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高中数学奥赛辅导：第一讲奇数、偶数、质数、合数

高中数学奥赛辅导第一讲奇数、偶数、质数、合数知识、方法、技能Ⅰ.整数的奇偶性将全体整数分为两类，凡是2的倍数的数称为偶数，否则称为奇数.因此，任一偶数可表为2m （m ∈Z ），任一奇数可表为2m+1或2m －1的形式.奇、偶数具有如下性质：（1）奇数±奇数=偶数；偶数±偶数=偶数；奇数±偶数=奇数；偶数×偶数=偶数；奇数×偶数=偶数；奇数×奇数=奇数；（2）奇数的平方都可表为8m +1形式，偶数的平方都可表为8m 或8m +4的形式（m ∈Z ）.（3）任何一个正整数n ，都可以写成l n m2=的形式，其中m 为非负整数，l 为奇数.这些性质既简单又明显，然而它却能解决数学竞赛中一些难题.Ⅱ.质数与合数、算术基本定理大于1的整数按它具有因数的情况又可分为质数与合数两类.一个大于1的整数，如果除了1和它自身以外没有其他正因子，则称此数为质数或素数，否则，称为合数.显然，1既不是质数也不是合数；2是最小的且是惟一的偶质数.定理：（正整数的惟一分解定理，又叫算术基本定理）任何大于1的整数A 都可以分解成质数的乘积，若不计这些质数的次序，则这种质因子分解表示式是惟一的，进而A 可以写成标准分解式：n a n a a p p p A 2121⋅= （*）. 其中i n p p p p ,21<<< 为质数，i α为非负整数，i =1，2，…，n .【略证】由于A 为一有限正整数，显然A 经过有限次分解可分解成若干个质数的乘积，把相同的质因子归类整理可得如（*）的形式（严格论证可由归纳法证明）.余下只需证惟一性.设另有j m n q q q q q q q A m ,,212121<<<⋅= 其中βββ为质数，i β为非负整数，j=1，2，…，m .由于任何一i p 必为j q 中之一，而任一j q 也必居i p 中之一，故n=m .又因 ),,2,1(,,2121n i q p q q q p p p i i n n ==<<<<<则有，再者，若对某个i ，i i βα≠（不妨设i i βα>），用i i p β除等式n n n a n a a p p p p p p βββ 21122121⋅=两端得：.11111111n i i n i i n i i n i p p p p p p p ββββεβαα +-+--⋅=此式显然不成立（因左端是i p 的倍数，而右端不是）.故i i βα=对一切i =1，2，…，n 均成立.惟一性得证.推论：（合数的因子个数计算公式）若n n p p p A ααα 2121=为标准分解式，则A 的所有因子（包括1和A 本身）的个数等于).1()1)(1(21+++n ααα （简记为∏=+n i i 1)1(α）这是因为，乘积2222212111()1()1(21nn p p p p p p p p ++++++⋅++++ αα )nn p α++ 的每一项都是A 的一个因子，故共有∏=+ni i 1)1(α个. 定理：质数的个数是无穷的.【证明】假定质数的个数只有有限多个,,,21n p p p 考察整数.121+=n p p p a 由于1>a 且又不能被),,2,1(n i p i =除尽，于是由算术基本定理知，a 必能写成一些质数的乘积，而这些质数必异于),,2,1(n i p i =，这与假定矛盾.故质数有无穷多个.赛题精讲例1．设正整数d 不等于2，5，13.证明在集合｛2，5，13，d ｝中可以找到两个元素a ,b ，使得a b －1不是完全平方数. （第27届IMO 试题）【解】由于2×5－1=32，2×13－1=52，5×13－1=82，因此，只需证明2d －1，5d －1，13d －1中至少有一个不是完全平方数.用反证法，假设它们都是完全平方数，令2d －1=x 2 ①5d －1=y 2 ②13d －1=z 2 ③x,y,z ∈N *由①知，x 是奇数，设x =2k －1，于是2d －1=（2k －1）2，即d =2k 2－2k+1，这说明d 也是奇数.因此，再由②，③知，y,z 均是偶数.设y=2m ,z =2n ,代入③、④，相减，除以4得，2d =n 2－m 2=(n+m)(n －m)，从而n 2－m 2为偶数，n ，m 必同是偶数，于是m+n 与m －n 都是偶数，这样2d 就是4的倍数，即d 为偶数，这与上述d 为奇数矛盾.故命题得证.例2．设a 、b 、c 、d 为奇数，bc ad d c b a =<<<<并且,0，证明：如果a +d =2k ，b+c=2m ，k,m 为整数，那么a =1. （第25届IMO 试题）【证明】首先易证：.22m k >从而ad d a d a c b a d m k 4)()(,(22+-=+->->于是因为 22)(4)(c b bc c b +=+->.再由,222,2,22a b a b b c a d bc ad k m m k -=⋅-⋅-=-==可得因而))(()2(2a b a b a b m k m -+=⋅-- ①显然，a b a b -+,为偶数，a b m k --2为奇数，并且a b a b -+和只能一个为4n 型偶数，一个为4n+2型偶数（否则它们的差应为4的倍数，然而它们的差等于2a 不是4 的倍数），因此,如果设f e a b m k ⋅=--2，其中e,f 为奇数，那么由①式及a b a b -+,的特性就有（Ⅰ）⎩⎨⎧=-=+-.2,21f a b e a b m 或（Ⅱ）⎩⎨⎧=-=+-.2,21e a b f a b m 由f a b a b a b ef m k 222≤-<-≤-=- 得e=1，从而.2a b f m k --=于是（Ⅰ）或（Ⅱ）分别变为⎪⎩⎪⎨⎧-=-=+--)2(2,21a b a b a b m k m 或⎪⎩⎪⎨⎧=--=+--12),2(2m m k a b a b a b 解之，得1122-+-=⋅m m k a .因a 为奇数，故只能a =1.例3．设n a a a ,,,21 是一组数，它们中的每一个都取1或－1，而且a 1a 2a 3a 4+a 2a 3a 4a 5+…+a n a 1a 2a 3=0，证明：n 必须是4的倍数. （第26届IMO 预选题）【证明】由于每个i a 均为1和－1，从而题中所给的等式中每一项321+++i i i i a a a a 也只取1或－1，而这样的n 项之和等于0，则取1或－1的个数必相等，因而n 必须是偶数，设n=2m. 再进一步考察已知等式左端n 项之乘积=(n a a a 21)4=1，这说明，这n 项中取－1的项（共m 项）也一定是偶数，即m=2k ，从而n 是4的倍数.例4．如n 是不小于3的自然数，以)(n f 表示不是n 的因数的最小自然数[例如)(n f =5].如果)(n f ≥3，又可作))((n f f .类似地，如果))((n f f ≥3，又可作)))(((n f f f 等等.如果2)))(((= n f f f f ，就把k 叫做n 的“长度”.如果用n l 表示n 的长度，试对任意的自然数n （n ≥3），求n l ，并证明你的结论.（第3届全国中学生数学冬令营试题）【解】令m t n m ,2=为非负整数，t 为奇数. 当m=0时，2)()(==t f n f ，因而l n =1；当0≠m 时，设u 是不能整除奇数t 的最小奇数，记).(t g u =（1）若.2,2))((,)(,2)(1===<+n m l n f f u n f t g 所以则（2）若.3,2)3()))(((,3)2())((,2)(,2)(111======>+++n m m m l f n f f f f n f f n f t g 所以则故⎪⎩⎪⎨⎧>>==+.,2);)((2)(,,0,2,3;,11其他情形如上且为奇数当为奇数时当t g t g t m t n n l m m n例5．设n 是正整数，k 是不小于2的整数.试证：k n 可表示成n 个相继奇数的和.【证明】对k 用数学归纳法.当k=2时，因),12(312-+++=n n 命题在立.假设k=m 时成立，即,)12()3()1(2n na n a a a nm +=-++++++= （a 为某非负数）则,)()(2221n n n na n n n na n n n m m +-+=+=⋅=+若记n n na b -+=2（显然b 为非负偶数），于是1),12()3()1(21+=-++++++=+=+m k n b b b n nb n m 即时，命题成立，故命题得证.例6．在平面上任画一条所有顶点都是格点的闭折线，并且各节的长相等.能使这闭折线的节数为奇数？证明你的结论. （莫斯科数学竞赛试题）【解】令符合题设条件的闭折线为A 1A 2…A n A 1，则所有顶点i A 的坐标（i i y x ,）符合).,,2,1(,n i Z y x i i =∈并且C n i C Y X i i ,,2,1(22 ==+为一固定的正整数），其中),,,,,2,1(,111111y y x x n i y y Y x x X n n i i i i i i ===-=-=++++ 则由已知有∑==n i i X1,0 ① ∑==n i i Y1,0 ②2222222121n n Y X Y X Y X +==+=+ ③不妨设i i Y X 和中至少有一个为奇数（因为设m t X i m i ,2=是指数最小的，t i 为奇数，用2m 除所有的数后，其商仍满足①、②、③式），于是它们的平方和C 只能为4k+1或4k+2.当C=4k+2时，由③知，所有数对i i Y X 与都必须是奇数，因此，根据①、②式知，n 必为偶数.当C=4k+1时，由③知，所有数对i i Y X 与都必一奇一偶，而由①知，X i 中为奇数的有偶数个（设为2u ），余下的n －2u 个为偶数（与之对应的Y i 必为奇数），再由②知，这种奇数的Yi 也应有偶数个（设为u n 22-=ν），故)(2ν+=u n =偶数. 综上所述，不能作出满足题设条件而有奇数个节的闭折线.例7．求出最小正整数n ，使其恰有144个不同的正因数，且其中有10个连续整数.（第26届IMO 预选题）【解】根据题目要求，n 是10个连续整数积的倍数，因而必然能被2，3，…，10整数.由于8=23，9=32，10=2×5，故其标准分解式中，至少含有23·32·5·7的因式，因此，若设 ,11753254321 ααααα⋅⋅⋅⋅=n 则.1,1,2,34321≥≥≥≥αααα由,144)1)(1)(1)(1(4321=++++ αααα而,482234)1)(1)(1)(1(4321=⋅⋅⋅≥++++αααα故最多还有一个,2),5(0≤≥>j j j αα且为使n 最小，自然宜取.025≥≥α由)0(144)1)(1)(1)(1()0(144)1)(1)(1)(1)(1(54321554321时或时==++++≠=+++++ααααααααααα考虑144的可能分解，并比较相应n 的大小，可知合乎要求的（最小）,2,521==αα,1543===ααα故所求的.11088011753225=⋅⋅⋅⋅=n下面讲一个在指定集合内的“合数”的问题.这种合数与通常的合数有区别，题中的“素元素”是指在该集合内的素数，也与通常的素数有区别.例8．设n>2为给定的正整数，{}.,1*N k kn V n ∈+=试证：存在一数,n V r ∈这个数可用不只一种方式表示成数集V n 中素元素的乘积. （第19届IMO 试题）【证明】由于V n 中的数都不小于),2(1>+n n 因而n V n n n n ∈-⋅---)12()1(,)12(,)1(22. 显然)12()1(,)1(2-⋅--n n n 是V n 中的素元素.又若（2n －1）2不是V n 中素元素，则有 ,)12()1()1(,12-=+⋅+≥≥n bn an b a 使由此有,44b a abn n ++=-于是,31≤≤ab 从而b=1,a =1;b=1,a =2,b=1,a =3,对此就有,8,28,2=n 故n=8.这说明，当2)12(,8-≠n n 时就是V n 中素元素.当)]12)(1[()12()1(,.)12()1(,82222--=--=∈--=≠n n n n r V r n n r n n 且显然令时 )].12)(1[(--n n当n=8时，有1089=136×8+1=9×121=33×33，而9，121，33∈V 8.综上知，命题得证.例9．已知n ≥2，求证：如果n k k ++2对于整数k （30n k ≤≤）是质数，则n k k ++2对于所有整数)20(-≤≤n k k 都是质数.（第28届（1987）国际数学奥林匹克试题6）【证】设m 是使n k k ++2为合数的最小正整数.若n m m p n m n ++-≤<2,23是令的最小质因子，则n m m p ++≤2.（1）若m ≥p ，则p|(m －p)2+(m －p)+n. 又(m －p)2+(m －p)+n ≥n ＞p ，这与m 是使n k k ++2为合数的最小正整数矛盾.（2）若m ≤p －1，则n m p m p n m p m p +---=+--+--))(1()1()1(2被p 整除，且.)1()1(2p n n m p m p >≥+--+--因为n m p m p +--+--)1()1(2为合数，所以.12,1+≥≥--m p m m p 由 ,122n m m p m ++≤≤+ 即 ,01332≤-++n m m 由此得363123n n m <-+-≤ 与已知矛盾.所以，对所有的n k k n k n ++-≤<2,23为质数.（注：可编辑下载，若有不当之处，请指正，谢谢!）。

数学奥赛高中指导教案模板

课时：2课时年级：高中教学目标：1. 让学生了解数学奥赛的基本情况和竞赛规则。

2. 培养学生对数学的兴趣和爱好，提高学生的数学思维能力。

3. 通过奥赛训练，提高学生的解题技巧和应试能力。

教学内容：1. 数学奥赛概述2. 数学奥赛题型及解题技巧3. 奥赛训练实例分析4. 奥赛模拟测试与讲评教学过程：第一课时一、导入新课1. 引导学生回顾高中数学课程内容，激发学生对数学的兴趣。

2. 介绍数学奥赛的基本情况，如竞赛时间、地点、报名方式等。

二、数学奥赛概述1. 介绍数学奥赛的历史背景、发展历程和重要意义。

2. 分析数学奥赛对学生数学思维、解题能力等方面的提升作用。

三、数学奥赛题型及解题技巧1. 介绍数学奥赛的常见题型，如填空题、选择题、解答题等。

2. 针对不同题型，讲解相应的解题技巧和方法。

四、奥赛训练实例分析1. 展示几道典型的奥赛题目，引导学生分析解题思路和步骤。

2. 分析解题过程中的难点和易错点，提高学生的解题能力。

第二课时一、复习上节课内容1. 回顾数学奥赛概述、题型及解题技巧。

2. 检查学生对上节课内容的掌握情况。

二、奥赛模拟测试与讲评1. 发放奥赛模拟测试题，让学生进行限时练习。

2. 收集测试卷，进行讲评。

3. 分析学生答题过程中的优点和不足，针对性地进行指导。

三、总结与展望1. 总结本节课的学习内容，强调奥赛训练的重要性。

2. 鼓励学生积极参与数学奥赛，提高自己的数学水平。

教学评价：1. 通过学生对奥赛知识的掌握程度，评价教学效果。

2. 通过学生的解题技巧和应试能力，评价教学成果。

教学反思：1. 根据学生的反馈，调整教学内容和方法。

2. 不断总结教学经验，提高教学质量。

教学资源：1. 数学奥赛教材及辅导书籍。

2. 奥赛真题及模拟试题。

3. 网络资源，如数学论坛、奥赛官方网站等。

高中数学奥赛讲课教案

高中数学奥赛讲课教案
教学内容：高中数学奥赛备赛技巧
教学目标：掌握高中数学奥赛备赛的基本技巧，提高解题效率和竞赛成绩。

教学重点：掌握奥赛常用的数学解题技巧，提高逻辑推理和数学推导能力。

教学难点：如何在有限时间内解决奥赛题目，提高解题速度和准确性。

教学工具：教材、笔记本、黑板、投影仪
教学过程：
一、导入（5分钟）
1. 引入奥赛备赛的重要性和目的。

2. 提出本节课的学习目标和重点。

二、奥赛题型解析（15分钟）
1. 分析奥赛常见的题型和解题思路。

2. 讲解解题技巧和方法。

3. 案例分析，让学生通过实例理解奥赛问题的解决方式。

三、解题策略训练（20分钟）
1. 分组训练，让学生结合前面学到的知识，解决实际奥赛题目。

2. 老师指导学生如何寻找解题思路，提高解题速度和准确性。

四、答疑与讨论（10分钟）
1. 学生提出疑问和困惑，老师解答并整理归纳。

2. 学生互相讨论解题思路和方法，共同提高。

五、总结与作业布置（10分钟）
1. 回顾本节课的学习内容和重点。

2. 布置相关练习作业，巩固所学知识。

教学反馈：每节课结束后，学生填写反馈表，老师总结学生的反馈意见，以便调整教学内容和方法。

教学拓展：学生可以自主选择参加校内外的数学竞赛，加强解题能力和应试技巧。

教学评价：通过课堂教学和作业考核，评估学生对奥赛备赛技巧的掌握情况，及时调整教学方向，提高教学效果。

启东中学奥赛训练教程高中数学

启东中学奥赛训练教程高中数学在高中数学的学习过程中，奥赛训练是一项重要的任务。

本文档将为广大高中生提供一份奥赛训练教程，帮助他们更好地备战数学竞赛。

首先，我们需要明确奥赛训练的目标。

数学奥赛是一项专业性较强的数学竞赛，它注重考察学生的数学思想、解题能力和创新能力。

因此，在进行奥赛训练时，我们应该注重培养学生的逻辑思维能力和问题解决能力。

在训练过程中，我们要力求培养学生的数学兴趣和数学思维能力。

数学是一门需要灵活思维和创造力的学科，只有通过培养学生的兴趣，才能激发他们对数学的热爱，从而更好地投入奥赛训练中。

在培养学生的数学思维能力上，我们可以通过提供一系列有趣的数学问题，引导学生进行思考和探索。

其次，我们要注重培养学生的解题技巧和策略。

奥赛题目往往具有一定的难度，需要学生在有限的时间内找到解题的突破口。

因此，培养学生的解题技巧和策略非常重要。

我们可以通过讲解一些常见的数学解题方法，如分类讨论法、逆向思维法等，帮助学生在解题过程中找到更加高效的方法。

此外，我们还要注重训练学生的时间管理能力和心理素质。

奥赛比赛通常在规定的时间内完成，因此，学生需要具备良好的时间管理能力，合理分配时间，提高解题效率。

同时，奥赛会对学生的心理素质提出一定的要求，比如面对题目的压力、竞争的紧张等。

我们可以通过模拟考试和心理训练，帮助学生逐渐适应奥赛的竞争环境。

最后，我们要提醒学生在奥赛训练中保持坚持和积极的态度。

奥赛训练是一项漫长而繁重的任务，需要学生付出大量的时间和努力。

在过程中，学生可能会遇到挫折和困难，但只有坚持不懈，才能最终取得好的成绩。

同时，我们也要鼓励学生在奥赛训练中享受学习的过程，通过解决难题获得成就感，培养自身的自信心和自豪感。

综上所述，启东中学奥赛训练教程高中数学的内容包括培养学生的数学思维能力、解题技巧和策略，提高时间管理能力和心理素质，并保持坚持和积极的态度。

通过本教程的学习，学生将能够在高中数学奥赛中取得优异的成绩，并为未来的学习和科研打下坚实的基础。

奥数书籍推荐

打星号的是强烈推荐的，其他的书也是非常值得一读的，但是时间有限的情况下，可以暂时搁置。

通用书籍：中等数学（无论是刚入门还是国家队）第零阶段知识拓展《数学选修4-1：几何证明选讲》《数学选修4-5：不等式选讲》《数学选修3-X（忘了哪本）：初等数论初步》第一阶段：全国高中数学联赛各赛区预赛1、《五年高考三年模拟》B版或《3年高考2年模拟》第二轮复习专用高中数学联赛备考手册华东师范大学出版社*3、《奥赛经典：超级训练系列》高中数学沈文选主编湖南师范大学出版社*4、单樽《解题研究》*5、单樽《平面几何中的小花》（个别地区竞赛会考到平几）6、《平面几何》浙江大学出版社7、奥林匹克小丛书第二版《不等式的解题方法与技巧》苏勇熊斌著第二阶段：全国高中数学联合竞赛第一部分：一试《奥林匹克数学中的真题分析》沈文选湖南师范大学出版社*《高中数学联赛考前辅导》熊斌冯志刚华东师范大学出版社《数学竞赛培优教程（一试）》浙江大学出版社3、命题人讲座《数列与数学归纳法》单樽4、《数列与数学归纳法》（小丛书第二版，冯志刚）5、《数列与归纳法》浙江大学出版社韦吉珠6、《解析几何的技巧》单樽（建议买华东师大出版的版本）7、《概率与期望》单樽8、《同中学生谈排列组合》苏淳9、《函数与函数方程》奥林匹克小丛书第二版10、《三角函数》奥林匹克小丛书第二版11、《奥林匹克数学中的几何问题》沈文选*12、《圆锥曲线的几何性质》13、《解析几何》浙江大学出版社第二部分：加试（我怎么可能会说二试这种词语呢）平几1、高中数学竞赛解题策略(几何分册)沈文选*2、《奥林匹克数学中的几何问题》沈文选*3、奥林匹克小丛书第二版《平面几何》4、浙大小红皮《平面几何》5、沈文选《三角形的五心》6、田廷彦《三角与几何》7、田廷彦《面积与面积方法》不等式1、《初等不等式的证明方法》韩神2、9、命题人讲座《代数不等式》计神3、10、《重要不等式》中科大出版社11、奥林匹克小丛书《柯西不等式与平均值不等式》数论（9,10，11选一本即可，某位大神说二试改为四道题以来没出过难题）12、奥林匹克小丛书初中版《整除，同余与不定方程》13、13、奥林匹克小丛书《数论》14、命题人讲座《初等数论》冯志刚组合15、奥林匹克小丛书第二版《组合数学》16、奥林匹克小丛书第二版《组合几何》17、命题人讲座刘培杰《组合问题》18、《构造法解题》苏淳19、《从特殊性看问题》中科大出版社20、《抽屉原则》常庚哲第三部分：通用《中等数学增刊：高中数学联赛模拟题》*《多功能题典：高中数学竞赛》《数学奥林匹克研究教程》单樽奥林匹克小丛书第二版《高中数学竞赛中的解题方法与策略》第三阶段：中国数学奥林匹克（Chinese Mathematical Olympiad）及以上（本渣不自量力，竟然敢给这个阶段的大神推荐书籍，如果大神们虐题审美疲劳的话，也不妨一看）命题人讲座《圆》田廷彦《近代欧式几何学》《近代的三角形的几何学》《不等式的秘密》范建熊、隋振林《奥赛经典：奥林匹克数学中的数论问题》沈文选《奥赛经典：数学奥林匹克高级教程》叶军《初等数论难题集》命题人讲座《图论》奥林匹克小丛书第二版《图论》《走向IMO》今天仔细看了看。

高中数学奥赛辅导：第五讲高斯函数

高中数学奥赛辅导第五讲高斯函数知识、方法、技能这一讲介绍重要的数论函数][x y ，称为高斯函数，又称取整函数. 它是数学竞赛热点之一.定义一：对任意实数][,x x 是不超过x 的最大整数，称][x 为x 的整数部分.与它相伴随的是小数部分函数].[}{},{x x x x y 由][x 、}{x 的定义不难得到如下性质：（1）][x y的定义域为R ，值域为Z ；}{x y的定义域为R ，值域为)1,0[（2）对任意实数x ，都有1}{0},{][x x x x 且. （3）对任意实数x ，都有x x x x x x ][1,1][][.（4）][x y是不减函数，即若21x x 则][][21x x ，其图像如图I －4－5－1；}{x y 是以1为周期的周期函数，如图I －4－5－2.图Ⅰ—4—5—1图Ⅰ—4—5—2（5）}{}{];[][x n x x n n x.其中N nR x,.（6）ni ii ni i R x x x y x y x x y x y x 11],[][};{}{}{{];[][][；特别地，（7）][][][y x xy ，其中R yx,；一般有ni ii ni i R x x x 11],[][；特别地，N n R x x x nn ,],[][.（8）]][[][nx nx ，其中N nR x,.【证明】（1）—（7）略. （8）令Z m m nx ,][，则1m nx m，因此，)1(m n xnm.由于nm ，N m n )1(，则由（3）知，),1(][m n x nm于是，.]][[,1][m nx m nx m故证毕.取整函数或高斯函数在初等数论中的应用是基于下面两个结论.定理一：N nR x ,，且1至x 之间的整数中，有][nx个是n 的倍数.【证明】因n nxxn nxn x n xnx )1]([][,1][][即，此式说明：不大于x 而是n的倍数的正整数只有这nx][个：定理二：在n ！中，质数p 的最高方次数是【证明】由于p 是质数，因此!n 含p 的方次数)!(n p 一定是1，2，…，n n ,1各数中所含p 的方次数的总和.由定理一知，1，2，…，n 中有][pn 个p 的倍数，有][2pn 个p 2的倍数，…，所以.][][)!(2pn pn n p 此定理说明：M pn n p )!(!，其中M 不含p 的因数.例如，由于]72000[]72000[)!2000(72+…=285+40+5=330，则2000！=7330·M ，其中7 M.定理三：（厄米特恒等式）][]1[]2[]1[][,,nx nn xnxnxx N n R x 则【证法1】引入辅助函数].1[]2[]2[]1[][][)(nn x n n xnx n xx nx x f 因)1(n x f …)(x f 对一切R x成立，所以)(x f 是一个以n1为周期的周期函数，而当]1,0[nx 时，直接计算知0)(x f ，故任意R x，厄米特恒等式成立.【证法2】等式等价于}].{[][]1}[{]1}[{}][{][x n x n nn x n x x x n 消去][x n 后得到与原等式一样的等式，只不过是对)1,0[x ，则一定存在一个k 使得nk xn k 1，即k n xk )1(，故原式右端.1][knx 另一方面，由nk xnk 1知，nn k xnn k ni kxni kn k nxnk n k n xnk 12,,1,,221,11在这批不等式的右端总有一个等于1，设k n t n tk 即,1. 这时，]1[][nxx 0][nk n x，而1]1[]1[nn xnk n x，因此原式的左端是1k 个1之和，即左端.1k 故左=右.【评述】证法2的方法既适用于证明等式，也适用于证明不等式.，这个方法是：第一步“弃整”，把对任意实数的问题转化为)1,0[的问题；第二步对)1,0[分段讨论.高斯函数在格点（又叫整点）问题研究中有重要应用. 下面给出一个定理.定理四：设函数],[)(b a x f y在上连续而且非负，那么和式bt a b a t t f ],[)](([为内的整数）表示平面区域)(0,x f yb x a内的格点个数.特别地，有（1）位于三角形：d xcb axy,0内的格点个数等于dx c x b ax且]([为整数）；（2）1),(q p ，矩形域]2,0;2,0[pq 内的格点数等于（3）0r ，圆域222r yx内的格点个数等于2/0222]2[4][8][41r x r x rr .（4）0n，区域：n xy y x,0,0内的格点个数等于n x n xn02][][2.这些结论通过画图即可得到.赛题精讲例1：求证：,2!211k n nn 其中k 为某一自然数.（1985年第17届加拿大数学竞赛试题）[证明]2为质数，n!中含2的方次数为若1111221111122221]2[]2[)!(2,2t k t k k t k t k k n n n 则故!.|21n n 反之，若n 不等于2的某个非负整数次幕，可设n=2s p ，其中p>1为奇数，这时总可以找出整数t ，使]2[]2[)!(22!,222211p p n n ps s t st的方次数为中所含于是由于12,2)!(22!,2]2[,221n ts ts n n n p 则的方次数中含故则n!.这与已知矛盾，故必要性得证.例2：对任意的01].22[,K k kn S N n计算和（第10届IMO 试题）【解】因]212[]22[11k k n n 对一切k=0,1,…成立，因此，].2[]22[]212[111k k k n n n 又因为n 为固定数，当k 适当大时,.)]2[]2([,0]2[,121n nn Sn n K k kkk故从而例3：计算和式.]503305[502的值n n S（1986年东北三省数学竞赛试题）【解】显然有：若.,,1][][][,1}{}{R y x y x y x y x 则503是一个质数，因此，对n=1,2,…,502, 503305n 都不会是整数，但503305n +,305503)503(305n 可见此式左端的两数的小数部分之和等于1，于是，[503305n ]+.304]503)503(305[n 故例4：设M 为一正整数，问方程222}{][x x x，在[1，M]中有多少个解？（1982年瑞典数学竞赛试题）【解】显然x=M 是一个解,下面考察在[1，M]中有少个解. 设x 是方程的解.将222}{}{}{2][x x x x x代入原方程，化简得}]{[2x x ,1}{0].}{}]{[2[2x x x x 由于所以上式成立的充要条件是2[x]{x}为一个整数.例5：求方程.051][4042的实数解x x （第36届美国数学竞赛题）【解】.0][,1][][不是解又因x x x x 经检验知，这四个值都是原方程的解.例6：.][3]3[2]2[1][][:,,nnx x x x nx N n R x 证明（第10届美国数学竞赛试题）这道题的原解答要极为复杂，现用数学归纳法证明如下.【证明】.,2,1,][2]2[][k kkx x x A k令由于.,1],[1命题成立时则n x A 例7：对自然数n 及一切自然数x ，求证：【证明】则},{][x x x例8：求出]31010[10020000的个位数字.（第47届美国普特南数学竞赛试题）【解】先找出3101010020000的整数部分与分数部分.3101010020000=31033103)10(100200100200200100其中分母的个位数字为3，分子的个位数字为9，故商的个位数字为3.。

奥数技巧高中数学教案

奥数技巧高中数学教案
教学目标：
1. 学习和掌握高中数学的基础知识和常见技巧。

2. 培养学生的数学思维能力和解题技巧。

3. 提高学生在奥数竞赛中的表现。

教学内容：
1. 高中数学的基础知识和技巧：代数、几何、概率等内容的复习和学习。

2. 奥数竞赛中常见的解题技巧和方法。

3. 练习和应用高中数学知识解决奥数竞赛题目。

教学步骤：
第一部分：复习和学习高中数学基础知识和技巧
1. 复习代数、几何和概率等高中数学知识。

2. 学习高中数学中常见的解题技巧和方法。

第二部分：奥数竞赛题目的解题技巧和方法
1. 分析奥数竞赛题目的特点和解题方法。

2. 练习奥数竞赛题目，掌握解题技巧和方法。

第三部分：练习和应用高中数学知识
1. 组织学生进行练习和应用高中数学知识解决奥数竞赛题目。

2. 引导学生运用所学知识解决实际问题。

教学作业：
1. 练习奥数竞赛题目并总结解题技巧和方法。

2. 完成指定的高中数学练习题目。

评价方法：
1. 跟踪学生学习情况，及时指导和纠正。

2. 对学生的作业和测试进行评价，及时给予反馈。

教学反思：
1. 教学内容是否符合学生的实际需求。

2. 学生学习情况如何，是否需要进一步调整教学方法。

注：本教案仅供参考，具体内容可根据实际情况进行调整。

奥林匹克竞赛及自主招生辅导材料(强烈推荐)第三讲：函数的基本性质

第三讲函数的基本性质
函数是数学中最重要的概念之一，它贯穿于整个高中数学教学.数学竞赛试题当然也离不开函数的点缀.在高中阶段，函数问题主要讲义函数的定义域、有界性、单调性、奇偶性、周期性、最值和极值、函数的零点与正负区间等性质，以及复合函数的单调性与奇偶性等. 从历年来的数学竞赛试题来看，函数一直是竞赛的热点之一，备受命题者的青睐.
f (1001) 1002, 求 f (2009) 的值.
二．函数的值域
求函数最值的常用方法：（1）单调性法：利用函数的单调性求最值；（2）不等式法：利用各种不等式来求解，常用平均不等式、柯西不等式等；（3）判别式法：将等式 y f ( x) 化成 p ( y ) x q ( y ) x r ( y ) 0 的形式，利用该二次方程
2
有解 x ，考虑 q ( y ) 4 p ( y ) r ( y ) ，从而求出 y 的最值；
2
（4）猜测法：先猜测 f ( x) 在某一点 x0 处取得最大值，再证明对任意的 x, f ( x) f ( x0 ) ；（5）拆项法：先将 f ( x) 分解为 f ( x)
n
g ( x) c ，其中 g ( x) 有下界 z (i 1, 2, , n) ，
2 2 3x0 2 0, 且 y0 x0 x0 所以 x0 2 ，所以 x0 3 x0 2.
任取 y0 [1, ), 令 x0
3 2
2 ( y 1) 2 y0 y2 2 2 , ，则 x0 1 0 1 0 0. 2 y0 3 2 y0 3 2 y0 3
一．函数及其表示
函数及其表示主要分为三块内容，即映射、函数的概念与解析式. 在数学竞赛中，涉及到的内容主要有：（1）关于映射、函数的概念辨析题，以选择题与填空题为主；（2）利用对应与映射思想解决计数问题；（3）求解函数值x) 在 R 上有定义，且 f (x y) f (x) g( y) g(x) f ( y) ，

高中数学竞赛有哪些值得推荐的辅导书？从入门到高阶，数竞党必读！

又到了新一轮竞赛学习，不少学生反映不知道买哪些参考书，今天就来给大家推荐一些书目，从入门、进阶到拔高，适合各个不同阶段，欢迎大家对号入座~一、入门1、《奥数教程》，华东师范大学出版社这套书按年级分为高一、高二、高三三套，每个年级包含教程、测试和学习手册三本，是比较基础、入门级的竞赛教程。

《奥数教程》从课本知识出发，由浅入深，逐步过渡到竞赛，内容涵盖了竞赛的全部考点和热点。

每本书包含基础篇和拔高篇，基础篇主要是一试相关内容，拔高篇是二试相关内容。

共30讲，每讲又分为“内容概述”、“例题精解”、“读一读”和“巩固训练”四个部分，系统地梳理了数学竞赛知识，比较适合刚接触竞赛的学生使用。

《奥数教程-能力测试》是配套的练习用书，每讲配备了1个小时左右的练习量，确保学生更好地掌握知识。

《奥数教程-学习手册》详细解答了《奥数教程》中“巩固训练”，并对该年级的竞赛热点进行精讲，并配有真题用作练习。

2、《2018年全国高中数学联赛备考手册》，华东师范大学出版社这本书每年出版一本，集合了各个省市联赛预赛的试题及答案详解，预赛命题人员大多为各省市数学会成员，题型和难度一般和高联一试相当，可以在学完一遍一试后作为练习题使用。

二、进阶1、《数学奥林匹克小丛书》，华东师范大学出版社俗称“小蓝本”，这套书共14册，包括《集合》、《函数与函数方程》、《三角函数》、《平均值不等式与柯西不等式》、《不等式的解题方法与技巧》、《数列与数学归纳法》、《平面几何》、《复数与向量》、《几何不等式》、《数论》、《组合数学》、《图论》、《组合极值》、《数学竞赛中的解题方法与策略》等，可以说是竞赛生人手一套的“圣书”。

力图用各种方法介绍数学竞赛中的14个专题，书中有对基本知识、基本问题以及解决这些问题的一些典型方法的讲解，还有由基本问题派生出来的教学方法和应用，相对易懂。

2、《奥赛经典》，湖南师范大学出版社这套书分为《奥林匹克数学中的组合问题》、《奥林匹克数学中的几何问题》、《奥林匹克数学中的代数问题》、《奥林匹克数学中的数论问题》、《奥林匹克数学中的真题分析》五册。

太原高中数学竞赛辅导

太原高中数学竞赛辅导篇一：太原高中数学竞赛辅导太原高中数学竞赛辅导是指针对太原地区高中学生举办的数学竞赛培训活动。

数学竞赛是一项考验学生数学思维和能力的考试,对于提高学生综合素质和升学竞争力具有重要意义。

为了帮助学生在数学竞赛中取得好成绩,许多学校和教育机构都会举办数学竞赛辅导活动。

在太原地区,许多高中学校都会举办数学竞赛辅导活动,其中包括太原五中、一中、二中等名校。

这些学校都有专业的数学老师和竞赛教练,他们会针对学生的不同水平和需求,制定个性化的辅导计划,帮助学生掌握数学知识和解题技巧,提高竞赛水平。

除了学校组织的数学竞赛辅导活动外,也有一些专业的数学培训机构会提供数学竞赛辅导服务。

这些机构通常会有专业的数学老师和竞赛教练,会根据学生的不同需求和水平,提供个性化的辅导方案。

这些机构的辅导课程通常会包括数学竞赛的基础课程、强化课程和冲刺课程,帮助学生掌握数学知识和解题技巧,提高竞赛水平。

参加数学竞赛辅导活动可以帮助学生提高数学素养和竞赛水平,为升学和职业发展打下良好的基础。

同时,学校和培训机构还可以为学生提供一个良好的学习环境和学习氛围,促进学生的学习积极性和学习效率。

太原高中数学竞赛辅导活动得到了许多学校和教育机构的重视,为学生在数学竞赛中取得好成绩提供了重要的支持。

如果您或您的学生想要参加数学竞赛辅导活动,可以通过学校或培训机构咨询相关信息,并选择适合自己的辅导课程和辅导方式。

篇二：太原高中数学竞赛辅导太原是山西省的省会城市,也是该省数学竞赛的主要考点之一。

因此,对于那些想要在数学竞赛中获得好成绩的高中生来说,参加太原高中数学竞赛辅导是非常必要的。

太原高中数学竞赛辅导通常由当地的学校或专业辅导机构提供。

这些机构通常会拥有经验丰富的教师和先进的教学设施,能够帮助学生提高数学竞赛水平。

在参加太原高中数学竞赛辅导时,学生需要根据自己的实际情况选择适合的机构和课程。

一般来说,机构的规模和师资力量越大,所提供的课程和服务质量就越好。

新编高中数学奥赛指导

新编高中数学奥赛指导摘要：1.新编高中数学奥赛指导概述2.高中数学奥赛的重要性3.新编高中数学奥赛指导的特点4.如何有效地利用新编高中数学奥赛指导进行学习5.新编高中数学奥赛指导的适用对象6.总结正文：【新编高中数学奥赛指导概述】随着教育改革的不断深入，高中数学奥赛已经成为了很多学生展示自己数学才能的一个重要平台。

为了更好地帮助学生备战高中数学奥赛，新编高中数学奥赛指导应运而生。

本书旨在为广大高中生提供一份全面、系统、实用的数学奥赛指导，帮助他们在数学奥赛中取得优异成绩。

【高中数学奥赛的重要性】高中数学奥赛对于学生的意义重大。

首先，参加数学奥赛可以锻炼学生的数学思维能力，提高学生解决复杂数学问题的能力。

其次，通过参加数学奥赛，学生可以了解最新的数学教育理念和教学方法，为自己的未来发展奠定基础。

最后，高中数学奥赛的优秀成绩对学生的升学和就业都有很大的帮助。

【新编高中数学奥赛指导的特点】新编高中数学奥赛指导具有以下几个特点：1.全面性：本书涵盖了高中数学奥赛的全部知识点，让学生全面了解数学奥赛的内容。

2.系统性：本书采用模块化的编写方式，让学生系统地学习数学奥赛的各个部分。

3.实用性：本书提供了大量的例题和习题，让学生在实际操作中掌握数学奥赛的解题技巧。

4.时效性：本书紧跟时代发展，介绍了很多最新的数学奥赛题目和解题方法。

【如何有效地利用新编高中数学奥赛指导进行学习】为了充分利用新编高中数学奥赛指导进行学习，学生需要注意以下几点：1.制定合理的学习计划，确保学习的系统性和连续性。

2.多做习题，培养自己的解题能力和应试技巧。

3.及时总结和归纳学习中的知识点和方法，形成自己的知识体系。

4.积极参与数学奥赛的培训和比赛活动，提高自己的实战能力。

【新编高中数学奥赛指导的适用对象】新编高中数学奥赛指导适用于所有对数学奥赛有兴趣的学生。

无论是数学基础较好的学生，还是需要提高数学能力的学生，都可以从本书中受益。

【总结】新编高中数学奥赛指导是一本全面、系统、实用的数学奥赛辅导教材。

高中数学奥赛指导

高中数学奥赛指导为了更好地帮助广大高中生备战数学奥赛，本文将从数学奥赛的准备方法、解题技巧和注意事项等方面进行指导，希望能够为大家带来帮助与启示。

1. 建立坚实的数学基础：高中阶段的数学基础是参加数学奥赛的重要基础。

要充分理解数学知识点，熟悉常见的解题方法和技巧，这有助于在奥赛中更加灵活应用。

2. 高效备考：合理安排学习时间，不仅要进行基础知识的学习和巩固，还要进行大量的题目练习。

可以选择参加各类模拟奥赛，积累经验和应对压力。

1. 分析题目：在解答数学奥赛题目时，首先要仔细阅读题目，理解题目的意思和要求。

可以边读题边在纸上画图，帮助更好地理解题意。

2. 灵活运用数学方法：数学奥赛中常常会涉及到不同领域的数学知识，要能够将不同知识点灵活地结合起来，运用合适的数学方法解决问题。

3. 注意细节和边界条件：奥赛题目往往会设置一些陷阱和复杂的条件，解题时要特别注意细节和边界条件，以免出现失误。

1. 定期总结归纳：参加数学奥赛是一个不断学习和成长的过程，要及时总结归纳每次奥赛经验，查漏补缺，整理思路和解题思路，以提升自己的水平。

2. 预留充足时间：数学奥赛的题目往往较为复杂，解答时间有限。

因此，要养成合理安排答题时间的习惯，合理分配时间，确保每个题目得到充分的解答时间。

数学奥赛不仅能够加深对数学知识的理解和应用，还能够培养学生的逻辑思维能力和解决问题的能力。

通过合理的准备方法、灵活运用解题技巧和注意事项的遵循，相信广大高中生在数学奥赛中能够取得优异的成绩。

希望本文提供的数学奥赛指导对广大高中生有所帮助，相信只要勤奋学习、持之以恒，就能够在数学奥赛中获得好成绩。

祝愿大家能够取得优异的成绩！。

高中数学奥赛辅导教案

高中数学奥赛辅导教案
主题：解析几何-圆锥曲线
教学目标：
1. 了解圆锥曲线的定义和性质；
2. 掌握圆锥曲线的方程和几何性质；
3. 能够解决与圆锥曲线相关的解析几何问题。

教学重点：
1. 圆锥曲线的定义；
2. 圆、椭圆、双曲线、抛物线的方程和几何性质；
3. 圆锥曲线的参数方程及相关问题解决。

教学难点：
1. 圆锥曲线的性质的证明；
2. 圆锥曲线的参数方程的应用；
3. 圆锥曲线的相关题目解决。

教学过程：
1. 引入：通过一个实际的应用问题引入圆锥曲线的概念，引起学生的兴趣。

2. 讲解：介绍圆锥曲线的定义、方程和性质，重点讲解圆、椭圆、双曲线、抛物线的方程及几何性质。

3. 示范：通过几个例题演示如何求解与圆锥曲线相关的几何问题，让学生掌握解题方法。

4. 练习：让学生在课堂上进行练习，巩固所学知识，并解决一些练习题。

5. 提高：提出一些较难的问题，让学生进行思考和讨论，提高他们的解题能力。

6. 总结：总结本节课的重点内容，并留出时间进行问题答疑。

作业布置：
1. 完成课堂上留的练习题目；
2. 自主搜索一些与圆锥曲线相关的问题，进行解答，以提高解题能力。

教学反思：
通过本节课的教学，学生对圆锥曲线有了更深入的了解，掌握了相关的知识和解题方法。

通过练习和讨论，能够提高学生解析几何的能力和思维水平。

希望学生能够在课后进行更多的练习，巩固所学知识，提高解题能力。

高中数学学习中的数学奥赛备考技巧

高中数学学习中的数学奥赛备考技巧数学奥林匹克竞赛是许多高中生展示数学才华的舞台，备考数学奥赛不仅能够增加对数学的深度理解，还能提升解决问题的能力和思维灵活性。

本文将介绍一些高中数学学习中备考数学奥赛的技巧，帮助学生取得更好的成绩。

一、提前建立坚实的数学基础数学奥赛考察的是学生对数学知识的深刻理解和应用能力，因此首要的备考技巧是建立坚实的数学基础。

学生需要熟练掌握数学基本概念、运算规则和基本定理，如函数、方程、不等式等内容。

此外，数学奥赛的题目常涉及高中范围之外的知识，所以在备考中还要了解并扩展相关知识，比如数论、组合数学等。

二、阅读题目要仔细、准确数学奥赛的题目通常较难，所以仔细阅读题目是解题的关键。

在备考时，应养成仔细阅读题目的习惯，理解题目的要求和条件。

特别需要注意的是一些常见的词汇，如“证明”、“推导”等，对于这些词汇的解释要明确。

另外，题目中的具体数据和条件也要准确无误地记下，以免在解题过程中产生错误。

三、灵活运用解题方法备考数学奥赛的关键在于学会各种解题方法，并能在实际问题中灵活应用。

数学奥赛考察的是解决问题的能力，因此单纯的记忆公式是不够的，要能理解和灵活运用。

在备考中，学生可以通过解析各种奥赛真题，研究解题思路和方法，提高解题能力。

同时，要多做一些拓展性的问题，培养一定的综合分析和创新思维能力。

四、合理规划备考时间备考数学奥赛需要一定的时间投入，因此学生需要合理规划备考时间。

建议学生在平时课余时间进行备考，每天保持一定的备考时间，比如半小时或一小时。

同时，要避免盲目冲刺和过于焦虑，合理安排时间，循序渐进地提高解题能力。

五、参加模拟考试模拟考试是检验备考成果的有效方式，也能帮助学生熟悉考试环境和题型。

在备考期间，学生可定期参加数学奥赛模拟考试，借此提升应试能力。

通过模拟考试，学生可以发现自己的不足之处，并在后续备考中加以改进。

六、多与他人交流讨论备考数学奥赛并非孤立的个人努力，与他人交流讨论是提高备考效果的良好途径。

高中数学竞赛教练排名

高中数学竞赛教练排名摘要：I.引言- 介绍高中数学竞赛教练排名的主题II.排名方法与标准- 概述教练排名的依据和计算方法III.排名结果- 列出排名前10 的教练及其相关信息IV.教练介绍- 对排名前10 的教练进行简要介绍，包括他们的教学经验、所教学生的竞赛成绩等V.结论- 对排名结果进行总结，指出其对高中数学竞赛的意义正文：随着我国高中数学竞赛的蓬勃发展，越来越多的学生希望通过参加数学竞赛来提升自己的学术能力。

在这个过程中，教练的作用显得尤为重要。

为了帮助大家了解高中数学竞赛教练的水平和实力，我们根据教练的教学经验、所教学生的竞赛成绩等因素进行排名，以下是排名前10 的教练。

1.张老师- 20 年教学经验，多次带领学生获得国际数学竞赛金牌2.李老师- 15 年教学经验，指导的学生在国家级数学竞赛中屡获佳绩3.王老师- 10 年教学经验，擅长激发学生的数学兴趣，提高学生的解题能力4.刘老师- 18 年教学经验，专注于数学竞赛研究，培养出多位全国数学竞赛冠军5.陈老师- 12 年教学经验，善于从竞赛题目中提炼知识点，帮助学生快速掌握6.林老师- 17 年教学经验，曾担任国家队教练，带领学生在国际数学竞赛中取得优异成绩7.罗老师- 9 年教学经验，以严谨的教学态度和高度的责任感受到学生和家长的信赖8.钟老师- 13 年教学经验，深入浅出的教学风格深受学生喜爱9.郭老师- 16 年教学经验，注重培养学生的数学思维和独立思考能力10.谭老师- 8 年教学经验，致力于为学生提供最优质的数学竞赛教育以上排名旨在帮助学生和家长在选择教练时提供参考，希望这些教练的经验和实力能为学生们的数学竞赛之路提供助力。

高中数学奥数辅导课教案

高中数学奥数辅导课教案课程时长：2小时教学目标：1. 帮助学生提升数学奥赛能力，掌握解题技巧和思维方法。

2. 培养学生解决问题的数学思维和创造力。

3. 强化学生对数学知识的理解和运用能力。

教学内容：1. 解题技巧介绍：讲解常见数学奥赛题型及解题思路。

2. 练习题讲解：挑选几道典型数学奥赛题，详细讲解解题方法。

3. 实战演练：学生自行解答一些数学奥赛题，老师进行现场指导和讲解。

4. 作业布置：布置一定数量的练习题，鼓励学生在课后进行巩固练习。

教学步骤：1. 引入（5分钟）：介绍本节课的教学内容和目标。

2. 解题技巧介绍（15分钟）：讲解常见数学奥赛题型及解题思路。

3. 练习题讲解（30分钟）：以具体例题为例，详细讲解解题方法。

4. 实战演练（30分钟）：学生自行解答一些数学奥赛题，老师进行现场指导和讲解。

5. 总结（10分钟）：总结本节课的重点知识和解题技巧，鼓励学生加强练习。

教学方法：1. 讲解法：老师通过示范和讲解，帮助学生理解解题方法。

2. 实战演练：让学生在实际操作中学习解题技巧，提高解题能力。

3. 互动讨论：鼓励学生积极参与课堂讨论，提高解题思维。

教学评价：1. 课堂表现：评价学生在课堂上的表现和参与度。

2. 作业批改：批改学生的作业，提出建议和改进意见。

3. 学习反馈：与学生及家长进行学习反馈，了解学生学习情况并及时调整教学方法。

备注：本教案仅供参考，实际教学中可根据学生情况和实际需求适当调整教学内容和方法。

愿学生在本课程中能够有所收获，提升数学奥赛能力。

高中数学奥赛指导讲解教案

高中数学奥赛指导讲解教案
一、教学目标
1. 了解数学奥赛的考试内容和要求；
2. 掌握解题方法和技巧；
3. 提高数学思维能力和解决问题的能力；
4. 培养学生对数学的兴趣和热爱。

二、教学重点
1. 掌握基础知识和解题方法；
2. 熟练运用方法解决各类数学问题；
3. 解题时注重逻辑性和严谨性。

三、教学内容
1. 数学奥赛的类型和题型；
2. 常用的解题方法和技巧；
3. 练习题目的讲解和解答。

四、教学步骤
1. 热身引入
教师向学生介绍数学奥赛的重要性和意义，激发学生对数学竞赛的兴趣和热情。

2. 理论讲解
教师介绍数学奥赛的考试内容和要求，讲解常用的解题方法和技巧，引导学生掌握题目的解题思路和逻辑推理。

3. 实例讲解
教师结合具体的题目，逐个讲解每道题目的解题方法和步骤，帮助学生理解题目的意义和解题的关键点。

4. 练习训练
教师布置相关的练习题目，让学生在课堂上进行训练和练习，巩固所学的知识和技巧。

5. 案例分析
教师选取一些典型的案例，进行详细分析和讲解，让学生了解不同题型的解题思路和方法。

6. 总结提升
教师对本节课的内容进行总结和梳理，提出解题时需要注意的问题和技巧，鼓励学生在日
常学习中多加练习和提高。

五、教学评价
通过本节课的教学，学生应能掌握数学奥赛的基本要求和解题方法，提高解题能力和思维
能力，为参加数学竞赛打下坚实的基础。

同时，教师应及时对学生的学习情况进行评价和
反馈，鼓励学生继续努力学习和提高自己的数学水平。

高中数学奥赛辅导教案模板

课程名称：高中数学奥赛辅导课程目标：1. 培养学生对数学奥赛的兴趣和热情，提高他们的数学思维能力。

2. 帮助学生掌握数学奥赛的基本题型和解题技巧。

3. 提升学生的逻辑思维能力和创新意识。

课程内容：一、课程概述1. 介绍数学奥赛的基本概念和意义。

2. 分析高中数学奥赛的特点和考试范围。

二、奥赛题型分析1. 计算题2. 推理题3. 应用题4. 综合题三、解题技巧与方法1. 计算题的解题技巧2. 推理题的解题技巧3. 应用题的解题技巧4. 综合题的解题技巧四、典型例题讲解1. 计算题典型例题2. 推理题典型例题3. 应用题典型例题五、模拟试题训练1. 模拟试题一2. 模拟试题二3. 模拟试题三教学过程：第一课时一、导入1. 介绍数学奥赛的基本概念和意义。

2. 引导学生了解高中数学奥赛的特点和考试范围。

二、课程内容讲解1. 计算题的解题技巧2. 推理题的解题技巧三、典型例题讲解1. 计算题典型例题讲解2. 推理题典型例题讲解四、课堂练习1. 学生独立完成练习题，教师巡视指导2. 学生展示解题过程，教师点评第二课时一、课程内容讲解1. 应用题的解题技巧2. 综合题的解题技巧1. 应用题典型例题讲解2. 综合题典型例题讲解三、课堂练习1. 学生独立完成练习题，教师巡视指导2. 学生展示解题过程，教师点评第三课时一、模拟试题训练1. 学生独立完成模拟试题一，教师巡视指导2. 学生展示解题过程，教师点评二、课程总结1. 总结课程内容，强调解题技巧的重要性2. 鼓励学生在课后进行自主练习，提高解题能力教学评价：1. 学生对数学奥赛的兴趣和热情是否有所提高。

2. 学生是否掌握了基本的解题技巧和方法。

3. 学生在模拟试题训练中的表现。

课后作业：1. 复习课程内容，总结解题技巧。

2. 完成课后练习题，巩固所学知识。

3. 预习下一节课的内容，为接下来的学习做好准备。

备注：1. 教师应根据学生的实际情况调整教学内容和进度。

高中数学奥赛辅导教材(共十讲)

第一讲集合概念及集合上的运算知识、方法、技能高中一年级数学（上）（试验本）课本中给出了集合的概念；一般地，符合某种条件（或具有某种性质）的对象集中在一起就成为一个集合.在此基础上，介绍了集合的元素的确定性、互异性、无序性.深入地逐步给出了有限集、无限集，集合的列举法、描述法和子集、真子集、空集、非空集合、全集、补集、并集等十余个新名词或概念以及二十几个新符号.由此形成了在集合上的运算问题，形成了以集合为背景的题目和用集合表示空间的线面及其关系，表面平面轨迹及其关系，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综合型题目.赛题精讲Ⅰ．集合中待定元素的确定充分利用集合中元素的性质和集合之间的基本关系，往往能解决某些以集合为背景的高中数学竞赛题.请看下述几例.例1：求点集}lg lg )9131lg(|),{(33y x y x y x +=++中元素的个数. 【思路分析】应首先去对数将之化为代数方程来解之. 【略解】由所设知,9131,0,033xy y x y x =++>>及由平均值不等式，有,)91()31()(3913133333xy y x y x =⋅⋅≥++ 当且仅当333331,91,9131====y x y x 即（虚根舍去）时，等号成立. 故所给点集仅有一个元素.【评述】此题解方程中，应用了不等式取等号的充要条件，是一种重要解题方法，应注意掌握之.例2：已知.}.,22|{},,34|{22B A x x x y y B x x x y y A ⋂∈+--==∈+-==求R R【思路分析】先进一步确定集合A 、B.【略解】,11)2(2≥--=x y 又.33)1(2≤++-=x y∴A=}.31|{},3|{},1|{≤≤-=⋂≤=-≥y y B A y y B y y 故【评述】此题应避免如下错误解法：联立方程组⎪⎩⎪⎨⎧+--=+-=.22,3422x x y x x y 消去.0122,2=+-x x y 因方程无实根，故φ=⋂B A . 这里的错因是将A 、B 的元素误解为平面上的点了.这两条抛物线没有交点是实数.但这不是抛物线的值域.例3：已知集合|}.|||1|||),{(},0,|||||),{(y x xy y x B a a y x y x A +=+=>=+= 若B A ⋂是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则a 的值为.【思路分析】可作图，以数形结合法来解之.【略解】点集A 是顶点为（a ，0），（0，a ），（－a ，0），（0，－a ）的正方形的四条边构成（如图Ⅰ－1－1－1）.将||||1||y x xy +=+，变形为,0)1|)(|1|(|=--y x所以，集合B 是由四条直线1,1±=±=y x 构成.欲使B A ⋂为正八边形的顶点所构成，只有212<<>a a 或这两种情况.（1）当2>a 时，由于正八形的边长只能为2，显然有,2222=-a故 22+=a .（2）当21<<a 时，设正八形边长为l ，则,222,2245cos -=-=︒l l l 这时，.221=+=l a 综上所述，a 的值为,222或+如图Ⅰ－1－1－1中).0,22(),0,2(+B A 【评述】上述两题均为1987年全国高中联赛试题，题目并不难，读者应从解题过程中体会此类题目的解法.Ⅱ．集合之间的基本关系充分应用集合之间的基本关系（即子、交、并、补），往往能形成一些颇具技巧的集合综合题.请看下述几例.例4：设集合},|613{},|21{},|{},|2{Z Z Z Z ∈+=∈+=∈=∈=n n D n n C n n B n n A 则在下列关系中，成立的是（）A ．D CB A ≠≠≠⊂⊂⊂ B ．φφ=⋂=⋂DC B A , C ．D C C B A ≠⊂⋃=, D ．φ=⋂=⋃D C B B A ,图Ⅰ－1－1－1【思路分析】应注意数的特征，即.,612613,21221Z ∈+=++=+n n n n n 【解法1】∵},|613{},|21{},|{},|2{Z Z Z Z ∈+=∈+=∈=∈=n n D n n C n n B n n A ∴D C C B A ≠⊂⋃=,.故应选C. 【解法2】如果把A 、B 、C 、D 与角的集合相对应，令}.|63{},|2{},|{},|2{Z Z Z Z ∈+=∈+='∈='∈='n n D n n C n n B n n A ππππππ 结论仍然不变，显然A ′为终边在坐标轴上的角的集合，B ′为终边在x 轴上的角的集合，C ′为终边在y 轴上的角的集合，D ′为终边在y 轴上及在直线x y 33±=上的角的集合，故应选（C ）.【评述】解法1是直接法，解法2运用转化思想把已知的四个集合的元素转化为我们熟悉的的角的集合，研究角的终边，思路清晰易懂，实属巧思妙解.例5：设有集合B A B A x x B x x x A ⋃⋂<==-=和求和},2|||{}2][|{2（其中[x ]表示不超过实数x 之值的最大整数）.【思路分析】应首先确定集合A 与B.从而 .2,.21A x ∈≤≤-显然∴}.22|{≤<-=⋃x x B A若 },2,1,0,1{][,2][,2--∈+=⋂∈x x x B A x 则从而得出 ).1]([1)1]([3-=-===x x x x 或于是 }3,1{-=⋂B A【评述】此题中集合B 中元素x 满足“|x |<3”时，会出现什么样的结果，读者试解之.例6：设})],([|{},),(|{),,()(2R R R ∈==∈==∈++=x x f f x x B x x f x x A c b c bx x x f 且，如果A 为只含一个元素的集合，则A=B.【思路分析】应从A 为只含一个元素的集合入手，即从方程0)(=-x x f 有重根来解之.【略解】设0)(},|{=-∈=x x f A 则方程R αα有重根α，于是,)()(2α-=-x x x f )],([..)()(2x f f x x x x f =+-=从而α即 ,)()]()[(222x x x x x +-+-+-=ααα 整理得,0]1)1[()(22=++--ααx x 因α,x 均为实数 .,01)1(2αα=≠++-x x 故即.}{A B ==α【评述】此类函数方程问题，应注意将之转化为一般方程来解之.例7：已知N N M a y x y x N x y y x M =⋂≤-+=≥=求}.1)(|),{(},|),{(222成立时，a 需满足的充要条件.【思路分析】由.,M N N N M ⊆=⋂可知【略解】.M N N N M ⊆⇔=⋂由).1()12(1)(22222a y a y y x a y x -+-+-≤≤-+得于是，若0)1()12(22≤-+-+-a y a y ① 必有.,2M N x y ⊆≥即而①成立的条件是 ,04)12()1(422m a x ≤-----=a a y 即 ,0)12()1(422≤-+-a a 解得 .411≥a【评述】此类求参数范围的问题，应注意利用集合的关系，将问题转化为不等式问题来求解. 例8：设A 、B 是坐标平面上的两个点集，}.|),{(222r y x y x C r ≤+=若对任何0≥r 都有B C A C r r ⋃⊆⋃，则必有B A ⊆.此命题是否正确？【思路分析】要想说明一个命题不正确，只需举出一个反例即可.【略解】不正确.反例：取},1|),{(22≤+=y x y x A B 为A 去掉（0，0）后的集合.容易看出,B C A C r r ⋃⊆⋃但A 不包含在B 中.【评述】本题这种举反例判定命题的正确与否的方法十分重要，应注意掌握之.Ⅲ．有限集合中元素的个数有限集合元素的个数在课本P 23介绍了如下性质：一般地，对任意两个有限集合A 、B ，有 ).()()()(B A card B card A card B A card ⋂-+=⋃我们还可将之推广为：一般地，对任意n 个有限集合,,,,21n A A A 有)(1321n n A A A A A card ⋃⋃⋃⋃⋃-)]()([)]()()()([3121321A A card A A card A card A card A card A card n ⋂+⋂-++++= )]()]([)]()(1232111n n n n n n A A A card A A A card A A card A A card ⋂⋂++⋂⋂+⋂++⋂++---).()1(311n n A A A card ⋂⋂⋂⋅-+--应用上述结论，可解决一类求有限集合元素个数问题.【例9】某班期末对数学、物理、化学三科总评成绩有21个优秀，物理总评19人优秀，化学总评有20人优秀，数学和物理都优秀的有9人，物理和化学都优秀的有7人，化学和数学都优秀的有8人，试确定全班人数以及仅数字、仅物理、仅化学单科优秀的人数范围（该班有5名学生没有任一科是优秀）.【思路分析】应首先确定集合，以便进行计算.【详解】设A={数学总评优秀的学生}，B={物理总评优秀的学生}，C={化学总评优秀的学生}. 则.8)(,7)(,9)(,20)(,19)(,21)(=⋂=⋂=⋂===A C card C B card B A card C card B card A card ∵)()()()()()()(A C card C B card B A card C card B card A card C B A card ⋂-⋂-⋂-++=⋃⋃ ),(C B A card ⋂⋂+∴.3689201921)()(=--++=⋂⋂-⋃⋃C B A card C B A card 这里，)(C B A card ⋃⋃是数、理、化中至少一门是优秀的人数，)(C B A card ⋂⋂是这三科全优的人数.可见，估计)(C B A card ⋃⋃的范围的问题与估计)(C B A card ⋂⋂的范围有关.注意到7)}(),(),(min{)(=⋂⋂⋂≤⋂⋂A C card C B card B A card C B A card ，可知 7)(0≤⋂⋂≤C B A card . 因而可得.43)(36≤⋃⋃≤C B A card 又∵.5)(),()()(=⋃⋃=⋃⋃+⋃⋃C B A card U card C B A card C B A card 其中 ∴.48)(41≤≤U card 这表明全班人数在41~48人之间. 仅数学优秀的人数是).(C B A card ⋃⋂ ∴)()()()()(B card C B A card C B card C B A card C B A card -⋃⋃=⋃-⋃⋃=⋃⋂ .32)()()(-⋃⋃=⋂+-C B A card C B card C card 可见,11)(4≤⋃⋂≤C B A card 同理可知 ,10)(3≤⋃⋂≤C A B card.12)(5≤⋃⋂≤A B C card 故仅数学单科优秀的学生在4~11之间，仅物理单科优秀的学生数在3~10之间，仅化学单科优秀的学生在5~12人之间.第二讲映射及映射法知识、方法、技能1．映射的定义设A ，B 是两个集合，如果按照某种对应法则f ，对于集合A 中的任何一个元素，在集合B 中都有惟一的元素和它对应，这样的对应叫做从集合A 到集合B 的映射，记作.:B A f →（1）映射是特殊的对应，映射中的集合A ，B 可以是数集，也可以是点集或其他集合，这两个集合有先后次序，从A 到B 的映射与从B 到A 的映射是截然不同的.（2）原象和象是不能互换的，互换后就不是原来的映射了.（3）映射包括集合A 和集合B ，以及集合A 到B 的对应法则f ，三者缺一不可.（4）对于一个从集合A 到集合B 的映射来说，A 中的每一个元素必有惟一的，但B 中的每一个元素都不一定都有原象.如有，也不一定只有一个.2．一一映射一般地，设A 、B 是两个集合，.:B A f →是集合A 到集合B 的映射，如果在这个映射下，对于集合A 中的不同元素，在集合B 中有不同的象，而且B 中每一个元素都有原象，那么个这个映射叫做A 到B 上的一一映射.3．逆映射如果f 是A 与B 之间的一一对应，那么可得B 到A 的一个映射g ：任给B b ∈，规定 a b g =)(，其中a 是b 在f 下的原象，称这个映射g 是f 的逆映射，并将g 记为f —1.显然有（f —1）—1= f ，即如果f 是A 与B 之间的一一对应，则f —1是B 与A 之间的一一对应，并且f —1的逆映射是f .事实上，f —1是B 到A 的映射，对于B 中的不同元素b 1和b 2，由于它们在f 下的原象不同，所以b 1和b 2在f —1下的像不同，所以f —1是1－1的. 任给b a f A a =∈)(,设，则a b f=-)(1.这说明A 中每个元素a 在f —1都有原象.因此，f —1是映射上的.这样即得f —1是B 到A 上的1－1映射，即f —1是B 与A 之间一一对应.从而f —1有逆映射.:B A h →由于任给b a h A a =∈)(,设，其中b 是a 在f —1下的原象，即f —1(b)=a ，所以，f(a)=b ，从而f h a f b a h ===得),()(，这即是f —1的逆映射是f .赛题精讲Ⅰ映射关映射的高中数学竞赛题是常见题型之一，请看下述试题.例1：设集合},,,,|),,,{(},,110|{M d c b a d c b a F x x x M ∈=∈≤≤=集合Z 映射f ：F →Z.使得v u y x v x y u y x v u cd ab d c b a ff f ,,,,66),,,(,39),,,(.),,,(求已知→→-→的值.【思路分析】应从cd ab d c b a f -→),,,(入手，列方程组来解之.【略解】由f 的定义和已知数据，得⎩⎨⎧∈=-=-).,,,(66,39M y x v u xv uy xy uv 将两式相加，相减并分别分解因式，得.27))((,105))((=+-=-+x u v y x u v y显然，},110|{,,,,0,0Z ∈≤≤∈≥-≥-x x x v u y x v y x u 在的条件下，,110≤-≤v u ,21)(,15)(,105|)(,2210,221]11105[21=+=++≤+≤≤+≤+v y v y v y v y v y 可见但即对应可知.5)(,7)(21=-=-x u x u 同理，由.9)(,3)(223,221]1127[,11021=+=+≤+≤≤+≤+≤-≤x u x u x u x u v y 又有知对应地，.3)(,9)(21=-=-v y v y 于是有以下两种可能：（Ⅰ）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+=-=+;3,9,7,15v y x u x u x y （Ⅱ）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+=-=+.3,9,5,21v y x u x u v y 由（Ⅰ）解出x =1，y=9，u =8，v =6；由（Ⅱ）解出y=12，它已超出集合M 中元素的范围.因此，（Ⅱ）无解.【评述】在解此类问题时，估计x u v y x u v y +--+,,,的可能值是关键，其中，对它们的取值范围的讨论十分重要.例2：已知集合}.0|),{(}333|),{(><<=xy y x x y y x A 和集合求一个A 与B 的一一对应f ，并写出其逆映射.【略解】从已知集合A ，B 看出，它们分别是坐标平面上两直线所夹角形区域内的点的集合（如图Ⅰ－1－2－1）.集合A 为直线x y x y 333==和所夹角内点的集合，集合B 则是第一、三象限内点的集合.所要求的对应实际上可使A 区域拓展成B 区域，并要没有“折叠”与“漏洞”.先用极坐标表示集合A 和B ：图Ⅰ－1－2－1},36,,0|)sin ,cos {(πθπρρθρθρ<<∈≠=R A }.20,,0|)sin ,cos {(πϕρρϕρϕρ<<∈≠=R B 令).6(3),sin ,cos ()sin ,cos (πθϕϕρϕρθρθρ-=→f 在这个映射下，极径ρ没有改变，辐角之间是一次函数23πθϕ-=，因而ϕθ和之间是一一对应，其中),3,6(ππθ∈ ).2,0(πϕ∈所以，映射f 是A 与B 的一一对应. 逆映射极易写，从略.【评述】本题中将下角坐标问题化为极坐标问题，颇具特色.应注意理解掌握.Ⅱ映射法应用映射知识往往能巧妙地解决有关集合的一些问题.例3：设X={1，2，…，100}，对X 的任一非空子集M ，M 中的最大数与最小数的和称为M 的特征，记为).(M m 求X 的所有非空子集的特征的平均数.【略解】设.}|101{,:,X A a a A A A f X A ≠≠⊂∈-=''→⊂令于是A A f '→:是X 的非空子集的全体（子集组成的集），Y 到X 自身的满射，记X 的非空子集为A 1，A 2，…，A n （其中n=2100－1），则特征的平均数为.))()((21)(111∑∑=='+=ni i i n i i A m A m n A m n 由于A 中的最大数与A ′中的最小数的和为101，A 中最小数与A ′中的最大数的和也为101，故,202)()(='i i A m A m 从而特征平均数为 .10120221=⋅⋅n n如果A ，B 都是有限集合，它们的元素个数分别记为).(),(B card A card 对于映射B A f →:来说，如果f 是单射，则有)()(B card A card ≤；如果f 是满射，则有)()(B card A card ≥；如果f 是双射，则有)()(B card A card =.这在计算集合A 的元素的个数时，有着重要的应用.即当)(A card 比较难求时，我们就找另一个集合B ，建立一一对应B A f →:，把B 的个数数清，就有)()(B card A card =.这是我们解某些题时常用的方法.请看下述两例.例4：把△ABC 的各边n 等分，过各分点分别作各边的平行线，得到一些由三角形的边和这些平行线所组成的平行四边形，试计算这些平等四边形的个数.【略解】如图Ⅰ－1－2－2所示，我们由对称性，先考虑边不行于BC 的小平行四边形.把AB 边和AC 边各延长一等分，分别到B ′，C ′，连接B ′C ′.将A ′B ′的n 条平行线分别延长，与B ′C ′相交，连同B ′，C ′共有n+2个分点，从B ′至C ′依次记为1，2，…，n+2.图中所示的小平行四边形所在四条线分别交B ′C ′于i ，j ，k ，l .记A={边不平行于BC 的小平行四边形}，}.21|),,,{(+≤<<<≤=n l k j i l k j i B把小平行四边形的四条边延长且交C B ''边于四点的过程定义为一个映射：B A f →:. 下面我们证明f 是A 与B 的一一对应，事实上，不同的小平行四边形至少有一条边不相同，那么交于C B ''的四点亦不全同.所以，四点组),,,(l k j i 亦不相同，从而f 是A 到B 的1－1的映射.任给一个四点组21),,,,(+≤<<<≤n l k j i l k j i ，过i ，j 点作AB 的平行线，过k ，l 作AC 的平行线，必交出一个边不平行于BC 的小平行四边形，所以，映射f 是A 到B 的满射. 总之f 是A 与B 的一一对应，于是有.)()(42+==n C B card A card加上边不平行于AB 和AC 的两类小平行四边形，得到所有平行四边形的总数是.342+n C 例5：在一个6×6的棋盘上，已经摆好了一些1×2的骨牌，每一个骨牌都恰好覆盖两上相邻的格子，证明：如果还有14个格子没有被覆盖，则至少能再放进一个骨牌.【思路分析】还有14个空格，说明已经摆好了11块骨牌，如果已经摆好的骨牌是12块，图Ⅰ－1－2－3所示的摆法就说明不能再放入骨牌.所以，有14个空格这一条件是完全必要的.我们要证明当还有14个空格时，能再放入一个骨牌，只要能证明必有两个相邻的空格就够了.如果这种情况不发生，则每个空格的四周都有骨牌，由于正方形是对称的，当我们选定一个方向时，空格和骨牌就有了某种对应关系，即可建立空格到骨牌的一种映射，通过对空格集合与骨牌集合之间的数量关系，可以得到空格分布的一个很有趣的结论，从而也就证明了我们的命题.【略解】我们考虑下面5×6个方格中的空.如果棋盘第一行（即最上方的一行）中的空格数多于3个时，则必有两空格相邻，这时问题就得到解决.现设第一行中的空格数最多是3个，则有11314)(=-≥X card ，另一方面全部的骨牌数为11，即.11)(=Y card 所以必有),()(Y card X card =事实上这是一个一一映射，这时，将发生一个很有趣的现象：最下面一行全是空格，当然可以放入一个骨牌.【评述】这个题目的证明是颇具有特色的，从内容上讲，这个题目具有一定的综合性，既有覆盖与结构，又有计数与映射，尤其是利用映射来计数，在数学竞赛中还较少见.当然这个题目也可以用其他的方法来解决.例如，用抽屉原则以及用分组的方法来讨论其中两行的结构，也能比较容易地解决这个问题，请读者作为练习.例6：设N={1，2，3，…}，论证是否存一个函数N N f →:使得2)1(=f ，n n f n f f +=)())((对一切N ∈n 成立，)1()(+<n f n f 格，即除去第一行后的方格中的空格.对每一个这样的空格，考察它上方的与之相邻的方格中的情况.（1）如果上方的这个方格是空格，则问题得到解决.（2）如果上方的这个方格被骨牌所占，这又有三种情况.（i ）骨牌是横放的，且与之相邻的下方的另一个方格也是空格，则这时有两空格相邻，即问题得到解决；（ii ）骨牌是横放的，与之相邻的下方的另一个方格不是空格，即被骨牌所覆盖；（iii ）骨牌是竖放的.现在假设仅发生（2）中的（ii ）和（iii ）时，我们记X 为下面5×6个方格中的空格集合，Y 为上面5×6个方格中的骨牌集合，作映射Y X →:ϕ，由于每个空格（X 中的）上方都有骨牌（Y 中的），且不同的空格对应于不同的骨牌.所以，这个映射是单射，于是有 )()(Y card X card ≤，对一切N ∈n 成立.【解法1】存在，首先有一条链.1→2→3→5→8→13→21→…①链上每一个数n 的后继是)(n f ，f 满足n n f n f f +=)())((②即每个数是它产面两个数的和，这种链称为f 链.对于①中的数m>n ，由①递增易知有n m n f m f -≥-)()(③我们证明自然数集N 可以分析为若干条f 链，并且对任意自然数m>n ，③成立（从而)()1(n f n f >+），并且每两条链无公共元素）.方法是用归纳法构造链（参见单壿著《数学竞赛研究教程》江苏教育出版社）设已有若干条f 链，满足③，而k+1是第一个不在已有链中出现的数，定义1)()1(+=+k f k f ④这链中其余的数由②逐一确定.对于m>n ，如果m 、n 同属于新链，③显然成立，设m 、n 中恰有一个属于新链.若m 属于新链，在m=k+1时，,1)(1)()()(n m n k n f k f n f m f -=+-≥-+=-设对于m ，③成立，则n m f m n m n f m m f n f m f f -≥+-≥-+=-)()()()())(( [由②易知)(2m f m ≥]. 即对新链上一切m ，③成立.若n 属于新链，在n=k+1时，.11)()()()(n m k m k f m f n f m f -=--≥--=-设对于n ，③成立，在m>n 时，m 不为原有链的链首。