1、高一數學奧賽培訓校本教材教案目錄§1數學方法選講（1） 1§2數學方法選講（2） 11§3集 合 22§4函數的性質 30§5二次函數(1) 41§6二次函數(2) 55§7指、對數函數,冪函數 63§1數學方法選講（1）同學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，但一遇到沒有見過面的問題就不知從何處入手?？磥?，要提高解決問題的能力，要能在競賽中有所作為，首先得提高分析問題的能力，這就需要學習一些重要的數學思想方法。例題講解一、從簡單情況考慮華羅庚先生曾經指出：善于“退”

2、，足夠的“退”，退到最原始而又不失去重要性的地方，是學好數學的一個訣竅。從簡單情況考慮，就是一種以退為進的一種解題策略。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1998個點（包括A，B兩點），將點A染成紅色，點B染成藍色，其余各點染成紅色或藍色。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是奇數還是偶數？為什么？31000個學生坐成一圈，依次編號為1，2，3，1000

3、?，F在進行1，2報數：1號學生報1后立即離開，2號學生報2并留下，3號學生報1后立即離開，4號學生報2并留下學生們依次交替報1或2，凡報1的學生立即離開，報2的學生留下，如此進行下去，直到最后還剩下一個人。問：這個學生的編號是幾號？4在6×6的正方形網格中，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

4、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，現在要打開所有關閉的20個門，他最多要開多少次？6有n名（n3）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？7n（n3）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8×8的方格棋盤的方格中，填入從1到64這64個數。問：是否一定能夠找到兩個相鄰的方格，它們中所填數的差大于4？三、從整體考

5、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4×4的表格，每個方格中填入了數字0或1。按下列規(guī)則進行“操作”：每次可以同時改變某一行的數字：1變成0，0變成1。問：能否通過若干次“操作”使得每一格中的數都變成1？10有三堆石子，每堆分別有1998，998，98?！，F在對這三堆石子進行如下的“操作”：每次允許從每堆中各拿掉一個或相同個數的石子，或從任一堆中取出一些石子放入另一堆中。按上述方式進行“操作”，能否把這三堆石子都取光？如行，請設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x，y，z，的最大值

6、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minmax（a+b+c，b+c+d，c+d+e，d+e+f，e+f+g）課后練習1.方程x1+x2+x3+xn-1+xn=x1x2x3xn-1xn一定有一個自然數解嗎？為什么？2.連續(xù)自然數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這么轉圈劃下去，最后留下的是哪個數？3.給出一個自然數n，n的約數的個數用一個記號A（n）來表示。例如當n=6時，因為6的約數有1，2，3，6四個，所以A（6）=4。已知a1，a2，a10是 10個互不相同的質數，又x為a1，a2，a1

7、0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起來，但線段不能相交，直到不能再連結時為止。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?；ㄉ纸o100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在從甲桶取一滿杯奶倒入乙桶，然后從乙桶取一滿杯

8、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1，2，3，1998。按下列規(guī)定進行“操作”：每次擦去其中的任意兩個數a和b，然后寫上它們的差（大減?。?，直到黑板上剩下一個數為止。問：黑板上剩下的數是奇數還是偶數？為什么？課后練習答案1.有。解：當n=2時，方程x1+x2=x1x2有一個自然數解：x1=2，x2=2；當n=3時，方程x1+x2+x3=x1x2x3有一個自然數解：x1=1，x2=2，x3=3；當n=4時，方程x1+x2+x3+x4=x1x2x3x4有一個自然數解：x1=1，x2=1，x3=2，x4=4。一般地，方程x1+x2+x3+xn-1+x

9、n=x1x2x3xn-1xn有一個自然數解：x1=1，x2=1，xn-2=1，xn-1=2，xn=n。2.3508。解：仿例3。當有3n個數時，留下的數是1號。小于8899的形如3n的數是38=6561，故從1號開始按規(guī)則劃數，劃了8899-6561=2338（個）數后，還剩下6561個數。下一個要劃掉的數是2388÷2×3+1=3507，故最后留下的就是3508。3.1024。解：質數a1有2個約數：1和a，從而A（a1）=2；2個質數a1，a2的積有4個約數：1，a1，a2，a1a2，從而A（a1×a2）=4=22；3個質數a1，a2，a3的積有8個約數：1，

10、a1，a2，a3，a1a2，a2a3，a3a1，a1a2a3，從而A（a1×a2×a3）=8=23；于是，10個質數a1，a2，a10的積的約數個數為A（x）=210=1024。4.存在。提示：如果一個三角形內還有別的點，那么這個點與三角形的三個頂點還能連結，與已“不能再連結”矛盾。5.有。解：設A和B兩人是距離最近的兩個小朋友，顯然他們應該互射。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：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

11、們之間的一個，此時F身上是干的。6.假設沒有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粒32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），現在只有1600粒花生，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。解：黑板上開始時所有數的和為S=1+2+3+199

12、8=1997001，是一個奇數，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。因為從整體上看，總和減少了一個偶數，其奇偶性不變，所以最后黑板上剩下一個奇數。例題答案：1分析與解：如果桌子大小只能容納一枚硬幣，那么先放的人當然能夠取勝。然后設想桌面變大，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。然后我們對這種染色方式進行調整：將某些紅點改成藍點并注意到顏色調

13、整時，異色線段的條數隨之有哪些變化。由于顏色的調整是任意的，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。將任意一個紅點染成藍色時，這個改變顏色的點的左右兩側相鄰的兩個點若同色，則異色小線段的條數或者增加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色）；這個改變顏色的點的左右兩側相鄰的兩個點若異色，則異色小線段的條數不變。綜上所述，改變任意個點的顏色，異色線段的條數的改變總是一個偶數，從而異色線段的條數是一個奇數。3分析：這個問題與上一講練習中的第8題非常相似，只不過本例是報1的離開報2的留下，而上講練習中相當于報

14、1的留下報2的離開，由上講練習的結果可以推出本例的答案。本例中編號為1的學生離開后還剩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比上講練習中的大1，是9751=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的倍數號；報完第2圈后，剩下的是22的倍數號報完第n圈后，剩下的是2n的倍數號，此時，只剩下一人，是2n號。如果有（2nd）（1d2n）人，那么當有d人退出圈子后還剩下2n人。因為下一個該退出去的是（2d1）號，所

15、以此時的第（2d1）號相當于2n人時的第1號，而2d號相當于2n人時的第2n號，所以最后剩下的是第2d號。由1000=29488知，最后剩下的學生的編號是488×2=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，可以設想劃行劃列的原則是：每次劃掉紅格的個數越多越好。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

16、，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2019181=210（次）。6. 解：從極端情況觀察入手，設B是勝的次數最多的一個選手，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勝的次數就比B多一次了，這與B是勝的次數最多

17、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

18、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賽過的對手數就是與E賽過的對手數，他比與D賽過的對手數少1，這與假設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、右上角及右下角內的數A，B，S。設存在一個填數方案，使任意相鄰兩格中的數的差不大于4，考慮最大和最小的兩個數1和64的填法，為了使相鄰數的差不大于4，最小數1和最大數的“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：因為相鄰數不大于4，從 ABS共經過14格，所以 S1+4×14=57（每次都增加最大數4），與S=64矛

19、盾。因而，1和64不能填在“最遠”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，更要導致如上的矛盾。因此，不存在相鄰數之差都不大于4的情況，即不論怎樣填數必有相鄰兩數的差大于4。9. 解：我們考察表格中填入的所有數的和的奇偶性：第一次“操作”之前，它等于9，是一個奇數，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格中所有數的和的奇偶性不變。但當每一格中所有數字都變成1時，整個16格中所有數的和是16，為一偶數。故不能通過若干次“操作”使得每一格中的數都變成1。10. 解：要把三堆石子都取光是不可能的。按“操作”規(guī)則，每次拿掉的石子數的總和是3的

20、倍數，即不改變石子總數被 3除時的余數。而1998+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 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§2數學方法選講（2）四、從反面考慮解數學題，需要正確的思路。對于很多數學問題，通常采用正面求解的思路，即從條件出發(fā)，求得結論。但是，如果直接從正面不易找到解題思路時，則可改變思維的方向，即從結論入手或從條件及結論的反面進行思考，從而使問題得到解決。1某次數學測驗一共出了10道題，評分方法如

21、下：每答對一題得4分，不答題得0分，答錯一題倒扣1分，每個考生預先給10分作為基礎分。問：此次測驗至多有多少種不同的分數？2一支隊伍的人數是5的倍數，且超過1000人。若按每排4人編隊，則最后差3人；若按每排3人編隊，則最后差2人；若按每排2人編隊，則最后差1人。問：這支隊伍至少有多少人？3在八邊形的8個頂點上是否可以分別記上數1，2，8，使得任意三個相鄰的頂點上的數的和大于13？4有一個1000位的數，它由888個1和112個0組成，這個數是否可能是一個平方數？五、從特殊情況考慮對于一個一般性的問題，如果覺得難以入手，那么我們可以先考慮它的某些特殊情況，從而獲得解決的途徑，使問題得以“突破”

22、，這種方法稱為特殊化。對問題的特殊情況進行研究，一方面是因為研究特殊情況比研究一般情況較為容易；另一方面是因為特殊的情況含有一般性，所以對特殊情況的研究常能揭示問題的結論或啟發(fā)解決問題的思路，它是探索問題的一種重要方法。運用特殊化方法進行探索的過程有兩個步驟，即先由一般到特殊，再由特殊到一般。通過第一步驟得到的信息，還要回到一般情況予以解答。5如下圖，四邊形ABCD和EFGH都是正方形，且邊長均為2cm。又E點是正方形 ABCD的中心，求兩個正方形公共部分（圖中陰影部分）的面積S。6是否在平面上存在這樣的40條直線，它們共有365個交點？7如右圖，正方體的8個頂點處標注的數字為a，b，c，d，

23、e，求（a+b+c+d）-（e+f+g+h）的值。8將n2個互不相等的數排成下表：a11 a12a13 a1na21 a22a23 a2nan1an2an3 ann先取每行的最大數，得到n個數，其中最小數為x；再取每列的最小數，也得到n個數，其中最大數為y。試比較x和y的大小。六、有序化當我們研究的對象是一些數的時候，我們常常將這些數排一個次序，即將它們有序化。有序化的假設，實際上是給題目增加了一個可供使用的條件。9將10到40之間的質數填入下圖的圓圈中，使得3組由“”所連的4個數的和相等，如果把和數相等的填法看做同一類填法，請說明一共有多少類填法？并畫圖表示你的填法。10有四個互不相等的數，

24、取其中兩個數相加，可以得到六個和：24，28，30，32，34，38。求此四數。11互不相等的12個自然數，它們均小于36。有人說，在這些自然數兩兩相減（大減小）所得到的差中，至少有3個相等。你認為這種說法對嗎？為什么？12有8個重量各不相同的物品，每個物品的重量都是整克數且都不超過15克。小平想以最少的次數用天平稱出其中最重的物品。他用了如下的測定法：（1）把8個物品分成2組，每組4個，比較這2組的輕重；（2）把以上2組中較重的4個再分成2組，即每組2個，再比較它們的輕重；（3）把以上2組中較重的分成各1個，取出較重的1個。小平稱了3次天平都沒有平衡，最后便得到一個物品。可是實際上得到的是這

25、8個物品當中從重到輕排在第5的物品。問：小平找出的這個物品有多重？并求出第二輕的物品重多少克？課后練習1.育才小學40名學生參加一次數學競賽，用15分記分制（即分數為0，1，2，15）。全班總分為209分，且相同分數的學生不超過5人。試說明得分超過12分的學生至多有9人。2.今有一角紙幣、二角紙幣、五角紙幣各1張，一元幣4張，五元幣2張，用這些紙幣任意付款，一共可以付出多少種不同數額的款項？3.求在8和98之間（不包括8和98），分母為3的所有最簡分數的和。4.如右圖，四邊形ABCD的面積為3，E，F為邊AB的三等分點，M，N是CD邊上的三等分點。求四邊形EFNM的面積。5.直線上分布著199

26、8個點，我們標出以這些點為端點的一切可能線段的中點。問：至少可以得到多少個互不重合的中點？6.假定100個人中的每一個人都知道一個消息，而且這100個消息都不相同。為了使所有的人都知道一切消息，他們一共至少要打多少個電話？7.有4個互不相等的自然數，將它們兩兩相加，可以得到6個不同的和，其中較小的4個和是64，66，68，70。求這4個數。8.有五個砝碼，其中任何四個砝碼都可以分成重量相等的兩組。問：這五個砝碼的重量相等嗎？為什么？課后練習答案1.若得分超過12分的學生至少有10人，則全班的總分至少有5×（12+13）+5×（0+1+2+3+4+5）=210（分），大于條件

27、209分，產生了矛盾，故得分超過12分的學生至多有9人。2.119種。解：從最低幣值1角到最高幣值14元8角，共148個不同的幣值。再從中剔除那些不能由這些紙幣構成的幣值。經計算，應該剔除的幣值為（i+0.4）元（i=0，1，2，14）及（j+0.9）元（j=1，2，3，13），一共29種幣值。所以，一共可以付出148-29=119（種）不同的幣值。3.9540。=2×（8+9+97）+（97-8+1）=9540。4.1。解：先考慮ABCD是長方形的特殊情況，顯然此時EFNM的面積是1。下面就一般情況求解。連結AC，AM，FM，CF，則5.3993個。解：為了使計算互不重復，我們取距

28、離最遠的兩點A，B。先計算以A為左端點的所有線段，除B外有1996條，這些線段的中點有1996個，它們互不重合，且到點A的距離小于AB長度的一半。同樣，以B為右端點的所有線段，除A外有1996條，這些線段的中點有1996個，它們互不重合，且到點A的距離小于AB長度的一半。這兩類中點不會重合，加上AB的中點共有1996+1996+1=3993（個），即互不重合的中點不少于3993個。另一方面，當這1998個點中每兩個相鄰點的間隔都相等時，不重合的中點數恰為3993。這說明，互不重合的中點數至少為3993個。6.198個。解：考慮一種特殊的通話過程：先由99人每人打一個電話給A，A再給99人每人打

29、一個電話，這樣一共打了198個電話，而且每人都知道了所有的消息。下面我們說明這是次數最少的。考慮一種能使所有人知道一切消息的通話過程中的關鍵性的一次通話，這次通話后，有一個接話人A知道了所有的消息，而在此之前還沒有人知道所有的消息。除了A以外的99人每人在這個關鍵性的通話前，必須打出電話一次，否則A不可能知道所有的消息；又這99人每人在這個關鍵性的通話后，又至少收到一個電話，否則它們不可能知道所有的消息。7.30，34，36，38或31，33，35，39。解：設4個數為a，b，c，d，且abcd，則6個和為a+b，a+c，a+d，b+c，b+d，c+d。于是有a+ba+ca+db+dc+d和a

30、+ba+cb+cb+dc+d。分別解這兩個方程組，得8.相等。解：設這五個砝碼的重量依次為abcde。去掉e，則有a+d=b+c； 去掉d，則有a+e=b+c。 比較，得d=e。去掉a，則有b+e=c+b； 去掉b，則有a+e=c+d。 比較，得a=b。將a=b代入得c=d，將d=e代入得b=c。所以e=b=c=d=e。例題答案：1分析：最高的得分為50分，最低的得分為0分。但并不是從0分到50分都能得到。從正面考慮計算量較大，故我們從反面考慮，先計算有多少種分數達不到，然后排除達不到的分數就可以了。解：最高的得分為50分，最低的得分為0分。在從0分到50分這51個分數中，有49，48，47，

31、44，43，39這6種分數是不能達到的，故此次測驗不同的分數至多有51-6=45（種）。2分析：從條件“若按每排4人編隊，則最后差3人”的反面來考慮，可理解為“若按每排4人編隊，則最后多1人”。同理，按3人、2人排隊都可理解為多1人。即總人數被12除余1。這樣一來，原題就化為：一個5的倍數大于1000，且它被12除余1。問：這個數最小是多少？解：是5的倍數且除以12余1的最小自然數是25。因為人數超過1000，3，4，5=60，所以最少有25+60×17=1045（人）。3解：將八邊形的8個頂點上的數依次記為a1，a2，a3，a8，則有S=a1+a2+a3+a8=1+2+3+8=36

32、。假設任意3個相鄰頂點上的數都大于13，因為頂點上的數都是整數，所以a1+a2+a314；a2+a3+a414；a7+a8+a114；a8+a1+a214。將以上 8個不等式相加，得3S112，從而 S 37，這與S=36矛盾。故結論是否定的。4解：假設這個數為A，它是自然數a的平方。因為A的各位數字之和888是3的倍數，所以a也應是3的倍數。于是a的平方是9的倍數，但888不是9的倍數，這樣就產生了矛盾，從而A不可能是平方數。5. 分析：我們先考慮正方形EFGH的特殊位置，即它的各邊與正方形ABCD的各邊對應平行的情況（見上圖）。此時，顯然有得出答案后，這個問題還得回到一般情況下去解決，解決

33、的方法是將一般情況變成特殊情況。解：自E向AB和AD分別作垂線EN和EM（右圖），則有S=SPME+S四邊形AMEQ又SPME=SEQN，故 S=SEQN+S四邊形AMEQ =S正方形AMEN 6. 分析與解：先考慮一種特殊的圖形：圍棋盤。它有38條直線、361個交點。我們就從這種特殊的圖形出發(fā)，然后進行局部的調整。先加上2條對角線，這樣就有40條直線了，但交點仍然是361個。再將最右邊的1條直線向右平移1段，正好增加了4個交點（見上圖）。于是，我們就得到了有365個交點的40條直線。7. 分析：從這8個數都相等的特殊情況入手，它們滿足題目條件，從而得所求值為0。這就啟發(fā)我們去說明a+b+c+

34、d=e+f+g+h。解：由已知得3a=b+e+d，3b=a+c+f，3c=b+d+g，3d=a+c+h，推知3a+3b+3c+3d=2a+2b+2c+2d+e+f+g+h，a+b+c+d=e+f+g+h，（a+b+c+d）-（e+f+g+h）=0。8. 分析：先討論n=3的情況，任取兩表：1 37123256456894789左上表中x=6，y=4；右上表中x=3，y=3。兩個表都滿足xy，所以可以猜想xy。解：設x是第i行第j列的數aij，y是第l行第m列的數alm。考慮x所在的行與y所在的列交叉的那個數，即第i行第m列的數aim。顯然有aijaimalm，當i=l，j=m時等號成立，所以x

35、y。9. 解：10到40之間的8個質數是11，13，17，19，23，29，31，37。根據題目要求，除去最左邊和最右邊的2個質數之外，剩下的6個質數在同一行的2個質數的和應分別相等，等于這6個數中最小數（記為a）與最大數（記為b）之和a+b。根據a，b的大小可分為6種情況：當a=11，b=29時，無解；當a=11，b=31時，有11+31=13+29=19+23，得到如下填法：當a=11，b=37時，有11+37=17+31=19+29，得到如下填法：當a=13，b=31時，無解；當a=13， b=37時，無解；當a=17，b=37時，無解。所以，共有2類填法。10. 解：設四個數為a，b，

36、c，d，且abcd，則六個和為a+b，a+c，a+d，b+c，b+d，c+d，其中a+b最小，a+c次小，c+d最大，b+d次大，a+d與b+c位第三和第四。分別解這兩個方程組，得11.解：設這12個自然數從小到大依次為a1，a2，a3，a12，且它們兩兩相減最多只有2個差相等，那么差為1，2，3，4，5的都最多只有2個。從而a12-a11，a11-a10，a10-a9，a2-a1，這11個差之和至少為2×（1+2+3+4+5）+6=36，但這11個差之和等于a12-a136。這一矛盾說明，兩兩相減的差中，至少有3個相等。12.解：設這8個物品的重量從重到輕依次排列為：15a1a2a

37、3a4a5a6a7a81。小平找出的這個物品重量為a5，第二輕的物品重量為a7。由于a5加上一個比它輕的物品不可能大于兩個比a5重的物品重量之和，因而第一次必須篩去3個比a5重的物品。這樣就有以下四種可能：先考慮第一種情況。根據式，a4比a1至少輕3克，a5比a2，a6比a3也都至少輕3克，則a7比a8至少重 10克。根據式，a5比a4至少輕1克，則a6比a7至少重 18克。與已知矛盾，第一種情況不可能出現。按同樣的推理方法，可以說明第二種和第三種情況也不可能出現。最后，考慮第四種情況。a1比a2至少重1克；a5比a3，a6比a4都至少輕1克，則a7比a8至少重4克。根據式，a5比a4至少輕4

38、克，則a6比a7至少重5克。這樣得到的這8個物品的重量分別為：a1=15克， a2=14克， a3=13克， a4=12克，a5=11克， a6=10克， a7=5克， a8=1克。因此，小平找出的這個物品重11克，第二輕的物品重5克。§3集 合 集合的劃分反映了集合與子集之間的關系，這既是一類數學問題，也是數學中的解題策略分類思想的基礎，在近幾年來的數學競賽中經常出現，日益受到重視，本講主要介紹有關的概念、結論以及處理集合、子集與劃分問題的方法。1 集合的概念 集合是一個不定義的概念，集合中的元素有三個特征：（1） 確定性 設是一個給定的集合，是某一具體對象，則或者是的元素，或者不

39、是的元素，兩者必居其一，即與僅有一種情況成立。（2） 互異性 一個給定的集合中的元素是指互不相同的對象,即同一個集合中不應出現同一個元素。（3） 無序性2 集合的表示方法主要有列舉法、描述法、區(qū)間法、語言敘述法。常用數集如：應熟記。3 實數的子集與數軸上的點集之間的互相轉換，有序實數對的集合與平面上的點集可以互相轉換。對于方程、不等式的解集，要注意它們的幾何意義。4 子集、真子集及相等集（1）或；（2）且；（3）且。5 一個階集合（即由個元素組成的集合）有個不同的子集，其中有1個非空子集，也有1個真子集。6 集合的交、并、補運算=且；=或且要掌握有關集合的幾個運算律：（1） 交換律 ，；（2）

40、 結合律（）（）， （）()；（3） 分配律 （）（）（） （） () （）（4）01律 ， （5）等冪律 ，（6）吸收律 ()，（）（7）求補律 CIA，CIA（8）反演律 7 有限集合所含元素個數的幾個簡單性質 設表示集合所含元素的個數,（1）, 當時，（2）例題講解元素與集合的關系1 設|,，求證：（1）()；（2）2 以某些整數為元素的集合具有下列性質：中的元素有正數，有負數；中的元素有奇數,有偶數；1；若，,則試判斷實數0和2與集合的關系。3 設為滿足下列條件的有理數的集合：若，則+，；對任一個有理數，三個關系，0有且僅有一個成立。證明：是由全體正有理數組成的集合。兩個集合之間的關系

41、在兩個集合之間的關系中，我們感興趣的是“子集”、“真子集”、“相等”這三種特殊關系。這些關系是通過元素與集合的關系來揭示的，因而判斷兩個集合之間的關系通?？蓮呐袛嘣嘏c這兩個集合的關系入手。4 設函數，集合，。（1） 證明：；（2） 當時，求。（3） 當只有一個元素時，求證：5為非空集合，對于1，2，3的任意一個排列，若，則（1） 證明：三個集合中至少有兩個相等。（2） 三個集合中是否可能有兩個集無公共元素？6已知集合：問（1） 當取何值時，為含有兩個元素的集合？（2） 當取何值時，為含有三個元素的集合？7設且15，都是1，2，3，真子集，且=1，2，3，。證明：或者中必有兩個不同數的和為完全

42、平方數。課后練習1下列八個關系式:0= =0 0 0 0 其中正確的個數 （ ）（A）4 （B）5 （C）6 （D）72設A、B是全集U的兩個子集，且AB，則下列式子成立的是 （ ）（A）CUACUB （B）CUACUB=U （C）ACUB= （D）CUAB=3已知M=，且，設，則 （ ） （A）M （B）N （C）P （D）4設集合，則 （ ）（A） （B） （C） （D）5設M=1,2,3,1995，A是M的子集且滿足條件: 當xA時,15xA，則A中元素的個數最多是_.6集合A,B的并集AB=a1,a2,a3，當且僅當AB時，(A,B)與(B,A)視為不同的對，則這樣的(A,B)對的個數

43、有_.7若非空集合A=x|2a+1x3a-5，B=x|3x22,則能使AAB成立的a的取值范圍是_.8若A=x|0x2+ax+54為單元素集合，則實數a的值為_.9設A=n|100n600,nN，則集合A中被7除余2且不能被57整除的數的個數為_.10己知集合A=x|x=f(x)，B=x|x=f(f(x),其中f(x)=x2+ax+b (a,bR)，證明：（1）AB （2）若A只含有一個元素，則A=B .11集合A=（x,y）,集合B=（x,y）,且0，又A，求實數m的取值范圍.課后練習答案1-4 C C B A5解：由于1995=15´133，所以，只要n>133，就有15n

44、>1995.故取出所有大于133而不超過1995的整數. 由于這時己取出了15´9=135, 15´133=1995. 故9至133的整數都不能再取，還可取1至8這8個數，即共取出1995133+8=1870個數, 這說明所求數1870。另一方面，把k與15k配對，（k不是15的倍數，且1k133）共得1338=125對，每對數中至多能取1個數為A的元素，這說明所求數1870，綜上可知應填18706解：A=時，有1種可能；A為一元集時，B必須含有其余2元，共有6種可能；A為二元集時，B必須含有另一元.共有12種可能；A為三元集時，B可為其任一子集.共8種可能.故共有1

45、+6+12+8=27個.7解：由A非空知2a+13a-5，故a6. 由AÌAÇB知AÌB. 即32a+1且3a-522, 解之，得1a9. 于是知6a98解：由.若，則A有無數個元，若，則A為空集，只有當即時，A為單元素集或.所以9解：被7除余2的數可寫為7k+2. 由1007k+2600.知14k85. 又若某個k使7k+2能被57整除，則可設7k+2=57n. 即. 即n-2應為7的倍數. 設n=7m+2代入，得k=57m+16. 1457m+1685. m=0,1.于是所求的個數為85-(14-1)-2=7010證明：（1）(2)設A=c，即二次方程f(x)

46、-x=0有惟一解c，即c為 f(x)-x=0的重根. f(x)-x=(x-c)2 即f(x)=(x-c)2+x,于是f(f(x)=(f(x)-c)2+f(x),f(f(x)-x=(f(x)-c)2+f(x)-x=(x-c)2+x-c2+(x-c)2=0故f(f(x)=x也只有惟一解x=c，即B=c. 所以A=B11解：由得設 由數形結合得:解得：例題答案：1分析：如果集合|具有性質，那么判斷對象是否是集合的元素的基本方法就是檢驗是否具有性質。解：（1）,且,故；（2）假設，則存在，使即 (*)由于與具有相同的奇偶性，所以（*）式左邊有且僅有兩種可能：奇數或4的倍數，另一方面，（*）式右邊只能被

47、4除余2的數，故（*）式不能成立。由此，。2解：由若，,則可知，若，則（1） 由可設，且0，0，則| (|)故,由,0()+。（2）2。若2，則中的負數全為偶數，不然的話，當（）（）時，1（），與矛盾。于是，由知中必有正奇數。設，我們取適當正整數，使，則負奇數。前后矛盾。3證明：設任意的，0,由知，或之一成立。再由，若，則；若，則?？傊?，。取=1，則1。再由，2=1+1，3=1+2，可知全體正整數都屬于。設，由，又由前證知，所以。因此，含有全體正有理數。再由知，0及全體負有理數不屬于。即是由全體正有理數組成的集合。4解：（1）設任意，則.而故,所以.（2） 因，所以 解得故 。由得解得 。5證

48、明：（1）若，則所以每個集合中均有非負元素。當三個集合中的元素都為零時，命題顯然成立。否則，設中的最小正元素為，不妨設，設為中最小的非負元素，不妨設則。若0,則0，與的取法矛盾。所以=0。任取因0,故0。所以，同理。所以=。（3） 可能。例如=奇數，=偶數顯然滿足條件，和與都無公共元素。6解：=。與分別為方程組（） （）的解集。由（）解得（）=（0，1）=（，）；由（）解得（）=（1，0），（，）（1） 使恰有兩個元素的情況只有兩種可能： 由解得=0；由解得=1。故=0或1時，恰有兩個元素。（2） 使恰有三個元素的情況是：= 解得，故當時，恰有三個元素。7證明：由題設，1，2，3，的任何元素必

49、屬于且只屬于它的真子集之一。 假設結論不真，則存在如題設的1，2，3，的真子集，使得無論是還是中的任兩個不同的數的和都不是完全平方數。 不妨設1，則3，否則1+3=，與假設矛盾，所以3。同樣6，所以6，這時10，即10。因15，而15或者在中，或者在中，但當15時，因1，1+15=，矛盾；當15時，因10，于是有10+15=，仍然矛盾。因此假設不真。即結論成立。§4函數的基本性質函數的性質通常是指函數的定義域、值域、解析式、單調性、奇偶性、周期性、對稱性等等，在解決與函數有關的(如方程、不等式等)問題時，巧妙利用函數及其圖象的相關性質，可以使得問題得到簡化，從而達到解決問題的目的.I

50、函數的定義 設A，B都是非空的數集，f是從A到B的一個對應法則.那么，從A到B的映射f：AB就叫做從A到B的函數.記做y=f(x)，其中xA，yB，原象集合，A叫做函數f(x)的定義域，象的集合C叫做函數的值域，顯然CB.II函數的性質 （1）奇偶性 設函數f(x)的定義域為D，且D是關于原點對稱的數集.若對任意的xD，都有f(x)=f(x)，則稱f(x)是奇函數；若對任意的xD，都有f(x)=f(x),則稱f(x)是偶函數. （2）函數的增減性 設函數f(x)在區(qū)間D上滿足：對任意x1, x2D，并且x1<x2時，總有f(x1)<f(x2) (f(x1)>f(x2),則稱f(x)在區(qū)間D上的增函數（減函數），區(qū)間D稱為f(x)的一個單調增（減）區(qū)間.III函數的周期性對于函