人教版数学-江苏省数学竞赛第11讲 极端原理
江苏赛区高中数学联赛一试(上)
高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3. 初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
第一章 集合一、基础知识定义1 差集，},{\B x A x x B A ∉∈=且。
定义2 集合},,{b a R x b x a x <∈<<记作开区间),(b a ，集合},,{b a R x b x a x <∈≤≤记作闭区间],[b a ，R 记作).,(+∞-∞定理1 集合的性质：对任意集合A ，B ，C ，有：（1）);()()(C A B A C B A = （2）)()()(C A B A C B A =； （3）);(111B A C B C A C = （4）).(111B A C B C A C =定理2 加法原理：做一件事有n 类办法，第一类办法中有1m 种不同的方法，第二类办法中有2m 种不同的方法，…，第n 类办法中有n m 种不同的方法，那么完成这件事一共有n m m m N +++= 21种不同的方法。
高中数学竞赛讲义(全套)
高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3. 初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
个人精心整理!高中数学联赛竞赛平面几何四大定理-及考纲
个人精心整理!高中数学联赛竞赛平面几何四大定理-及考纲多面角，多面角的性质。
三面角、直三面角的基本性质。
正多面体，欧拉定理。
体积证法。
截面，会作截面、表面展开图。
4、平面解析几何直线的法线式，直线的极坐标方程，直线束及其应用。
二元一次不等式表示的区域。
三角形的面积公式。
圆锥曲线的切线和法线。
圆的幂和根轴。
5、其它抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
集1.梅涅劳斯定理出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那么(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=1。
或：设X、Y、Z分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上，(AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1 。
证明：当直线交△ABC的AB、BC、CA的反向延长线于点D、E、F时，(AD/DB)*(BE/EC )*(CF/FA)=1逆定理证明：证明：X、Y、Z分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上，则X、Y、Z共线的充要条件是(AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1证明一过点A作AG∥BC交DF的延长线于G，则AF/FB=AG/BD , BD/DC=BD/DC ,CE/EA=DC/AG三式相乘得：(AF/FB)×(BD/DC)×(CE/EA)=(AG/BD)×(BD/D C)×(DC/AG)=1证明二过点C作CP∥DF交AB于P，则BD/DC=FB/PF，CE/EA=PF/AF所以有AF/FB×BD/DC×CE/EA=AF/FB×FB/PF×PF/AF=1证明四过三顶点作直线DEF的垂线，AA‘，BB'，CC'有AD：DB=AA’：BB' 另外两个类似，三式相乘得1得证。
如百科名片中图。
※推论在△ABC的三边BC、CA、AB或其延长线上分别取L、M、N三点，又分比是λ=BL/LC、μ=CM/MA、ν=AN/NB。
第一讲_极端原理
第3讲极端原理纵观整个数学历史的发展过程，人们在生产生活和社会实践中，不断地提出自己的猜想，然后努力对提出的猜想加以印证，在一个一个的数学问题不断被解决的过程中，一种种新的思维方式不断的诞生了，从而在一方面推动了社会的进步，另一方面也促进了人们思维品质的提高。
我们在解决数学竞赛问题的时候，往往也需要从多侧面，多角度进行思考。
1893年，数学家塞尔维斯特提出猜想：有限点集N中含n个元素,其中n≥3，所含点不都在同一直线上，则必有一条直线只过点集中的两个点。
为了这一猜想的圆满证明，人们经历了一个漫长的过程，直到1933年，数学家伽莱才给出了对这一问题较为完整的一个证明。
但还是显得很麻烦。
又50年过去了，人们终于找到了一种简单明确的证明方法，使这一问题得到了圆满的解决，这就是极端原理。
例一：有限点集N中含n个元素,其中n≥3，所含点不都在同一直线上，试证有一条直线只过点集中的两个点。
证明：任取一条直线过点集中不只一点，则点集中还有有限个不在该直线上的点，在这有限个点中，总有一点到该直线的距离小于或等于其他各点到该直线的距离，我们取这一点和这条直线作一个点线对的组合，可知这样的组合有有限个，找到其中点线距最小的一组，在这一组中的直线必定只过两点。
若上述直线过三点P1、P2、P3，点P为到该直Array线距离最近的点，将点P与P1、P2、P3中距离最远的点相连则剩下的两点中必有一点到所连直线的距离小于点P到该直线的距离，3 2 1如图所示：例二：有十六个城市参加的足球邀请赛，每一市都派出甲、乙两队参赛，规则规定，同一城市的两队之间不进行比赛，不同城市的两队之间最多比赛一场，比赛若干天后，经统计发现，除A 市的甲队外，其他各队已比赛过的场次各不相同，问A 市的乙队已赛过多少场？ 分析：①共32只球队，某队最多可赛30场②统计了31只球队，31只球队比赛的场次分别为0、1、2、3、……、30③运用极端原理的思想对31只已统计的球队进行配对解：将已赛过K 场的球队记为：L （K ），则L （30）已赛过自己该赛的每一场，即与它不同城市的30个队均赛过至少一场；则L （30）与L （0）来自同一城市，同理，L （29）与L （1）来自同一城市，……,L(16)与L(14)来自同一城市,因此L(15)必为A 市乙队,于是可知, A 市乙队已赛15场.例三：试证：任意四面体中，一定可以找到一个顶点，使从这个顶点出发的三条棱可以组成一个三角形的三条边。
极端原理
极端原理与无穷递降法例1、极端原理与无穷递降法1、已知123,,S S S 为非空整数集合，且对于1,2,3的任意一个排列,,i j k ，若,i j x S y S ∈∈则k x y S -∈（1）证明：123,,S S S 中至少有两个集合相等；（2）这三个集合是否可能有两个集合无公共元素2、设n 元集合X 的某些三元子集组成集合S ，且S 中每两个元素（子集）之间至多有1个公共元素，证明：存在集合A X ⊂，使得()card A ≥，且S 中的任何元素都不是A 的子集3、厦门一中2007级数学兴趣小组的20名同学举行14场乒乓球单打比赛，每人至少上场一次，求证：必有6场比赛，其12个参赛者各不相同4、已知12,,,n x x x 是实数，12,,,n a a a 和12,,,n b b b 均为正整数，令112211221212,n nn nnna x a x a xb x b x b x a b a a a b b b ++++++==++++++求证：在12,,,n x x x 中必存在两个数,i j x x ，使i i j a b a x x x -≤-≤-成立 5、求方程()4444424x y z u +=+的整数解6、在平面上有n 个不全共线的点，试证：一定存在一条直线恰好经过这n 个点中的两个点7、某个星系的每一个星球上都有一位天文学家在观测最近的星球，若每两个星球间是距离都不相等，证明：当星球个数我奇数时一定有一个星球任何人都看不到8、若干个儿童围成一圈，他们手中都拿有一些糖块，规定进行如下传递，每次的传递方法是：如果某人手中的糖块数是奇数，则他可再领取一块，然后每人都把手中的糖块的一半传给右边的小朋友，求证：一定可以经过若干次传递，使得所有儿童手中的糖块数都相同9、在n 名选手参加的循环赛中，每两人比赛一场（无平局），试证下列两种情况恰有一种发生： （1）可将所有选手分成两个非空集合A 和B ，使得A 中的任何一名选手都能战胜B 中的所有选手 （2）可将n 名选手从1到n 编号，使得第i 名选手战胜第1i +名选手，将1n +理解为110、平面上已给出997个点，将连接每两点的线段的中点染成红色，证明至少有1991个红点，能否找到恰有1991个红点的点集？11、在n n ⨯的方格中写上非负整数，如果在某一行和某一列的交汇处的数是0，那么该行和该列上所填各数之和不小于n ，证明：表中所有数的和不小于212n12、设2,k k N ≥∈，试证不能在k k ⨯的方格中填入数21,2,,k ，使每行和每列数之和都是2的幂13、设S 是一个非空点集，它的所有点都是整点，此外还给定一组有无限多个有整数坐标的非零向量组，已知当将向量组中的所有向量的起点都放在S 中的任一点时，它们的终点属于S 的比不属于S 的多，证明：S 必为无穷点集14、设2,n n N ≥∈，全部正因数121,k d d d n =<<<= 记12231k k D d d d d d d -=+++ （1）证明：2D n <；（2）确定所有的n 使得D 能整除2n15、设01,1,2,,,2i x i n n ≤≤=≥ ，求证：存在()11i i n ≤≤-满足()()111114i i n x x x x +-≥-16、已知集合M 的元素都是整数，既有正整数又有负整数，且当,a b M ∈时2a 和a b +也属于M ，求证：当,a b M ∈时a b -也属于M17、证明：方程()22223x y z u +=+不存在正整数解(),,,x y z u18、已知三所学校中的每所都有n 名学生，且任何一名学生都认识其他两所学校的学生总数都是1n +，求证：可以从每所学校各选一名学生，使得这三名学生彼此都认识 19、求所有的非空有限的正整数集S ，使得对任意,i j S ∈有数(),i jS i j +∈20、在平面上任给2n 个点，其中任意三点不共线，并把其中n 个点染成红色，n 个点染成蓝色，求证：可以一红一蓝的把它们连成n 条线段，使这些线段互不相交21、平面上有n 个点，其中任意三点不共线，且任意三点构成的三角形的面积都小于1，证明：存在一个面积小于4的三角形包含这n 个点22、20个足球队参加全国赛，问最少应进行多少场比赛才能使得任何3个队中总有两个队彼此比赛过 23、设有n 个人12,,,n A A A ，其中有些人互相认识。
例析-极端原理-在中考数学中的应用
例析”极端原理”在中考数学中的应用极端原理是一种从特殊对象看问题的方法，它以对象数量上的极端情况（如最大值、最小值、最长、最短等），图形的极限、边缘位置，问题的特殊之处为出发点，寻求解题的突破口和答案. 极端原理作为一种解题的思想，在几何，组合，图论，数论等方面都有着广泛的应用. 利用这个简单而通俗的原理，可以解决不少与存在性有关的数学问题和极值问题。
在近几年的河南中考数学试题中我们也常会碰到一些求极值的情况，大致分为三类：
（1）常利用”小羊喝水原理”解决两条线段之和最短的问题.
解决的策略是利用轴对称、构造全等三角形将两条线段的求和问题改造成一条线段，再根据”两点之前线段最短”来说明最短.
（2）利用函数的增减性结合自变量的取值范围去确定函数值或自变量值的最大值或最小值.
（3）利用图形的极端点或极端位置来取得极端值.
下面我以几个中考题为例对如何利用图形的极端点或极端位置来解决极端值问题：
例 1. （2009 河南第14 题）
动手操作：在矩形纸片abed中，ab=3, ad=5.如图1所示，折叠纸片，使点a落在be边上的a'处，折痕为pq,当点a'在be边上移动时，折痕的端点p、q 也随之移动. 若限定点p、q 分别在ab、ad边上移动，则点a'在be边上可移动的最大距离为_________________________ 。
高中数学竞赛讲义(全套)
高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3.初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
数学极端原理
数学极端原理数学中的极端原理（E某treme Value Theorem）是一个重要的基础定理，它在分析学和拓扑学中有着广泛的应用。
它提供了函数连续性的一种有力的刻画，告诉我们在某些条件下函数必然取得最大和最小值。
极端原理的一个经典说法是：对于一个在闭区间上连续的实值函数，它必然在该区间内取到最大值和最小值。
这个原理告诉我们，在一定的条件下，一个函数无论有多复杂，总是存在一个最大和最小值。
这个原理的证明首先利用了连续函数的界性质。
如果一个函数在闭区间上连续，那么它是有界的，即存在一个上界和一个下界。
接着，我们构造了一个定义在闭区间上的新函数，这个新函数的取值范围限制在前述的上界和下界之间，并且与原函数在区间上的取值是一致的。
通过对这个新函数应用闭区间套定理（Bolzano-Weierstrass Theorem），我们可以得到它的一个收敛子序列，它的极限就是我们所求的最大值或最小值。
极端原理有许多重要的推论。
例如，Bolzano定理，也称为零点定理，它的说法是：如果一个连续函数在一个闭区间的两个端点上取不同的正负值，那么在这个区间内必有一个零点。
这个定理的证明利用了二分法和极端原理的思想，通过将区间二分成两个子区间来进行递归求解，最终得到的子区间的长度足够小，其中一部分上函数取正值，另一部分上函数取负值，从而根据极端原理，我们可以得到在这个子区间上存在一个零点。
极端原理还有一种更加广泛的形式，称为弱极值原理或全局极值原理。
它的说法是：如果一个连续函数在一个开区间上取到了极大值或极小值，那么它在整个定义域上都取到了极大或极小值。
这个原理告诉我们，在一定的条件下，寻找一个连续函数的极值点只需要在定义域的边界进行寻找即可，从而大大简化了问题的复杂程度。
极端原理不仅仅在实数域上成立，在更一般的情况下也成立。
例如，它可以推广到欧几里得空间中的连续函数，并且可以进一步推广到更一般的度量空间上。
此外，极端原理还在微积分中有着重要的应用。
人教版初中数学《第27章极端原理》竞赛专题复习含答案
人教版初中数学《第27章极端原理》竞赛专题复习含答案第27章极端原理27.1.1** 两人轮流往一个圆桌面上放同样大小的硬币．规定每人每次只能放一枚，硬币平放在桌面上，并且两两不能重叠，谁放完最后一枚．使得对方无法按照规则再放，谁就获胜．问：是先放合算还是后放合算？解析本题的极端情况是：桌面小的只能放下一枚硬币．这时当然是先放的人合算．一般情况下，先放的人把硬币放在圆桌的中心处，每当对手放下一枚硬币后，就在对方硬币关于“圆心”对称位置再放下一枚硬币，这样只要对手还能放硬币，先放的人一定也能放，所以放最后一枚硬币的人一定是先放的人，从而他必能获胜．评注本题解法的独到之处在于考虑最极端的情况，“桌面最小”．这里的极端原理实际是一种“从特殊到一般”的思考方法，并且在极端情况下的结果提示我们解决一般问题的方法，在应用极端原理时，我们要利用如下的事实：1．有限个数中一定有最大数和最小数；2．无限个正整数中有最小数；3．无限个实数不一定有最大数或最小数．27.1.2** 在一次乒乓球循环赛中，n（n≥3）名选手中没有全胜的，证明：一定可以从中找出三名选手A、B、C，使得A胜B，B胜C，C胜A．解析没取胜场数最多的一名选手为A，由于没有一个选手是全胜的，所以在这n名选手中存在一名选手C，C胜A．考虑A击败的选手的全体，其中必有选手B胜C．事实上，若A的手下败将也都负于C，那么C胜的场数比A胜的场数至少要多1，这与A是获胜场数最多的选手矛盾．所以，存在三名选手A、B、C，使得A胜B，B胜C，C胜A．27.1.3** 平面上已给997个点，将连结每两点的线段中点染成红色，证明：至少有1991个红点，能否找到恰有1991个红点的点．解析997个点中每两点都有一个距离，因而共有9979962个距离（其中有可能有些距离是相等的），其中一定有一个最大距离．设AB是最大的距离．分别以A、B为圆心，12AB为半径作圆，如图所示．点A与除点B之外的995个点的连线的中点在圆A的内部或边界上；点B与除点外的995个点的连线的中点在圆B的内部或边界上，这样我们得到了995+995＝1990个红点．另外，AB的中点是不同于上述1990个红点的，所以，至少有1991个红点．下面构造一个例子，说明恰好有1991个红点，设997个点在数轴上1，2，3，…，997的位置．这时中点为：32，42，52，…，19922，19932，故红点恰有1991个．27.1.4** 证明：在任意的凸五边形中，都可以找到三条对角线，由这三条对角线可以组成一个三角形．解析 如图所示，在凸五边形ABCDE 中，一共有5条对角线：AC 、AD 、BD 、BE 、CE ，所以其中一定有一条是最长的，不妨设AC 最长．ABEPD由于ACDE 是凸四边形，设AD 与CE 的交点为P ，则 AC AP PC AD CE <+<+．因为AC 最长，所以，AC 、AD 、CE 这三条对角线可以作为一个三角形的三条边．27.1.5* 平面上给定3个点。
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高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3.初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
江苏省第十一届高等数学竞赛题(本科二级)评分标准
∂z ∂z − = ∂x ∂y
( y − x)
f 2′ (ϕ ( x + y ) ,ψ ( x y ) ) ⋅ψ ′ ( x y ) or ( y − x ) f 2′ ⋅ψ ′.
2
x 2 + y 2 + z 2 ≤ z , 则 ∫∫∫ ( x + y + z ) d x d y d z = 6、 设 Ω：
F (1) = f ( x, y ) , 且 F ( t )
在 [ 0,1] 上连续，在 ( 0,1) 内可导，应用拉格郎日中值定理， ∃θ ∈ ( 0,1) , 使得
F (1) − F ( 0 ) = F ′ (θ )(1 − 0 ) = F ′ (θ ) ,
因为
3 ○
（∗） 3 ○
F ′ ( t ) = f x′ ( a + t ( x − a ) , b + t ( y − b ) ) ( x − a ) + f y′ ( a + t ( x − a ) , b + t ( y − b ) ) ( y − b ) ,
⎧ x, x 为有理数， 1 ○ ⎩ 0， x 为无理数.
f ( x) = 0 因为 0 ≤ f ( x ) ≤ x , 由夹逼准则得， lim f ( x ) = 0, 所以 lim x→ 0 x→ 0
= f ( 0 ) , 于是 f ( x ) 在 x = 0 处连续。○ 2 ∀a ≠ 0, 若 a 为无理数，则 f ( a ) = 0, 当 xn 取有理数趋向于 a
解 方法 1 记曲线 Γ 的 x ≥ 0 的部分与 x ≤ 0 的部分分别为 Γ1 与 Γ 2 , 其参数方程分别为 3 ○ 2 ○
Γ1：x = 4t − t 2 , y = t , z = 2t , t 从0 变到 4 ； Γ 2：x = − 4t − t 2 , y = t , z = 2t , t 从4 变到 0.
极端性原理（含答案）-
第五节极端性原理内容讲解我们认识事物时，总是从特殊情况出发，逐步认识事物所具有的一般属性，在解题时，若能直接通过抓住全体研究对象的极端情形或全体对象中具备极端性质的某个对象加以分析、研究，从而化繁为简地解决问题，即为极端性原理．常常把极端性原理作为解决非常规问题的出发点和突破口．极端性问题常体现在：距离、长度、角度、面积或某一类数值的最大或最小及其图形的极端情形等．极端性原理主要用于解决存在性问题，经常与构造法、反证法联用．例题剖析例1 夏令营组织1998•名营员去游览长沙市的三大景点：岳麓山、烈士公园和世界之窗，规定每人必须去一处，•最多去两处游览，那么至少有______个人游览的地方完全相同．分析：用极端性原理考虑至少有一个景点去了1998÷3=666（人），由于每个人可以去两个不同景点，则再用极端性原理考虑666÷2=333（人），所以至少有333人去了相同的景点．解：至少有333人游览的地方完全相同．评注：用极端性原理解题时，应先选定极端情况，使“变动”转化为“确定”，从而能分散问题的难点．例2 在边长为6cm的等边三角形内任取一点，•由该点至三边作垂线段，这些垂线段的长度之和为_________．分析：不妨取极端位置，即使等边三角形的一顶点做为题目中的点．解：如图，当点P与顶点A重合时，P到边AB和边AC的距离均为零，而P到边BC的距离恰好等于三角形的高AD，由此可得这些垂线段的长度之和为AD的长，在Rt△ABD 中，AD=ABsinB=6×2． (P)AD C 评注：此例体现了运用极端性原理（特殊化思想）解题简捷性，当然，•本题还可用面积法来解题．例3 在矩形ABCD 中，AB=8，BC=6，P ，Q ，R ，S 分别是边AB ，•BC ，CD ，DA 上的动点，则PQ 2+QR 2+RS 2+SP 2的最大值与最小值之和为________．分析：考虑极端位置：在顶点处取最大值，在四边中点时取到最小值．解：PQ 2+QR 2+RS 2+SP 2=AP 2+BP 2+BQ 2+CQ 2+RC 2+DR 2+DS 2+AS 2=AB 2+BC 2+CD 2+DA 2-2AP ×BP-2BQ ·CQ-2RC ·DR-2DS ·AS ．AP ·BP ≤（2AP BP +）2=16， RC ·RD ≤（2RC RD +）2=16， BQ ·CQ ≤（2BQ CQ +）2=9， ∴DS ·AS ≤（2DS AS +）2=9． 所以PQ 2+QR 2+RS 2+PS 2有最小值为100；又P 与A 重合，Q 与B 重合，R 与C 重合，S 与D 重合时，AP=0，BQ=0，CR=0，DS=0．此时，PQ 2+QR 2+RS 2+PS 2有最大值为200． 则PQ 2+QR 2+RS 2+SP 2的最大值与最小值之和为300．评注：本题通过从极端情形入手，为正确解题指明方向．此外要领会ab •≤（2a b +）2在解题中的作用．例4 把1600颗花生，分给100只猴子．证明：不管怎样分，至少有4•只猴子得到的花生一样多，并设计出一种分法，使得没有5只猴子得到一样多的花生．分析：要使没有4只猴子得到的花生一样多，我们考虑极端情况．解：最经济（即所用花生数目最少）的分法是：3只得0颗，3只得1颗，……，3•只得32颗，还有一只得33颗，这样共需花生数3×（0+1+2+……+32）=1617．已知超过了花生总数1600颗，所以不管怎样分，至少有4•只猴子分得的花生一样多． 没有5只猴子一样多的分法是很多的．评注：例如，对前述极端情况稍作调整可得到一种分法：4只得0颗，3只得1颗，3只得2颗，……，3只得31颗，2只得32颗，还有一只得48颗，共计3×（0+1+2+……+32）-32+48=1600（颗）．例5 把2005分解成若干不同的正整数之和，问至多能分成几项？分析：要求至多能分成几项，考虑“极端”──每一项尽可能少．解：令2005=a 1+a 2+a 3+…＋a k ，且1≤a 1≤a 2≤a 3≤…≤a k ，a 1，a 2，…，a k ，均为正整数，则a 1的最小值为1，由此可知a 2的最小值为2，……，这样就有2005≥1+2+…+k=12k （k+1），得k ≤12（）． 因为k 为整数，所以k ≤62．又当a 1=1，a 2=2，…，a 61=61，a 62=114，有2005=a 1+a 2+a 3+…+a 62，故至多可以分解为62项．评注：当一个问题不易解决时，可以先考虑其某个极端状态，•从对这一极端状态的研究得到启发，然后再来研究所要解决的问题．例6 设有n （n ≥2）名选手进行比赛，任两选手都进行一场比赛，每场比赛均决出胜负．求证：存在选手A ，使得其他的任一选手，或是输给A ，或是输给被A 打败的某一名选手．分析：要寻求的选手A，依直觉，应是“实力”最强的选手．因此，在这n名选手中，设取胜的场次最多的一名选手为A（考虑极端!）．下面证明他满足题目的要求．证明：对其他的任一选手B，若B不是输给A，即B胜A．因B战胜的对手不多于A•战胜的对手，故除A，B之外，A战胜的对手必多于B战胜的对手，从而，必存在选手C，是A战胜的，但不是B战胜的，即B输给被A打败的选手C，故结论成立．评注：本题的解法关键是抓住了“取胜的场次最多的一名选手”，•利用这一点，解决了我们“无从着手”的难处，使解题简捷明快．例7 某地区网球俱乐部的20名成员举行14场单打比赛，每人至少上场一次，•求证：必有六场比赛，其中12个参赛选手各不相同．分析：“极端”──设k为使得安排k场比赛由2k名不同成员参加的最大整数．解：设k为使得安排k场比赛由2k名不同成员参加的最大整数，则其余的20-2k•名成员中，每两名都互不比赛，否则，与k最大性矛盾．再由余下的20-2k名选手，每名至少比赛一场（与前面2k名成员），•因此他们至少要比赛20-2k场，由已知有14=（20-2k）+k解得k=6．即必有6场比赛，其中12个参赛选手各不相同．评注：使用极端性原理的关键在于抓住问题的极端状态，数学中常见的极端状态有：最大值、最小值，图形的极限位置等．例8 平面上给定n个点（n≥3），任三点不共线，求证：在这n•个点中存在三个点A、B、C，使其余n-3个都在△ABC之外．分析：此题有多种思考方法，其中最自然的想法是：面积越小的三角形，其内的点越少，而形外的点越多，所以要使其余n-3个点都在△ABC之外，•自然取面积最小的三角形．证明：在n个点中任取两点B、C，作线段BC，则其余n-2个点都不在BC•所在的直线上，以BC为底边，其余n-2个点为顶点可得n-2个三角形，取面积最少的，记为△ABC•<S△ABC，这与S△ABC最小矛盾．即为所求，事实上，如果△ABC内还有一点A′，则S△A`BC评注：本题还可以从以下几种极端状态着手：（1）取其余n-2个点到直线BC的距离最小的一点A，则△ABC即为所求；（2）其余n-2个到BC的视角最大的点设为A，则△ABC即为所求；（3）以B为顶点，旋转BC，首先交到的点（或说旋转角最小的点）设为A，则△ABC•即为所求．以上四种思考方法，从不同角度取定一个几何量，•在系统自身状态不断变化时考虑极端情况（最大或最小），使问题迎刃而解．例9 平面上给定2010个点，任意两点的距离小于2005，•任意三点是某个钝角三角形的顶点．求证：存在直径不超过2005的圆，覆盖这2010个点．分析：“极端”──距离最大的两点．解：在这2010年点中，设两两之间距离最大的两点是A，B，且AB<2005．以AB为直径的圆覆盖了这2010个点．这是因为，如图，分别为A、B作AB的垂线L1、L2，则给定的点不能在直线L1、L2围成的带形区域之外，否则，这点P到点B（或A）的距离大于AB，这与AB的最大性矛盾．同时，给定的点也不能在带形区域的圆外．否则，这点P′与A、B•不能构成钝角三角形，与已知条件矛盾，故结论成立．评注：此例可一般化为：平面上给定n个点，任两点距离小于常数a，任三点是某个钝角三角形的顶点，求证：存在直径不超过a的圆，覆盖这n个点．例10 平面上有n个点，其中任三个点都可组成三角形，且其面积均不超过1，•证明存在一个面积不超过4的三角形，它能覆盖住所有n个点．分析：由于面积越大的三角形，覆盖的总越多，所以我们自然地会想到：从取面积最大的三角形入手．证明：平面上由n个点组成的三角形的数目是有限的，•其中必有一个面积最大的三角形，设为△ABC，过各顶点分别作对边的平行线，可得一个新△A′B′C′如图，=4S△ABC，∵S△ABC≤1，∴S△A`B`C`≤4．则S△A`B`C`平面上所有的n个点全被△A′B′C′覆盖住，否则设△A′B′C′外有一点P， >S△ABC．则有S△PBC这与S最大矛盾．△ABC评注：由以上的分析、证明，•我们不难发现利用极端性原理的步骤：选取适当的量─考虑极端状态─反证法证明．例11 平面上有n个点，其中过任意两点的直线都必过第三点，证明：这n•个点必在同一条直线上．分析：“极端”──点到不过这点的直线的垂线段中的最小者为d．解：若这n个点不全在同一条直线上，过这n个点中的任意两点所确定的每条直线，都必然有不在此直线上的点，对每一条直线，求出n个点中不在这条直线上的点到直线的距离，这些距离的个数是有限的，所以其中一定有一个最小的，设为d 0．如图，设d 0是点A 到B 、C 所确定的直线的距离，作AP ⊥BC ，P 为垂足，则d 0=AP ．由题设，在直线BC 上还至少有这n 个点中的另一个点E ，显然，B 、C 、E 三点中至少有两个点位于P 点同侧（E 可能与P 重合），不妨设C 、C 在P 点同侧，且PE ≤PC ．作EQ ⊥AC 于Q ，记d 1=EQ ，应有d 1≥d 0，但△CEQ ∽△CAP ，所以10d EQ CE CP d AP AC AC==≤<1 即d 1<d 0矛盾，这就表明这n 个点全在同一条直线上．评注：极端性原理主要用于解决存在性问题，经常与构造法、反证法联用．例12 在凸五边形ABCDE 的边和对角线中，没有互相平行的线段．延长边AB •和对角线CE ，使之相交于某个点，然后在边AB 上标上一个箭头，使之指向交点的方向．依此办法把五条边都标上箭头，求证：必有两个箭头指向五边形的同一个顶点．分析：抓住“极端”──面积最小来解题．证明：考虑由凸五边形的每三个相邻顶点所组成的五个三角形，其中必有面积最小者． 设△ABC 的面积最小．下面证明：BC 边上箭头必指向B 点．由于DA 不平行于BC ，再由S △ABC 的最小性知S △ABC <S △DBC ，设M 、N 分别是由A 与D 向BC 所引垂线的垂足，于是DN>AM ，所以，直线AD 与直线BC 交点在CB 的延长线上，且位于B 的一方．从而，依箭头的标法，BC 边上的箭头指向B ．同理，AB边上的箭头指向B，结论得证．评注：由于一些数学问题中所出现的各个元素的地位是不平衡的，其中的某个极端元素或个别元素的极端状态往往具有优先于其他元素的特殊性质，•而这又恰好为解题提供了突破口．这时从极端元素入手，便能简捷地解决问题．巩固练习1．如图1，已知⊙O的半径为R，C，D是直径AB•同侧圆周上的两点，弧AC的度数为95°，弧BD的度数为36°，动点P在AB上，则PC+PD的最小值_____．（1）(2)2．在△ABC中，AB=AC=m，P为BC上任意一点，则PA2+PB·PC的值为（）（A）m2（B）m2+1 （C）2m2（D）（m+1）23．已知△ABC的面积为24，且AB=•AC=•8，•则底BC•上任一点P•到两腰距离之和为________．4．如图2，PA、PB分别切⊙O于A、B两点，PCD是割线，E是CD中点，若使∠APB=40°，则∠AEP=（）（A）40°（B）50°（C）60°（D）70°5．要把54名学生分成若干个小组，使得每组中至少有一人，任意两个小组的人数均不相等，则至多可分成______个小组．6．平面上有两个边长相等的正方形ABCD和A′B•′C′D，且正方形A′B′C′D′的顶点A′在正方形ABCD的中心，当正方形A′B′C•′D′绕A′转动时，两个正方形的中和部分的面积必然是一个定值，这个结论对吗？证明你的判断．7．有四个工厂A ，B ，C ，D 且AB=a （千米），BC=2a （千米），CD=4a （千米），∠ACB=90°，∠BCD=120°，现在要找一个供应站H 的位置，•使它到四个工厂的距离和HA+HB+HC+HD 为最小，说明道理，并求出最小值．8．ABCD是一个边长为1的正方形，U，•V•分别是AB，CD上的点，A V与DU相交于点P，BV与CU相交于点Q，求四边形PUQV面积的最大值．9．如图，两圆外切于点P，过点P作两条互相垂直的割线APA1和BPB1，•设两圆直径为d1，d2，求证AA12+BB12=定值．10．1600颗花生，分给100只猴子，求证：不管怎么分，至少有4•只猴子得到的花生一样多．11．用百分制记分，得分为整数，证明：（1）若201人的总分为9999分，则至少有3人的分数相同；（2）若201人的总分为10101分，则至少有3人的分数相同；（3）若201•人的总分为10000分，且已知无3人的分数相同，则必有1人100分，2人0分；（4）若201人的总分10100分，且已知无3人的分数相同，则必有1人0分，2人100分．12．平面上有40个点，任何三个点不共线，已知每一个点至少和其余27•个点之间有线段联结，求证：必可找到4个点A、B、C、D，它们之间任何两点间都有线段联结．13．平面上给出n≥3个点，并且所以的点不在同一直线上，证明：可以找到经过三个已知点的圆，使得其余的任何一个给定的点都不在该圆内部．14．有n个男生，m个女生（n，m≥2），每个男生至少与一个女生彼此相识，每个女生不全认识男生，证明：他们中必有两个男生与两个女生，•其中每个男生恰好认识其中一个女生，其中每个女生恰好认识其中一个男生．15．平面上有n个点，其中任意三个点做成的三角形的面积都小于1，求证：存在一个面积小于4的三角形包含这n个点．16．有201人参加考试，用百分制计分，总分为9999，求证：至少有三人同分．17．某车间的机床平均每小时有4台损坏需要修理，•损坏期间因停工所造成的损失每小时8元，为保证生产，车间准备请一名修理工，为机床进行长期保养维修．•现有甲、乙两名修理工情况如下：甲每小时可修5台，每小时工资为3元；乙每小时可修8台机床，但每小时工资为5元．试问：车间应请哪一名修理工核算？18．如图，在矩形ABCD中，AB=20厘米，若在AC，AB上各取一点M、N，使BM+MN 的值最小．19．如图，八个点处各写一个数字，•已知每个点处所写的数字等于和这个点有线段相连的三个点处的数字的平均数，求代数式1()21()3a b c d e f g ha b c d e f g h+++-++++++-+++的值．20．求证：方程x2+y2=3xy不存在正整数解．21．试把220分拆成9个不同的自然数之和，使其中最大数减去最小数的差为最小，并求出这个最小值．22．把100以内的自然数全部填入10行10列的方格表中，每格填一个，试证：•不存在这样的填法，使得每两个有公共边的相邻方格中所填的数字之差都不大于5．23．设S为平面上的一个有限点集（点数≥5），其中若干点涂上红色，•其余的点涂上蓝色．设任何三个或三个以上同色的点不共线，求证：存在一个三角形，使得（1）•它的三个顶点涂有相同的颜色；（2）这个三角形至少有一条边上不包含另一种颜色的点．24．有20支球队参加全国联赛，问至少要进行多少场比赛，•才能使任何三个队中必有两个队彼此比赛过？答案:1．提示：设D′是D点关于直线AB的对称点，连CD′交AB与P，由圆的对称性可知，点D′在圆上．∴PD′=PD．则PD′+PC=PD+PC．∵两点连线中，线段长最短，•∴此时的P，使PC+PD最小，且最小值为PC+PD′，即为线段CD′之长．2．A．提示：不妨设点P与C或BC的中点重合．3．6．提示：“极端”─P与B或C重合，再用面积公式计算：2428=6．4．D．提示：“极端”─当PCD变为PO时，有∠AEP=∠AOP=90°-∠APB=70°．5．9．提示：“极端”─要使组数最多，就要使每组人数既符合要求，又要尽可能小．因为1+2+3+…+10=55>54，1+2+3+…+9=45<54，故最多可分成9个小组．6．两个正方形的重合部分面积为一个定值，定值为正方形面积的14，证明略．7．当A，D分别位于BC两侧时，可求得最小值为4a；当A，D位于直线BC同侧时，可求得最小值为4a ，理由略． 8．如图，连接UV ．∵AU ∥DV ，∴S △UPV =S △DUV -S △PDV =S △ADV -S △PDV =S △ADP ．同理S △UQV -S △BQC ．故S 四边形PUQV =S △APD +S △BQC ．作PE ⊥AD ，•QF •⊥BC ，EF 为垂足，并设PE=x ，QF=y ，则S四边形PUQV =12（x+y ）． 设AU=a ，DV=b ，则x xa b +=DE+AE=1． 故x=ab a b+． 同理y=(1)(1)(11)a b a b ---+-=(1)(1)2a b a b ----．• 则S 四边形PUQV =12[ab a b ++(1)(1)2a b a b----] =222222()()2()2()(2)4()(2)a b a b a b a b a b a b a b a b a b +-++----=+--+-- ≤222()24()(2)a b a b ab a b a b +---+--=14． 等号当且仅当a=b 时成立．故四边形PUQV 面积的最大值是14． 9．“极端”─AA 1过O 1O 2，B 、B 1与P 点重合，则有AA 12+BB 12=（d 1+d 2）2，令AP=x 1，A 1P=x 2，•Bp=y 1，B 1P=y 2，则x 12+y 12=d 12，x 22+y 22=d 22， 则x y d x y d==．于是令x 1=d 1t ，x 2=d 1t ，y 1=d 1s ，y 2=d 2s ， 则s 2+t 2=1，从而2（x 1x 2+y 1y 2）=2d 1d 2．故有（x 1+x 2）2+（y 1+y 22）=（d 1+d 2）2．10．“极端”─无4只猴子分得的花生一样多，则就有3（0+1+…+32）+33=1617，故必有4只猴子分得的花生一样多．11．“极端”─在无三人分数相同的条件下，201人总分最少情况是：2人得0•分，2人得1分，……2人得99分，1人得100分，则2×（0+1+…+99）+100=10000；总分最多情况是：2人得100分，2人得99分，……，2人得1分，1人得0分，则有2×（100+99+…+1）+0=10100．（1）否则，9999≥10000，矛盾；（2）同（1），否则，10101<10100，矛盾；（3）总分10000恰是在无三人的分相同条件下，201人总分最小值，且是唯一取得；（4）同（3）略．12．任取点A，必存在B与A相连，由于与A不相连的最多有40-27-1=12个，与B•不相连的最多有40-27-1=12个，故与A、B同时有线段连结的最少有40-12-12-2=14个点，•从这14个点中任取一点C，则C与A、B均相连，由于与C不相连的最多有12个，故取C•之后剩下的13个点中至少有一点D与C相连，且D与A、B均相连，于是A、B、C、D•两两相连．13．“极端”─距离最小的两点，不妨设这对点（如果这样的点对不止一对，则任取一对）为A与B，以线段AB为直径作圆，则易见此圆的内部设有其他的给定点，在余下的给定点中任取一点C，使∠ACB最大，这样三角形ABC的外接圆就是符合要求的圆，因为若有一个已知点D位于所说外接圆的内部，由简单的几何知识可知∠ADC>∠ACB，这就和∠ACB的最大性相违背，所以圆内没有给定点中任何点．14．“极端”─认识男生最多的女生a1，由题设，令a1与男生b1不相识，设b1认识女生a2，由于a2认识的男生不如a1认识的多，所以必有一个男生b2，使得a1与b2相识，且a2与b2不相识，于是a1，a2，b1，b2即为所求．15．“极端”─这n个点作成的三角形中面积最大的一个三角形．设这n个点作成的三角形中面积最大的一个△A1A2A3，如图过顶点A1、A2、A3分别作对边的平行线，•得△ABC，显然，S△ABC=4S△A1B2C3<4．若△ABC外还有这n个点中一点，设为A4，于是有S△A1A3A4>S△A1A2A3，这与S△A1A2A3最大矛盾，所以△A1A2A3为所求．16．若无三人同分的总分至少是2（0+1+2+---+99）+100）=10000，与已知矛盾，•所以结论正确．17．取第一种极端：假设四台机床同时损坏，则雇甲需要：3+（0.2+0.2×2+0．2•×3+0.2×4）×8=19元；雇乙需要：5+（0.125+0.125×2+0.125×3+0.125×4）×8=15元；取第二种极端：假设四台机床相继损坏，则雇甲需要：3+（0.2+0.2+0.2+0.2）×8=9.4元；雇乙需要：5+（0.125+0.125+0.125+0.125）×8=9元．18．作点B关于直线AC的对称点E，则BM+MN的最小值为EN．根据N•的可移动性，•当EN垂直于AB时，EN最短．设BE交AC于F，直角三角形ABC中，BF=4所以BE=8•因为2S=AB×EN=BE×AF，可得EN=16．19．34．提示：不妨设这8个数中a的值最大．由于a=13（b+d+e），且3a≥b+d+e．因此，•必有a=b=d=e．同理可得c=f=g=h=a．即a=b=c=d=e=f=g=h．故1()21()3a b c d e f g ha b c d e f g h+++-++++++-+++=112113--=34．20．假设这个方程有正整数解x，y，由于x，y是正整数，那么在所有的x，y中必有最小的．若x1，y1是方程的一组最小正整数解，x12+y12=3xy，所以x12+y12是3的倍数．由完全平方数的性质得，x≡0（mod 3）．y≡0（mod 3），因此x1=3x2，y1=3y2，易证x2，y2满足方程组，即x2，y2是方程的另一组正整数解，显然，x1>x2，y1>y2与x1，y1是方程最小的正整数解矛盾．•所以方程x12+y12=3x1y1不存在正整数解．21．设9个不同的自然数x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，x9满足x1<x2<x3<x4<x5<x6<x7<x8<x9，x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9=220，根据自然数的性质有：x1+x1+1+x1+2+x1+3+x1+4+x1+5+x1+6+x1+7+x1+8•≤x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9=220≤x9-8+x9-7+x9-6+x9-5+x9-4+x9-3+x9-2+x9-1+x9解得x1≤2049，x9≥2849，取x1=20，x9=29．22．用反证法，考虑100以内的自然数中的两个极端元素1和100所填的位置，•设1填在第i行，100填在第j列，第i行j列的公共格上填的数是a，这里i和j 都是1至10的整数，从第iI行看，a与1之间最多相隔8格，得a-1≤5×（8+1），即a≤46；•又从第j•列看，100与a之间最多相隔8格，得100-a≤5×（8+1），即a ≥55，这与a≤46矛盾．23．对于S中任意5点，涂有红色或蓝色，则必有三点同色（抽屉原理），结论（1）•成立．三顶点同色的三角形个数是有限个，其中必有面积最小的一个，设为△ABC，•则△ABC中至少有一条边上不包含另一种颜色的点．若不然，△ABC的每条边上都有一个不同色的点，则这三个不同色的点又组成一个比△ABC更小的三顶点同色的三角形．•矛盾．24．从考虑20支球队中比赛场次最少的队着手，设A队比赛场次最少为k场，则（1）有k个队与A队比赛过，每个队至少比赛k场，以每队统计共至少进行k2场比赛；（2）•没有和A队比赛的有19-k个队，它们之间必须两两都比赛过，•否则没有比赛过的两队与A组成的三个队不合要求，因此这19-k个队以每队统计共比赛（19-k）（18-k）场．•在上述计算比赛场次是以每队计算的．由于一场比赛有两队参加，被计算过两次，•因此至少比赛场次为N=12[k+k2+（19-k）（18-k）]=（k-2）2+90≥90．下面证明，90•场比赛可以达到题目要求，将20支球队分成两个小组，每个小组各10支球队，•各小组分别进行单循环比赛，共需90场比赛，符合题目要求．。
高中数学竞赛讲义(全套)
高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3.初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
(2021年整理)高中数学竞赛讲义(免费)
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高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试)与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1。
平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点,欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题.几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴.面积方法,复数方法，向量方法,解析几何方法。
2。
代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质,一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式,切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理,多项式的相等，整系数多项式的有理根＊，多项式的插值公式＊。
n次多项式根的个数,根与系数的关系,实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程＊3。
初等数论同余，欧几里得除法,裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数［x］，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理＊.4.组合问题圆排列,有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
高中数学联赛竞赛大纲修订稿及全部定理内容
全国高中数学联赛竞赛大纲及全部定理内容一、平面几何1、数学竞赛大纲所确定的所有内容。
补充要求：面积和面积方法。
2、几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
3、几个重要的极值：到三角形三顶点距离之和最小的点--费马点。
到三角形三顶点距离的平方和最小的点--重心。
三角形内到三边距离之积最大的点--重心。
4、几何不等式。
5、简单的等周问题。
了解下述定理：在周长一定的ｎ边形的集合中,正ｎ边形的面积最大。
在周长一定的简单闭曲线的集合中,圆的面积最大。
在面积一定的ｎ边形的集合中,正ｎ边形的周长最小。
在面积一定的简单闭曲线的集合中,圆的周长最小。
6、几何中的运动：反射、平移、旋转。
7、复数方法、向量方法。
平面凸集、凸包及应用。
二、代数1、在一试大纲的基础上另外要求的内容：周期函数与周期,带绝对值的函数的图像。
三倍角公式,三角形的一些简单的恒等式,三角不等式。
2、第二数学归纳法。
递归,一阶、二阶递归,特征方程法。
函数迭代,求ｎ次迭代,简单的函数方程。
3、ｎ个变元的平均不等式,柯西不等式,排序不等式及应用。
4、复数的指数形式,欧拉公式,棣美弗定理,单位根,单位根的应用。
5、圆排列,有重复的排列与组合,简单的组合恒等式。
6、一元n次方程多项式根的个数,根与系数的关系,实系数方程虚根成对定理。
7、简单的初等数论问题,除初中大纲中所包括的内容外,还应包括无穷递降法,同余,欧几里得除法,非负最小完全剩余类,高斯函数,费马小定理,欧拉函数,孙子定理,格点及其性质。
三、立体几何1、多面角,多面角的性质。
三面角、直三面角的基本性质。
2、正多面体,欧拉定理。
3、体积证法。
4、截面,会作截面、表面展开图。
四、平面解析几何1、直线的法线式,直线的极坐标方程,直线束及其应用。
2、二元一次不等式表示的区域。
3、三角形的面积公式。
4、圆锥曲线的切线和法线。
5、圆的幂和根轴。
五、其它抽屉原理。
容斤原理。
极端原理。
集合的划分。
极端原理
极端原理直接抓住全体对象中的极端情形或它们所具有的某种极端性质加以研究、解决问题的 思想方法称为极端性原则.极端原理作为一种解题的思想，在几何、数论、组合、图论等方 面都有着广泛的应用。
为了肯定或否定组合数学问题的存在性，极端原理有着重大的作用。
考察极端情况，无形中给问题的讨论增加了一个条件，所以更加有利于问题的解决；使用反 证法时，讨论极端情况，使矛盾更容易暴露。
常用的极端原理基于下列事实：1．极端原理1.1.最小数原理、最大数原理命题一：有限个实数中，必有一个最小数（也必有一个最大数）。
命题二：任意有限个两两不同的实数可以从小到大排列顺序.上述两个命题对无穷多个实数可能不成立.例如，对于集合{2|} n n N - Î ，其中就没有最小数.而对于自然数而言，有最小数原理：若M 是自然数集N 的任一个非空子集（有限或无限均可），则M 中必有 最小数.1.2.最短长度原理最短长度原理 1：任意给定的两点，所有连接这两点的连线中，以直线段的长度最短. 最短长度原理 2：在连接一已知点和已知直线或已知平面的点的所有线中，以垂线段长 度为最短. 2．典型例题2.1 考虑问题的极端情形例 1.对平面上不全共线的n 个点，求证：必存在一条直线恰好只经过其中的两个点. 例 2.在四面体ABCD 中，必有某个顶点，从它出发的三条棱可以构成一个三角形.例 3. n 点个它们之间至少有 2 []1 4n + 条连线，求证：至少有一个三角形. 例 4.在一次乒乓球邀请赛中 (3) n n ³ 名选手中没有全胜者。
求证：一定存在选手 A 、B 、 C ，使得 A 胜 B 、B 胜 C 、C 胜 A 。
例 5.平面上有n 个红点，n 个蓝点， 任何三点都不共线。
试证明：存在着一种匹配关系， 使每个红点与其对应蓝点之间的连线统统都不相交。
例 6.若干个人聚会，其中某些人相互认识，已知如果某两人在聚会者中有相同数目的熟人，那么他们就不存在共同的熟人.证明：若聚会者中有人至少有2012 个熟人，则必然也有人恰好认识 2012个熟人.2.2 逐步调整法例 7. (3) n n > 名乒乓球选手单打比赛若干场后，任意两名选手已赛 过的对手恰好都不 相同。
【高中】高中竞赛数学讲义第11讲极端原理
【关键字】高中第十一讲极端原理考虑极端情况，是解决数学问题的非常重要的思考方式。
在具体解题过程中，常用到的极端元素有：数集中的最大数与最小数；两点间或点到直线距离的最大值与最小值；图形的最大面积或最小面积；数列的最大项或最小项；含元素最多或最少的集合，等等。
运用极端原理解决问题的基本思路，就是通过考虑问题的极端情形下的结果及解决极端情形的方法，寻找出解决问题的一般思路与方法，使问题得以顺利解决。
A类例题例1在正n棱锥中,相邻两侧面所成的二面角的取值范围是( )(A) (B)(C) (D) (1994 年全国高中联赛题)分析利用图形的极端位置解题。
解当正n棱锥的顶点S向下无限趋近底面正n边形中心时, 所求值趋于π；当S 向上运动, 趋向无穷远时, 正n棱锥趋于正n棱柱,所求值趋于正n边形的一个内角(即),故选A.例2有201人参加一次考试，规定用百分制记分，得分为整数，证明：（1）总分为9999分时，至少有3人得分相同；（2）总分为10101分时，则至少有3个人得分相同。
分析考虑无三人得分相同时的得分取值情况。
解无三人得分相同的最低分值为：2×(0+1+…99)+100=10000。
无三人得分相同的最高分值为：2×(1+2+…100)+ 0=10100。
即无三人得分相同时的得分取值情况为10000，10001，…，10100。
所以（1）总分为9999分时，至少有3人得分相同；（2）总分为10101分时，则至少有3个人得分相同。
说明从极端情形考虑无三人得分相同的最低分值是得0，1，…，99分各2人，得100分1人；无三人得分相同的最高分值是得1，2，…，100分各2人，得0分1人。
情景再现1．已知长方形的4 个顶点A(0 ,0) ,B(2 ,0) ,C(2 ,1) 和D(0 , 1),一质点从AB 的中点P0 沿与AB夹角为θ的方向入射到BC上的点P1后依次反射到CD 、DA和AB上的点是P2 、P3和P4 (入射角等于反射角). 设P4的坐标为(x4 ,0),若1<x4<2 ,则tanθ的取值范围是( )(A) (B)(C) (D)(2003年全国高考题) 2．已知A(2 , 3) ,B ( -3 , -2), 若直线过点P(1 , 1), 且与线段AB相交, 则直线的斜率k 的取值范围为( )(A) k≥. (B) ≤k≤2.(C) k≥2 或k≤ (D) k≤2.B类例题例3已知对任意正自然数n,不等式nlga< (n +1) lg ( a >0)恒成立, 求实数a的取值范围.分析用分离变量的方法处理恒成立的问题，即a>f(x)对任意x恒成立等价于a>max ｛f(x)｝.解当lg a >0 ,即a >1 时, 则不等式对任意正自然数n 恒成立, 因为当n 无限增大时,n 无限接近于1 ,且<1 , 所以a >1 ;当lg a <0 ,即0< a <1 时,要使对任意正自然数n 恒成立,因为的最小值为，所以a < ,即0< a < .故所求实数a 的取值范围是0< a < 或a >1.说明本题考虑了取值中的极端情形，而极值的取得充分利用了函数f(n)= 单调递增的性质。
初中数学专题4.5 极端原理
4.5 极端原理极端原理是一种从特殊情形看问题的方法，它往往以最大值、最小值、最长、最短等为出发点，寻找解题的突破口．应用极端原理时，常利用如下一些事实：性质1 在有限个数中，一定有最大数和最小数．性质2 无限个正整数中有最小数．性质3 无限个实数中不一定有最大数或最小数．性质4 设a i ＞0(i ＝1，2，•••，n )，若a 1＋a 2＋•••＋a n ＝M ，则a i 中至少存在一个a i ≥M n ，同时也至少存在一个a k ≤M n(1≤k ≤n )，我们称之为平均数原理． 例1 若2011可以分解成若干项不同疋整数之和，试问最多能分成几项?【分析】考虑极端情况，即每一项尽可能小．令2011＝a 1＋a 2＋•••＋a n ，且1≤a 1＜a 2＜a 3＜•••＜a k ，其中a 1，a 2，a 3，•••，a k 均为正整数，则a 1的最小值为1，由此可知a 2的最小值为2，•••，这样就有2011≥1＋2＋•••＋k ＝1(1)2k k +，由k 为正整数，可知k ≤62，又因为当a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，a 4＝4，a 5＝6，a 6=7，•••，a 62＝63时，有2011＝a 1＋a 2＋•••＋a 62，故最多可以分解为62项．由ii hf …音如，故最多Hi 取分解冷黻礪•【注】 从最简单的情况入手是常见的方法．例2 将1，2，3，4，5，6，7，8，9，10任意排列在一个圆周上，证明：其中必有3个连续的数之和不小于18．【解】设a 1，a 2，•••，a 10，是1，2，•••，10沿圆周顺时针方向的任意一个排列，不妨设a 1＝1，于是(a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋(a 8＋a 9＋a 10)＝1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝12(2＋10)×9＝54，从而由平均数原理可知：a 2＋a 3＋a 4，a 5＋a 6＋a 7，a 8＋a 9＋a 10中必有一个不小于13×54＝18． 【注】合理运用平均数原理对控制局部和与整体和往往十分有效．例3 平面上给定2010个点，任意两点的距离小于2005，任意三点是某钝角三角形的顶点．求证：存在直径不超过2005的圆，覆盖这2010个点．【解】考虑极端情况，即距离最大的两点．在这2010个点中，设两两之向距离最大的两点是点A 与点B ，且|AB |＜2005，那么以AB 为直径的圆覆盖了这2010个点．这是因为，如图4－5－1，分别过点A 与点B 作直线AB 的垂线l 1，l 2，则由题意，给定的点P 不能在直线l 1，l 2围成的带形区域之外，否则点P 到点B (或A )的距离大于AB ，这与AB 的最大性矛盾，同时，给定的点P '也不能在带形区域的圆外，否则点P '与A ，B 不能构成钝角三角形，与已知条件矛盾．故结论成立．（注意图中圆外角、圆周角与圆内角的大小关系） 【注】极端原理常体现在距离，长度，角度，面积及图形的极端情形等问题上．此例可一般化为：如果平面上给定n 个点，任两点距离小于常数a ，任三个点是某个钝角三角形的顶点，那么存在直径不超过a 的圆，覆盖这n 个点．例4 平面上有n 个点，其中过任意两点的直线都必过第三点，证明：这n 个点必在同一条直线上．图4－5－1【解】若这n 个点不全在同一条直线上，过这n 个点中的任意两点所确定的每条直线，都必然有不在此直线上的点．对每一条直线，求出n 个点中不在这条直线上的点到直线的距离，这些距离的数目将是有限种，所以由性质1可知，其中一定有一个最小的，记为d 0．如图4－5－2，设d 0是点A 到B 、C 所确定的直线的距离，作AP ⊥BC 于点P ．由题设，在直线BC 上还至少有这n 个点中的另一个点E ，且由抽屉原理知B 、C 、E 三点中至少有两个点位于P 点同侧(E 可能与P 重合)，从而不妨设C ，E 在P 点同侧，且PE ≤PC ．作EQ 丄AC 于点Q ，记d 1＝EQ ，那么应有d 1≥d 0，但△CEQ ∽△CAP ，所以101d EQ CE CP d AP AC AC ==≤<，即d 1＜d 0，矛盾． 这表明这n 个点全在同一条直线上． 【注】本题的背景是著名的Sylvester 问题：若平面上给出n 个不全共线的点，则存在一条直线l ，它恰通过其中两个点．这两个问题处理手法很相似，均利用了极端原理．例5 将51至150的所有整数写在一个10×10方格表中．试问：是否可能对任何两个写在以边相邻的方格中的数a 与b ，方程x 2－ax ＋b ＝0与x 2－bx ＋a ＝0中至少有一个方程有两个整数根？【解】假设存在，不妨考虑a 为素数且77＜a ≤150，而b 是写在与它以边相邻的方格中的数．如果方程x 2－bx ＋a ＝0有两个整数根，则由韦达定理知，它们的乘积为a ，它们的和为b ＞0．因此两个整数根只能为1和a ，于是b ＝a ＋1．如果方程x 2－ax ＋b ＝0有两个整数根x 1＜x 2，则同理可得x 1＋x 2＝a ，x 1·x 2＝b ．若x 1，x 2≥2，则b ＝x 1(a －x 1)≥2(a －2)，这是因为一次函数y ＝t (a －t )在t ≤2a 时单调递增，从而b ≥2a －4＞150，这不可能．这就意味着此时一个根等于1，另一个根为a －1，即对这样的素数a ，它的邻格中只能写a ＋1或a －1，从而它只能有两个邻格，进而素数a 只能写在角上的方格中．然而一共只有四个角上方格，而在78至150之间却至少存在5个质数(79，83，89，97，101)，它们不可能全都写在角上的方格中，从而结论为否定．【注】本题的难点是发现素数的邻格仅有2个．例6 在正方体的几个顶處£各写有一个互不相同的整数，在每条棱上写上其两个端点上的数的最大公约数．试问：几个顶点上的数字之和能否等于12条棱上的数之和？【分析】本题的类键在于如何实现对最大公约数的控制．【解】若正整数a ＞b ，则(a ，b )≤b 且2(a ，b )≤a ，则此可知3(a ，b )≤a ＋b ，从而推得：如果将正方体各棱上的此类不等式相加，结论成立的条件是：每条棱上所写之数须满足(a ，b )＝3a b +，进而a 与b 中较大的数等于较小数的二倍．其次，现假设在某条棱两端分别写着整数a 和b 有a ＝2b ．考察从标有a 的顶点出发的剩下两条棱的另一端，不妨设这另一端分别写着c 与d ，那么由前面论证可知：c 与d 都或者为2a 或者2a ． 若c 与d 中有一个为2a ，则它将等于b ，这与互不相等矛盾，否则c 与d 自身相等也矛盾． 综上所述，结论为否定．【注】利用数论中最大公约数的性质估算实现了局部与整体之间的过渡．图4－5－2A B P E C Qd 0d 1练习4.51．平面内给定9个点，其中任意3点不共线，若这9个点之间连有21条段，证明：存在以给定点为顶点，所连线段为边的三角形．2．设有((n ≥2)名选手进行比赛，任意两位选手都进行一场比赛，每场比均决出胜负．求证：存在选手A ，使得其他的任一选手，或是输给A ，或输给被A 打败的某一名选手．3．平面上有n 个点，其中任三点都可组成三角形，且其面积均不超过l ，证明：存在一个面积不超过4的三角形，它能覆盖住所有n 个点．4．已知平面上n 个点之间至少有214n ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦条连线．证明：这n 个点中至少存在一个三角形． 5．将方格之间没有隔墙的8×8国际象棋盘称为迷宫．根据指令“向右”，可以将棋子车向右移动一格，但若右边是棋盘边缘或有隔墙，则将棋子车停在原地．对于指令“向左”、“向上”、“向下”，也作相应理解．程序员写了1个程序，即由若干指令所形成的有限序列，并把它交给操作员．操作员可以选择适合的迷宫，并将棋子车放在他认为合适的任何方格中．试问，程序员能否可以写出这样的程序，使得操作员无论如何选择迷宫和棋子车的初始位置，棋子车都可以走遍迷宫中任何允许到达的方格？参考解答 练习4.51．假设结论不成立，并设给定的9个点从A 1出发的线段最多，有k 条，并设它们是A 1B 1，A 1B 2，•••，A 1B k ，除A 1，B 1，•••，B k 外，其他的9－(k ＋1)＝8－k 个点为A 2，A 3，•••，A 9-k ．因为假设不存在以所连线段为边的三角形，故B 1，B 2，•••，B k 中任意两点间没有连线，从而从B 1，B 2，•••，B k 中任意两点间没有连线，从而由B 1，B 2，•••，B k 出发的线段最多有9－k 条(因为每个点B i 至多与A 1，A 2，•••，A 9-k 都有连线)．又从A 1，A 2，•••，A 9-k 中每点出发至多有k 条线，故从各点出发的线段数目总和至多为k (9－k )＋(9－k )·k ＝2k (9－k )．所连线段数目总和至多k (9－k )≤()()298144k k +-=＜21，矛盾． 2．假设这n 名选手中，取胜场次最多的一名选手为A ．对其他任一选手B ，若B 不是输给A ，即B 胜A ．因B 战胜的对手不多于A 战胜的对手，故除A ，B 之外，A 战胜的对手多于B 战胜的对手，从而必存在选择C 是A 战胜的，但不是B 战胜的，即B 输给被A 打败的选手C ，故结论成立．3．平面上由n 个点组成的三角形的数目是有限的，其中必有一个面积最大的三角形，设为△ABC ，过各顶点分别作对边的平行线，可得一个新△A B C '''，如图，则4A B C ABC S S '''∆∆=．因为ABC S ∆≤1，所以A B C S '''∆≤4．平面上所有的n 个点全被△A B C '''覆盖住，否则设△A B C '''外有一点P ，则有PBC S ∆或PAB S ∆或PCA S ∆＞ABC S ∆，这与ABC S ∆最大性矛盾．4．设n 个点为A 1，A 2，•••，A n ，不妨设从A 1引出的连线最多，共有k条，适当调整下标，可认为是A 1A n ，A 1A n -1，•••，A 1A n －k +1，由于不存在三角形，则A n －k +1，A n －k +2，•••，A n 之间没有连线，从而任何一条连线至少有一个端点是A 1，A 2，•••，A n －k 中的点，故连线总数≤k (n －k )≤22n ⎛⎫ ⎪⎝⎭．连线条数为正整数，故连线总数≤24n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦．所以，结论成立．AB C A'B'C'5．将所有起始状态(迷宫和棋子车的最初位置)编号，它们的总数是有限的．先针对起始状态No．1，编写出可以使得棋子车走遍迷宫的程序P1．如果现在起始状态是No．2，那么先按程序P1操作，如果棋子车不能走遍迷宫，那么就续写后面的程序，使之走遍迷宫，得到程序P2，对于起始状态No．3，先按程序P2操作，如果棋子车不能走遍迷宫，那么就续写后面的程序，使之走遍迷宫，得到程序P3，如此一直下去，由于棋盘数目是有限格，其不同组合方式为有限集，故可以得到所需程序．。
高中数学竞赛_组合【讲义】
第十八章 组合一、方法与例题1．抽屉原理。
例1 设整数n ≥4,a 1,a 2,…,a n 是区间(0,2n)内n 个不同的整数，证明：存在集合{a 1,a 2,…,a n }的一个子集，它的所有元素之和能被2n 整除。
[证明] （1）若n ∉{a 1,a 2,…,a n },则n 个不同的数属于n-1个集合{1,2n-1}，{2,2n-2},…,{n-1,n+1}。
由抽屉原理知其中必存在两个数a i ,a j (i ≠j)属于同一集合，从而a i +a j =2n 被2n 整除；（2）若n ∈{a 1,a 2,…,a n }，不妨设a n =n ，从a 1,a 2,…,a n -1(n-1≥3)中任意取3个数a i , a j , a k (a i ,<a j < a k )，则a j -a i 与a k -a i 中至少有一个不被n 整除，否则a k -a i =(a k -a j )+(a j -a i )≥2n ，这与a k ∈(0,2n)矛盾，故a 1,a 2,…,a n-1中必有两个数之差不被n 整除；不妨设a 1与a 2之差(a 2-a 1>0)不被n 整除，考虑n 个数a 1,a 2,a 1+a 2,a 1+a 2+a 3,…,a 1+a 2+…+a n-1。
ⅰ）若这n 个数中有一个被n 整除，设此数等于k n ，若k 为偶数，则结论成立；若k 为奇数，则加上a n =n 知结论成立。
ⅱ）若这n 个数中没有一个被n 整除，则它们除以n 的余数只能取1,2,…,n-1这n-1个值，由抽屉原理知其中必有两个数除以n 的余数相同，它们之差被n 整除，而a 2-a 1不被n 整除，故这个差必为a i , a j , a k-1中若干个数之和，同ⅰ）可知结论成立。
2．极端原理。
例2 在n ×n 的方格表的每个小方格内写有一个非负整数，并且在某一行和某一列的交叉点处如果写有0，那么该行与该列所填的所有数之和不小于n 。
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第十一讲 极端原理考虑极端情况，是解决数学问题的非常重要的思考方式。
在具体解题过程中，常用到的极端元素有：数集中的最大数与最小数；两点间或点到直线距离的最大值与最小值；图形的最大面积或最小面积；数列的最大项或最小项；含元素最多或最少的集合，等等。
运用极端原理解决问题的基本思路，就是通过考虑问题的极端情形下的结果及解决极端情形的方法，寻找出解决问题的一般思路与方法，使问题得以顺利解决。
A 类例题例1在正n 棱锥中,相邻两侧面所成的二面角的取值范围是( )(A) 2,n n ππ-⎛⎫ ⎪⎝⎭(B) 1,n n ππ-⎛⎫ ⎪⎝⎭ (C) 0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭ (D) 21,n n n n ππ--⎛⎫ ⎪⎝⎭(1994 年全国高中联赛题) 分析 利用图形的极端位置解题。
解 当正n 棱锥的顶点S 向下无限趋近底面正n 边形中心时, 所求值趋于π；当S 向上运动, 趋向无穷远时, 正n 棱锥趋于正n 棱柱,所求值趋于正n 边形的一个内角(即2n nπ-),故选A. 例2有201人参加一次考试，规定用百分制记分，得分为整数，证明：（1）总分为9999分时，至少有3人得分相同；（2）总分为10101分时，则至少有3个人得分相同。
分析 考虑无三人得分相同时的得分取值情况。
解 无三人得分相同的最低分值为：2×(0+1+…99)+100=10000。
无三人得分相同的最高分值为：2×(1+2+…100)+ 0=10100。
即无三人得分相同时的得分取值情况为10000，10001，…，10100。
所以（1）总分为9999分时，至少有3人得分相同；（2）总分为10101分时，则至少有3个人得分相同。
说明 从极端情形考虑无三人得分相同的最低分值是得0，1，…，99分各2人，得100分1人；无三人得分相同的最高分值是得1，2，…，100分各2人，得0分1人。
情景再现1．已知长方形的4 个顶点A(0 ,0) ,B(2 ,0) ,C(2 ,1) 和D(0 , 1),一质点从AB 的中点P 0 沿与AB 夹角为θ的方向入射到BC 上的点P 1后依次反射到CD 、DA 和AB 上的点是P 2 、P 3和P 4 (入射角等于反射角). 设P 4的坐标为(x 4 ,0),若1<x 4<2 ,则tan θ的取值范围是( ) (A) 1,13⎛⎫⎪⎝⎭ (B) 12,33⎛⎫ ⎪⎝⎭(C) 21,52⎛⎫ ⎪⎝⎭ (D) 22,53⎛⎫ ⎪⎝⎭(2003年全国高考题)2．已知A(2 , 3) ,B ( -3 , -2), 若直线l 过点P(1 , 1), 且与线段AB 相交, 则直线l 的斜率k 的取值范围为( )(A) k ≥34. (B) 34≤k ≤2. (C) k ≥2 或k ≤34 (D) k ≤2. B 类例题例3已知对任意正自然数n,不等式nlga< (n +1) lg a a ( a >0)恒成立, 求实数a 的取值范围.分析 用分离变量的方法处理恒成立的问题，即a>f(x)对任意x 恒成立等价于a>max ｛f(x)｝.解 当lg a >0 ,即a >1 时, 则不等式1n a n >+对任意正自然数n 恒成立, 因为当n 无限增大时,n 无限接近于1 ,且1n n +<1 , 所以a >1 ; 当lg a <0 ,即0< a <1 时,要使1n a n <+对任意正自然数n 恒成立,因为1n n +的最小值为12，所以a < 12,即0< a <12. 故所求实数a 的取值范围是0< a <12或a >1. 说明 本题考虑了1n n +取值中的极端情形，而极值的取得充分利用了函数f(n)=1n n +单调递增的性质。
例4 已知二次函数y = ax 2+ bx + c( a >0) 的图象经过M( 1-, 0),N( 1+ , 0) , P (0 , k) 三点, 若∠MPN 是钝角, 求a 的取值范围.分析 若利用余弦定理, 并由-1<cos ∠MPN <0 ,则将得到一个较复杂的不等式. 我们从钝角的极端情形直角着手。
解 当∠M PN 为直角时, 则点P 在以MN 为直径的圆周⊙O 1 上, 于是P 是该圆与y 轴的交点, 如图, 由勾股定理不难得k =±1 , ∴当∠M PN 为钝角时, 点P 在⊙O 1内, 由a >0 知: 点P 应在y 轴的负半轴上. 把P (0 , k) 的坐标代入y = a( x -1+)( x -1 -) 得a =-k, 因此,0< a <1.说明 根据平面几何的知识∠MPN 是钝角意味着P 点在以MN 为直径的圆内。
例5黑板上写着从1开始的n 个连续正整数,擦去其中一个数后,其余各数的平均值是73517,求擦去的数. 分析 此题的常规方法是转变为列出并处理一个不定方程的问题, 但运算复杂,而从其极端情形考虑, 很快获解, 运算简洁、解法扼要.解 考虑擦去数的极端情形, 显然擦去1 与n 是其极端情形,若擦去的数是1 , 则得平均值为(1)12212n n n n +-+=-；若擦去的数是n, 则平均值为(1)212n n n n n +-=-,根据极端状态下的平均值与已知平均值的联系,显然有2n ≤73517≤22n +, 从而69≤n ≤70 ,即68≤n -1 ≤69.而n -1 个整数的平均数是73517, 所以n -1 是17 的倍数,故n -1=68 ,即n = 69. 最后,设擦去的数为x, 则12697356817x +++-=. ∴x =7 ,即擦去的数是7.说明 本题用到等差数列前n 项的和 1+2+3+…+n=(1)2n n +。
例6若干只箱子的总重量为10吨，每一只箱子重量不超过1吨，问为了把这些箱子用载重3吨的卡车运走。
（1）证明：有一个办法至多分5次就可以把这此批货物全部运完；（2）至少需要多少次一定可以把货物全部运完。
分析 把这此批货物全部运完需构造装货最多的极端情形，4次不一定能运完需构造“最不利”的极端情形。
解 （1）先往车上尽量装货，一直装到不超过3吨，但再加上一箱便超过3吨为止，照此办理5次至少运输5×2＝10吨，得证；（2）可知3次至多运输3×3＝9吨，考察4次的情况，设每次装x 吨，则由31033x x ≤⎧⎨->⎩，得73x <。
取 2.3x =，每箱重2.33吨，即12只箱子2.33吨，一只箱子重0.8吨，则4次不一定能运完。
而由（1）5次一定可以把这此批货物全部运完，所以至少5次一定可以把货物全部运完。
说明 请注意“最不利”的极端情形的构造方式，当然方式不唯一。
情景再现3．已知函数f( x)=14(x +1)2.若存在t ∈R,只要x ∈[ 1 , m](m >1),就有f(x+t)≤x, 则m 的最大值是( )(A)8. (B) 9. (C)10. (D)11.4．现有20 张扑克牌,分别是4 张10 , 4 张9 ,4 张8 ,4 张7 ,4 张6. 为了确保摸出4 对同数字扑克牌,则至少要摸出多少张? C 类例题例7 给定平面上不全在一直线上的有限个点，试证：必有一条直线只经过其中的两点． 分析 该命题是英国著名数学家西勒维斯特（Sylvester ，1814-1897）提出的，故称之为西勒维斯特问题．这个问题也可以叙述为：设Ω是平面上的有限点集，若过Ω中任意两点的直线上还存在有Ω的点，则集合Ω中的所有点共线．西勒维斯特问题初看起来结论似乎比较“显然”，应该不难证明．但实际上这个问题提出近50年的时间内无人解决．解 设所有的点（有限）构成集合Ω，点P ∈Ω，集合∏表示由至少过A 中两点的全体直线构成的集合，l ∈∏．(),d P l 表示点P 到直线l 的正距离（l 不通过点P ），∑表示所有(),d P l 的集合．因为Ω中的点不全在一直线上，所以∑非空，又Ω是有限集，所以∑也是有限集，于是∑中有一个最小元素，设为()0,d P m ．下面证明：直线m 只经过Ω中的两点． 假定m 经过Ω中的至少三个点，例如经过1P ，2P ，3P ．设0P 点在直线m 上的垂足为Q ，那么Q 点的一侧必有两个点（其中一个点可能和Q 重合），设为2P ，3P ，且32QP QP >．另直线n 为经过0P 、3P 的直线，显然()()20,,d P n d P m <．这与()0,d P m 的最小性矛盾，从而m 只能经过两个点．说明 与西勒维斯特问题相应，有一个对偶的命题：在平面上给定n 条两两互不平行的直线，若对于它们中任何2条直线的交点，都有这n 条直线中的另一条过这点．则这n 条直线共点．例8设有2n×2n 的正方形方格棋盘，在其中任意的3n 个方格中各放一个棋子，求证：可以选出n 行n 列，使得3n 枚棋子都在这n 行n 列中。
分析 考虑尽可能选取棋子数目较多的n 行。
解 在各行棋子中，一定有一行棋子最多，设有1p 枚棋子。
从剩下的12-n 行中找一行棋子最多的，设有2p 枚，…，找n 行，共有n p p p +++ 21枚棋子，则所选n 行至少有n 2枚棋子。
否则，若n p p p +++ 21≤12-n ，则n n n p p p 221+++++ ≥1+n 。
∴1p ，2p ，…，n p 中必有一个不大于1，1+n p ，2+n p ，…，n p 2中必有一个大于1，与1p ≥2p ≥…≥n p 2矛盾。
∴剩下的n 枚棋子从n 列中选即可。
说明 本题是极端原理在操作策略上解题的一个应用。
情景再现5．已知：在△ABC 中，∠A ＞90°，AD 是BC 边上的高，求证：AB ＋AC ＜AD ＋BC 。
6．已知有10张圆纸片，它们盖住的平面图形的面积为1。
证明：可以从中选出若干张互不重叠的圆纸片，使得它们的面积之和不小于91。
习题A1．把16个互不相等的数排成下表： 11a 12a 13a 14a21a 22a 23a 24a31a 32a 33a 34a41a 42a 43a 44a先取出每一行最大的数，共得4个数，设其中最小的数为x ，再取出每一列中最小的数，也得到4个数，设其中最大的数为y ，那么x ，y 的大小关系是 ( )A. x ＝yB. x ＜yC. x ≥yD. x ≤y 。
2．已知n 是自然数，且n ≥2，那么方程n n x x x x x x 2121=+++，在正整数范围内的解 （ ）A. 不存在B. 有且仅有一组C. 至少有一组D. 至少有2n 组3．设有n （n ≥2）名选手进行乒乓球比赛，任两名选手都进行一场比赛，每场比赛均决出胜负，求证：存在选手A ，使得其他的任一选手，或是输给A ，或是输给被A 打败的某一名选手。