.'.8-2抽屜原理8-2抽屜原理教學目標學目標教學目標學目標抽屜原理是一種特殊的思維方法，不但可以根據它來做出許多有趣的推理和判斷，同時能夠幫助同學證明很多看似復雜的問題。本講的主要教學目標是：1．理解抽屜原理的基本概念、基本用法；2．掌握用抽屜原理解題的基本過程；3.能夠構造抽屜進行解題；4.利用最不利原則進行解題；5.利用抽屜原理與最不利原則解釋并證明一些結論及生活中的一些問題。知識點撥知識點撥一、知識點介紹抽屜原理有時也被稱為鴿籠原理，它由德國數學家狄利克雷首先明確提出來并用來證明一些數論中的問題，因此，也被稱為狄利克雷原則．抽屜原理是組合數學中一個重要而又基本的數學原理，利用它可以解決很多有趣的問題，并且常常能夠起到令人驚奇的作用．許多看起來相當復雜，甚至無從下手的問題，在利用抽屜原則后，能很快使問題得到解決．二、抽屜原理的定義（1）舉例桌上有十個蘋果，要把這十個蘋果放到九個抽屜里，無論怎樣放，有的抽屜可以放一個，有的可以放兩個，有的可以放五個，但最終我們會發現至少我們可以找到一個抽屜里面至少放兩個蘋果。（2）定義一般情況下，把n＋1或多于n＋1個蘋果放到n個抽屜里，其中必定至少有一個抽屜里至少有兩個蘋果。我們稱這種現象為抽屜原理。三、抽屜原理的解題方案（一）、利用公式進行解題蘋果÷抽屜＝商……余數余數：（1）余數＝1，結論：至少有（商＋1）個蘋果在同一個抽屜里（2）余數＝，結論：至少有（商＋1）個蘋果在同一個抽屜里（3）余數＝0，結論：至少有“商”個蘋果在同一個抽屜里（二）、利用最值原理解題將題目中沒有闡明的量進行極限討論，將復雜的題目變得非常簡單，也就是常說的極限思想“任我意”方法、特殊值方法．知識精講知識精講模塊一、利用抽屜原理公式解題（一）、直接利用公式進行解題（1）求結論只鴿子要飛進個籠子，每個籠子里都必須有只，一定有一個籠子里有只鴿子．對嗎？【解析】6只鴿子要飛進5個籠子，如果每個籠子裝1只，這樣還剩下1只鴿子．這只鴿子可以任意飛進其中的一個籠子，這樣至少有一個籠子里有2只鴿子．所以這句話是正確的．利用剛剛學習過的抽屜原理來解釋這個問題，把鴿籠看作“抽屜”，把鴿子看作“蘋果”，6÷5﹦1·····1，1＋1﹦2（只）把6個蘋果放到5個抽屜中，每個抽屜中都要有1個蘋果，那么肯定有一個抽屜中有兩個蘋果，也就是一定有一個籠子里有2只鴿子．把9條金魚任意放在8個魚缸里面，請你說明至少有一個魚缸放有兩條或兩條以上金魚．【解析】在8個魚缸里面，每個魚缸放一條，就是8條金魚；還剩下的一條，任意放在這8個魚缸其中的任意一個中，這樣至少有一個魚缸里面會放有兩條金魚．教室里有5名學生正在做作業，現在只有數學、英語、語文、地理四科作業試說明：這5名學生中，至少有兩個人在做同一科作業．【解析】將5名學生看作5個蘋果將數學、英語、語文、地理作業各看成一個抽屜，共4個抽屜，由抽屜原理，一定存在一個抽屜，在這個抽屜里至少有2個蘋果．即至少有兩名學生在做同一科的作業．年級一班學雷鋒小組有人．教數學的張老師說：“你們這個小組至少有個人在同一月過生日．”你知道張老師為什么這樣說嗎？【解析】：先想一想，在這個問題中，把什么當作抽屜，一共有多少個抽屜？從題目可以看出，這道題顯然與月份有關．我們知道，一年有12個月，把這12個月看成12個抽屜，這道題就相當于把13個蘋果放入12個抽屜中．根據抽屜原理，至少有一個抽屜放了兩個蘋果．因此至少有兩個同學在同一個月過生日．【總結】題目中并沒有說明什么是“抽屜”，什么是“物品”，解題的關鍵是制造“抽屜”，確定假設的“物品”，根據“抽屜少，物品多”轉化為抽屜原理來解．數學興趣小組有13個學生，請你說明：在這13個同學中，至少有兩個同學屬相一樣．【解析】屬相共12個，把12個屬相作為12個“抽屜”，13個同學按照自己的屬相選擇相應的“抽屜”，根據抽屜原理，一定有一個“抽屜”中有兩個或兩個以上同學，也就是說至少有兩個同學屬相一樣．光明小學有名年出生的學生，請問是否有生日相同的學生？【解析】一年最多有366天，把366天看作366個“抽屜”，將367名學生看作367個“蘋果”．這樣，把367個蘋果放進366個抽屜里，至少有一個抽屜里不止放一個蘋果．這就說明，至少有2名同學的生日相同。用五種顏色給正方體各面涂色(每面只涂一種色)，請你說明：至少會有兩個面涂色相同．【解析】五種顏色最多只能涂5個不同顏色的面，因為正方體有6個面，還有一個面要選擇這五種顏色中的任意一種來涂，不管這個面涂成哪種顏色，都會和前面有一個面顏色相同，這樣就有兩個面會被涂上相同的顏色．也可以把五種顏色作為5個“抽屜”，六個面作為六個物品，當把六個面隨意放入五個抽屜時，根據抽屜原理，一定有一個抽屜中有兩個或兩個以上的面，也就是至少會有兩個面涂色相同．向陽小學有730個學生，問：至少有幾個學生的生日是同一天？【解析】一年最多有366天，可看做366個抽屜，730個學生看做730個蘋果．因為730÷366＝1·····364，抽屜原理所以，至少有1＋1＝2（個）學生的生日是同一天．試說明400人中至少有兩個人的生日相同.【解析】將一年中的366天或365天視為366個或365個抽屜，400個人看作400個蘋果，從最極端的情況考慮，即每個抽屜都放一個蘋果，還有35個或34個蘋果必然要放到有一個蘋果的抽屜里，所以至少有一個抽屜有至少兩個蘋果，即至少有兩人的生日相同.三個小朋友在一起玩，其中必有兩個小朋友都是男孩或者都是女孩．【解析】方法一：情況一：這三個小朋友，可能全部是男，那么必有兩個小朋友都是男孩的說法是正確的；情況二：這三個小朋友，可能全部是女，那么必有兩個小朋友都是女孩的說法是正確的；情況三：這三個小朋友，可能其中1男2女那么必有兩個小朋友都是女孩說法是正確的；情況四：這三個小朋友，可能其中2男1女，那么必有兩個小朋友都是男孩的說法是正確的．所以，三個小朋友在一起玩，其中必有兩個小朋友都是男孩或者都是女孩的說法是正確的；方法二：三個小朋友只有兩種性別，所以至少有兩個人的性別是相同的，所以必有兩個小朋友都是男孩或者都是女孩．“六一”兒童節，很多小朋友到公園游玩，在公園里他們各自遇到了許多熟人．試說明：在游園的小朋友中，至少有兩個小朋友遇到的熟人數目相等．【解析】假設共有n個小朋友到公園游玩，我們把他們看作n個“蘋果”，再把每個小朋友遇到的熟人數目看作“抽屜”，那么，nn種可能：0，1，2，……，n－1．其中0的意思是指這位小朋友沒有遇到熟人；而每位小朋友最多遇見1n－個熟人，所以共有n個“抽屜”．下面分兩種情況來討論：⑴如果在這n個小朋友中，有一些小朋友沒有遇到任何熟人，2n個熟人，這樣熟人數目只有n－1種可能：0，1，22n(n個小朋友)(n－1種熟人數目)，根據抽屜原理，至少有兩個小朋友，他們遇到的熟人數目相等．

n個小朋友中，每位小朋友都至少遇到一個熟人，這樣熟人數目只有1n種可能：1，2，3，……，n－1．這時，“蘋果”數(n個小朋友)仍然超過“抽屜”數(n－1種熟人數目)，根總之，不管這n個小朋友各遇到多少熟人(包括沒遇到熟人)，必有兩個小朋友遇到的熟人數目相等．五年級數學小組共有20名同學，他們在數學小組中都有一些朋友，請你說明：至少有兩名同學，他們的朋友人數一樣多．數學小組共有20名同學，因此每個同學最多有19個朋友；又由于他們都有朋友，所以每個同學至少有1個朋友．因此，這20名同學中，每個同學的朋友數只有19種可能：1，2，3，……，19．把這20名同學看作20個“蘋果”，又把同學的朋友數目看作19個“抽屜”，根據抽屜原理，至少有2名同學，他們的朋友人數一樣多．在任意的四個自然數中，是否其中必有兩個數，它們的差能被整除？因為任何整數除以3，其余數只可能是0，1，2三種情形．我們將余數的這三種情形看成是三個“抽屜”．一個整數除以3的余數屬于哪種情形，就將此整數放在那個“抽屜”里．將四個自然數放入三個抽屜，至少有一個抽屜里放了不止一個數，也就是說至少有兩個數除以3的余數相同（需要對學生利用余數性質進行解釋：為什么余數相同，則差就能被整除）．這兩個數的差必能被3整除．四個連續的自然數分別被除后，必有兩個余數相同，請說明理由．【解析】想一想，不同的自然數被3除的余數有幾類？在這道題中，把什么當作抽屜呢？把這四個連續的自然數分別除以3，其余數不外乎是0，1，2，把這3個不同的余數當作3個“抽屜”，把這4個連續的自然數按照被3除的余數，分別放入對應的3個“抽屜”中，根據抽屜原理，至少有兩個自然數在同一個抽屜里，也就是說，至少有兩個自然數除以3的余數相同證明：任取8個自然數，必有兩個數的差是7的倍數．【解析】在與整除有關的問題中有這樣的性質，如果兩個整數a、b，它們除以自然數m的余數相同，那么它們的差ab是m的倍數.根據這個性質，本題只需證明這8個自然數中有2個自然數，它們除以7的余數相同.我們可以把所有自然數按被7除所得的7種不同的余數0、1、2、3、4、5、6分成七類.也就是7個抽屜.任取8個自然數，根據抽屜原理，必有兩個數在同一個抽屜中，也就是它們除以7的余數相同，因此這兩個數的差一定是7的倍數．證明：任取6個自然數，必有兩個數的差是5的倍數?！窘馕觥堪炎匀粩蛋凑粘?的余數分成5個剩余類，即5個抽屜.任取6個自然數，根據抽屜原理，至少有兩個數屬于同一剩余類，即這兩個數除以5的余數相同，因此它們的差是5的倍數。（第八屆《小數報》數學競賽決賽）將全體自然數按照它們個位數字可分為10類：個位數字是1的為第1類，個位數字是2的為第2類，…，個位數字是9的為第9類，個位數字是0的為第10類．（1）任意取出6個互不同類的自然數，其中一定有2個數的和是10的倍數嗎？（2）任意取出7個互不同類的自然數，其中一定有2個數的和是10的倍數嗎？如果一定，請煎藥說明理由；如果不一定，請舉出一個反例．【解析】（1）不一定有．例如1、2、3、4、5、10這6個數中，任意兩個數的和都不是10的倍數．（2）一定有．將第1類與第9類合并，第2類與第8類合并，第3類與第7類合并，第4類與第6類合并，制造出4個抽屜；把第5類、第10類分別看作1個抽屜，共6個抽屜．任意7個互不同類的自然數，放到這6個抽屜中，至少有1個抽屜里放2個數．因為7個數互不同類，所以后兩個抽屜中每個都不可能放兩個數．當兩個互不同類的數放到前4個抽屜的任何一個里面時，它們的和一定是10的倍數．證明：任給12個不同的兩位數，其中一定存在著這樣的兩個數，它們的差是個位與十位數字相同的兩位數．解析】兩位數除以11的余數有11種：0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，按余數情況把所有兩位數分成11種．12個不同的兩位數放入11個抽屜，必定有至少2個數在同一個抽屜里，這2個數除以11的余數相同，兩者的差一定能整除11．兩個不同的兩位數，差能被11整除，這個差也一定是兩位數（如11，22……），并且個位與十位相同．所以，任給12個不同的兩位數，其中一定存在著這樣的兩個數，它們的差是個位與十位數字相同的兩位數．任給11個數，其中必有6個數，它們的和是6的倍數．【解析】設這11個數為1a，2a，3a，……，11a，由5個數的結論可知，在1a，2a，3a，4a，5a中必有3個數，其和為3的倍數，不妨設12313aaak；在4a，5a，6a，7a，8a中必有3個數，其和為3的倍數，不妨設45623aaak；在7a，8a，9a，10a，11a中必有3個數，其和為3的倍數，不妨設78933aaak．又在1k，2k，3k中必有兩個數的奇偶性相同，不妨設1k，2k的奇偶性相同，那么1233kk是6的倍數，即1a，2a，3a，4a，5a，6a的和是6的倍數．在任意的五個自然數中，是否其中必有三個數的和是的倍數？【解析】至多有兩個數在同一個抽屜里，那么每個抽屜里都有數，在每個抽屜里各取一個數，這三個數被3除的余數分別為0，1，2．因此這三個數之和能被3整除．綜上所述，在任意的五個自然數中，其中必有三個數的和是3的倍數【解析】把這2008個數先排成一行：1a，2a，3a，……，2008a，第1個數為1a；前2個數的和為12aa；前3個數的和為123aaa；……前2008個數的和為122008aaa．如果這2008個和中有一個是2008的倍數，那么問題已經解決；如果這2008個和中沒有2008的倍數，那么它們除以2008的余數只能為1，2，……，2007之一，根據抽屜原理，必有兩個和除以2008的余數相同，那么它們的差(仍然是1a，2a，3a，……，2008a中若干個數的和)是2008的倍數．所以結論成立．20道復習題，小明在兩周內做完，每天至少做一道題．證明：小明一定在連續的若干天內恰好做了7道題目．【解析】設小明第1天做了1a道題，前2天共做了2a道題，前3天共做了3a道題，……，前14天共做了14a道題．顯然1420a，而1a～13a都小于20．考慮1a，2a，3a，……，14a及17a，27a，37a，……，147a這28個數，它們都不超過27．根據抽屜原理，這28個數中必有兩個數相等．由于1a，2a，3a，……，14a互不相等，17a，27a，37a，……，147a也互不相等，因而這兩個相等的數只能一個在前一組，另一個在后一組中，即有：7jiaa，所以7jiaa．這表明從第1i天到第j天，小明恰好做了7道題．求證：可以找到一個各位數字都是4的自然數，它是1996的倍數．【解析】，下面證明可以找到1個各位數字都是1的自然數，它是499的倍數．取500個數：1，11，111，……，111……1（500個1）．用499去除這500個數，得到500個余數1a，2a，3a，…，500a．由于余數只能取0，1，2，…，498這499個值，所以根據抽屜原則，必有2個余數是相同的，這2個數的差就是499的倍數，差的前若干位是1，后若干位是0：11…100…0．又499和10是互質的，所以它的前若干位由1組成的自然數是499的倍數，將它乘以4，就得到一個各位數字都是4的自然數，這是1996的倍數．【解析】考慮如下1n個數：7，77，777，……，777n位，1777n位，這1n個數除以n的余數只能為0，1，2，……，1n中之一，共n種情況，根據抽屜原理，其中必有兩個數除以n的余數相同，不妨設為777p位和777q位(pq)，那么()777777777000pqpqq位位位位是n的倍數，所以n乘以適當的整數，可以得到形式為()777000pqq位位的數，即由0和7組成的數．求證：對于任意的8個自然數，一定能從中找到6個數a，b，c，d，e，f，使得是105的倍數．【解析】105357．對于任意的8個自然數，必可選出2個數，使它們的差是7的倍數；在剩下的6個數中，又可選出2個數，使它們的差是5的倍數；在剩下的4個數中，又可選出2個數，使它們的差是3的倍數．任給六個數字，一定可以通過加、減、乘、除、括號，將這六個數組成一個算式，使其得數為105的倍數．【解析】根據上一題的提示我們可以寫出下列數字謎()()()abcdef使其結果為105的倍數，那么我們的思路是使第一個括號里是7的倍數，第二個括號里是5的倍數，第三個括號里是3的倍數，那么對于如果六個數字里有7的倍數，那么第一個括號里直接做乘法即可，如果沒有7的倍數，那么我們做如下抽屜：{除以7的余數是1或者是6}{除以7的余數是2或者是5}{除以7的余數是3或者是4}那么六個數字肯定有兩個數字在同一個抽屜里，那么著兩個數如果余數相同，做減法就可以得到7的倍數，如果余數不同，做加法就可以得到7的倍數．這樣剩下的4個數中，同理可得后面的括號里也可以組合出5和3的倍數．于是本題可以證明．（年中國臺灣小學數學競賽決賽（一）在張卡片上不重復地編上~，至少要隨意抽出幾張卡片才能保證所抽出的卡片上的數之乘積可被整除？【解析】21223，因為3的倍數有100333個，所以不是3的倍數的數一共有（個），抽取這67個數無法保證乘積是3的倍數，但是如果抽取68個數，則必定存在一個數是3的倍數，又因為奇數只有50個，所以抽取的偶數至少有18個，可以保證乘積是4的倍數，從而可以保證乘積是12的倍數。于是最少要抽取68個數（即：68張卡片）才可以保證結果。把1、2、3、…、10這十個數按任意順序排成一圈，求證在這一圈數中一定有相鄰的三個數之和不小于17．【解析】(法1)把這一圈從某一個數開始按順時針方向分別記為1a、2a、3a、…、10a．相鄰的三個數為一組，有123aaa、234aaa、345aaa、…、9101aaa、1012aaa共10組．這十組三個數之和的總和為：12323410121210+++3355165aaaaaaaaaaaa，，根據抽屜原理，這十組數中至少有一組數的和不小于17．(法2)在10個數中一定有一個數是1，不妨設101a，除去10a之外，把1a、2a、3a、…、9a這9個數按順序分為三組123aaa、456aaa、789aaa．因為這三組數之和的總和為：123456789++231054aaaaaaaaa，根據抽屜原理，這三組數中至少有一組數之和不小于17．圓周上有個點，在其上任意地標上（每一點只標一個數，不同的點標上不同的數）．證明必然存在一點，與它緊相鄰的兩個點和這點上所標的三個數之和不小于【解析】把這一圈從某一個數開始按順時針方向分別記為1a、2a、3a、…、2000a．相鄰的三個數為一組，有123aaa、234aaa、345aaa、…、199920001aaa、200012aaa共2000組．這2000組三個數之和的總和為：1232342+++33(1231999)5997000aaaaaaaaaaaa59971000，根據抽屜原理，這兩千組數中至少有一組數的和不小于2999．證明：在任意的6個人中必有3個人，他們或者相互認識，或者相互不認識．【解析】把這6個人看作6個點，每兩點之間連一條線段，兩人相互認識的話將線段涂紅色，兩人不認識的話將線段涂上藍色，那么只需證明其中有一個同色三角形即可．從這6個點中隨意選取一點A，從A點引出的5條線段，根據抽屜原理，必有3條的顏色相同，不妨設有3條線段為紅色，它們另外一個端點分別為B、C、D，那么這三點中只要有兩點比如說B、C之間的線段是紅色，那么A、B、C3點組成紅色三角形；如果B、C、D三點之間的線段都不是紅色，那么都是藍色，這樣B、C、D3點組成藍色三角形，也符合條件．所以結論成立．平面上給定6個點，沒有3個點在一條直線上．證明：用這些點做頂點所組成的一切三角形中，一定有一個三角形，它的最大邊同時是另外一個三角形的最小邊．【解析】我們先把題目解釋一下．一般情況下三角形的三條邊的長度是互不相等的，因此必有最大邊和最小邊．在等腰三角形(或等邊三角形中)，會出現兩條邊，甚至三條邊都是最大邊(或最小邊)．我們用染色的辦法來解決這個問題．分兩步染色：第一步：先將每一個三角形中的最大邊涂上同一種顏色，比如紅色；第二步，將其它的未涂色的線段都涂上另外一種顏色，比如藍色．這樣，我們就將所有三角形的邊都用紅、藍兩色涂好．根據上題題的結論可知，這些三角形中至少有一個同色三角形．由于這個同色三角形有自己的最大邊，而最大邊涂成紅色，所以這個同色三角形必然是紅色三角形．由于這個同色三角形有自己的最小邊，而這條最小邊也是紅色的，說明這條最小邊必定是某個三角形的最大邊．結論得證．假設在一個平面上有任意六個點，無三點共線，每兩點用紅色或藍色的線段連起來，都連好后，問你能不能找到一個由這些線構成的三角形，使三角形的三邊同色？【解析】從這6個點中隨意選取一點A，從A點引出的5條線段，根據抽屜原理，必有3條的顏色相同，不妨設有3條線段為紅色，它們另外一個端點分別為B、C、D，那么這三點中只要有兩點比如說B、C之間的線段是紅色，那么A、B、C3點組成紅色三角形；如果B、C、D三點之間的線段都不是紅色，那么都是藍色，這樣B、C、D3點組成藍色三角形，也符合條件．所以結論成立．(可以拓展玩轉數學)平面上有17個點，兩兩連線，每條線段染紅、黃、藍三種顏色中的一種，這些線段能構成若干個三角形．證明：一定有一個三角形三邊的顏色相同．【解析】從這17個點鐘任取一個點A，把A點與其它16個點相連可以得到16條線段，根據抽屜原理，其中同色的線段至少有6條，不妨設為紅色．考慮這6條線段的除A點外的6個端點：⑴如果6個點兩兩之間有1條紅色線段，那么就有1個紅色三角形符合條件；⑵如果6個點之間沒有紅色線段，也就是全為黃色和藍色，由上面的2題可知，這6個點中必有3個點，它們之間的線段的顏色相同，那么這樣的三角形就符合條件．綜上所述，一定存在一個三角形滿足題目要求．上體育課時，21名男、女學生排成3行7列的隊形做操．老師是否總能從隊形中劃出一個長方形，使得站在這個長方形4個角上的學生或者都是男生，或者都是女生?如果能，請說明理由；如果不能，請舉出實例．【解析】因為只有男生或女生兩種情況，所以第1行的7個位置中至少有4個位置同性別．為了確定起見，不妨設前4個位置同是男生，如果第二行的前4個位置有2名男生，那么4個角同是男生的情況已經存在，所以我們假定第二行的前4個位置中至少有3名女生，不妨假定前3個是女生．又第三行的前3個位置中至少有2個位置是同性別學生，當是2名男生時與第一行構成一個四角同性別的矩形，當有2名女生時與第二行構成四角同性別的矩形．所以，不論如何，總能從隊形中劃出一個長方形，使得站在這個長方形4個角上的學生同性別．問題得證．8個學生解8道題目．(1)若每道題至少被5人解出，請說明可以找到兩個學生，每道題至少被過兩個學生中的一個解出．(2)如果每道題只有4個學生解出，那么(1)的結論一般不成立．試構造一個例子說明這點.【解析】（1）先設每道題被一人解出稱為一次，那么8道題目至少共解出58=40次，分到8個學生身上，至少有一個學生解出了5次或5次以上題目，即這個學生至少解出5道題，稱這個學生為A，我們討論以下4種可能：第一種可能：若A只解出5道題，則另3道題應由其他7個人解出，而3道題至少共被解出35=15次，分到7個學生身上，至少有一名同學解出了3次或3次以上的題目(15=27+1，由抽屜原則便知)由于只有3道題，那么這3道題被一名學生全部解出，記這名同學為B．那么，每道題至少被A、B兩名同學中某人解出．第二種可能：若A解出6道題，則另2道題應由另7人解出，而2道題至少共被解出2×5=10次，分到7個同學身上，至少有一名同學解出2次或2次以上的題目(10=17+3，由抽屜原則便知)．與l第一種可能I同理，這兩道題必被一名學生全部解出，記這名同學為C．那么，每道題目至少被A、C學生中一人解出．第三種可能：若A解出7道題目，則另一題必由另一人解出，記此人為D．那么，每道題目至少被A、D兩名學生中一人解出．第四種可能：若A解出8道題目，則隨意找一名學生，記為E，那么，每道題目至少被A、E兩名學生中一人解出，所以問題(1)得證．(2)類似問題(1)中的想法，題目共被解出84=32次，可以使每名學生都解出4次，那么每人解出4道題．隨便找一名學生，必有4道未被他解出，這4道題共被7名同學解出44=16次，由于16=2×7+2，可以使每名同學解出題目不超過3道，這樣就無法找到兩名學生，使每道題目至少被其中一人解出．具體構造如下表，其中漢字代表題號，數字代表學生，打√代表該位置對應的題目被該位置對應的學生解出．試卷上共有4道選擇題，每題有3個可供選擇的答案．一群學生參加考試，結果是對于其中任何3人，都有一個題目的答案互不相同．問參加考試的學生最多有多少人?【解析】設總人數為A，再由分析可設第一題篩選取出的人數為1A，第二題篩選的人數為2A，第三題篩選取的人數為3A，第四題篩選的人數為4A．如果不能滿足題目要求，則：4A至少是3，即3個人只有兩種答案．由于4A是3A人做第四題后篩選取出的人數，則由抽屜原則知，(兩種答案)中至少放有333AA個蘋果(即4A).333AA=4A=3，則A3至少為4，即4人只有兩種答案．由于3A是2A人做第三題后篩選的人數，則由抽屜原則知，將2A個蘋果放久三個抽屜(三種答案)，那么必然有兩個抽屜(兩種答案)中至少放有223AA個蘋果(即3A)．223AA=3A=4，則2A至少為5，即5人只有兩種答案．同理，有113AA=2A=5則1A至少為7，即做完第一道題必然有7個人只有兩種答案；則有003AA=1A=7．則0A至少為10，即當有10人參加考試時無法滿足題目的要求．考慮9名學生參加考試，令每人答題情況如下表所示(漢字表示題號，數字表示學生)．故參加考試的學生最多有9人．（2）求抽屜把十只小兔放進至多幾個籠子里，才能保證至少有一個籠里有兩只或兩只以上的小兔？【解析】要想保證至少有一個籠里有兩只或兩只以上的小兔，把小兔子當作“物品”，把“籠子”當作“抽屜”，根據抽屜原理，要把10只小兔放進10－1＝9個籠里，才能保證至少有一個籠里有兩只或兩只以上的小兔把125本書分給五⑵班的學生，如果其中至少有一個人分到至少4本書，那么，這個班最多有多少人？【解析】本題需要求抽屜的數量，需要反用抽屜原理和最“壞”情況的結合，最壞的情況是只有1個人分到4本書，而其他同學都只分到3本書，則，因此這個班最多有：40141(人)(處理余數很關鍵，如果有42人則不能保證至少有一個人分到4本書)．某次選拔考試，共有1123名同學參加，小明說：“至少有10名同學來自同一個學校．”如果他的說法是正確的，那么最多有多少個學校參加了這次入學考試？【解析】本題需要求抽屜的數量，反用抽屜原理和最“壞”情況的結合，最壞的情況是只有10個同學來自同一個學校，而其他學校都只有9名同學參加，則11231091236，因此最多有：個學校，處理余數很關鍵，如果有125個學校則不能保證至少有10名同學來自同一個學校)100個蘋果最多分給多少個學生，能保證至少有一個學生所擁有的蘋果數不少于12個.【解析】從不利的方向考慮：當分蘋果的學生多余某一個數時，有可能使每個學生分得的學生少于12個，求這個數.100個按每個學生分蘋果不多于11個（即少于12個）蘋果，最少也要分10人（9人11個蘋果，還有一人一個蘋果），否則9×11＜100，所以只要分蘋果的學生不多余9人就能使保證至少有一個學生所擁有的蘋果數不少于12個（即多于11個）.答案為9.某班有16名學生，每個月教師把學生分成兩個小組．問最少要經過幾個月，才能使該班的任意兩個學生總有某個月份是分在不同的小組里?【解析】經過第一個月，將16個學生分成兩組，至少有8個學生分在同一組，下面只考慮這8個學生．經過第二個月，將這8個學生分成兩組，至少有4個學生是分在同一組，下面只考慮這4個學生．經過第三個月，將這4個學生分成兩組，至少有2個學生仍分在同一組，這說明只經過3個月是無法滿足題目要求的．如果經過四個月，將每個月都一直保持同組的學生一分為二，放人兩個組，那么第一個月保持同組的人數為16÷2=8人，第二個月保持同組的人數為8÷2=4人，第三個月保持同組人數為4÷2=2人，這說明照此分法，不會有2個人一直保持在同一組內，即滿足題目要求，故最少要經過4個月．（3）求蘋果班上有名小朋友，老師至少拿幾本書，隨意分給小朋友，才能保證至少有一個小朋友能得到不少于兩本書？【解析】把50名小朋友當作50個“抽屜”，書作為物品．把書放在50個抽屜中，要想保證至少有一個抽屜中有兩本書，根據抽屜原理，書的數目必須大于50，而大于50的最小整數是50151，所以至少要拿51本書．班上有名小朋友，老師至少拿幾本書，隨意分給小朋友，才能保證至少有一個小朋友能得到不少于兩本書？【解析】老師至少拿29本書，隨意分給小朋友，才能保證至少有一個小朋友能得到不少于兩本書．有只鴿籠，為保證至少有只鴿籠中住有只或只以上的鴿子．請問：至少需要有幾只鴿子？【解析】有10只鴿籠，每個籠子住1只鴿子，一共就是10只．要保證至少有1只鴿籠中住有2只或2只以上的鴿子．那么至少需要11只鴿子，這多出的1只鴿子會住在這10個任意一個籠子里．這樣就有1個籠子里住著2只鴿子．所以至少需要11只鴿子．三年級二班有名同學，班上的“圖書角”至少要準備多少本課外書，才能保證有的同學可以同時借兩本書？【解析】把43名同學看作43個抽屜，根據抽屜原理，要使至少有一個抽屜里有兩個蘋果，那么就要使蘋果的個數大于抽屜的數量．因此，“圖書角”至少要準備44本課外書．海天小學五年級學生身高的厘米數都是整數，并且在厘米到厘米之間（包括厘米到厘米），那么，至少從多少個學生中保證能找到個人的身高相同？【解析】陷阱：以前的題基本全是2個人的，而這里出現4個人，那么，就“從倍數關系選”。認真思考，此題中應把什么看作抽屜？有幾個抽屜？在140厘米至150厘米之間（包括140厘米到150厘米）共有11個整厘米數，把這11個整厘米數看作11個抽屜，每個抽屜中放3個整厘米數，就要11×3＝33個整厘米數，如果再取出一個整厘米數，放入相應的抽屜中，那么這個抽屜中便有4個整厘米數，也就是至少找出33＋1＝34個學生，才能找到4個人的身高相同．一次數學競賽出了10道選擇題，評分標準為：基礎分10分，每道題答對得3分，答錯扣1分，不答不得分。問：要保證至少有4人得分相同，至少需要多少人參加競賽？【解析】由題目條件這次數學競賽的得分可以從10-10=0分到10+3×10=40分，但注意到39、38、35這3個分數是不可能得到的，要保證至少有4人得分相同，至少需要3×（41-3）+1=115人.（第十屆《小數報》數學競賽決賽）一次測驗共有10道問答題，每題的評分標準是：回答完全正確，得5分；回答不完全正確，得3分，回答完全錯誤或不回答，得0分．至少____人參加這次測驗，才能保證至少有3人得得分相同．【解析】根據評分標準可知，最高得分為50分，最低得分為0分，在0～50分之間，1分，2分，4分，7分，47分，49分不可能出現．共有51645（種）不同得分．根據抽屜原理，至少有45×2＋1＝91（人）參賽，才能保證至少有3人得分相同．（二）、構造抽屜利用公式進行解題在一只口袋中有紅色、黃色、藍色球若干個，小聰明和其他六個小朋友一起做游戲，每人可以從口袋中隨意取出個球，那么不管怎樣挑選，總有兩個小朋友取出的兩個球的顏色完全一樣．你能說明這是為什么嗎？【解析】從三種顏色的球中挑選兩個球，可能情況只有下面6種：紅、紅；黃、黃；藍、藍；紅、黃；紅、藍；黃、藍，我們把種搭配方式當作6個“抽屜”，把7個小朋友當作7個“蘋果”，根據抽屜原理，至少有兩個“蘋果”要放進一個“抽屜”中，也就是說，至少有兩個人挑選的顏色完全一樣．在一只口袋中有紅色與黃色球各4只，現有4個小朋友，每人從口袋中任意取出2個小球，請你證明：必有兩個小朋友，他們取出的兩個球的顏色完全一樣．【解析】小朋友從口袋中取出的兩個球的顏色的組成只有以下3種可能：紅紅、黃黃、紅黃，把這3種情況看作3個“抽屜”，把4位小朋友看作4只“蘋果”，根據抽屜原理，必有兩個小朋友取出的兩個球的顏色完全一樣．籃子里有蘋果、梨、桃和桔子，現有若干個小朋友，如果每個小朋友都從中任意拿兩個水果，那么至少有多少個小朋友才能保證有兩個小朋友拿的水果是相同的？【解析】首先應弄清不同的水果搭配有多少種．兩個水果是相同的有4種，兩個水果不同有6種：蘋果和梨、蘋果和桃、蘋果和桔子、梨和桃、梨和桔子、桃和桔子．所以不同的水果搭配共有4610（種）．將這10種搭配作為10個“抽屜”．由抽屜原理知至少需11個小朋友才能保證有兩個小朋友拿的水果是相同的學校里買來數學、英語兩類課外讀物若干本，規定每位同學可以借閱其中兩本，現有位小朋友前來借閱，每人都借了本．請問，你能保證，他們之中至少有兩人借閱的圖書屬于同一種嗎？【解析】每個小朋友都借2本有三種可能：數數，英英，數英．第4個小朋友無論借什么書，都可能是這三種情況中的一種，這樣就有兩個同學借的是同一類書，所以可以保證，至少有2位小朋友，他們所借閱的兩本書屬于同類．總結：此題如用簡單乘法原理的話，有難度，因為涉及到簡單加法原理，所以推薦使用列表法。與之前不同的是，本題借閱的書只說了兩本并沒說其他要求，所以可以拿2本同樣的書．11名學生到老師家借書，老師的書房中有文學、科技、天文、歷史四類書，每名學生最多可借兩本不同類的書，最少借一本．試說明：必有兩個學生所借的書的類型相同【解析】設不同的類型書為Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四種，若學生只借一本書，則不同的類型有Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四種；若學生借兩本不同類型的書，則不同的類型有AB、AC、AD、BC、BD、CD六種．共有10種類型，把這10種類型看作10個“抽屜”，把11個學生看作11個“蘋果”．如果誰借哪種類型的書，就進入哪個抽屜，由抽屜原理，至少有兩個學生，他們所借的書的類型相同．幼兒園買來許多牛、馬、羊、狗塑料玩具，每個小朋友任意選擇兩件，但不能是同樣的，問：至少有多少個小朋友去拿，才能保證有兩人所拿玩具相同？【解析】從四種玩具中挑選不同的兩件，所有的搭配有以下6組：牛、馬；牛、羊；牛、狗；馬、羊；馬、狗；羊、狗．把每一組搭配看作一個“抽屜”，共6個抽屜．根據抽屜原理，至少要有7個小朋友去拿，才能保證有兩人所拿玩具相同．體育用品的倉庫里有許多足球、排球和籃球，有66個同學來倉庫拿球，要求每個人至少拿一個，最多拿兩個球，問至少有多少名同學所拿的球的種類是完全一樣的？【解析】以拿球配組的方式為抽屜，每人拿一個或兩個球，所以抽屜有：足、排、籃、足足、排排、籃籃、足排、足籃、排籃共9種情況，即有9個抽屜，則：66973，718，即至少有8名同學所拿球的種類是一樣的．幼兒園買來很多玩具小汽車、小火車、小飛機，每個小朋友任意選擇兩件不同的，那么至少要有幾個小朋友才能保證有兩人選的玩具是相同的？【解析】根據題意列下表：有3個小朋友就有三種不同的選擇方法，當第四個小朋友準備拿時，不管他怎么選擇都可以跟前面三個同學其中的一個選法相同．所以至少要有4個小朋友才能保證有兩人選的玩具是相同的．總結：本題是抽屜原理應用的典型例題，作為重點講解．學生們可能會這么認為：鋪墊：2件3種6件，6件2個3人，要保證有相同的所以至少要有314人；對于例題中的題目同樣2件4種8件，8件2個4人，要保證有相同的所以至少要有415人．因為鋪墊是正好配上數了，而例題中的問題在于4種東西任選兩種的選擇有幾種．可以簡單跟學生講一下簡單乘法原理的思想，但建議還是運用枚舉法列表進行分析，按順序列表可以做到不遺漏，不重復．籃子里有蘋果、梨、桃和桔子，現有若干個小朋友，如果每個小朋友都從中任意拿兩個水果，那么至少有多少個小朋友才能保證有兩個小朋友拿的水果是相同的？【解析】首先應弄清不同的水果搭配有多少種．兩個水果是相同的有4種，兩個水果不同有6種：蘋果和梨、蘋果和桃、蘋果和桔子、梨和桃、梨和桔子、桃和桔子．所以不同的水果搭配共有4610（種）．將這10種搭配作為10個“抽屜”．由抽屜原理知至少需11個小朋友才能保證有兩個小朋友拿的水果是相同的紅、藍兩種顏色將一個方格圖中的小方格隨意涂色（見下圖），每個小方格涂一種顏色．是否存在兩列，它們的小方格中涂的顏色完全相同？【解析】用紅、藍兩種顏色給每列中兩個小方格隨意涂色，只有下面四種情形：藍藍、紅藍、藍紅、紅紅、將上面的四種情形看成四個“抽屜”，把五列方格看成五個“蘋果”，根據抽屜原理，將五個蘋果放入四個抽屜，至少有一個抽屜中有不少于兩個蘋果，也就是至少有一種情形占據兩列方格，即這兩列的小方格中涂的顏色完全相同．將每一個小方格涂上紅色、黃色或藍色．（每一列的三小格涂的顏色不相同），不論如何涂色，其中至少有兩列，它們的涂色方式相同，你同意嗎？【解析】這道題是例題的拓展提高，通過列舉我們發現給這些方格涂色，要使每列的顏色不同，最多有6種不同的涂法，藍黃、紅藍、黃紅、藍黃、紅藍、黃紅、藍黃、紅紅、黃藍涂到第六列以后，就會跟前面的重復．所以不論如何涂色，其中至少有兩列它們的涂色方式相同．從、、、、、這個偶數中至少任意取出多少個數，才能保證有個數的和是？【解析】構造抽屜：{2,50}，{4,48}，{6,46}，{8,44}，{24,28}，{26}，共13種搭配，即13個抽屜，所以任意取出14個數，無論怎樣取，有兩個數必同在一個抽屜里，這兩數和為52，所以應取出14個數．或者從小數入手考慮，2、4、6、26，當再取28時，與其中的一個去陪，總能找到一個數使這兩個數之和為52．證明：在從1開始的前10個奇數中任取6個，一定有2個數的和是20.【解析】將10個奇數分為五組(1、19)，(3、17)，(5、15)，(7、13)，(9、11)，任取6個必有兩個奇數在同一組中，這兩個數的和為20.從1，4，7，10，…，37，40這14個數中任取8個數，試證：其中至少有2個數的和是41.【解析】將10個奇數分為五組(1、19)，(3、17)，(5、15)，(7、13)，(9、11)，任取6個必有兩個奇數在同一組中，這兩個數的和為20.從，，，，這個數中任意挑出個數來，證明在這個數中，一定有兩個數的差為?！窘馕觥繉?00個數分成50組：{1,51}，{2,52}，{3,53}，{50,100}，將其看作50個抽屜，在選出的51個數中，必有兩個屬于一組，這一組的差為50．這道題也同樣可以從小數入手考慮．請證明：在1，4，7，10，…，100中任選20個數，其中至少有不同的兩組數其和都等于104.【解析】1，4，7，10，…，100共有34個數，將其分為(4，100)，(7，97)，…，(49，55)，(1)，(52)，共有18個抽屜．從這18個抽屜里面任意抽取20個數，則至少有18個數取自前16個抽屜，所以至少有4個數取自某兩個抽屜中，而屬于同一“抽屜”的兩個數，其和是104．從1、2、3、4、…、19、20這20個自然數中，至少任選幾個數，就可以保證其中一定包括兩個數，它們的差是12．【解析】在這20個自然數中，差是12的有以下8對：｛20，8｝，｛19，7｝，｛18，6｝，｛17，5｝，｛16，4｝，｛15，3｝，｛14，2｝，｛13，1｝．另外還有4個不能配對的數｛9｝，｛10｝，｛11｝，｛12｝，共制成12個抽屜（每個括號看成一個抽屜）只要有兩個數取自同一個抽屜，那么它們的差就等于12，根據抽屜原理至少任選13個數，即可辦到（取12個數：從12個抽屜中各取一個數（例如取1，2，3，…，12），那么這12個數中任意兩個數的差必不等于12）．（小學數學奧林匹克決賽）從1，2，3，4，…，1988，1989這些自然數中，最多可以取____個數，其中每兩個數的差不等于4．【解析】將1～1989排成四個數列：1，5，9，…，1985，19892，6，10，…，19863，7，11，…，19874，8，12，…，1988每個數列相鄰兩項的差是4，因此，要使取出的數中，每兩個的差不等于4，每個數列中不能取相鄰的項．因此，第一個數列只能取出一半，因為有(19891)41498項，所以最多取出249項，例如1，9，17，…，1985．同樣，后三個數列每個最多可取249項．因而最多取出個數，其中每兩個的差不等于4．從2、4、6、…、30這15個偶數中，任取9個數，證明其中一定有兩個數之和是34．【解析】我們用題目中的15個偶數制造8個抽屜，(2),(4,30)，(6,28)，…，(16,18),凡是抽屜中的有兩個數，都具有一個共同的特點：這兩個數的和是34．現從題目中的15個偶數中任取9個數，由抽屜原理（因為抽屜只有8個），必有兩個數在同一個抽屜中.由制造的抽屜的特點，這兩個數的和是34．（北京市第十一屆“迎春杯”刊賽）從1，2，3，4，…，1994這些自然數中，最多可以取個數，能使這些數中任意兩個數的差都不等于9．【解析】方法一：把1994個數一次每18個分成一組，最后14個數也成一組，共分成111組．即1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，16，17，18；19，20，21，22，23，24，25，26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36；…1963，1964，…，1979，1980；1981，1982，…，1994．每一組中取前9個數，共取出9×111＝999（個）數，這些數中任兩個的差都不等于9．因此，最多可以取999個數．方法二：構造公差為9的9個數列（除以9的余數）1,10,19,28,,1990，共計222個數2,11,20,29,,1991，共計222個數3,12,21,30,,1992，共計222個數4,13,22,31,,1993，共計222個數5,14,23,32,,1994，共計222個數6,15,24,33,,1986，共計221個數7,16,25,34,,1987，共計221個數8,17,26,35,,1988，共計221個數9,18,27,36,,1989，共計221個數每個數列相鄰兩項的差是9，因此，要使取出的數中，每兩個的差不等于9，每個數列中不能取相鄰的項．因此，前五個數列只能取出一半，后四個數列最多能取出一半多一個數，所以最多取111×9＝999個數(南京市首屆“興趣杯”少年數學邀請賽)從1至36個數中，最多可以取出___個數，使得這些數種沒有兩數的差是5的倍數．【解析】構造公差為5的數列，如圖，有五條鏈，看成5個抽屜，每條鏈上取1個數，最多取5個數．1－6－11－16－21－26－31－362－7－12－17－22－27－323－8－13－18－23－28－334－9－14－19－24－29－345－10－15－20－25－30－35（2008年第八屆“春蕾杯”小學數學邀請賽決賽）從、、、、、、、、、、和中至多選出個數，使得在選出的數中，每一個數都不是另一個數的倍．【解析】把這12個數分成6個組：第1組：1，2，4，8第2組：3，6，12第3組：5，10第4組：7第5組：9第6組：11每組中相鄰兩數都是2倍關系，不同組中沒有2倍關系．選沒有2倍關系的數，第1組最多2個（1，4或2，8或1，8），第2組最多2個（3，12），第3組只有1個，第4，5，6組都可以取，一共2＋2＋1＋1＋1＋1＝8個．如果任意取9個數，因為第3，4，5，6組一共5個數中，最多能取4個數，剩下945個數在2個組中，根據抽屜原理，至少有3個數是同一組的，必有2個數是同組相鄰的數，是2倍關系．從1到20這20個數中，任取11個不同的數，必有兩個數其中一個是另一個數的倍數．【解析】把這20個數分成以下10組，看成10個抽屜：(1，2，4，8，16)，(3，6，12)，(5，10，20)，(7，14)，(9，18)，(11)，(13)，(15)，(17)，(19)，前5個抽屜中，任意兩個數都有倍數關系．從這10個抽屜中任選11個數，必有一個抽屜中要取2個數，它們只能從前5個抽屜中取出，這兩個數就滿足題目要求．從1，3，5，7，…，97，99中最多可以選出多少個數，使得選出的數中，每一個數都不是另一個數的倍數?【解析】方法一：因為均是奇數，所以如果存在倍數關系，那么也一定是3、5、7等奇數倍.3×33：99，于是從35開始，1～99的奇數中沒有一個是35～99的奇數倍(不包括1倍)，所以選出35，37，39，…，99這些奇數即可．共可選出33個數，使得選出的數中，每一個數都不是另一個數的倍數．方法二：利用3的若干次冪與質數的乘積對這50個奇數分組．(1，3，9，27，81)，(5，15，45)，(7，21，63)，(11，33)，(13，39)，(17，51)，(19，57)，(23，69)，(25，75)，(29，87)，(31，93)，(35)，(37)，(41)，(43)，…，(97)共33組．前11組，每組內任意兩個數都存在倍數關系，所以每組內最多只能選擇一個數．即最多可以選出33個數，使得選的數中，每一個數都不是另一個數的倍數．評注：1～2n個自然數中，任意取出n+1個數，則其中必定有兩個數，它們一個是另一個的整數倍；從2，3．……，2n+1中任取n+2個數，必有兩個數，它們一個是另一個的整數倍；從1，2，3．……3n中任取2n+1個數，則其中必有兩個數，它們中一個是另一個的整數倍，且至少是3倍；從1，2，3，……，mn中任取(m-1)n+1個數，則其中必有兩個數，它們中一個是另一個的整數倍，且至少是m倍(m、n為正整數).從整數1、2、3、…、199、200中任選101個數，求證在選出的這些自然數中至少有兩個數，其中的一個是另一個的倍數.【解析】把這200個數分類如下：(1)1，12，212，312，…，712，(2)3，32，232，332，…，632，(3)5，52，252，352，…，552，…(50)99，992，(51)101，(52)103，…(100)199，以上共分為100類，即100個抽屜，顯然在同一類中的數若不少于兩個，那么這類中的任意兩個數都有倍數關系.從中任取101個數，根據抽屜原理，一定至少有兩個數取自同一類，因此其中一個數是另一個數的倍數.從1，2，3，……49，50這50個數中取出若干個數，使其中任意兩個數的和都不能被7整除，則最多能取出多少個數？【解析】將1至50這50個數，按除以7的余數分為7類：[0]，[1]，[2]，[3]，[4]，[5]，[6]，所含的數的個數分別為7，8，7，7，7，7，7.被7除余1與余6的兩個數之和是7的倍數，所以取出的數只能是這兩種之一；同樣的，被7除余2與余5的兩個數之和是7的倍數，所以取出的數只能是這兩種之一；被7除余3與余4的兩個數之和是7的倍數，所以取出的數只能是這兩種之一；兩個數都是7的倍數，它們的和也是7的倍數，所以7的倍數中只能取1個．所以最多可以取出8＋7＋7＋1＝23個從1，2，3，…，99，100這100個數中任意選出51個數．證明：(1)在這51個數中，一定有兩個數互質；(2)在這51個數中，一定有兩個數的差等于50；(3)在這51個數中，一定存在9個數，它們的最大公約數大于1．【解析】(1)我們將1～100分成(1，2)，(3，4)，(5，6)，(7，8)，…，(99，100)這50組，每組內的數相鄰．而相鄰的兩個自然數互質．將這50組數作為50個抽屜，同一個抽屜內的兩個數互質．而現在51個數，放進50個抽屜，則必定有兩個數在同一抽屜，于是這兩個數互質．問題得證．(2)我們將1—100分成(1，51)，(2，52)，(3，53)，…，(40，90)，…(50，100)這50組，每組內的數相差50．將這50組數視為抽屜，則現在有51個數放進50個抽屜內，則必定有2個數在同一抽屜，那么這兩個數的差為50．問題得證．(3)我們將1—100按2的倍數、3的奇數倍、既不是2又不是3的倍數的情況分組，有(2，4，6，8，…，98，100)，(3，9，15，21，27，…，93，99)，(5，7，11，13，17，19，23，…，95，97)這三組．第一、二、三組分別有50、17、33個元素．最不利的情況下，51個數中有33個元素在第三組，那么剩下的18個數分到第一、二兩組內，那么至少有9個數在同一組．所以這9個數的最大公約數為2或3或它們的倍數，顯然大于1．問題得證有49個小孩，每人胸前有一個號碼，號碼從1到49各不相同．現在請你挑選若干個小孩，排成一個圓圈，使任何相鄰兩個小孩的號碼數的乘積小于100，那么你最多能挑選出多少個孩子?【解析】將1至49中相乘小于100的兩個數，按被乘數分成9組，如下：(1×2)、(1×3)、(1×4)、…、(1×49)；(2×3)、(2×4)、(2×5)、…、(2×49)；(8×9)、(8×10)、(8×11)、(8×12)；(9×10)、(9×11).因為每個數只能與左右兩個數相乘，也就是每個數作為被乘數或乘數最多兩次，所以每一中最多會有兩對數出現在圓圈中，最多可以取出18個數對，共18×2=36次，但是每個數都出現兩次，故出現了18個數．例如：(10×9)、(9×11)、(1×8)、(8×12)、(12×7)、(7×13)、(13×6)、(6×14)、(14×5)、(5×15)、(15×4)、(4×16)、(16×3)、(3×17)、(17×2)、(2×18)、(18×1)、(1×10)．共出現l～18號，共18個孩子．若隨意選取出19個孩子，那么共有19個號碼，由于每個號碼數要與旁邊兩數分別相乘，則會形成19個相乘的數對．那么在9組中取出19個數時，有19=9×2+1，由抽屜原則知，必有三個數對落入同一組中，這樣某個數字會在數對中出現三次(或三次以上)，由分析知，這是不允許的．故最多挑出18個孩子．要把61個乒乓球分裝在若干個乒乓球盒中，每個盒子最多可以裝5個乒乓球，問：至少有多少個盒子中的乒乓球數目相同？【解析】每個盒子不超過5個球，最“壞”的情況是每個盒子的球數盡量不相同，為1、2、3、4、5這5種各不相同的個數，共有：1＋2＋3＋4＋5＝15，61÷15＝4·····1，最不利的分法是：裝1、2、3、4、5個球的各4個，還剩1個球，要使每個盒子不超過5個球，無論放入哪個盒子，都會使至少有5個盒子的球數相同將400本書隨意分給若干同學，但是每個人不許超過11本，問：至少有多少個同學分到的書的本數相同？【解析】每人不許超過11本，最“壞”的情況是每人得到的本數盡量不相同，為：1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11這11種各不相同的本數，共有：1+2+3++11=66本，400÷66＝6·····4，最不利的分法是：得1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11本數+的各6人，還剩4本書，要使每個人不超過11本，無論發給誰，都會使至少有7人得到書的本書相同．有蘋果和桔子若干個，任意分成堆，能否找到這樣兩堆，使蘋果的總數與桔子的總數都是偶數？【解析】需先跟學生介紹奇偶性：奇數奇數偶數；奇數偶數奇數；偶數偶數偶數。先用列表法進行搭配。由于題目只要求判斷兩堆水果的個數關系，因此可以從水果個數的奇偶性上來考慮抽屜的設計．對于每堆水果中的蘋果、桔子的個數分別都有奇數與偶數兩種可能，所以每堆水果中蘋果、桔子個數的搭配就有4種情形：（奇，奇），（奇，偶），（偶，奇），（偶，偶），其中括號中的第一個字表示蘋果數的奇偶性，第二個字表示桔子數的奇偶性．將這4種情形看成4個抽屜，現有5堆水果，根據抽屜原理可知，這5堆水果里至少有2堆屬于上述4種情形的同一種情形．由于奇數加奇數為偶數，偶數加偶數仍為偶數，所以在同一個抽屜中的兩堆水果，其蘋果的總數與桔子的總數都是偶數．在長度是厘米的線段上任意取個點，是否至少有兩個點，它們之間的距離不大于厘米？【解析】把長度10厘米的線段10等分，那么每段線段的長度是1厘米（見下圖）．將每段線段看成是一個“抽屜”，一共有10個抽屜．現在將這11個點放到這10個抽屜中去．根據抽屜原理，至少有一個抽屜里有兩個或兩個以上的點（包括這些線段的端點）．由于這兩個點在同一個抽屜里，它們之間的距離當然不會大于1厘米．所以，在長度是10厘米的線段上任意取11個點，至少存在兩個點，它們之間的距離不大于1厘米．在米長的直尺上任意點五個點，請你說明這五個點中至少有兩個點的距離不大于厘米．【解析】5個點最多把1米長的直尺分成4段，要想使每一段都盡量長，應采取平均分的辦法．把1米長的直尺平均劃分成四段，每一段25厘米，把這四段看成四個抽屜．當把五個點隨意放入四個抽屜時，根據抽屜原理，一定有一個抽屜里面有兩個或兩個以上的點，落在同一段上的這兩點間的距離一定不大于25厘米，所以結論成立．試說明在一條長100米的小路一旁植樹101棵，不管怎樣種，總有兩棵樹的距離不超過1米．【解析】把這條小路分成每段1米長，共100段每段看作是一個抽屜，共100個抽屜，把101棵樹看作是101個蘋果，于是101個蘋果放入100個抽屜中，至少有一個抽屜中有兩個蘋果，即至少有一段有兩棵或兩棵以上的樹(《小數報》數學競賽初賽試題)在米長的水泥陽臺上放盆花，隨便怎樣擺放，至少有幾盆花之間的距離不超過米．【解析】如果每兩盆之間的距離都超過2米，那么總距離超過211120（）(米)．另一方面，可以使開始的10盆每兩盆之間距離略大于2米，而最后兩盆之間小于2米．所以，至少有兩盆之間的距離不超過2米．在米長的水泥陽臺上放盆花，隨便怎樣擺放，請你說明至少有兩盆花它們之間的距離小于米．【解析】第1盆花放在一個端點上，第2盆花放在距第1盆花恰為2米處（這是兩盆花之間最近的距離了，再近就說明題目已經正確了——兩盆花之間距離小于2米）．第3盆花放在距離第2盆花的距離2米處，這樣每隔2米放1盆花，直到陽臺的另一個盡頭，恰好放第11盆花．至此，陽臺上的11盆花中任意兩盆花之間的距離都按你的設想不小于2米放好了．現在考慮最后1盆花，它只能放在已放好的11盆花所留出的10個空檔內了，這已說明必有兩盆花之間的距離小于2米．題目的結論是正確的．在邊長為3的正三角形內，任意放入10個點，求證：必有兩個點的距離不大于1．【解析】將邊長為3的正三角形等分為9個小正三角形，根據抽屜原理，10個點中必有兩個點落入同一個小正三角形的內部或邊上，那么這兩個點之間的距離不會超過小正三角形的邊長，故必有兩個點的距離不大于1．邊長為1的等邊三角形內有5個點，那么這5個點中一定有距離小于0.5的兩點.【解析】5個點的分布是任意的。如果要證明“在邊長為1的等邊三角形內（包括邊界）有5個點，那么這5個點中一定有距離不大于的兩點”，則順次連接三角形三邊中點，即三角形的三條中位線，可以分原等邊三角形為4個全等的邊長為的小等邊三角形，則5個點中必有2點位于同一個小等邊三角形中（包括邊界），其距離便不大于0.5?？梢岳^續拓展：邊長為1的等邊三角形內，若有21n個點，則至少存在2點距離小于1.在邊長為的正方形內任意放入九個點，求證：存在三個點，以這三個點為頂點的三角形的面積不超過【解析】如圖，用9個點四等分正方形，得到四個面積都為0.25的正方形，我們把四個面積為0.25的正方形看成4個抽屜，9個點看成蘋果，因此必有三個點在一個面積為0.25的正方形內，如果這三點恰好是正方形的頂點，則三角形的面積為0.125，如果這三點在正方形內部，則三角形的面積小于0.125，因此存在三個點，以這三個點為頂點的三角形的面積不超過0.125在邊長為3米的正方形中，任意放入28個點，求證：必定有四個點，以它們為頂點的四邊形的面積不超過1平方米．【解析】將大正方形分成9個邊長為1米的小正方形，則9個小正方形為“抽屜”，有：28931，則必有一個小正方形里(上)至少有3＋1＝4(個)點，若這四個點恰好落在這個小正方形的四個頂點，那么以這4個點為頂點的四邊形的面積為1平方米；若有一個點落在正方形的內部或邊上，則面積將小于1平方米．綜上所述，不論怎么放，必定有四個點，以它們為頂點的四邊形的面積不超過1平方米．在一個矩形內任意放五點，其中任意三點不在一條直線上。證明：在以這五點為頂點的三角形中，至少有一個的面積小于矩形面積的四分之一?！窘馕觥咳缬覉D，將長方形按中線分為兩部分，則由抽屜原理知必然有3個點在同一個區域，那么由這3個點所構成的三角形的面積必然小于該區域的一半，即長方形面的四分之一。在一個直徑為厘米的圓內放入七個點，請證明一定有兩個點的距離不大于厘米【解析】將圓分成六個面積相等的扇形，這六個扇形可以看成六個抽屜，七個點看成七個蘋果，這樣必有一個抽屜有兩個蘋果，即一定有兩個點的距離不大于1厘米平面上給定17個點，如果任意三個點中總有兩個點之間的距離小于1，證明：在這17個點中必有9個點可以落在同一半徑為1的圓內?！窘馕觥咳绻?7個點中，任意兩點之間的距離都小于1，那么，以這17個點中任意一點為圓心，以1為半徑作一個圓，這17個點必然全落在這個圓內。如果這17點中，有兩點之間距離不小于1(即大于或等于1)，設這兩點為1O、2O，分別以1O、2O為圓心，1為半徑作兩個圓(如圖)。把這兩個圓看作兩個抽屜，由于任意三點中總有兩個點之間的距離小于1，因此其他15個點中每一點，到1O、2O的距離必有一個小于1。也就是說這些點必落在某一個圓中。根據抽屜原理必有一個圓至少包含這15個點中的8個點。由于圓心是17個點中的一點，因此這個圓至少包含17個點中的9個點。9條直線的每一條都把一個正方形分成兩個梯形，而且它們的面積之比為2∶3。證明：這9條直線中至少有3條通過同一個點?！窘馕觥吭O正方形為ABCD，E、F分別是AB，CD的中點。設直線MN把正方形ABCD分成兩個長方形ABMN和CDNM，并且與EF相交于P（如圖）,長方形ABMN的面積:長方形CDNM的面積2:3，如果把直線MN繞P點旋轉一定角度后，原來的兩個長方形就變成兩個梯形，根據割補法兩個梯形的面積比也為2:3，所以只要直線MN繞P點旋轉，得到的兩個梯形的面積比為2:3，所以將長方形分成2:3的兩個梯形必定經過P點，同樣根據對稱經過Q點的直線也是滿足條件的直線，同理我們還可以找到把長方形分成上下兩個梯形的兩個點這樣，在正方形內就4個固定的點，凡是把正方形面積分成兩個面積為2∶3的梯形的直線，一定通過這4點中的某一個。我們把這4個點看作4個抽屜，9條直線看作9個蘋果，由抽屜原理可知，9÷4＝2····1，所以，必有一個抽屜內至少放有3個蘋果，也就是，必有三條直線要通過一個點。如圖，能否在行列的方格表的每一個空格中分別填上，，這三個數，使得各行各列及對角線上個數的和互不相同？并說明理由．【解析】從問題入手：因為問的是和，所以就從和的種類入手。由1，2，3組成的和中最小為8×1＝8，最大的為8×3＝24，8~24中共有17種結果，而8行8列加上對角線共有18個和，根據抽屜原理，必有兩和是相同的，所以此題不能滿足要求．在的方格紙中，每個方格紙內可以填上四個自然數中的任意一個，填滿后對每個“田”字形內的四個數字求和，在這些和中，相同的和至少有幾個？【解析】先計算出在8×8的方格中，共有2×2“田”字形：7×7＝49(個)，在14中任取4個數(可以重復)的和可以是416中之一，共13種可能，根據抽屜原理:49÷13＝3····10，至少有314個“田”字形內的數字和是相同的．用數字1，2，3，4，5，6填滿一個的方格表，如右圖所示，每個小方格只填其中一個數字，將每個正方格內的四個數字的和稱為這個正方格的“標示數”．問：能否給出一種填法，使得任意兩個“標示數”均不相同？如果能，請舉出一例；如果不能，請說明理由．【解析】先計算出每個2×2正方格內的四個數字的和最小為4，最大為24，從4到24共有21個不同的值，即有21個“抽屜”；再找出在66的方格表最多有：5×5＝25(個)22正方格的“標示數”，即有25個“蘋果”．25÷21＝1·····4,根據抽屜原理，必有兩個“標示數”相同．能否在10行10列的方格表的每個空格中分別填上1，2，3這三個數之一，使得大正方形的每行、每列及對角線上的10個數字之和互不相同？對你的結論加以說明．【解析】大正方形的每行、每列及對角線上的10個數字之和最小是10，最大是30．因為從10到30之間只有21個互不相同的整數值，把這21個互不相同的數值看作21個“抽屜”，而10行、10列及兩條對角線上的數字和共有22個整數值，這樣元素的個數比抽屜的個數多1個，根據抽屜原理可知，至少有兩個和同屬于一個抽屜，故要使大正方形的每行、每列及對角線上的10個數字之和互不相同是不可能的．（南京市第三屆“興趣杯”少年數學邀請賽決賽C卷第12題）如下圖=1\*GB3①，、、、四只小盤拼成一個環形，每只小盤中放若干糖果，每次可取出1只、或3只、或4只盤中的全部糖果，也可取出2只相鄰盤中的全部糖果.要使1至13粒糖果全能取到，四只盤中應各有粒糖果.把各只盤中糖果的粒數填在下圖=2\*GB3②中.圖=1\*GB3①圖=2\*GB3②【解析】有兩種方法（填出一種即可），如下圖(南京市第三屆“興趣杯”少年數學邀請賽決賽D卷第12題)如右圖、、、四只小盤拼成一個環形，每只小盤中放若干糖果.每次可取出1只、或3只、或4只盤中的全部糖果，也可取出2只相鄰盤中的全部糖果.這樣取出的糖果數最多有幾種？請說明理由.【解析】最多為13種.因為取1只盤子有4種取法；取3只盤子（即有1種盤子不取），也有四種取法；取4只盤子只有1只取法；取兩只相鄰的盤子，在第1只取定后，（依順時針方向），第2只也就確定了，所以也有4種取法.共有3×4＋1＝13種取法.滿足13種取法的糖果放法可以有無數多種.例題的解表明糖果數可以為1～13這13.如右圖，分別標有數字的滾珠兩組，放在內外兩個圓環上，開始時相對的滾珠所標的數字都不相同．當兩個圓環按不同方向轉動時，必有某一時刻，內外兩環中至少有兩對數字相同的滾珠相對．【分析】內外兩個圓環對轉可以看成一個靜止，只有一個環轉動，一個環轉動一周后，每個滾珠都會有一次與標有相同數字的滾珠相對的局面出現，那么這種局面共要出現8次.將這8次局面看成8個蘋果，注意到一環每轉動45角就有一次滾珠相對的局面出現，轉動一周共有8次滾珠相對的局面，而最初相對滾珠所標數字都不相同，所以相對的滾珠所標的數字相同的情況只出現在以后的7次轉動中，將7次轉動看做7個抽屜，根據抽屜原理至少有2次數字相對的局面出現在同一次轉動中即必有某一時刻，內外兩環中至少有兩對數字相同的滾珠相對．8位小朋友圍著一張圓桌坐下，在每位小朋友面前都放著一張紙條，上面分別寫著這8位小朋友的名字．開始時，每位小朋友發現自己面前所對的紙條上寫的都不是自己的名字，請證明：經過適當轉動圓桌，一定能使至少兩位小朋友恰好對準自己的名字．【解析】沿順時針方向轉動圓桌，每次轉動一格，使每位小朋友恰好對準桌面上的字條，經過8次轉動后，桌面又回到原來的位置．在這個轉動的過程中，每位小朋友恰好對準桌面上寫有自己名字的字條一次，我們把每位小朋友與自己名字相對的情況看作“蘋果”，共有8只“蘋果”．另一方面，由于開始時每個小朋友都不與自己名字相對，所以小朋友與自己名字相對的情況只發生在7次轉動中，這樣7次轉動(即7個“抽屜”)將產生8位小朋友對準自己名字的情況，由抽屜原理可知，至少在某一次轉動后，有兩個或兩個以上的小朋友對準自己的名字．時鐘的表盤上按標準的方式標著1，2，3，…，11，12這12個數，在其上任意做n個120°的扇形，每一個都恰好覆蓋4個數，每兩個覆蓋的數不全相同．如果從這任做的n個扇形中總能恰好取出3個覆蓋整個鐘面的全部12個數，求n的最小值．【解析】（1）當8n時，有可能不能覆蓋12個數，比如每塊扇形錯開1個數擺放，蓋住的數分別是：（12，1，2，3）；（1，2，3，4）；（2，3，4，5）；（3，4，5，6）；（4，5，6，7）；（5，6，7，8）；（6，7，8，9）；（7，8，9，10），都沒蓋住11，其中的3個扇形當然也不可能蓋住全部12個數．（2）每個扇形覆蓋4個數的情況可能是：（1，2，3，4）（5，6，7，8）（9，10，11，12）覆蓋全部12個數（2，3，4，5）（6，7，8，9）（10，11，12，1）覆蓋全部12個數（3，4，5，6）（7，8，9，10）（11，12，1，2）覆蓋全部12個數（4，5，6，7）（8，9，10，11）（12，1，2，3）覆蓋全部12個數當9n時，至少有3個扇形在上面4個組中的一組里，恰好覆蓋整個鐘面的全部12個數．所以n的最小值是9．(2009年清華附中入學測試題)如圖，在時鐘的表盤上任意作個的扇形，使得每一個扇形都恰好覆蓋個數，且每兩個扇形覆蓋的數不全相同，求證：一定可以找到個扇形，恰好覆蓋整個表盤上的數．并舉一個反例說明，作個扇形將不能保證上述結論成立．【解析】在表盤上共可作出12個不同的扇形，且1～12中的每個數恰好被4個扇形覆蓋．將這12個扇形分為4組，使得每一組的3個扇形恰好蓋住整個表盤．那么，根據抽屜原理，從中選擇9個扇形，必有9134個扇形屬于同一組，那么這一組的3個扇形可以覆蓋整個表盤．另一方面，作8個扇形相當于從全部的12個扇形中去掉4個，則可以去掉蓋住同一個數的4個扇形，這樣這個數就沒有被剩下的8個扇形蓋住，那么這8個扇形不能蓋住整個表盤．模塊三、最不利原則（2008年第六屆“走進美妙的數學花園”中國青年數學論壇趣味數學解題技能展示大賽決賽）“走美”主試委員會為三～八年級準備決賽試題