1、.高中數學競賽講座【共十五份】目 錄不等式1整數的整除性4抽屜原則12競賽專題講座類比、歸納、猜想19競賽講座覆蓋21平面幾何四個重要定理37平面幾何證明47平面三角53奇數和偶數60染色問題與染色方法68三角運算及三角不等關系75三角不等關系78同余式與不定方程80本站資源匯總優秀資源，值得收藏90不等式不等式是數學競賽的熱點之一。由于不等式的證明難度大，靈活性強，要求很高的技巧，常常使它成為各類數學競賽中的“高檔”試題。而且，不論是幾何、數論、函數或組合數學中的許多問題，都可能與不等式有關，這就使得不等式的問題（特別是有關不等式的證明）在數學競賽中顯得尤為重要。證明不等式同大多數高難度的數

2、學競賽問題一樣，沒有固定的模式，證法因題而異，靈活多變，技巧性強。但它也有一些基本的常用方法，要熟練掌握不等式的證明技巧，必須從學習這些基本的常用方法開始。一、不等式證明的基本方法1比較法比較法可分為差值比較法和商值比較法。（1）差值比較法原理 A B0AB【例1】（l）m、n是奇偶性相同的自然數，求證：（ambm）（anbn）2（am+n+bm+n）。（2）證明：··。【例2】設a1a2an，b1b2bn，j1,j2,jn是1,2,n的任意一個排列，令S=a1+ a2+ an，S0=a1bn+a2bn-1+anb1，S1=a1b1+a2b2+anbn。求證：S0SS1。（

3、2）商值比較法原理 若>1，且B>0，則A>B。【例3】已知a,b,c>0，求證：a2ab2bc2cab+cbc+aca+b。2分析法【例4】若x,y>0，求證：>。【例5】若a,b,c是ABC的三邊長，求證：a4+b4+c4<2(a2b2+b2c2+c2a2)。3綜合法【例6】若a,b,c>0，求證：abc(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)。【例7】已知ABC的外接圓半徑R=1，SABC=，a,b,c是ABC的三邊長，令S=，t=。求證：t>S。4反證法【例8】已知a3+b3=2，求證：a+b2。5數學歸納法【例9】證明對任意自然

4、數n，。二、不等式證明的若干技巧無論用什么方法來證明不等式，都需要對數學表達式進行適當的變形。這種變形往往要求具有很高的技巧，必須善于分析題目的特征，根據題設條件，綜合地利用添、拆、分解、組合、配方、變量代換、數形結合等方法才能發現問題的本質，找到突破口。1 變形技巧【例1】若nN，S=+···+，求證：n<S<n+1。【例2】（1）若A、B、C0，求證：sinA+sinB+sinC3sin。（2）ABC的三內角平分線分別交其外接圓于A,B,C，求證：SABCSABC。2 引入參變量【例3】將一塊尺寸為48×70的矩形鐵皮剪去四角小正方形后折

5、成一個無蓋長方體鐵盒，求鐵盒的最大容積。【例4】在ABC中，求證：a2+b2+c24+(b-c)2+(c-a)2+(a-b)2。其中，a,b,c是ABC的三邊長，= SABC。3 數形結合、構造【例5】證明：。4 遞推【例6】已知：x1=，x2=，···，xn=。求證：。三、放縮法【例1】若nN，n2，求證：。【例2】、都是銳角，求證：9。【例3】已知：a11，a1 a21，···，a1 a2···an1，求證：。【例4】S=1+···+，求S的整數部分S。【例5】設a0=5

6、，an=an-1+，n=1,2,···。求證：45<a1000<45.1。整數的整除性1  整數的整除性的有關概念、性質（1）       整除的定義：對于兩個整數a、d（d0），若存在一個整數p，使得成立，則稱d整除a，或a被d整除，記作d|a。若d不能整除a，則記作d  a，如2|6，4  6。（2）       性質1）  若b|a，則b|(-a)，且對任意的非零整數m有bm|am2）&#

7、160; 若a|b，b|a，則|a|=|b|;3）  若b|a，c|b，則c|a4）  若b|ac，而（a，b）=1（a，b）=1表示a、b互質，則b|c；5）  若b|ac，而b為質數，則b|a，或b|c；6）  若c|a，c|b，則c|（ma+nb），其中m、n為任意整數（這一性質還可以推廣到更多項的和）例1 （1987年北京初二數學競賽題）x，y，z均為整數，若11（7x+2y-5z），求證：11（3x-7y+12z）。證明4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z)而    &

8、#160;   1111(3x-2y+3z),且      11(7x+2y-5z),       114(3x-7y+12z)又       (11,4)=1        11(3x-7y+12z).2.整除性問題的證明方法(1)    利用數的整除性特征（見第二講）例2（1980年加拿大競賽題）設72的

9、值。解72=8×9，且（8，9）=1，所以只需討論8、9都整除的值。若8，則8，由除法可得。若9，則9（a+6+7+9+2），得a=3。（2）利用連續整數之積的性質     任意兩個連續整數之積必定是一個奇數與一個偶數之一積，因此一定可被2整除。     任意三個連續整數之中至少有一個偶數且至少有一個是3的倍數，所以它們之積一定可以被2整除，也可被3整除，所以也可以被2×3=6整除。這個性質可以推廣到任意個整數連續之積。例3（1956年北京競賽題）證明：對任何整數n都為整數，且用3除時余2。證明

10、為連續二整數的積,必可被2整除.對任何整數n均為整數,為整數,即原式為整數.又，2n、2n+1、2n+2為三個連續整數，其積必是3的倍數，而2與3互質，是能被3整除的整數.故被3除時余2.例4         一整數a若不能被2和3整除，則a2+23必能被24整除.證明  a2+23=（a2-1）+24，只需證a2-1可以被24整除即可.2 .a為奇數.設a=2k+1(k為整數),則a2-1=(2k+1)2-1=4k2+4k=4k(k+1).k、k+1為二個連續整數，故k（k+1）必能被2整除，8|4k（

11、k+1），即8|（a2-1）.又（a-1），a，（a+1）為三個連續整數，其積必被3整除，即3|a（a-1）（a+1）=a（a2-1），3  a，3|（a2-1）.3與8互質, 24|(a2-1),即a2+23能被24整除.(3)利用整數的奇偶性下面我們應用第三講介紹的整數奇偶性的有關知識來解幾個整數問題.例5         求證:不存在這樣的整數a、b、c、d使：a·b·c·d-a=       a·b

12、·c·d-b=       a·b·c·d-c=       a·b·c·d-d=       證明  由，a（bcd-1）=.右端是奇數，左端a為奇數，bcd-1為奇數.同理,由、知b、c、d必為奇數，那么bcd為奇數，bcd-1必為偶數，則a（bcd-1）必為偶數，與式右端為奇數矛盾.所以命題得證.例6  

13、;       (1985年合肥初中數學競賽題)設有n個實數x1,x2,，xn，其中每一個不是+1就是-1，且試證n是4的倍數.證明  設   (i=1,2,，n-1)，則yi不是+1就是-1，但y1+y2+yn=0，故其中+1與-1的個數相同，設為k，于是n=2k.又y1y2y3yn=1，即（-1）k=1，故k為偶數，n是4的倍數.其他方法：整數a整除整數b，即b含有因子a.這樣,要證明a整除b,采用各種公式和變形手段從b中分解出因子a就成了一條極自然的思路.例7   &#

14、160;     (美國第4屆數學邀請賽題)使n3+100能被n+10整除的正整數n的最大值是多少?解n3+100=(n+10)(n2-10n+100)-900.若n+100能被n+10整除,則900也能被n+10整除.而且,當n+10的值為最大時,相應地n的值為最大.因為900的最大因子是900.所以,n+10=900,n=890.例8         (上海1989年高二數學競賽)設a、b、c為滿足不等式1abc的整數，且（ab-1）（bc-1）（ca-1）能被abc整除

15、，求所有可能數組（a，b，c）.解  （ab-1）（bc-1）（ca-1）=a2b2c2-abc（a+b+c）+ab+ac+bc-1，abc|（ab-1）（bc-1）（ca-1）.存在正整數k,使ab+ac+bc-1=kabc,     k=k=1.若a3，此時1=-矛盾.已知a1.   只有a=2.當a=2時，代入中得2b+2c-1=bc，即   1=0b4，知b=3，從而易得c=5. 說明：在此例中通過對因數k的范圍討論，從而逐步確定a、b、c是一項重要解題技巧.例9   

16、;      （1987年全國初中聯賽題）已知存在整數n，能使數被1987整除.求證數，都能被1987整除. 證明×××（103n+），且能被1987整除，p能被1987整除.同樣，q=（）且故、102（n+1）、被除，余數分別為1000，100，10，于是q表示式中括號內的數被除，余數為1987，它可被1987整除，所以括號內的數能被1987整除，即q能被1987整除.練習十六1  選擇題（1）（1987年上海初中數學競賽題）若數n=20·30·40·50·60&

17、#183;70·80·90·100·110·120·130，則不是n的因數的最小質數是（  ）.（A）19  （B）17  （C）13  （D）非上述答案（2）在整數0、1、2、8、9中質數有x個，偶數有y個，完全平方數有z個，則x+y+z等于（   ）.（A）14  （B）13  （C）12  （D）11  （E）10（3）可除盡311+518的最小整數是（   ）.（A）2  （B）3  （C

18、）5  （D）311+518（E）以上都不是2  填空題（1）（1973年加拿大數學競賽題）把100000表示為兩個整數的乘積，使其中沒有一個是10的整倍數的表達式為_.(2)    一個自然數與3的和是5的倍數,與3的差是6的倍數,這樣的自然數中最小的是_.(3)    (1989年全國初中聯賽題)在十進制中,各位數碼是0或1,并且能被225整除的最小自然數是_.3.求使為整數的最小自然數a的值.4.(1971年加拿大數學競賽題)證明:對一切整數n,n2+2n+12不是121的倍數.5.(1984年韶關初二數學競

19、賽題)設是一個四位正整數,已知三位正整數與246的和是一位正整數d的111倍,又是18的倍數.求出這個四位數,并寫出推理運算過程.6.(1954年蘇聯數學競賽題)能否有正整數m、n滿足方程m2+1954=n2.7.證明：（1）133|（11n+2+12n+1），其中n為非負整數.(2)若將(1)中的11改為任意一個正整數a,則(1)中的12,133將作何改動?證明改動后的結論.8.(1986年全國初中數學競賽題)設a、b、c是三個互不相等的正整數.求證:在a3b-ab3,b3c-bc3,c3a-ca3三個數中,至少有一個能被10整除.9.(1986年上海初中數學競賽題)100個正整數之和為10

20、1101,則它們的最大公約數的最大可能值是多少?證明你的結論. 練習十六（）·（）由2000a為一整數平方可推出a=5反證法若是的倍數，設（）（）是素數且除盡（），除盡除盡（）或，不可能由是的倍，可能是，；又是的倍數，只能是而，是（）××××××××（）第一項可被整除又，（）改為改為，改為（）改動后命題為（）（），可仿上證明（）；同理有（）；（）若、中有偶數或均為奇數，以上三數總能被整除又在、中若有一個是的倍數，則題中結論必成立若均不能被整除，則，個位數只能是，從而，的個位數是從，中，任取三個兩

21、兩之差，其中必有或±，故題中三式表示的數至少有一個被整除，又、互質設個正整數為，最大公約數為，并令則（）×，故知，不可能都是，從而×，；若取，則滿足×，且，故的最大可能值為抽屜原則大家知道，兩個抽屜要放置三只蘋果，那么一定有兩只蘋果放在同一個抽屜里，更一般地說，只要被放置的蘋果數比抽屜數目大，就一定會有兩只或更多只的蘋果放進同一個抽屜，可不要小看這一簡單事實，它包含著一個重要而又十分基本的原則抽屜原則.1  抽屜原則有幾種最常見的形式原則1 如果把n+k(k1)個物體放進n只抽屜里，則至少有一只抽屜要放進兩個或更多個物體：原則本身十分淺顯，為了

22、加深對它的認識，我們還是運用反證法給予證明；如果每個抽屜至多只能放進一個物體，那么物體的總數至多是n，而不是題設的n+k(k1)，這不可能.原則雖簡單.巧妙地運用原則卻可十分便利地解決一些看上去相當復雜、甚至感到無從下手的總是，比如說，我們可以斷言在我國至少有兩個人出生的時間相差不超過4秒鐘，這是個驚人的結論，該是經過很多人的艱苦勞動，統計所得的吧！不，只須我們稍動手算一下：不妨假設人的壽命不超過4萬天（約110歲，超過這個年齡數的人為數甚少），則10億人口安排在8億6千4百萬個“抽屜”里，根據原則1，即知結論成立.下面我們再舉一個例子：例1  幼兒園買來了不少白兔、熊貓、長頸鹿塑料

23、玩具，每個小朋友任意選擇兩件，那么不管怎樣挑選，在任意七個小朋友中總有兩個彼此選的玩具都相同，試說明道理.解 從三種玩具中挑選兩件，搭配方式只能是下面六種：（兔、兔），（兔、熊貓），（兔、長頸鹿），（熊貓、熊貓），（熊貓、長頸鹿），（長頸鹿、長頸鹿）把每種搭配方式看作一個抽屜，把7個小朋友看作物體，那么根據原則1，至少有兩個物體要放進同一個抽屜里，也就是說，至少兩人挑選玩具采用同一搭配方式，選的玩具相同.原則2 如果把mn+k(k1)個物體放進n個抽屜，則至少有一個抽屜至多放進m+1個物體.證明同原則相仿.若每個抽屜至多放進m個物體,那么n個抽屜至多放進mn個物體,與題設不符，故不可能.原則1

24、可看作原則2的物例（m=1）例2正方體各面上涂上紅色或藍色的油漆（每面只涂一種色），證明正方體一定有三個面顏色相同.證明把兩種顏色當作兩個抽屜，把正方體六個面當作物體，那么6=2×2+2，根據原則二，至少有三個面涂上相同的顏色.例3 把1到10的自然數擺成一個圓圈，證明一定存在在個相鄰的數，它們的和數大于17.證明 如圖12-1，設a1，a2，a3，a9，a10分別代表不超過10的十個自然數，它們圍成一個圈，三個相鄰的數的組成是（a1，a2，a3），（a2，a3，a4），（a3，a4，a5），,（a9，a10，a1）,（a10，a1，a2）共十組.現把它們看作十個抽屜，每個抽屜的物體

25、數是a1+a2+a3，a2+a3+a4，a3+a4+a5，a9+a10+a1，a10+a1+a2,由于（a1+a2+a3）+（a2+a3+a4）+（a9+a10+a1）+（a10+a1+a2）=3(a1+a2+a9+a10)=3×(1+2+9+10)根據原則2,至少有一個括號內的三數和不少于17,即至少有三個相鄰的數的和不小于17.原則1、原則2可歸結到期更一般形式：原則3把m1+m2+mn+k(k1)個物體放入n個抽屜里，那么或在第一個抽屜里至少放入m1+1個物體，或在第二個抽屜里至少放入m2+1個物體，或在第n個抽屜里至少放入mn+1個物體.證明假定第一個抽屜放入物體的數不超過m

26、1個，第二個抽屜放入物體的數不超過m2個，第n個抽屜放入物體的個數不超過mn，那么放入所有抽屜的物體總數不超過m1+m2+mn個，與題設矛盾.例4 有紅襪2雙，白襪3雙，黑襪4雙，黃襪5雙，藍襪6雙（每雙襪子包裝在一起）若取出9雙，證明其中必有黑襪或黃襪2雙.證明 除可能取出紅襪、白襪3雙外.還至少從其它三種顏色的襪子里取出4雙，根據原理3，必在黑襪或黃襪、藍襪里取2雙.上面數例論證的似乎都是“存在”、“總有”、“至少有”的問題，不錯，這正是抽屜原則的主要作用.需要說明的是，運用抽屜原則只是肯定了“存在”、“總有”、“至少有”，卻不能確切地指出哪個抽屜里存在多少.2  制造抽屜是運用

27、原則的一大關鍵首先要指出的是，對于同一問題，常可依據情況，從不同角度設計抽屜，從而導致不同的制造抽屜的方式.例5 在邊長為1的正方形內，任意給定13個點，試證：其中必有4個點，以此4點為頂點的四邊開面積不超過（假定四點在一直線上構成面積為零的四邊形）.證明如圖12-2把正方形分成四個相同的小正方形.因13=3×4+1，根據原則2，總有4點落在同一個小正方形內（或邊界上），以此4點為頂點的四邊形的面積不超過小正方形的面積，也就不超過整個正方形面積的.事實上，由于解決問題的核心在于將正方形分割成四個面積相等的部分，所以還可以把正方形按圖12-3（此處無圖）所示的形式分割.合理地制造抽屜必

28、須建立在充分考慮問題自身特點的基礎上.例6 在一條筆直的馬路旁種樹，從起點起，每隔一米種一棵樹，如果把三塊“愛護樹木”的小牌分別掛在三棵樹上，那么不管怎樣掛，至少有兩棵掛牌的樹之間的距離是偶數（以米為單位），這是為什么？解如圖12-4（設掛牌的三棵樹依次為A、B、C.AB=a，BC=b，若a、b中有一為偶數，命題得證.否則a、b均為奇數，則AC=a+b為偶數，命題得證.下面我們換一個角度考慮：給每棵樹上編上號，于是兩棵樹之間的距離就是號碼差，由于樹的號碼只能為奇數和偶數兩類，那么掛牌的三棵樹號碼至少有兩個同為奇數或偶數，它們的差必為偶數，問題得證.后一證明十分巧妙，通過編號碼，將兩樹間距離轉化

29、為號碼差.這種轉化的思想方法是一種非常重要的數學方法例7 從自然數1，2，3，99，100這100個數中隨意取出51個數來，求證：其中一定有兩個數，它們中的一個是另一個的倍數.分析設法制造抽屜：（1）不超過50個；（2）每個抽屜的里的數（除僅有的一個外），其中一個數是另一個數的倍數，一個自然數的想法是從數的質因數表示形式入手.解設第一個抽屜里放進數：1，1×2，1×22，1×23，1×24，1×25，1×26；第二個抽屜時放進數：3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25；第三

30、個抽屜里放進數：5，5×2，5×22，5×23，5×24；第二十五個抽屜里放進數：49，49×2；第二十六個抽屜里放進數：51.第五十個抽屜里放進數：99.那么隨意取出51個數中，必有兩個數同屬一個抽屜，其中一個數是另一個數的倍數.制造抽屜并非總是一帆風順的，有時要邊制造邊調整、改進.例8 任意給定7個不同的自然數，求證其中必有兩個整數，其和或差是10的倍數.分析注意到這些數隊以10的余數即個位數字，以0，1，9為標準制造10個抽屜，標以0，1，9.若有兩數落入同一抽屜，其差是10的倍數，只是僅有7個自然數，似不便運用抽屜原則，再作調整：6，7

31、，8，9四個抽屜分別與4，3，2，1合并，則可保證至少有一個抽屜里有兩個數，它們的和或差是10的倍數.3  較復雜的問題須反復地運用抽屜原則，將復雜問題轉化為簡單問題.例9以（x，y，z）表示三元有序整數組，其中x、y、z為整數，試證：在任意七個三元整數組中，至少有兩個三元數組，它們的x、y、z元中有兩對都是奇數或都是偶數.分析 設七個三元素組為A1（x1，y1，z1）、A2（x2，y2，z2）、A7（x7，y7，z7）.現在逐步探索，從x元開始，由抽屜原則，x1，x2，x7這七個數中，必定有四個數具有相同的奇偶性，不妨設這四個數是x1，x2，x3，x4且為偶數，接著集中考慮A1、A

32、2、A3、A4這四組數的y元，若比如y1，y2，y3，y4中有兩個是偶數，則問題已證，否則至多有一個是偶數，比如y4是偶數，這時我們再來集中考慮A1、A2、A3的z元.在z1，z2，z3中，由抽屜原則必有兩個數具有相同的奇偶性，如z1、z2，這時無論它們是奇數，還是偶數，問題都已得到證明.下面介紹一個著名問題.例10 任選6人，試證其中必有3人，他們互相認識或都不認識.分析 用A、B、C、D、E、F表示這6個人，首先以A為中心考慮，他與另外五個人B、C、D、E、F只有兩種可能的關系：認識或不認識，那么由抽屜原則，他必定與其中某三人認識或不認識，現不妨設A認識B、C、D三人，當B、C、D三人都互

33、不認識時，問題得證；當B、C、D三人中有兩人認識，如B、C認識時，則A、B、C互相認識，問題也得證.本例和上例都采用了舍去保留、化繁為簡、逐步縮小考慮范圍的方法.例11a，b，c，d為四個任意給定的整數，求證：以下六個差數b-a，c-a，d-a，c-b，d-b，d-c的乘積一定可以被12整除.證明  把這6個差數的乘積記為p，我們必須且只須證明：3與4都可以整除p，以下分兩步進行.第一步，把a，b，c，d按以3為除數的余數來分類，這樣的類只有三個，故知a，b，c，d中至少有2個除以3的余數相同，例如，不妨設為a，b，這時3可整除b-a，從而3可整除p.第二步，再把a，b，c，d按以4

34、為除數的余數來分類，這種類至多只有四個，如果a，b，c，d中有二數除以4的余數相同，那么與第一步類似，我們立即可作出4可整除p的結論.設a，b，c，d四數除以4的余數不同，由此推知，a，b，c，d之中必有二個奇數（不妨設為a，b），也必有二個偶數（設為c，d），這時b-a為偶數，d-c也是偶數，故4可整除(b-a)(d-c)，自然也可得出4可整除p.如果能進一步靈活運用原則，不僅制造抽屜，還根據問題的特征，制造出放進抽屜的物體，則更可收到意想不到的效果.例12 求證：從任意n個自然數a1，a2，an中可以找到若干個數，使它們的和是n的倍數.分析以0，1，n-1即被n除的余數分類制造抽屜的合理的

35、，但把什么樣的數作為抽屜里的物體呢？扣住“和”，構造下列和數：S1=a1,S2=a1+a2,S=a1+a2+a3,Sn=a1+a2+an，其中任意兩個和數之差仍為和數，若他們之中有一是n的倍數，問題得證，否則至少有兩個數被n除余數相同，則它們的差即它們中若干數（包括1個）的和是n的倍數，問題同樣得證.例子3（北京1990年高一競賽）910瓶紅、藍墨水，排成130行，每行7瓶，證明：不論怎樣排列，紅藍墨水瓶的顏色次序必定出現下述兩種情況之一種：（1）至少有三行完全相同；（2）至少有兩組（四行）每組的兩行完全相同.解910瓶紅、藍墨水排成130行，每行7瓶，對一行來說，每個位置上有紅藍兩種可能，因

36、此，一行的紅、藍墨水排法有27=128種，對每一種不同排法設為一種“行式”，共有128種行式.現有130行，在其中任取129行，依抽屜原則知，必有兩行A、B行式相同.除A、B外余下128行，若有一行P與A行式相同，知滿足（1）至少有三行A、B、P完全相同，若在這128行中設直一行5A行或相同，那么這128行至多有127種行式，依抽屜原則，必有兩行C、D具有相同行式，這樣便找到了（A、B），（C、D）兩組（四行），且兩組兩行完全相同.練習十二1  一個籃球運動員在15分鐘內將球投進籃圈20次，證明總有某一分鐘他至少投進兩次.2  有黑、白、黃筷子各8只，不用眼睛看，任意地取出

37、筷子來，使得至少有兩雙筷子不同色，那么至少要取出多少只筷子才能做到？3  證明：在1，2，3，10這十個數中任取六個數，那么這六個數中總可以找到兩個數，其中一個是另一個的倍數.4  證明：任意502個整數中，必有兩個整數的和或差是998的倍數.5  任意寫一個由數字1，2，3組成的30位數，從這30位數任意截取相鄰三位，可得一個三位數，證明：在從各個不同位置上截得的三位數中至少有兩個相等.6  證明：把任意10個自然數用適當的運算符號連接起來，運算的結果總能被1890整除.7  七條直線兩兩相交，所得的角中至少有一個角小于26°.8&

38、#160; 用2種顏色涂3行9列共27個小方格，證明：不論如何涂色，其中必至少有兩列，它們的涂色方式相同.9  用2種顏色涂5×5共25個小方格，證明：必有一個四角同色的矩形出現.10              求證存在形如1111的一個數，此數是1987的倍數. 練習十二115分鐘里在每一分鐘看作一個抽屜，20次投籃看作20個物體，根據原理一即得.2.至少要取只筷子因為只筷子中必有一雙筷子同色，不妨設它是黃色，則黑色或白色的筷子至少有

39、只，其中必有一雙同色，即黑色或白色，故取只筷子足以保證成功但少于只不行，如取只筷子，閔可能出現只黃色，黑白各一只，不合要求將個數分成組：（，），（，），（，），（，），（，）任取六個數必有兩個落入同一組，而同組二數中一數是另一數的倍數每個整數被除，余數必是，中的一個把這個余數制造為（），（，），（，），（，），（），（），（）共個抽屜，把個整數按被除的余數大小分別放入上述抽屜，必有兩數進入同一抽屜若余數相同，那么它們的差是的倍數，否則和為的倍數從各種位置上截得的三位數有個，但由，組成的不同三位數有××個，故有兩個截得的三位數相同××××

40、;將個數記為，個數中至少有兩個被除余數相同，設為，則可被整除同樣剩下個數中有兩個數的差可被整除，記為，剩下個數中有兩個數的差可被整除，記為，剩下個數中有兩個數的差可被整除，記為剩下兩數，若有一數為偶數，則，可被整除，否則可被整除故乘積（）（）（）（）·與（）（）（）（）（）二者之一必可被整除任選一點，過點分別作各線的平行線，則它們把一周角分成個彼此相鄰的角，其中至少有一個角小于°用兩種顏色涂×的小方格共有種方法現有列，由抽屜原則，必有兩列涂法一樣設兩種顏色為紅、藍，考察第一行的涂色必有三格同色，不妨設為紅色，且在左邊三列現考察左邊三列，若下面四行中某一行有兩格同為

41、紅色，則出現四角同紅色矩形，否則每行僅可能一格染紅色，從而四行中必有二行左邊三列中有兩列同染藍色，從而得到四角同為藍色的矩形考慮，共個數，其中必有一個是的倍數，否則必有兩數被除余數相同，其差是的倍數但與沒有除外的因數，故是倍數導致矛盾競賽專題講座類比、歸納、猜想 數學解題與數學發現一樣，通常都是在通過類比、歸納等探測性方法進行探測的基礎上，獲得對有關問題的結論或解決方法的猜想，然后再設法證明或否定猜想，進而達到解決問題的目的類比、歸納是獲得猜想的兩個重要的方法所謂類比，就是由兩個對象的某些相同或相似的性質，推斷它們在其他性質上也有可能相同或相似的一種推理形式。類比是一種主觀的不充分的似真推理，

42、因此，要確認其猜想的正確性，還須經過嚴格的邏輯論證運用類比法解決問題，其基本過程可用框圖表示如下： 可見，運用類比法的關鍵是尋找一個合適的類比對象按尋找類比對象的角度不同，類比法常分為以下三個類型 （1）降維類比將三維空間的對象降到二維（或一維）空間中的對象，此種類比方法即為降維類比【例1】如圖，過四面體V-ABC的底面上任一點O分別作OA1VA，OB1VB，OC1VC，A1，B1，C1分別是所作直線與側面交點 求證：+為定值分析 考慮平面上的類似命題：“過ABC（底）邊 AB上任一點O分別作OA1AC，OB1BC，分別交BC、AC于A1、B1，求證+為定值”這一命題利用相似三角形性質很容易推

43、出其為定值1另外，過A、O分別作BC垂線，過B、O分別作AC垂線，則用面積法也不難證明定值為1于是類比到空間圍形，也可用兩種方法證明其定值為1證明：如圖，設平面OA1 VABCM，平面OB1 VBACN，平面OC1 VCAB=L，則有MOA1MAV，NOB1NBV，LOC1 LCV得+=+。在底面ABC中，由于AM、BN、CL交于一點O，用面積法易證得：+=1。+=1。【例2】以棱長為1的正四面體的各棱為直徑作球，S是所作六個球的交集證明S中沒有一對點的距離大于【分析】考慮平面上的類比命題：“邊長為1的正三角形，以各邊為直徑作圓，S是所作三個圓的交集”，通過探索S的類似性質，以尋求本題的論證思

44、路如圖，易知S包含于以正三角形重心為圓心，以為半徑的圓內因此S內任意兩點的距離不大于以此方法即可獲得解本題的思路證明：如圖，正四面體 ABCD中，M、N分別為BC、AD的中點，G為BCD的中心，MNAGO顯然O是正四面體ABCD的中心易知OG=·AG=，并且可以推得以O為球心、OG為半徑的球內任意兩點間的距離不大于，其球O必包含S現證明如下根據對稱性，不妨考察空間區域四面體OMCG設P為四面體OMCG內任一點，且P不在球O內，現證P亦不在S內若球O交OC于T點。TON中，ON=，OT=，cosTON=cos(-TOM)=-。由余弦定理：TN2=ON2+OT2+2ON·OT&

45、#183;=，TN=。又在 RtAGD中，N是AD的中點，GN=。由GN= NT， OGOT， ON=ON，得 GONTON。TONGON，且均為鈍角于是顯然在GOC內，不屬于球O的任何點P，均有PON>TON，即有PN>TN=，P點在 N為球心，AD為直徑的球外，P點不屬于區域S由此可見，球O包含六個球的交集S，即S中不存在兩點，使其距離大于（2）結構類比某些待解決的問題沒有現成的類比物，但可通過觀察，憑借結構上的相似性等尋找類比問題，然后可通過適當的代換，將原問題轉化為類比問題來解決【例3】任給7個實數xk（k=1，2，7）證明其中有兩個數xi，xj，滿足不等式0·【

46、分析】若任給7個實數中有某兩個相等，結論顯然成立若7個實數互不相等，則難以下手但仔細觀察可發現：與兩角差的正切公式在結構上極為相似，故可選后者為類比物，并通過適當的代換將其轉化為類比問題作代換：xk=tgk（k l，2，7），證明必存在i，j，滿足不等式0tg(i-j)·證明：令xk=tgk（k l，2，7），k（-，），則原命題轉化為：證明存在兩個實數i，j（-，），滿足0tg(i-j)·由抽屜原則知，k中必有 4個在0，）中或在（-，0）中，不妨設有4個在0，）中注意到tg00，tg=，而在0，）內，tgx是增函數，故只需證明存在i，j，使0<i-j <即可

47、。為此將0，）分成三個小區間：0，、（，、（，）。又由抽屜原則知，4個k中至少有2個比如i，j同屬于某一區間，不妨設i>j，則0i-j ，故0tg(i-j)·這樣，與相應的xi=tgi、xj=tgj，便有0·（3）簡化類比 簡化類比，就是將原命題類比到比原命題簡單的類比命題，通過類比命題解決思路和方法的啟發，尋求原命題的解決思路與方法比如可先將多元問題類比為少元問題，高次問題類比到低次問題，普遍問題類比為特殊問題等 【例4】已知xi0（i1，2，n），且xl+x2+xn=1。求證：1+ 【分析】我們可先把它類比為一簡單的類比題：“已知xl0，x20，且xl+x2 =1

48、，求證1+”本類比題的證明思路為：2xl+x2l，021，則1xl+x2+22，即1(+)22，1+這一證明過程中用到了基本不等式和配方法這正是要尋找的證明原命題的思路和方法證明：由基本不等式有02xi+xj，則02(n-1)( xl+x2+xn)=n-11xl+x2+xn +2n，即1(+)2n1+所謂歸納，是指通過對特例的分析來引出普遍結論的一種推理形式它由推理的前提和結論兩部分構成：前提是若干已知的個別事實，是個別或特殊的判斷、陳述，結論是從前提中通過推理而獲得的猜想，是普遍性的陳述、判斷其思維模式是：設Mi（i1，2，n）是要研究對象M的特例或子集，若Mi（i1，2，n）具有性質P，則

49、由此猜想M也可能具有性質P如果M，這時的歸納法稱為完全歸納法由于它窮盡了被研究對象的一切特例，因而結論是正確可靠的完全歸納法可以作為論證的方法，它又稱為枚舉歸納法 如果是M的真子集，這時的歸納法稱為不完全歸納法由于不完全歸納法沒有窮盡全部被研究的對象，得出的結論只能算猜想，結論的正確與否有待進一步證明或舉反例本節主要介紹如何運用不完全歸納法獲得猜想，對于完全歸納法，將在以后結合有關內容（如分類法）進行講解 【例5】證明：任何面積等于1的凸四邊形的周長及兩條對角線的長度之和不小于4十【分析】四邊形的周長和對角線的長度和混在一起令人棘手，我們可以從特例考察起：先考慮面積為1的正方形，其周長恰為4，

50、對角錢之和為2即其次考察面積為1的菱形，若兩對角線長記為l1、l2，那么菱形面積S=l1·l2，知l1+ l22=2=，菱形周長： l42=4。由此，可以猜想：對一般的凸四邊形也可將其周長和對角線長度和分開考慮【證明】設ABCD為任意一個面積為1的凸四邊形，其有關線段及角標如圖則SABCD= (eg+gf+fh+he)sin (e+f)(g+h)，e+f+g+h2，即對角線長度之和不小于abcd4，即周長不小于4綜上所述，結論得證，【例 6】在一直線上從左到右依次排列著 1988個點P1，P2，P1988，且Pk是線段Pk-1Pk+1的k等分點中最靠近Pk+1的那個點（2k1988）

51、，P1P2=1，P1987 P1988=l求證：2l<3-1984。【分析】本題初看復雜，難以入手不妨先從特殊值出發，通過特殊值的計算，以便分析、歸納出一般性的規律當k=1時，P1P2=1（已知）；當k= 2時， P2是P1P3的中點，故P2P3= P1P2= 1；當k=3時， P3是P2P4的三等分點中最靠近的那個分點，即P3P4= P2P4= ( P2P3+ P3P4) =P2P3+ P3P4，故P3P4= P2P3=由此可推得4 P5=×，P5P6=××由、，可歸納以下猜想：PkPk+1=Pk-1Pk。【證明】于是有：令k=1987，則有故2l<

52、3-1984。競賽講座覆蓋一個半徑為1的單位圓顯然是可以蓋住一個半徑為的圓的反過來則不然，一個半徑為的圓無法蓋住單位圓那么兩個半徑為的圓能否蓋住呢？不妨動手實驗一下，不行為什么不行？需幾個這樣的小圓方能蓋住大圓？，這里我們討論的就是覆蓋問題，它是我們經常遇到的一類有趣而又困難的問題定義  設和是兩個平面圖形如果圖形或由圖形經過有限次的平移、旋轉、對稱等變換扣得到的大小形狀不變的圖形上的每一點都在圖形上我們就說圖形覆蓋圖形；反之，如果圖形或上至少存在一點不在上，我們就說圖形不能覆蓋圖形關于圖形覆蓋，下述性質是十分明顯的：（）   圖形覆蓋自身；（） 

53、60; 圖形覆蓋圖形，圖形覆蓋圖形，則圖形覆蓋圖形最簡單情形用一個圓覆蓋一個圖形首先根據覆蓋和圓的定義及性質即可得到：定理  如果能在圖形所在平面上找到一點，使得圖形中的每一點與的距離都不大于定長，則可被一半徑為的圓所覆蓋定理  對于二定點、及定角若圖形中的每點都在同側，且對、視角不小于，則圖形被以為弦，對視角等于的弓形所覆蓋在用圓去覆蓋圖形的有關問題的研究中，上述二定理應用十分廣泛例 求證：（）周長為的平行四邊形能夠被半徑為的圓面所覆蓋（）桌面上放有一絲線做成的線圈，它的周長是，不管線圈形狀如何，都可以被個半徑為的圓紙片所覆蓋分析  （）關鍵在于圓心位置，考慮到

54、平行四邊形是中心對稱圖形，可讓覆蓋圓圓心與平行四邊形對角線交點疊合（）曲化直對比（），應取均分線圈的二點連線段中點作為覆蓋圓圓心證明  （）如圖，設的周長為，、交于，為周界上任意一點，不妨設在上，則，有又，故因此周長為的平行四邊形可被以為圓心；半徑為的圓所覆蓋，命題得證（2）如圖45-2,在線圈上分別取點R，Q，使R、Q將線圈分成等長兩段，每段各長l.又設RQ中點為G，M為線圈恥任意一點，連MR、MQ，則因此，以G為圓心，長為半徑的圓紙片可以覆蓋住整個線圈例ABC的最大邊長是，則這個三角形可被一半徑為的圓所覆蓋分析  為最大邊，所對角A滿足°A°證明 不

55、妨設BC，以BC為弦，在A點所在一側作含60°角的弓形弧（圖）因°A180°，故根據定理，ABC可被該弓形所覆蓋由正弦定理，弓形相應半徑，所以ABC可被半徑為的圓所覆蓋顯然覆蓋ABC的圓有無窮多個，那么半徑為的圓是否是最小的覆蓋圓呢？事實并不盡然例 的最大邊BC等于，試求出覆蓋ABC的最小圓解 分三種情形進行討論：（）   為鈍角，以為直徑作圓即可覆蓋BC（）   是直角，同樣以為直徑作圓即可覆蓋ABC；（）是銳角假若O覆蓋ABC，我們可在O內平移ABC，使一個頂點B落到圓周上，再經過適當旋轉，使另一個頂點落在圓周上，此時第三個頂點A在O內或其圓周上，設BC所對圓周角為，那么BAC，設O直徑，ABC外接圓直徑，那么所以對于銳角三角形ABC，最小覆蓋圓是它的外接圓今后我們稱覆蓋圖形F的圓中最小的一個為F的最小覆蓋圓最小覆蓋圓的半徑叫做圖形F的覆蓋半徑綜合例、例，即知ABC中，若為最大邊，則ABC的覆蓋半徑滿足一個圖形能否被覆蓋，與圖形中任意兩點間的距離最大值密切相關以下我們稱圖形中任意兩點間的距離最大值為圖形的直徑我們繼續研究多個圓覆蓋一個圖形問題定義  對于