019181=210(次)。6. 解:从极端情况观察入手,设B是胜的次数最多的一个选手,但因B没获全胜,故必有选手A胜B。在败给B的选手中,一定有一个胜A的选手C,否则,A胜的次数就比B多一次了,这与B是胜的次数最多的矛盾。所以,一定能够找到三名选手A,B,C,使得A胜B,B胜C,C胜A。7. 证明:如果去掉选手H,能使余下的选手中,任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同,那么我们称H为可去选手。我们
13、的问题就是要证明存在可去选手。设A是已赛过对手最多的选手。若不存在可去选手,则A不是可去选手,故存在选手B和C,使当去掉A时,与B赛过的选手和与C赛过的选手相同。从而B和C不可能赛过,并且B和C中一定有一个(不妨设为B)与A赛过,而另一个(即C)未与A赛过。又因C不是可去选手,故存在选手D,E,其中D和C赛过,而E和C未赛过。显然,D不是A,也不是B,因为D与C赛过,所以D也与B赛过。又因为B和D赛过,所以B也与E赛过,但E未与C赛过,因而选手E只能是选手A。于是,与A赛过的对手数就是与E赛过的对手数,他比与D赛过的对手数少1,这与假设A是已赛过对手最多的选手矛盾。故一定存在可去选手。8. 解
14、:考虑这个方格棋盘的左上角、右上角及右下角内的数A,B,S。设存在一个填数方案,使任意相邻两格中的数的差不大于4,考虑最大和最小的两个数1和64的填法,为了使相邻数的差不大于4,最小数1和最大数的“距离”越大越好,即把它们填在对角的位置上(A=1,S=64)。然后,我们沿最上行和最右行来观察:因为相邻数不大于4,从 ABS共经过14格,所以 S1+414=57(每次都增加最大数4),与S=64矛盾。因而,1和64不能填在“最远”的位置上。显然,1和64如果填在其他任意位置,那么从1到64之间的距离更近了,更要导致如上的矛盾。因此,不存在相邻数之差都不大于4的情况,即不论怎样填数必有相邻两数的差
15、大于49. 解:我们考察表格中填入的所有数的和的奇偶性:第一次“操作”之前,它等于9,是一个奇数,每一次“操作”,要改变一行或一列四个方格的奇偶性,显然整个16格中所有数的和的奇偶性不变。但当每一格中所有数字都变成1时,整个16格中所有数的和是16,为一偶数。故不能通过若干次“操作”使得每一格中的数都变成1。10. 解:要把三堆石子都取光是不可能的。按“操作”规则,每次拿掉的石子数的总和是3的倍数,即不改变石子总数被 3除时的余数。而1998+998+98=3094,被3除余1,三堆石子被取光时总和被3除余0。所以,三堆石子都被取光是办不到的。11. 解:设 M=max(a+b+c,b+c+d
16、,c+d+e,d+e+f,e+f+g)。因为a+b+c,c+d+e,e+f+g都不大于M,所以课后练习1.有。解:当n=2时,方程x1+x2=x1x2有一个自然数解:x1=2,x2=2;当n=3时,方程x1+x2+x3=x1x2x3有一个自然数解:x1=1,x2=2,x3=3;当n=4时,方程x1+x2+x3+x4=x1x2x3x4有一个自然数解:x1=1,x2=1,x3=2,x4=4。一般地,方程x1+x2+x3+xn-1+xn=x1x2x3xn-1xn有一个自然数解:x1=1,x2=1,xn-2=1,xn-1=2,xn=n。2.3508。解:仿例3。当有3n个数时,留下的数是1号。小于88
17、99的形如3n的数是38=6561,故从1号开始按规则划数,划了8899-6561=2338(个)数后,还剩下6561个数。下一个要划掉的数是238823+1=3507,故最后留下的就是3508。3.1024。解:质数a1有2个约数:1和a,从而A(a1)=2;2个质数a1,a2的积有4个约数:1,a1,a2,a1a2,从而A(a1a2)=4=22;3个质数a1,a2,a3的积有8个约数:1,a1,a2,a3,a1a2,a2a3,a3a1,a1a2a3,从而A(a1a2a3)=8=23;于是,10个质数a1,a2,a10的积的约数个数为A(x)=210=1024。4.存在。提示:如果一个三角形
18、内还有别的点,那么这个点与三角形的三个顶点还能连结,与已“不能再连结”矛盾。5.有。解:设A和B两人是距离最近的两个小朋友,显然他们应该互射。此时如果有其他的小朋友射向他们中的一个,即A,B中有一人挨了两枪,那么其他三人中必然有一人身上是干的。如果没有其他的小朋友射向A或B,那么我们再考虑剩下的三个人D,E,F:若D,E的距离是三人中最近的,则D,E互射,而F必然射向他们之间的一个,此时F身上是干的。6.假设没有4只猴子分的花生一样多,那么至多3只猴子分的花生一样多。我们从所需花生最少情况出发考虑: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3(0+1+2+32)+33=1617(粒),现在只有1600粒花生,无法使得至多3只猴子分的花生一样多,故至少有4只猴子分的花生一样多。7.一样多。提示:从整体看,甲、乙两桶 所装的液体的体积没有发生变化。甲桶里有多少酒精,就必然倒出了同样体积的牛奶入 乙桶。所以,甲桶 中的酒精和乙桶中 的牛奶一样多。8.奇数。解:黑板上开始时所有数的和为S=1+2+3+1998=1997001,是一个奇数,而每一次“操作”,将(a+b)变成了(a-b),实际上减少了2b,即减少了一个偶数。因为从整体上看,总和减少了一个偶数,其奇偶性不变,所以最后黑板上剩下一个奇数
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