2022年高一数学竞赛 .pdf

《2022年高一数学竞赛 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高一数学竞赛 .pdf（32页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1 高一数学竞赛培训(一)集 合 与 容 斥 原 理集合是一种基本数学语言、一种基本数学工具。它不仅是高中数学的第一课，而且是整个数学的基础。对集合的理解和掌握不能仅仅停留在高中数学起始课的水平上，而要随着数学学习的进程而不断深化，自觉使用集合语言(术语与符号)来表示各种数学名词，主动使用集合工具来表示各种数量关系。如用集合表示空间的线面及其关系，表示平面轨迹及其关系、表示方程(组)或不等式(组)的解、表示充要条件，描述排列组合，用集合的性质进行组合计数等。一、学习集合要抓住元素这个关键例 1设 A XX=a2+b2,a、bZ，X1，X2 A，求证：X1X2A。分析：A中的元素是自然数，即由两

2、个整数a、b 的平方和构成的自然数，亦即从0、1、4、9、16、25,，n2，,中任取两个(相同或不相同)数加起来得到的一个和数，本题要证明的是：两个这样的数的乘积一定还可以拆成两个自然数的平方和的形式，即(a2+b2)(c2+d2)=(M)2+(N)2，M,NZ 证明：设X1a2+b2，X2=c2+d2，a、b、c、dZ.则 X1X2(a2+b2)(c2+d2)a2c2+b2d2+b2c2+a2d2a2c2+2ac2 bd+b2d2+b2c2-2bc 2 ad+a2d2(ac+bd)2+(bc-ad)2又 a、b、c、d Z，故 ac+bd、bc-ad Z，从而 X1X2A 练习:1.设两个

3、集合S=x|x=12m+8n,m,n Z,T=x|x=20p+16q,p,qZ.求证：S=T。2.设 M=a|a=x2-y2,x,y Z.求证：（1）一切奇数属于M;（2）4k-2(k Z)不属于 M;（3）M中任意两个数的积仍属于M。3.已知函数f（x）=x2+ax+b,a,b R,且 A=x|x=f(x),B=x|x=ff(x).(1)求证:AB;(2)若 A=-1，3时，求集合B.二、集合中待定元素的确定例 2已知集合M X，XY，lg(xy)，S0，X，Y，且 M S，则(X1/Y)(X21/Y2),(X20021/Y2002)的值等于().分析：解题的关键在于求出X和 Y的值，而 X

4、和 Y分别是集合M与 S中的元素。这一类根据集合的关系反过来确定集合元素的问题，要求我们要对集合元素的基本性质即确定性、异性、无序性及集合之间的基本关系(子、全、补、交、异、空、等)有本质的理解，对于两个相等的有限集合(数集)，还会用到它们的简单性质：(a)相等两集合的元素个数相等；(b)相等两集合的元素之和相等；(c)相等两集合的元素之积相等.解：由 M S知，两集合元素完全相同。这样，M中必有一个元素为0，又由对数的性质知，0 和负数没有对数，所以XY 0，故 X，Y均不为零，所以只能有lg(XY)0，从而 XY 1.M X，1，0，S0，X，1/X.再由两集合相等知名师资料总结-精品资料

5、欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 32 页 -2 当 X1 时，M 1,1，0，S0,1，1，这与同一个集合中元素的互异性矛盾，故X1 不满足题目要求；当 X 1 时，M 1,1，0，S0,1，1，M S，从而 X1 满足题目要求，此时Y 1，于是 X2K11/Y2K 1 2(K0,1，2，,)，X2K 1/Y2K2(K1,2，,),故所求代数式的值为 0.练习:4.已知集合54321,aaaaaA，2524232221,aaaaaB，其中54321,aaaaa是正整数，且54321aaaaa，并满足41,aaBA，BAaa若,1041中的所有元素之和为234，求集合 A。三容斥原理基本

6、公式:(1)card(AB)card(A)card(B)card(A B)；(2)card(ABC)=card(A)+card(B)+card(C)-card(AB)-card(A C)-card(B C)+card(A BC)问题：开运动会时，高一某班共有28 名同学参加比赛，有15 人参加游泳比赛，有8 人参加田径比赛，有 14 人参加球类比赛，同时参加游泳比赛和田径比赛的有3 人，同时参加游泳比赛和球类比赛的有 3 人，没有人同时参加三项比赛，问同时参加田径比赛和球类比赛的有多少人？只参加游泳一项比赛的有多少人？设 A 参加游泳比赛的同学，B参加田径比赛的同学，C 参加球类比赛的同学,则

7、card(A)=15，card(B)=8，card(C)=14，card(A BC)=28,且 card(A B)=3，card(A C)=3，card(ABC)=0,由公式得2815814 33card(B C)+0,即 card(B C)=3,所以同时参加田径和球类比赛的共有3 人，而只参加游泳比赛的人有15339(人)四、有限集合子集的个数例 3一个集合含有10 个互不相同的两位数。试证，这个集合必有2 个无公共元素的子集合，此两子集的各数之和相等。分析：两位数共有10,11，,99，计 99990 个，最大的 10 个两位数依次是90,91，,99，其和为 945，因此，由10 个两位

8、数组成的任意一个集合中，其任一个子集中各元素之和都不会超过945，而它的非空子集却有21011023 个，这是解决问题的突破口。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 32 页 -3 解：已知集合含有10 个不同的两位数，因它含有10 个元素，故必有2101024 个子集，其中非空子集有 1023 个，每一个子集内各数之和都不超过9091,98999450fmin=f(-b/2a)=(4ac-b2)/4a)fmin=minf(p),f(q)名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 32 页 -4 fmax=maxf(p),f(q)fmax=maxf(p

9、),f(q)a0fmax=f(-b/2a)=(4ac-b2)/4a)fmin=minf(p),f(q)例 1.当 x 为何值时，函数f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2+,+(x-an)2取最小值。解：f(x)=(x2-2a1x+a12)+(x2-2a2x+a22)+,+(x2-2anx+an2)=nx2-2(a1+a2,+an)x+(a12+a22+,+an2)当 x=(a1+a2+,+an)/n 时，f(x)有最小值.例 2.已知 x1,x2是方程 x2-(k-2)x+(k2+3k+5)=0 的两个实数根，x12+x22的最大值是 _.解：由韦达定理得：x1+x2=k-2，x1x2=k

10、2+3k+5.x12x22（x1x2）2-2x1x2=(k-2)2-2(k2+3k+5=-k2-10k-6=-(k+5)2+19.已知 x1,x2是方程的两个实根，即方程有实数根，此时方程的判别式0，即(k-2)2-4(k2+3k+5)=-3k2-16k-160解得：-4k-4/3.k=-5-4,-4/3，设f(k)=-(k+5)2+19 则 f(-4)=18,f(-4/3)=50/918.当 k=-4 时，(x12+x22)max=18.例 3.已知 f(x)=x2-2x+2，在 xt,t+1上的最小值为g(t)，求 g(t)的表达式。解：f(x)=(x-1)2+1(1)当 t+11 即 t

11、1 时，g(t)=f(t)=t2-2t+2 综合（1）、（2）、（3）得：例 4（1）当 x2+2y2=1 时，求 2x+3y2的最值；（2）当 3x2+2y2=6x 时，求 x2+y2的最值。解：（1）由 x2+2y2=1 得 y2=1/2(1-x2)，2x+3y2=2x+(3/2)(1-x2)=(-(3/2)(x-(2/3)2+(13/6)又 1-x2=2y20，x21，1x1.当 x=2/3 时，y=(10)/6，（2x+3y2）max=16/3；当 x=-1 时，y=0，（2x+3y2）min=2(2)由 3x2+2y2=6x，得 y2=(3/2)x(2-x)，代入 x2+y2=x2+

12、(3/2)x(2-x)=-1/2(x-3)2+9/2 又 y2=(3/2)x(2-x)0，得 0 x2.当 x=2，y=0 时，（x2+y2）max=4；当 x=0，y=0 时，(x2+y2)min=0 三、二次函数与二次方程设 f(x)=ax2+bx+c(a 0)的二实根为x1,x2，(x1x2)，=b2-4ac，且、()是预先给定的两个实数。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 32 页 -5 1当两根都在区间(,)内，方程系数所满足的充要条件 x1x2，对应的二次函数f(x)的图象有下列两种情形当 a 0 时的充要条件是：0，-b/2a，f()0，f()0 当 a

13、 0 时的充要条件是：0，-b/2a，f()0，f()0 两种情形合并后的充要条件是：0，-b/2a，af()0，af()0 2当两根中有且仅有一根在区间（，）内，方程系数所满足的充要条件 x1或x2，对应的函数f(x)的图象有下列四种情形从四种情形得充要条件是：f()2 f()0 3当两根都不在区间，内方程系数所满足的充要条件（1）两根分别在区间，之外的两旁时 x1 x2，对应的函数f(x)的图象有下列两种情形（2）两根分别在区间，之外的同旁时名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 32 页 -6 x1 x2 或 x1x2，对应函数f(x)的图象有下列四种情形当 x1x

14、2时的充要条件是：0，-b/2a，af()0 当 x1x2时的充要条件是：0，-b/2a，af()0 例 5如果方程（1-m2）x2+2mx-1=0 的两个根一个小于零，另一个大于1，确定 m的范围。解：令 f(x)=(1-m2)x2+2mx-1，根据题设条件，f(x)的图形是下列两种情形之一：则（1-m2）f(0)0,(1-m2)f(1)0；即 1-m20,(1-m2)(2m-m2)0 解得：-1 m 0 例 6当 k 为什么实数时，关于X的二次方程7x2-(k+13)x+k2-k-2=0 的两个实根 和 分别满足 0 1 和 12？解：设 y=f(x)=7x2-(k+13)x+k2-k-2

15、，则因为 a=70，且方程 f(x)=0有两实根，所以它的图象是开口向上且与X轴相交于两点（,0）、(,0)的抛物线。由于0 1，12，可知在x或 x时，f(x)取正值；在 x时，f(x)取负值。于是，当x 分列取 0,1，2 时，有：f(0)=k2-k-2 0，f(1)=k2-2k-8 0，f(2)=k2-3k 0 解这三个不等式组成的不等式组，可得-2 k-1 和 3k 4。练习:1.求所有的实数m，使得关于x 的方程121121xmxx有且只有整数根.2.若函数21321)(2xxf在区间 a，b上的最小值为2a，最大值为2b，求区间 a，b。3.已知方程x2+2px+1=0 有一个根大

16、于1，有一个根小于1，则 p 的取值为 _.四二次函数与二次不等式名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 32 页 -7 一元二次不等式的解集相应于一元二次函数的正值、负值区间。解不等式与证明不等式成立，经常要用到二次函数的极值性质、单调性、图象与x 轴的位置关系等。例 7若 a1,a2,an,b1,b2,bn都是实数，求证：（a1b1+a2b2+,+anbn）2(a12+a22+,+a2n)(b12+b22+,+b2n)证明：构造二次函数 f(x)=(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+,+(anx-bn)2=(a12+a22+,+a2n)x2-2(a1b1+a2b2

17、+,+anbn)x+(b12+b22+,+b2n).当 a12+a22+,+a2n0 即 a1,a2,an不全为零时，显然有对xR，f(x)0，故 f(x)0 的判别式：=4（a1b1+a2b2+,+anbn）2-4(a12+a22+,+a2n)(b12+b22+,+b2n)0.即（a1b1+a2b2+,+anbn）2(a12+a22+,+a2n)2(b12+b22+,+b2n).当 a1=a2=,=an=0 时，结论显然成立，故命题成立。例 8设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a 0)，方程 f(x)-x=0的两个根 x1,x2满足 0 x1x21/a。（1）当 x(0,x1)时，证明

18、xf(x)x1（2）设函数f(x)的图象关于直线x=x0对称，证明：x0 x1/2。证明：欲证：xf(x)x,只须证：0f(x)-xx1-x 因为方程 f(x)-x=0的两根为x1,x2,f(x)=ax2+bx+c(a 0)，f(x)-x=a(x-x1)(x-x2),式即:0a(x-x1)(x-x2)x1-x a 0，x(0,x1),x1-x 0,a(x1-x)0,式两边同除以a(x1-x)0，得：0 x2-x 1/a，即：xx2 1/a+x.这由已知条件：0 xx1x21/a，即得：xx2(1/a)1/a+x，故命题得证。（2）欲证 x0 x1/2，因为 x0=-b/2a，故只须证：x0-x

19、1/2=-b/2a-x1/2 0 由韦达定理，x1+x2=(-b-1)/a，(x1+x2)/2=-(b-1)/2a，代入式，有(-(b/2a)-(x1/2)=(x2/2)-(1/(2a)0,即：x21/a 由已知：0 x1x21/a，命题得证。(三)抽屉原理在数学问题中有一类与“存在性”有关的问题，例如：“13个人中至少有两个人出生在相同月份”；“某校400 名学生中，一定存在两名学生，他们在同一天过生日”；“2003个人任意分成200 个小组，一定存在一组，其成员数不少于11”。这类存在性问题中，“存在”的含义是“至少有一个”。在解决这类问题时，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一个，也不需

20、要确定通过什么方式把这个存在的东西找出来。这类问题相对来说涉及到的运算较少，依据的理论也不复杂，这些理论称为“抽屉原理”。（一）抽屉原理的基本形式定理 1、如果把n+1 个元素分成n 个集合，那么不管怎么分，都存在一个集合，其中至少有两个元素。证明：（用反证法）若不存在至少有两个元素的集合，则每个集合至多1 个元素，从而n 个集合至多有 n 个元素，此与共有n+1 个元素矛盾，故命题成立。例 1 已知在边长为1 的等边三角形内（包括边界）有任意五个点（图1）。证明：至少有两个点之间的距离不大于.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 32 页 -8 分析：5 个点的分布是

21、任意的。如果要证明“在边长为1 的等边三角形内（包括边界）有5 个点，那么这 5 个点中一定有距离不大于的两点”，则顺次连接三角形三边中点，即三角形的三条中位线，可以分原等边三角形为4 个全等的边长为的小等边三角形，则5 个点中必有2 点位于同一个小等边三角形中（包括边界），其距离便不大于。以上结论要由定理“三角形内（包括边界）任意两点间的距离不大于其最大边长”来保证，下面我们就来证明这个定理。如图 2，设 BC是ABC的最大边，P，M是ABC内（包括边界）任意两点，连接PM，过 P分别作AB、BC边的平行线，过 M作 AC边的平行线，设各平行线交点为P、Q、N，那么PQN=C，QNP=A因为

22、 BC AB，所以 AC，则 QNP PQN，而 QMP QNP PQN（三角形的外角大于不相邻的内角），所以PQ PM。显然 BC PQ，故 BC PM。由此我们可以推知，边长为的等边三角形内（包括边界）两点间的距离不大于。说明：（1）这里是用等分三角形的方法来构造“抽屉”。类似地，还可以利用等分线段、等分正方形的方法来构造“抽屉”。例如“任取n+1 个正数 ai，满足 0ai1（i=1,2,n+1），试证明：这 n+1 个数中必存在两个数，其差的绝对值小于”。又如：“在边长为1 的正方形内任意放置五个点，求证：其中必有两点，这两点之间的距离不大于。（2）例 1中，如果把条件（包括边界）去掉

23、，则结论可以修改为：至少有两个点之间的距离小于.例 2从 1-100 的自然数中，任意取出51 个数，证明其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。分析：本题似乎茫无头绪，从何入手？其关键何在？其实就在“两个数”，其中一个是另一个的整数倍。我们要构造“抽屉”，使得每个抽屉里任取两个数，都有一个是另一个的整数倍，这只有把公比是正整数的整个等比数列都放进去同一个抽屉才行，这里用得到一个自然数分类的基本知识：任何一个正整数都可以表示成一个奇数与2 的方幂的积，即若 m N+,KN+，nN,则 m=(2k-1)22n，并且这种表示方式是唯一的，如1=132，2=1321，3=332，,名师资料总

24、结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 32 页 -9 证明：因为任何一个正整数都能表示成一个奇数乘2 的方幂，并且这种表示方法是唯一的，所以我们可把1-100 的正整数分成如下50 个抽屉（因为1-100 中共有 50 个奇数）：1）1，132，1322，13 23，1324，1325，1326；2）3，332，3322，3323，3324，3325；3）5，532，5322，5323，5324；4）7，732，7322，7323；5）9，932，9322，9323；6）11，1132，11322，11323；,25）49，4932；26）51；,50）99。这样，1-100 的

25、正整数就无重复，无遗漏地放进这50 个抽屉内了。从这100 个数中任取51 个数，也即从这50 个抽屉内任取51 个数，根据抽屉原则，其中必定至少有两个数属于同一个抽屉，即属于（1）-（25）号中的某一个抽屉，显然，在这25 个抽屉中的任何同一个抽屉内的两个数中，一个是另一个的整数倍。说明：（1）从上面的证明中可以看出，本题能够推广到一般情形：从1-2n 的自然数中，任意取出 n+1 个数，则其中必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。想一想，为什么？因为1-2n 中共含 1，3，,，2n-1 这 n 个奇数，因此可以制造n 个抽屉，而n+1n，由抽屉原则，结论就是必然的了。给 n 以具体值

26、，就可以构造出不同的题目。例 2 中的 n 取值是 50，还可以编制相反的题目，如：“从前30 个自然数中最少要（不看这些数而以任意方式地）取出几个数，才能保证取出的数中能找到两个数，其中较大的数是较小的数的倍数？”(2）如下两个问题的结论都是否定的（n 均为正整数）想一想，为什么？从 2，3，4，,，2n+1中任取 n+1 个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？从 1，2，3，,，2n+1中任取 n+1 个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？（3）如果将（2）中两个问题中任取的n+1 个数增加1 个，都改成任取n+2 个数，则它们的结论是肯定的还是否定的？你能判断

27、证明吗？例 3从前 25 个自然数中任意取出7 个数，证明：取出的数中一定有两个数，这两个数中大数不超过小数的1.5 倍。证明：把前25 个自然数分成下面6 组：1；2，3；4，5，6；7，8，9，10；名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 32 页 -10 11，12，13，14，15，16；17，18，19，20，21，22，23，因为从前25 个自然数中任意取出7 个数，所以至少有两个数取自上面第组到第组中的某同一组，这两个数中大数就不超过小数的1.5 倍。说明：（1）本题可以改变叙述如下：在前25 个自然数中任意取出7 个数，求证其中存在两个数，它们相互的比值在

28、内。显然，必须找出一种能把前25 个自然数分成6（7-1=6）个集合的方法，不过分类时有一个限制条件：同一集合中任两个数的比值在内，故同一集合中元素的数值差不得过大。这样，我们可以用如上一种特殊的分类法：递推分类法：从 1 开始，显然1 只能单独作为1 个集合 1；否则不满足限制条件.能与 2 同属于一个集合的数只有 3，于是 2，3 为一集合。如此依次递推下去，使若干个连续的自然数属于同一集合，其中最大的数不超过最小的数的倍，就可以得到满足条件的六个集合。（2）如果我们按照（1）中的递推方法依次造“抽屉”，则第7 个抽屉为 26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，3

29、7，38，39；第 8 个抽屉为：40，41，42，,，60；第 9个抽屉为：61，62，63，,，90，91；,例 4在坐标平面上任取五个整点（该点的横纵坐标都取整数），证明：其中一定存在两个整点，它们的连线中点仍是整点。分析与解答：由中点坐标公式知，坐标平面两点（x1,y1）、（x2,y2）的中点坐标是。欲使都是整数，必须而且只须x1与 x2，y1与 y2的奇偶性相同。坐标平面上的任意整点按照横纵两个坐标的奇偶性考虑有且只有如下四种：（奇数、奇数），（偶数，偶数），（奇数，偶数），（偶数，奇数）以此构造四个“抽屉”，则在坐标平面上任取五个整点，那么至少有两个整点，属于同一个“抽屉”因此它们

30、连线的中点就必是整点。说明：我们可以把整点的概念推广：如果（x1,x2,xn）是 n 维（元）有序数组，且x1,x2,xn中的每一个数都是整数，则称（x1,x2,xn）是一个 n 维整点（整点又称格点）。如果对所有的n 维整点按每一个xi的奇偶性来分类，由于每一个位置上有奇、偶两种可能性，因此共可分为2323,32=2n个类。这是对n 维整点的一种分类方法。当n=3 时，23=8，此时可以构造命题：“任意给定空间中九个整点，求证它们之中必有两点存在，使连接这两点的直线段的内部含有整点”。例 5在任意给出的100 个整数中，都可以找出若干个数来（可以是一个数），它们的和可被100整除。分析：本题

31、也似乎是茫无头绪，无从下手，其关键何在？仔细审题，它们的“和”能“被100 整除”应是做文章的地方。如果把这 100 个数排成一个数列，用 Sm记其前 m项的和，则其可构造S1，S2，,S100共 100 个和 数。讨论这些“和数”被100 除所得的余数。注意到S1，S2，,S100共有 100 个数，一名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 32 页 -11 个数被 100 除所得的余数有0，1，2，,99共 100 种可能性。“苹果”数与“抽屉”数一样多，如何排除“故障”？证明：设已知的整数为a1,a2,a100考察数列 a1,a2,a100的前 n 项和构成的数列

32、S1，S2，,S100。如果 S1，S2，,S100中有某个数可被100 整除，则命题得证。否则，即S1，S2，,S100均不能被 100 整除，这样，它们被100 除后余数必是 1，2，,，99 中的元素。由抽屉原理I 知，S1，S2，,S100中必有两个数，它们被 100 除后具有相同的余数。不妨设这两个数为Si，Sj（i j），则 100（Sj-Si），即 100。命题得证。说明：有时候直接对所给对象作某种划分，是很难构造出恰当的抽屉的。这时候，我们需要对所给对象先作一些变换，然后对变换得到的对象进行分类，就可以构造出恰当的抽屉。本题直接对an进行分类是很难奏效的。但由an构造出 Sn

33、后，再对 Sn进行分类就容易得多.另外，对 Sn按模100 的剩余类划分时，只能分成100 个集合，而 Sn 只有 100 项，似乎不能应用抽屉原则。但注意到余数为 0 的类恰使结论成立，于是通过分别情况讨论后，就可去掉余数为0 的类，从而转化为100个数分配在剩下的99 个类中。（二）单色三角形问题抽屉原理的应用多么奇妙，其关键在于恰当地制造抽屉，分割图形，利用自然数分类的不同方法如按剩余类制造抽屉或按奇数乘以2 的方幂制造抽屉，利用奇偶性等等，都是制造“抽屉”的方法。抽屉原理的道理极其简单，但“于无声处听惊雷”，恰当地精心地应用它，不仅可以解决国内数学竞赛中的问题，而且可以解决国际中学生数

34、学竞赛。例 617 名科学家中每两名科学家都和其他科学家通信，在他们通信时，只讨论三个题目，而且任意两名科学家通信时只讨论一个题目，证明：其中至少有三名科学家，他们相互通信时讨论的是同一个题目。证明：视17 个科学家为17 个点，每两个点之间连一条线表示这两个科学家在讨论同一个问题，若讨论第一个问题则在相应两点连红线，若讨论第2 个问题则在相应两点连条黄线，若讨论第3 个问题则在相应两点连条蓝线。三名科学家研究同一个问题就转化为找到一个三边同颜色的三角形。考虑科学家A，他要与另外的16 位科学家每人通信讨论一个问题，相应于从A出发引出 16 条线段，将它们染成3 种颜色，而16=335+1，因

35、而必有6=5+1 条同色，不妨记为AB1，AB2，AB3，AB4，AB5，AB6同红色，若Bi（i=1，2，,，6）之间有红线，则出现红色三角线，命题已成立；否则B1，B2，B3，B4，B5，B6之间的连线只染有黄蓝两色。考虑从B1引出的 5 条线，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用两种颜色染色，因为5=232+1，故必有3=2+1 条线段同色，假设为黄色，并记它们为B1B2，B1B3，B1B4。这时若 B2，B3，B4之间有黄线，则有黄色三角形，命题也成立，若B2，B3，B4，之间无黄线，则B2，B3，B4，必为蓝色三角形，命题仍然成立。说明:（1）本题源于一个古典问题-世

36、界上任意6 个人中必有3 人互相认识，或互相不认识。（2）将互相认识用红色表示，将互相不认识用蓝色表示，（1）将化为一个染色问题，成为一个图论问题：空间六个点，任何三点不共线，四点不共面，每两点之间连线都涂上红色或蓝色。求证：名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 32 页 -12 存在三点，它们所成的三角形三边同色。（3）问题（2）可以往两个方向推广：其一是颜色的种数，其二是点数。本例便是方向一的进展，其证明已知上述。如果继续沿此方向前进，可有下题：在66 个科学家中，每个科学家都和其他科学家通信，在他们的通信中仅仅讨论四个题目，而任何两个科学家之间仅仅讨论一个题目。

37、证明至少有三个科学家，他们互相之间讨论同一个题目。（4）回顾上面证明过程，对于17 点染 3 色问题可归结为6 点染 2 色问题，又可归结为3 点染一色问题。反过来，我们可以继续推广。从以上（3，1）（6，2）（17，3）的过程，易发现6=（3-1）32+2，17=（6-1）33+2，66=（17-1）34+2，同理可得（66-1）35+2=327，（327-1）36+2=1958,记为 r1=3，r2=6，r3=17，r4=66，r5=327，r6=1958，,.我们可以得到递推关系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4,这样就可以构造出327 点染 5 色问题，1958 点染 6

38、 色问题，都必出现一个同色三角形。（三）抽屉原理的其他形式。定理 2：把 m个元素分成n 个集合（m n）（1）当 n 能整除 m时，至少有一个集合含有m/n 个元素；（2）当 n 不能整除 m 时，则至少有一个集合含有至少m/n+1个元素，（m/n 表示不超过的最大整数）定理 2 也可叙述成：把m3n+1 个元素放进n 个集合，则必有一个集合中至少放有m+1个元素。例 79 条直线的每一条都把一个正方形分成两个梯形，而且它们的面积之比为23。证明：这9 条直线中至少有3 条通过同一个点。证明：设正方形为ABCD，E、F 分别是 AB，CD的中点。设直线 L把正方形ABCD 分成两个梯形ABG

39、H 和 CDHG，并且与 EF相交于 P.梯形 ABGH 的面积：梯形 CDHG 的面积=23,EP 是梯形 ABGH 的中位线，PF是梯形 CDHG 的中位线，由于梯形的面积=中位线 3梯形的高，并且两个梯形的高相等（AB=CD），所以梯形ABGH 的面积梯形 CDHG 的面积=EPPF，也就是 EP PF=2 3.这说明，直线L通过 EF上一个固定的点P，这个点把EF分成长度为23 的两部分。这样的点在EF上还有一个，如图上的Q点（FQ QE=2 3）。同样地，如果直线L与 AB、CD相交，并且把正方形分成两个梯形面积之比是23，那么这条直线必定通过AD、BC中点连线上的两个类似的点（三等

40、分点）。这样，在正方形内就有4 个固定的点，凡是把正方形面积分成两个面积为 23 的梯形的直线，一定通过这4 点中的某一个。我们把这4 个点看作 4 个抽屉，9 条直线看作9 个苹果，由定理2 可知，9=432+1，所以，必有一个抽屉内至少放有3 个苹果，也就是，必有三条直线要通过一个点。说明：本例中的抽屉比较隐蔽，正方形两双对边中点连线上的4 个三等分点的发现是关键，而它的发现源于对梯形面积公式S梯形=中位线 3梯形的高的充分感悟。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 12 页，共 32 页 -13 例 8910 瓶红、蓝墨水，排成130 行，每行7 瓶。证明：不论怎样排列，红、

41、蓝墨水瓶的颜色次序必定出现下述两种情况之一种：1至少三行完全相同;2 至少有两组（四行），每组的两行完全相同。证明：910 瓶红、蓝墨水，排成130 行，每行7 瓶。每行中的7 个位置中的每个位置都有红、蓝两种可能，因而总计共有27=128 种不同的行式（当且仅当两行墨水瓶颜色及次序完全相同时称为“行式”相同.任取 130 行中的 129 行，依抽屉原理可知，必有两行（记为A，B）“行式”相同。在除 A、B外的其余128 行中若有一行P与 A（B）“行式”相同，则P，A，B满足“至少有三行完全相同”；在其余（除A，B外）的 128 行中若没有与A（B）行式相同者，则128 行至多有127 种不

42、同的行式，依抽屉原则，必有两行（不妨记为C、D）行式相同，这样便找到了（A，B）、（C，D）两组（四行），每组两行完全相同。(四)函数的性质应用一、指数函数与对数函数函数 y=ax(a0,且 a1)叫做指数函数。它的基本情况是：1）定义域为全体实数（-，+）2）值域为正实数（0，+），从而函数没有最大值与最小值，有下界，y0 3）对应关系为一一映射，从而存在反函数-对数函数。4）单调性是：当a1 时为增函数；当0a0,a 1),f(x+y)=f(x)2f(y),f(x-y)=f(x)/f(y)函数 y=logax(a0,且 a1)叫做对数函数，它的基本情况是：1）定义域为正实数（0，+）2）值

43、域为全体实数（-，+）3）对应关系为一一映射，因而有反函数指数函数。4）单调性是：当a1 时是增函数，当0a0,a 1)，f(x2y)=f(x)+f(y),f(x/y)=f(x)-f(y)二、例题例 1若 f(x)=(ax/(ax+a)，求 f(1/1001)+f(2/1001)+f(3/1001)+,+f(1000/1001)分析：和式中共有1000 项，显然逐项相加是不可取的。需找出f(x)的结构特征，发现规律，注意到 1/1001+1000/1001=2/1001+999/1001=3/1001+998/1001=,=1，而f(x)+f(1-x)=名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心

44、整理-第 13 页，共 32 页 -14(ax/(ax+a)+(a1-x/(a1-x+a)=(ax/(ax+a)+(a/(a+ax2a)=(ax/(ax+a)+(a)/(ax+a)=(ax+a)/(ax+a)=1规律找到了，这启示我们将和式配对结合后再相加：原式=f(1/1001)+f(1000/1001)+f(2/1001)+f(999/1001)+,+f(500/1001)+f(501/1001)=(1+1+,+1)5000 个=500（1）取 a=4 就是 1986 年的高中数学联赛填空题：设f(x)=(4x/(4x+2)，那么和式f(1/1001)+f(2/1001)+f(3/1001

45、)+,+f(1000/1001)的值=。（2）上题中取a=9，则 f(x)=(9x/(9x+3)，和式值不变也可改变和式为求f(1/n)+f(2/n)+f(3/n)+,+f(n-1)/n).（3）设 f(x)=(1/(2x+2)，利用课本中推导等差数列前n 项和的方法，可求得f(-5)+f(-4)+,+f(0)+,+f(5)+f(6)的值为。例 25log25等于：（）（A）1/2（B）(1/5)10log25（C）10log45（D）10log52解：5log25=(10/2)log25=(10log25)/(2log25)=(1/5)310log25选（B）例 3试比较(122002+1)

46、/(122003+1)与(122003+1)/(122004+1)的大小。解：对于两个正数的大小，作商与1 比较是常用的方法，记122003=a0，则有(122002+1)/(122003+1)(122003+1)/(122004+1)=(a/12)+1)/(a+1)2(12a+1)/(a+1)=(a+12)(12a+1)/(12(a+1)2)=(12a2+145a+12)/(12a2+24a+12)1 故得：(122002+1)/(122003+1)(122003+1)/(122004+1)例 4已知(a,b为实数)且 f(lglog310)=5，则 f(lglg3)的值是（）（A）-5（B

47、）-3（C）3（D）随 a,b 的取值而定解：设 lglog310=t，则 lglg3=lg(1/log310)=-lglog310=-t 而 f(t)+f(-t)=f(-t)=8-f(t)=8-5=3 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 14 页，共 32 页 -15 说明：由对数换底公式可推出logab2logba=(lgb/lga)2(lga/lgb)=1，即logab=(1/logba)，因而lglog310与 lglg3是一对相反数。设中的部分，则g(x)为奇函数，g(t)+g(-t)=0。这种整体处理的思想巧用了奇函数性质使问题得解，关键在于细致观察函数式结构特征及对

48、数的恒等变形。例 5已知函数y=(10 x-10-x)/2)(X R)（1）求反函数y=f-1(x)（2）判断函数y=f-1(x)是奇函数还是偶函数分析：（1）求 y=(10 x-10-x)/2 的反函数首先用y 把 x 表示出来，然后再对调x,y 即得到 y=f-1(x)；（2）判断函数y=f-1(x)的奇偶性要依据奇函数或偶函数的定义，看当XR 时是否有 f(-x)=-f(x)或(f(-x)+f(x)=0)或 f(-x)=f(x)恒成立。解：（1）由 y=(10 x-10-x)/2)(X R)可得 2y=10 x-10-x，设 10 x=t，上式化为：2y=t-t-1两边乘 t，得2yt=

49、t2-1 整理得：t2-2yt-1=0，解得：由于 t=10 x 0，故将舍去，得到：将 t=10 x代入上式，即得:所以函数y=(10 x-10-x)/2)的反函数是(2)由得:f-1(-x)=-f(x)所以，函数是奇函数。例 6已知函数f(x)=loga(1+x)/(1-x)(a0,a 1)（1）求 f(x)的定义域（2）判断 f(x)的奇偶性并给以证明；（3）当 a1 时，求使 f(x)0 的 x 取值范围；（4）求它的反函数f-1(x)解：（1）由对数的定义域知(1+x)/(1-x)0 解这个分式不定式，得：(x+1)(x-1)0,-1 x1 故函数 f(x)的定义域为（-1，1）名师

50、资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 15 页，共 32 页 -16（2）f(-x)=loga(1-x)/(1+x)=log(1+x)/(1-x)-1=-loga(1+x)/(1-x)=-f(x)由奇函数的定义知，函数f(x)是奇函数。（3）由 loga(1+x)/(1-x)0 loga(1+x)/(1-x)loga1，因为 a1，所以由对数函数的单调性知(1+x)/(1-x)1，考虑由（1）知 x 1,1-x 0，去分母，得：1+x1-x,x 0 故：0 x1 所以对于 a1，当 x(0,1)时函数f(x)0（4）由 y=loga(1+x)/(1-x)得：(1+x)/(1-x)=ay