高中数学竞赛培训讲义

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高中数学竞赛特级教师培训教材(49页)

高中数学竞赛培训教材编者：全国特级|教师(一)集合与容斥原理集合是一种根本数学语言、一种根本数学工具 .它不仅是高中数学的第|一课 ,而且是整个数学的根底 .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＝{X∣X =a2 +b2,a、b∈Z} ,X1 ,X2∈A ,求证：X1X2∈A .分析：A中的元素是自然数 ,即由两个整数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 ,此题要证明的是：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,N ∈Z证明：设X1＝a2 +b2 ,X2 =c2 +d2 ,a、b、c、d∈Z.那么X1X2＝(a2 +b2)(c2 +d2)＝a2c2 +b2d2 +b2c2 +a2d2＝a2c2 +2ac·bd +b2d2 +b2c2 -2bc·ad +a2d2＝(ac +bd)2 +(bc -ad)2 又a、b、c、d∈Z ,故ac +bd、bc -ad∈Z ,从而X1X2∈A练习:1.设两个集合S ={x|x =12m +8n,m,n∈Z},T ={x|x =20p +16q,p,q∈Z}.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.函数f (x ) =x2 +ax +b,a,b∈R,且A ={x|x =f(x)},B ={x|x =f[f(x)]}.(1)求证:A B;(2)假设A ={ -1 ,3}时 ,求集合B.二、集合中待定元素确实定例2．集合M＝{X ,XY ,lg(xy)} ,S＝{0 ,∣X∣ ,Y} ,且M＝S ,那么(X＋1/Y)＋(X2＋1/Y2)＋……＋(X2002＋1/Y2002)的值等于().分析：解题的关键在于求出X和Y的值 ,而X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根本性质即确定性、异性、无序性及集合之间的根本关系(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} ,S ＝{0 ,∣X∣ ,1/X}.再由两集合相等知当X＝1时 ,M＝{1,1 ,0} ,S＝{0,1 ,1} ,这与同一个集合中元素的互异性矛盾 ,故X＝1不满足题目要求；当X＝－1时 ,M＝{－1,1 ,0} ,S＝{0,1 ,－1} ,M＝S ,从而X＝－1满足题目要求 ,此时Y＝－1 ,于是X2K＋1＋1/Y2K＋1＝－2(K＝0,1 ,2 ,……) ,X2K＋1/Y2K＝2(K＝1,2 ,……),故所求代数式的值为0.练习:{}54321,,,,a a a a a A = ,{}2524232221,,,,a a a a a B = ,其中54321,,,,a a a a a 是正整数 ,且54321a a a a a <<<< ,并满足{}41,a a B A =⋂ ,B A a a ⋃=+若,1041中的所有元素之和为234 ,求集合A .三．容斥原理根本公式:(1)card(A ∪B)＝card(A)＋card(B)－card(A ∩B)； (2)card(A ∪B ∪C) =card(A) +card(B) +card(C) -card(A ∩B) -card(A ∩C) -card(B ∩C) +card(A ∩B ∩C)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},那么card(A) =15 ,card(B) =8 ,card(C) =14 ,card(A ∪B ∪C) =28,且card(A ∩B) =3 ,card(A ∩C) =3 ,card(A ∩B ∩C) =0,由公式②得28＝15＋8＋14－3－3－card(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15－3－3＝9(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99－9＝90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210－1＝1023个 ,这是解决问题的突破口 .解：集合含有10个不同的两位数 ,因它含有10个元素 ,故必有210＝1024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90＋91＋…98＋99＝945<1023 ,根据抽屉原理 ,一定存在2个不同的子集 ,其元素之和相等 .如此2个子集无公共元素 ,即交集为空集 ,那么已符合题目要求；如果这2个子集有公共元素 ,那么划去它们的公共元素即共有的数字 ,可得两个无公共元素的非空子集 ,其所含各数之和相等 .说明：此题构造了一个抽屉原理模型 ,分两步完成 ,计算子集中数字之和最|多有945个 "抽屉〞 ,计算非空子集得1023个 "苹果〞 ,由此得出必有两个子集数字之和相等 .第二步考察它们有无公共元素 ,如无公共元素 ,那么已符合要求；如有公共元素 ,那么去掉相同的数字 ,得出无公共元素并且非空的两个子集 ,满足条件 .例4．设A＝{1,2 ,3 ,… ,n} ,对X A ,设X中各元素之和为Nx ,求Nx的总和.解：A中共有n个元素 ,其子集共有2n个 .A中每一个元素在其非空子集中都出现了2n -1次 ,(为什么 ?因为A的所有子集对其中任一个元素i都可分为两类 ,一类是不含i的 ,它们也都是{1,2 ,… ,i -1,i +1,…n}的子集 ,共2n -1个；另一类是含i的 ,只要把i参加到刚刚的2n -1个子集中的每一个中去) .因而求A的所有子集中所有元素之和Nx的总和时 ,A中每一个元素都加了2n -1次 ,即出现了2n -1次 ,故得＝1×2n -1＋2×2n -1＋…＋n……2n -1＝(1＋2＋…＋n)·2n -1＝n(n +1)/2×2n -1＝n(n +1)×2n -2说明：这里运用了整体处理的思想及公式1＋2＋…＋n＝(1/2)n(n +1) ,其理论依据是加法的交换律、结合律、乘法的意义等,集合中每一个元素都在总和中出现了2n -1次 ,是翻开解题思路之门的钥匙 .练习:{1,2,3,……,100},且对任意x,y∈A,必有2x≠y,求集合A中所含元素个数的最|大值.6.某地区网球俱乐部都有20名成员,举行14场单打比赛,每人至|少上场1次.求证:必有6场比赛,其12名参赛者各不相同.(二) 二次函数一、二次函数的解析式:①定义式：f(x) =ax2 +bx +c.②顶点式：f(x) =a(x -h)2 +k.③零点式：f(x) =a(x -x1)(x -x2).(a≠0)二、二次函数的最|值:当自变量的取值范围为闭区间[p,q]时 ,其最|值在f(p)、f(q)、f( -b/2a)三者中取得 ,最|值情况如下表：-b/2a∈[p,q] -b/2a [p,q]a> 0fmin =f( -b/2a) =((4ac-b2)/4a)fmax =max{f(p),f(q)}fmin =min{f(p),f(q)}fmax =max{f(p),f(q)}a< 0fmax =f( -b/2a) =((4ac -b2)/4a)fmin =min{f(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.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 =k2 +3k +5.∴x12＋x22＝ (x1＋x2 )2 -2x1x2 =(k -2)2 -2(k2 +3k +5= -k2 -10k -6 = -(k +5)2 +19 .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Δ≥0 ,即Δ＝(k -2)2 -4(k2 +3k +5) = -3k2 -16k -16≥0 解得： -4≤k≤ -4/3.∵k = -5[ -4, -4/3] ,设f(k) = -(k +5)2 +19那么f( -4) =18,f( -4/3) =50/9<18.∴当k = -4时 ,(x12 +x22)max =18.例3.f(x) =x2 -2x +2 ,在x∈[t,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 +1<1即t<0时 ,g(t) =f(t +1) =t2 +1(2)当t≤1≤t +1 ,即0≤t≤1时 ,g(t) =f(1) =1 (3)当t>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 =2y2≥0 ,∴x2≤1 ,－1≤x≤1 .∴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 +(3/2)x(2 -x) = -1/2 (x -3)2 +9/2又y2 =(3/2)x (2 -x)≥0 ,得0≤x≤2.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 ,(x1＜x2) ,Δ =b2-4ac ,且α、β(α＜β)是预先给定的两个实数 .1．当两根都在区间(α,β)内 ,方程系数所满足的充要条件∵α＜x1＜x2＜β ,对应的二次函数f(x)的图象有以下两种情形当a＞0时的充要条件是：Δ＞0 ,α＜ -b/2a＜β ,f(α)＞0 ,f(β)＞0当a＜0时的充要条件是：Δ＞0 ,α＜ -b/2a＜β ,f(α)＜0 ,f(β)＜0两种情形合并后的充要条件是：Δ＞0 ,α＜ -b/2a＜β ,af(α)＞0 ,af(β)＞0 ①2．当两根中有且仅有一根在区间 (α ,β )内 ,方程系数所满足的充要条件∵α＜x1＜β或α＜x2＜β ,对应的函数f(x)的图象有以下四种情形从四种情形得充要条件是：f(α)·f(β)＜0②3．当两根都不在区间［α ,β］内方程系数所满足的充要条件(1 )两根分别在区间［α ,β］之外的两旁时∵x1＜α＜β＜x2 ,对应的函数f(x)的图象有以下两种情形(2 )两根分别在区间［α ,β］之外的同旁时∵x1＜x2＜α＜β或α＜β＜x1＜x2 ,对应函数f(x)的图象有以下四种情形当x1＜x2＜α时的充要条件是：Δ＞0 , -b/2a＜α ,af(α)＞0④当β＜x1＜x2时的充要条件是：Δ＞0 , -b/2a＞β ,af(β)＞0⑤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)的图形是以下两种情形之一：那么 (1 -m2 )f(0)＜0,(1 -m2)f(1)＜0；即1 -m2＞0,(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α和β分别满足0＜α＜1和1＜β＜2 ?解：设y =f(x) =7x2 -(k +13)x +k2 -k -2 ,那么因为a =7＞0 ,且方程f(x) =0有两实根α ,β ,所以它的图象是开口向上且与X轴相交于两点 (α,0 )、(β,0)的抛物线 .由于0＜α＜1 ,1＜β＜2 ,可知在x＜α或x＞β时 ,f(x)取正值；在α＜x＜β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3＜k＜4 .练习:m ,使得关于x 的方程121121-=+-+x m x x 有且只有整数根.21321)(2+-=x x f 在区间[a ,b]上的最|小值为2a ,最|大值为2b ,求区间[a ,b] .3.方程x2 +2px +1 =0有一个根大于1 ,有一个根小于1 ,那么p 的取值为_________.四．二次函数与二次不等式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．假设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 +… +anbn)x +(b12 +b22 +… +b2n).当a12 +a22 +… +a2n ≠0即a1,a2,…,an 不全为零时 ,显然有对x ∈R ,f(x)≥0 ,故f(x)＝0的判别式：Δ =4 (a1b1 +a2b2 +… +anbn )2 -4(a12 +a22 +… +a2n)(b12 +b22 +… +b2n)≤0.即 (a1b1 +a2b2 +… +anbn )2≤(a12 +a22 +… +a2n)·(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＜x1＜x2＜1/a .(1 )当x ∈(0,x1)时 ,证明x ＜f(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：①欲证：x ＜f(x)＜x ,只须证：0＜f(x) -x ＜x1 -x ①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),①式即: 0＜a(x -x1)(x -x2)x1 -x ② ∵a ＞0 ,x ∈(0,x1),x1 -x ＞0,∴a(x1 -x)＞0 ,②式两边同除以a(x1 -x)＞0 ,得：0＜x2 -x ＜1/a ,即：x ＜x2＜1/a +x . 这由条件：0＜x ＜x1＜x2＜1/a ,即得：x ＜x2＜(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 -x1/2 = -b/2a -x1/2＜0③由韦达定理 ,x1 +x2 =( -b -1)/a ,(x1 +x2)/2 = -(b -1)/2a ,代入③式 ,有( -(b/2a)) -(x1/2) =(x2/2) -(1/(2a))＜0 ,即：x2＜1/a 由：0＜x1＜x2＜1/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 )抽屉原理的根本形式定理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 )假设不存在至|少有两个元素的集合 ,那么每个集合至|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．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.分析：5个点的分布是任意的 .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〞 ,那么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 ,那么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BC≥AB ,所以∠A≥∠C ,那么∠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0＜ai≤1 (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 ,那么结论可以修改为：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：此题似乎茫无头绪 ,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根本知识：任何一个正整数都可以表示成一个奇数与2的方幂的积 ,即假设m∈N +,K∈N + ,n∈N,那么m =(2k -1)·2n ,并且这种表示方式是唯一的 ,如1 =1×2° ,2 =1×21 ,3 =3×2° ,……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 ,1×2 ,1×22 ,1×23 ,1×24 ,1×25 ,1×26}；2 ){3 ,3×2 ,3×22 ,3×23 ,3×24 ,3×25}；3 ){5 ,5×2 ,5×22 ,5×23 ,5×24}；4 ){7 ,7×2 ,7×22 ,7×23}；5 ){9 ,9×2 ,9×22 ,9×23}；6 ){11 ,11×2 ,11×22 ,11×23}；……25 ){49 ,49×2}；26 ){51}；……50 ){99} .这样 ,1 -100的正整数就无重复 ,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 ,根据抽屉原那么 ,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 ,此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 ,那么其中必有两个数 ,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 +1＞n ,由抽屉原那么 ,结论就是必然的了 .给n以具体值 ,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认的 (n均为正整数 )想一想 ,为什么 ? ①从2 ,3 ,4 , (2)+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 ?②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 ,那么它们的结论是肯定的还是否认的 ?你能判断证明吗 ?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；①2 ,3；②4 ,5 ,6；③7 ,8 ,9 ,10；④11 ,12 ,13 ,14 ,15 ,16；⑤17 ,18 ,19 ,20 ,21 ,22 ,23 , ⑥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②组到第⑥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 )此题可以改变表达如下：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}；否那么不满足限制条件.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 ,使假设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〞,那么第7个抽屉为{26 ,27 ,28 ,29 ,30 ,31 ,32 ,33 ,34 ,35 ,36 ,37 ,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〞 ,那么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 ,那么称(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2×2×…×2 =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 ,都可以找出假设干个数来 (可以是一个数 ) ,它们的和可被100整除 .分析：此题也似乎是茫无头绪 ,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 ,那么其可构造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：设的整数为a1,a2,…a100考察数列a1,a2,…a100的前n项和构成的数列S1 ,S2 ,…S100 .如果S1 ,S2 ,...S100中有某个数可被100整除 ,那么命题得证 .否那么 ,即S1 ,S2 , (100)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 ) ,那么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 .此题直接对{an}进行分类是很难奏效的 .但由{an}构造出{Sn}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那么 .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学竞赛 .例6．17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 ,假设讨论第|一个问题那么在相应两点连红线 ,假设讨论第2个问题那么在相应两点连条黄线 ,假设讨论第3个问题那么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 =3×5 +1 ,因而必有 6 =5 +1条同色 ,不妨记为AB1 ,AB2 ,AB3 ,AB4 ,AB5 ,AB6同红色 ,假设Bi (i =1 ,2 ,… ,6 )之间有红线 ,那么出现红色三角线 ,命题已成立；否那么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 =2×2 +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 .这时假设B2 ,B3 ,B4之间有黄线 ,那么有黄色三角形 ,命题也成立 ,假设B2 ,B3 ,B4 ,之间无黄线 ,那么△B2 ,B3 ,B4 ,必为蓝色三角形 ,命题仍然成立 .说明: (1 )此题源于一个古典问题 - -世|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：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 .证明至|少有三个科学家 ,他们互相之间讨论同一个题目 .(4 )回忆上面证明过程 ,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 )×2 +2 ,17 = (6 -1 )×3 +2 ,66 = (17 -1 )×4 +2 ,同理可得 (66 -1 )×5 +2 =327 , (327-1 )×6 +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 ,那么至|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也可表达成：把m×n +1个元素放进n个集合 ,那么必有一个集合中至|少放有m +1个元素 .例7．9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2∶3 .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ABGH和CDHG ,并且与EF相交于 P.梯形ABGH的面积：梯形CDHG的面积 =2∶3,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×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 =EP∶PF ,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2∶3的两局部 .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2∶3 ,那么这条直线必定通过AD、BC中点连线上的两个类似的点 (三等分点 ) .这样 ,在正方形内就有4个固定的点 ,但凡把正方形面积分成两个面积为2∶3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 =4×2 +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：本例中的抽屉比拟隐蔽 ,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×梯形的高的充分感悟 .例8．910瓶红、蓝墨水 ,排成130行 ,每行7瓶 .证明：不管怎样排列 ,红、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行中假设有一行P与A (B ) "行式〞相同 ,那么P ,A ,B满足 "至|少有三行完全相同〞；在其余 (除A ,B外 )的128行中假设没有与A (B )行式相同者 ,那么128行至|多有127种不同的行式 ,依抽屉原那么 ,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(a>0,且a≠1)叫做指数函数 .它的根本情况是：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 ,y>03 )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a>1时为增函数；当0<a<1时 ,为减函数 .5 )无奇偶性 ,是非奇非偶函数 ,但y =ax与y =a -x的图象关于y轴对称 ,y =ax与y = -ax 的图象关于x轴对称；y =ax与y =logax的图象关于直线y =x对称 .6 )有两个特殊点：零点 (0 ,1 ) ,不变点 (1 ,a )7 )抽象性质：f(x) =ax(a>0,a≠1),f(x +y) =f(x)·f(y),f(x -y) =f(x)/f(y)函数y =logax(a>0,且a≠1)叫做对数函数 ,它的根本情况是：1 )定义域为正实数(0 , +∞ )2 )值域为全体实数 ( -∞ , +∞ )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a>1时是增函数 ,当0<a<1时是减函数 .5 )无奇偶性 .但y =logax与y =log(1/a)x关于x轴对称 ,y =logax与y =loga( -x)图象关于y轴对称 ,y =logax与y =ax图象关于直线y =x对称 .6 )有特殊点 (1 ,0 ),(a ,1)7 )抽象运算性质f(x) =logax(a>0,a≠1) ,f(x·y) =f(x) +f(y),f(x/y) =f(x) -f(y)二、例题例1．假设f(x) =(ax/(ax +√a)) ,求f(1/1001) +f(2/1001) +f(3/1001) +… +f(1000/1001)。

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。

高中数学竞赛教案讲义

高中数学竞赛教案讲义主题：高中数学竞赛备考一、课程目标：1. 提高学生数学逻辑思维能力和解题能力；2. 增强学生对数学知识的理解和应用能力；3. 培养学生团队合作意识和竞赛意识；4. 培养学生学习数学的兴趣和信心。

二、教学内容：1. 数论知识与解题方法；2. 代数知识与解题方法；3. 几何知识与解题方法；4. 概率与统计知识与解题方法。

三、教学重点：1. 突出数学问题解题的逻辑思维；2. 突出数学知识运用的方法；3. 突出解题过程中的技巧与技法。

四、课堂教学安排：第一节课：数论知识与解题方法1. 介绍数论基础知识；2. 讲解数论解题方法；3. 练习数论题目。

第二节课：代数知识与解题方法1. 复习代数基础知识；2. 讲解代数解题方法；3. 练习代数题目。

第三节课：几何知识与解题方法1. 复习几何基础知识；2. 讲解几何解题方法；3. 练习几何题目。

第四节课：概率与统计知识与解题方法1. 介绍概率与统计基础知识；2. 讲解概率与统计解题方法；3. 练习概率与统计题目。

五、课后作业：1. 每节课的课后习题；2. 复习本节课的知识点；3. 复习前几节课的知识点；4. 组织小组讨论解题方法。

六、教学评估：1. 每节课的课堂练习成绩；2. 期中考试成绩；3. 期末考试成绩；4. 学生综合表现与进步情况。

七、教学心得与总结：数学竞赛备考是一个长期的过程，需要坚持不懈和不断努力。

教师要引导学生找到解题的方法，培养学生的数学思维和解题能力。

同时，学生也要积极主动，多加练习，不断提高自己的数学水平。

希望通过我们的共同努力，可以在数学竞赛中获得好的成绩。

高中数学竞赛讲义

高中数学竞赛讲义一、数学竞赛概述数学竞赛作为一种普及数学知识、培养学生动手能力和思维能力的形式越来越受到人们的重视。

在学生们的数学学习道路上，参加数学竞赛既可以拓宽数学视野，又可以激发学习兴趣，提高解决问题的能力。

因此，掌握数学竞赛的解题技巧和方法显得尤为重要。

二、常见数学竞赛题型1. 判断题：对错难定，需要严密地逻辑推理，做题时要仔细阅读题目和选项，理清思路，做出准确判断。

2. 选择题：包括单选和多选，需要理解题意，分析选项并选择正确答案。

在解答多选题时，尤其要注意排除干扰项。

3. 填空题：填空题要求对知识点有深入理解，准确地计算并填写答案。

解答填空题时要注意精确计算，不出现大的误差。

4. 解答题：解答题难度较大，需要考生具备深厚的数学基础和解题技巧。

解答题时要逻辑清晰、表述准确，给出详细的解题过程和答案。

5. 证明题：证明题是数学竞赛中的重头戏，要求考生深入理解数学原理，熟练运用推理方法，严密地推演证明过程，确保证明的准确性和完整性。

三、数学竞赛的备考建议1. 熟练掌握基础知识：数学竞赛离不开扎实的基础知识，要多练习经典题目，熟悉各种解题方法，打牢基础。

2. 注重思维训练：数学竞赛考验的不仅是知识面，更重要的是解题思维和方法。

锻炼逻辑思维，注重推理能力的培养。

3. 多做题多练习：多参加数学竞赛训练营、题解讨论会，多做模拟题和历年真题，积累解题经验，提高解题速度和准确度。

4. 态度决定成败：对待数学竞赛要积极认真，保持良好的心态，相信自己的能力，不断学习进步。

四、数学竞赛的意义参加数学竞赛可以拓宽学生的视野，激发学习兴趣，培养学生的自信心和解决问题的能力。

数学竞赛不仅仅是一种知识技能的检验，更是一种学习态度和思维方式的养成。

通过参加数学竞赛，学生可以更深入地了解数学学科，提高自身的综合素质，为未来的学习和发展打下坚实的基础。

五、结语高中数学竞赛虽然挑战性较大，但是只要有充分的准备和信心，相信每一位学生都能在竞赛中取得优异的成绩。

高中数学竞赛讲义

数学竞赛讲义目录第一章集合 (2)第二章函数 (15)§2.1函数及其性质 (15)§2.2二次函数 (21)§2.3函数迭代 (28)§2.4 抽象函数 (32)第三章数列 (37)§3.1 等差数列与等比数列 (37)§3.2 递归数列通项公式的求法 (44)§3.3 递推法解题 (48)第四章三角平面向量复数 (51)第五章直线、圆、圆锥曲线 (60)第六章空间向量简单几何体 (68)第七章二项式定理与多项式 (75)第八章联赛二试选讲 (82)§8.1 平几名定理、名题与竞赛题 (82)§8.2 数学归纳法 (99)§8.3 排序不等式 (103)第一章集合集合是高中数学中最原始、最基础的概念，也是高中数学的起始单元，是整个高中数学的基础.它的基础性体现在：集合思想、集合语言和集合的符号在高中数学的很多章节如函数、数列、方程与不等式、立体几何与解析几何中都被广泛地使用.在高考试题和数学竞赛中，很多问题可以用集合的语言加以叙述.集合不仅是中学数学的基础，也是支撑现代数学大厦的基石之一，本章主要介绍集合思想在数学竞赛中出现的问题.§1.1集合的概念与运算【基础知识】一．集合的有关概念1．集合：具有某些共同属性的对象的全体，称为集合.组成集合的对象叫做这个集合的元素.2．集合中元素的三个特征：确定性、互异性、无序性.3．集合的分类：无限集、有限集、空集 .4. 集合间的关系：二．集合的运算1．交集、并集、补集和差集A\.差集：记A、B是两个集合，则所有属于A且不属于B的元素构成的集合记作B即A x B A ∈={\且}B x ∉.2.集合的运算性质(1)A A A = ,A A A = (幂等律);(2)A B B A =, A B B A =(交换律);(3))()(C B A C B A =, )()(C B A C B A =(结合律);(4))()()(C A B A C B A =,)()()(C A B A C B A =(分配律);(5)A A B A =)( ,A B A A =)( (吸收律);(6)A A C C U U =)((对合律);(7))()()(B C A C B A C U U U =, )()()(B C A C B A C U U U =(摩根律)(8))\()\()(\C A B A C B A =,)\()\()(\C A B A C B A =.3.集合的相等(1)两个集合中元素相同,即两个集合中各元素对应相等;(2)利用定义,证明两个集合互为子集;(3)若用描述法表示集合,则两个集合的属性能够相互推出(互为充要条件),即等价;(4)对于有限个元素的集合,则元素个数相等、各元素的和相等、各元素之积相等是两集合相等的必要条件.【典例精析】【例1】在集合},,2,1{n 中,任意取出一个子集,计算它的各元素之和.则所有子集的元素之和是 .〖分析〗已知},,2,1{n 的所有的子集共有n 2个.而对于},,2,1{n i ∈∀,显然},,2,1{n 中包含i 的子集与集合},,1,1,,2,1{n i i +-的子集个数相等.这就说明i 在集合},,2,1{n 的所有子集中一共出现12-n 次,即对所有的i 求和,可得).(211∑=-=n i n n i S 【解】集合},,2,1{n 的所有子集的元素之和为2)1(2)21(211+⋅=+++--n n n n n =.2)1(1-⋅+⋅n n n 〖说明〗本题的关键在于得出},,2,1{n 中包含i 的子集与集合},,1,1,,2,1{n i i +-的子集个数相等.这种一一对应的方法在集合问题以及以后的组合总是中应用非常广泛.【例2】已知集合}034|{},023|{222<+-=<++=a ax x x B x x x A 且B A ⊆,求参数a 的取值范围.〖分析〗首先确定集合A 、B,再利用B A ⊆的关系进行分类讨论.【解】由已知易求得}0)3)((|{},12|{<--=-<<-=a x a x x B x x A当0>a 时,}3|{a x a x B <<=,由B A ⊆知无解;当0=a 时,φ=B ,显然无解;当0<a 时, }3|{a x a x B <<=,由B A ⊆解得.321≤≤-a 综上知,参数a 的取值范围是]32,1[-.〖说明〗本题中,集合的定义是一个二次三项式,那么寻于集合B 要分类讨论使其取值范围数字化,才能通过条件求出参数的取值范围.【例3】已知+∈∈R y R x ,,集合}1,2,{},1,,1{2+--=---++=y y y B x x x x A .若B A =,则22y x +的值是( )A.5B.4C.25D.10【解】0)1(2≥+x ,x x x -≥++∴12,且012>++x x 及集合中元素的互异性知 x x x -≠++12,即1-≠x ,此时应有.112-->->++x x x x而+∈R y ,从而在集合B 中,.21y y y ->->+ 由B A =,得)3()2()1(12112⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=---=-+=++yx y x y x x 由(2)(3)解得2,1==y x ,代入(1)式知2,1==y x 也满足(1)式..5212222=+=+∴y x〖说明〗本题主要考查集合相等的的概念,如果两个集合中的元素个数相等,那么两个集合中对应的元素应分别相等才能保证两个集合相等.而找到这种对应关系往往是解决此类题目的关键.【例4】已知集合}|,|,0{)},lg(,,{y x B xy y x A ==.若B A =,求++++)1()1(22yx y x ……+)1(20082008y x +的值.〖分析〗从集合A=B 的关系入手,则易于解决.【解】B A = ,⎩⎨⎧=⋅⋅+=++∴0)lg(||)lg(xy xy x y x xy xy x ,根据元素的互异性,由B 知0,0≠≠y x . B ∈0 且B A =,A ∈∴0,故只有0)lg(=xy ,从而.1=xy又由A ∈1及B A =,得.1B ∈所以⎩⎨⎧==1||1x xy 或⎩⎨⎧==11y xy ,其中1==y x 与元素的互异性矛盾! 所以,1-=y x 代入得:++++)1()1(22y x y x ……+)1(20082008yx +=(2-)+2+(2-)+2+……+(2-)+2=0. 〖说明〗本题是例4的拓展,也是考查集合相等的概念,所不同的是本题利用的是集合相等的必要条件,即两个集合相等,则两个集合中,各元素之和、各元素之积及元素个数相等.这是解决本题的关键.【例5】已知A 为有限集,且*N A ⊆,满足集合A 中的所有元素之和与所有元素之积相等,写出所有这样的集合A.【解】设集合A=)1}(,,,{21>n a a a n 且n a a a <<≤211,由=+++n a a a 21n a a a ⋅⋅⋅ 21, *)(N n n a n ∈≥,得≥n na =+++n a a a 21n a a a ⋅⋅⋅ 21)!1(-≥n a n ,即)!1(-≥n n 2=∴n 或3=n (事实上,当3>n 时,有)2)1()2)(1()!1(n n n n n >⋅-≥--≥-. 当2=n 时,1,2,21122121=∴<∴<+=⋅a a a a a a a ,而.2,1122≠∴+≠⋅n a a当3=n 时,3,3213321321<⋅∴<++=⋅⋅a a a a a a a a a ,.2,121==∴a a由3332a a +=,解得.33=a综上可知,}.3,2,1{=A〖说明〗本题根据集合中元素之间的关系找到等式,从而求得集合A.在解决问题时,应注意分析题设条件中所给出的信息,根据条件建立方程或不等式进行求解.【例6】已知集合}02|{},023|{22≤+-=≤+-=a ax x x S x x x P ,若P S ⊆,求实数a 的取值组成的集合A.【解】}21|{≤≤=x x P ,设a ax x x f +-=2)(2.①当04)2(2<--=∆a a ,即10<<a 时,φ=S ,满足P S ⊆;②当04)2(2=--=∆a a ,即0=a 或1=a 时,若0=a ,则}0{=S ,不满足P S ⊆,故舍去;若1=a 时,则}1{=S ,满足P S ⊆.③当04)2(2>--=∆a a 时,满足P S ⊆等价于方程022=+-a ax x 的根介于1和2之间. 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥-≥-<<><⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥<--<>∆0340121100)2(0)1(22)2(10a a a a a f f a 或φ∈⇔a . 综合①②③得10≤<a ,即所求集合A }10|{≤<=a a .〖说明〗先讨论特殊情形(S=φ),再讨论一般情形.解决本题的关键在于对∆分类讨论,确定a 的取值范围.本题可以利用数形结合的方法讨论.0>∆【例7】(2005年江苏预赛)已知平面上两个点集{(,)||1|,M x y x y x y =++∈R }, {(,)||||1|1,,N x y x a y x y =-+-≤∈R }. 若 MN ≠∅, 则 a 的取值范围是．【解】由题意知 M 是以原点为焦点、直线 10x y ++= 为准线的抛物线上及其凹口内侧的点集，N 是以 (,1)a 为中心的正方形及其内部的点集(如图)．考察 M N =∅ 时, a 的取值范围:令 1y =,代入方程|1|x y ++=, 得 2420x x --=，解出得2x =± 所以，当211a <= 时, M N =∅． ………… ③令 2y =，代入方程|1|x y ++=得 2610x x --=. 解出得3x =．所以，当3a > 时, M N =∅． ………… ④因此, 综合 ③ 与 ④ 可知，当13a ≤≤+即[13a ∈ 时, M N ≠∅．故填[1-.【例8】已知集合},,,{4321a a a a A =,},,,{24232221a a a a B =,其中4321a a a a <<<,N a a a a ∈4321,,,.若},{41a a B A = ,1041=+a a .且B A 中的所有元素之和为124,求集合A 、B.【解】 4321a a a a <<<,且},{41a a B A = ,∴211a a =,又N a ∈1,所以.11=a又1041=+a a ,可得94=a ,并且422a a =或.423a a =若922=a ,即32=a ,则有,12481931233=+++++a a 解得53=a 或63-=a (舍) 此时有}.81,25,9,1{},9,5,3,1{==B A若923=a ,即33=a ,此时应有22=a ,则B A 中的所有元素之和为100≠124.不合题意. 综上可得, }.81,25,9,1{},9,5,3,1{==B A〖说明〗本题的难点在于依据已知条件推断集合A 、B 中元素的特征.同时上述解答中使用发分类讨论的思想.分类讨论是我们解决问题的基本手段之一,将问题分为多个部分,每一部分的难度比整体都要低,这样就使问题变得简单明了.【例9】满足条件||4|)()(|2121x x x g x g -≤-的函数)(x g 形成了一个集合M,其中R x x ∈21,,并且1,2221≤x x ,求函数)(23)(2R x x x x f y ∈-+==与集合M 的关系. 〖分析〗求函数23)(2-+=x x x f 集合M 的关系,即求该函数是否属于集合M,也就是判断该函数是否满足集合M 的属性. 【解】|3||||)23()23(||)()(|212122212121++⋅-=++-++=-x x x x x x x x x f x f取65,6421==x x 时, .||4||29|)()(|212121x x x x x f x f ->-=- 由此可见,.)(M x f ∉〖说明〗本题中M 是一个关于函数的集合.判断一个函数)(x f 是否属于M,只要找至一个或几个特殊的i x 使得)(i x f 不符合M 中的条件即可证明.)(M x f ∉【例10】对集合}2008,,2,1{ 及每一个非空子集定义唯一“交替和”如下:把子集中的数按递减顺序排列,然后从最大数开始,交替地加减相继各数,如}9,6,4,2,1{的“交替和”是612469=+-+-,集合}10,7{的“交替和”是10－7=3,集合}5{的“交替和”是5等等.试求A 的所有的“交替和”的总和.并针对于集合},,2,1{n 求出所有的“交替和”.〖分析〗集合A 的非空子集共有122008-个,显然,要想逐个计算“交替和”然后相加是不可能的.必须分析“交替和”的特点,故可采用从一般到特殊的方法.如{1,2,3,4}的非空子集共有15个,共“交替和”分别为:{1} 1;{2} 2 ;{3} 3;{4} 4;{1,2} 2-1; {1,3} 3-1; {1,4} 4-1;{2,3} 3-2;{2,4} 4-2;{3,4} 4-3;{1,2,3} 3-2+1;{1,2,4} 4-2+1;{1,3,4} 4-3=1;{2,3,4} 4-3+2;{1,2,3,4} 4-3+2-1.从以上写出的“交替和”可以发现,除{4}以外,可以把{1,2,3,4}的子集分为两类:一类中包含4,另一类不包含4,并且构成这样的对应:设i A 是{1,2,3,4}中一个不含有的子集,令i A 与i A }4{相对应,显然这两个集合的“交替和”的和为4,由于这样的对应应有7对,再加上{4}的“交替和”为4,即{1,2,3.4}的所有子集的“交替和”为32.【解】集合}2008,,2,1{ 的子集中,除了集合}2008{,还有222008-个非空子集.将其分为两类:第一类是含2008的子集,第二类是不含2008的子集,这两类所含的子集个数相同.因为如果i A 是第二类的,则必有}2008{ i A 是第一类的集合;如果j B 是第一类中的集合,则j B 中除2008外,还应用1,2,……,2007中的数做其元素,即j B 中去掉2008后不是空集,且是第二类中的.于是把“成对的”集合的“交替和”求出来,都有2008,从而可得A 的所有子集的“交替和”为.2008220082008)22(2120072008⨯=+⨯- 同样可以分析},,2,1{n ,因为n 个元素集合的子集总数为n 2个(含φ,定义其“交替和”为0),其中包括最大元素n 的子集有12-n 个,不包括n 的子集的个数也是12-n 个,将两类子集一一对应(相对应的子集只差一个元素n ),设不含n 的子集“交替和”为S,则对应的含n 子集的“交替和”为S n -,两者相加和为n .故所有子集的“交替和”为.21n n ⋅-〖说明〗本题中＂退到最简＂,从特殊到一般的思想及分类讨论思想、对应思想都有所体现,这种方法在数学竞赛中是常用的方法,在学习的过程中应注意强化.【例11】一支人数是5的倍数的且不少于1000人的游行队伍，若按每横排4人编队，最后差3人；若按每横排3人编队，最后差2人；若按每横排2人编队，最后差1人，求这支游行队伍的人数最少是多少？〖分析〗已知游行队伍的总人数是5的倍数，那么可设总人数为n 5.“按每横排4人编队，最后差3人”，从它的反面去考虑，可理解为多1人，同样按3人、2人编队都可理解为“多1人”，显然问题转化为同余问题.n 5被4、3、2除时都余地，即15-n 是12的倍数，再由总人数不少于1000人的条件，即可求得问题的解.【解】设游行队伍的总人数为)(5+∈N n n ，则由题意知n 5分别被4、3、2除时均余1，即15-n 是4、3、2的公倍数，于是可令)(1215+∈=-N m m n ，由此可得：5112+=m n ①要使游行队伍人数最少，则式①中的m 应为最少正整数且112+m 为5的倍数，应为2.于是可令)(25+∈+=N p q m ，由此可得：512]1)25(12[51+=++⋅=p p n ，25605+≥p n ② 所以10002560≥+p ，4116≥p . 取17=p 代入②式，得10452517605=+⨯=n故游行队伍的人数最少是1045人.〖说明〗本题利用了补集思想进行求解，对于题目中含有“至少”、“至多”、“最少”、“不都”、“都”等词语，可以根据补集思想方法，从词义气反面（反义词）考虑，对原命题做部分或全部的否定，用这种方法转化命题，常常能起到化繁为简、化难为易的作用，使之寻求到解题思想或方法，实现解题的目的.【例12】设n N ∈且n ≥15，B A ,都是{1，2，3，…，n }真子集，A B φ=，且A B ={1，2，3，…，n }.证明：A 或者B 中必有两个不同数的和为完全平方数.【证明】由题设，{1，2，3，…，n }的任何元素必属于且只属于它的真子集B A ,之一. 假设结论不真，则存在如题设的{1，2，3，…，n }的真子集B A ,，使得无论是A 还是B 中的任两个不同的数的和都不是完全平方数.不妨设1∈A ，则3∉A ，否则1+3=22，与假设矛盾，所以3∈B .同样6∉B ，所以6∈A ，这时10∉A ，，即10∈B .因n ≥15，而15或者在A 中，或者在B 中，但当15∈A 时，因1∈A ，1+15=24，矛盾；当15∈B 时，因10∈B ，于是有10+15=25，仍然矛盾.因此假设不真,即结论成立.【赛向点拨】1.高中数学的第一个内容就是集合，而集合又是数学的基础.因此，深刻理解集合的概念,熟练地进行集合运算是非常重要的.由于本节中涉及的内容较多,所以抓好概念的理解和应用尤其重要.2.集合内容几乎是每年的高考与竞赛的必考内容.一般而言,一是考查集合本身的知识;二是考查集合语言和集合思想的应用.3.对于给定的集合,要正确理解其含义,弄清元素是什么,具有怎样的性质?这是解决集合问题的前提.4.集合语言涉及数学的各个领域,所以在竞赛中,集合题是普遍而又基本的题型之一.【针对练习】(A 组)1.(2006年江苏预赛) 设在xOy 平面上，20x y ≤<，10≤≤x 所围成图形的面积为31，则集合},1),{(≤-=x y y x M }1),{(2+≥=x y y x N 的交集N M 所表示的图形面积为( ) A.31 B.32 C.1 D.34 2. (2006年陕西预赛)b a ,为实数,集合M=x x f a P ab →=:},0,{},1,{表示把集合M 中的元素x 映射到集合P 中仍为x ,则b a +的值等于( )A.1-B.0C.1D.1± 3. (2004年全国联赛)已知M={}32|),(22=+y x y x ，N={}b mx y y x +=|),(，若对于所有的R m ∈，均有,φ≠⋂N M 则b 的取值范围是A ．[26,26-] B.（26,26-）C.（332,332-） D.[332,332-] 4. (2005年全国联赛) 记集合},6,5,4,3,2,1,0{=T },4,3,2,1,|7777{4433221=∈+++=i T a a a a a M i 将M 中的元素按从大到小的顺序排列，则第2005个数是（）A ．43273767575+++ B ．43272767575+++ C ．43274707171+++ D ．43273707171+++ 5. 集合A,B 的并集A ∪B={a 1,a 2,a 3}，当且仅当A≠B 时，(A,B)与(B,A)视为不同的对，则这样的(A,B)对的个数有( )A.27B.28.C.26D.256.设A={n |100≤n ≤600,n ∈N }，则集合A 中被7除余2且不能被57整除的数的个数为______________.7. 已知2{430,}A x x x x R =-+<∈,12{20,2(7)50,}x B x a x a x x R -=+-++∈且≤≤.若A B ⊆,则实数a 的取值范围是 .8. 设M={1,2,3,…,1995}，A 是M 的子集且满足条件: 当x ∈A 时,15x ∉A ，则A 中元素的个数最多是_______________.9. (2006年集训试题)设n 是正整数，集合M={1，2，…，2n }．求最小的正整数k ，使得对于M 的任何一个k 元子集，其中必有4个互不相同的元素之和等于10. 设A ＝{a |a ＝22x y -,,x y Z ∈}，求证：⑴21k -∈A (k Z ∈)； ⑵42 ()k A k Z -∉∈. 11.（2006年江苏）设集合()12log 32A x x ⎧⎫⎪⎪=-≥-⎨⎬⎪⎪⎩⎭，21a B x x a ⎧⎫=>⎨⎬-⎩⎭．若A B ≠∅，求实数a 的取值范围．12. 以某些整数为元素的集合P 具有下列性质：①P 中的元素有正数，有负数；②P 中的元素有奇数,有偶数；③－1∉P ；④若x ，y ∈P ,则x ＋y ∈P 试判断实数0和2与集合P 的关系.(B 组)1. 设S 为满足下列条件的有理数的集合：①若a ∈S ，b ∈S ，则a +b ∈S ， S ab ∈；②对任一个有理数r ，三个关系r ∈S ，－r ∈S ，r ＝0有且仅有一个成立.证明：S 是由全体正有理数组成的集合.2．321,,S S S 为非空集合，对于1，2，3的任意一个排列k j i ,,，若j i S y S x ∈∈,，则k S y x ∈-（1）证明：三个集合中至少有两个相等.（2）三个集合中是否可能有两个集无公共元素？3．已知集合：}1|),{(},1|),{(},1|),{(22=+==+==+=y x y x C ay x y x B y ax y x A 问（1）当a 取何值时，C B A )(为含有两个元素的集合？（2）当a 取何值时，C B A )(为含有三个元素的集合？4．已知{}22(,)4470,,A x y x y x y x y R =++++=∈, {}(,)10,,B x y xy x y R ==-∈.⑴请根据自己对点到直线的距离,两条异面直线的距离中 “距离”的认识,给集合A 与B 的距离定义;⑵依据⑴中的定义求出A 与B 的距离.5.设集合=P ｛不小于３的正整数｝，定义Ｐ上的函数如下：若P n ∈，定义)(n f 为不是n 的约数的最小正整数，例如5)12(,2)7(==f f .记函数f 的值域为Ｍ.证明：.99,19M M ∉∈6．为了搞好学校的工作，全校各班级一共提了P )(+∈N P 条建议.已知有些班级提出了相同的建议，且任何两个班级都至少有一条建议相同，但没有两个班提出全部相同的建议.求证该校的班级数不多于12-P 个.【参考答案】A 组1.解： N M 在xOy 平面上的图形关于x 轴与y 轴均对称，由此N M 的图形面积只要算出在第一象限的图形面积乘以4即得.为此，只要考虑在第一象限的面积就可以了.由题意可得，N M 的图形在第一象限的面积为A ＝613121=-.因此N M 的图形面积为32. 所以选B.2.解:由M=P,从而1,0==a a b ,即0,1==b a ,故.1=+b a 从而选C. 3. 解：M N ≠∅相当于点（0，b ）在椭圆2223x y +=上或它的内部221,322b b ∴≤∴-≤≤.故选A. 4.解: 用p k a a a ][21 表示k 位p 进制数，将集合M 中的每个数乘以47，得 32123412347{777|,1,2,3,4}{[]|,1,2,3,4}.i i M a a a a a T i a a a a a T i '=⋅+⋅+⋅+∈==∈= M ' 中的最大数为107]2400[]6666[=.在十进制数中，从2400起从大到小顺序排列的第2005个数是2400－2004=396.而=10]396[7]1104[将此数除以47，便得M 中的数.74707171432+++故选C.5.解：A=φ时，有1种可能；A 为一元集时，B 必须含有其余2元，共有6种可能；A 为二元集时，B 必须含有另一元.共有12种可能；A 为三元集时，B 可为其任一子集.共8种可能.故共有1+6+12+8=27个.从而选A.6．解：被7除余2的数可写为7k +2. 由100≤7k +2≤600.知14≤k ≤85. 又若某个k 使7k +2能被57整除，则可设7k +2=57n . 即57256227778n n n n k n -+--===+.即n －2应为7的倍数. 设n =7m +2代入，得k =57m +16. ∴14≤57m +16≤85. ∴m =0,1.于是所求的个数为85－(14－1)－2=70．７．解：依题意可得{13}A x x =<<,设1()2x f x a -=+,2()2(7)5g x x a x =-++要使A B ⊆,只需()f x ,()g x 在(1,3)上的图象均在x 轴的下方,则(1)0f ≤,(3)0f ≤,(1)0g ≤,(3)0g ≤,由此可解得结果.8．解：由于1995=15⨯133，所以，只要n >133，就有15n >1995.故取出所有大于133而不超过1995的整数. 由于这时己取出了15⨯9=135, … 15⨯133=1995. 故9至133的整数都不能再取，还可取1至8这8个数，即共取出1995—133+8=1870个数, 这说明所求数≥1870.另一方面，把k 与15k 配对，（k 不是15的倍数，且1≤k ≤133）共得133—8=125对，每对数中至多能取1个数为A 的元素，这说明所求数≤1870，综上可知应填1870.9.解：考虑M 的n +2元子集P={n －l ，n ，n +1，…，2n }．P 中任何4个不同元素之和不小于(n －1)+n +( n +1)+( n +2)=4 n +2，所以k ≥n +3．将M 的元配为n 对，B i =(i ，2 n +1－i )，1≤i ≤n ．对M 的任一n +3元子集A ，必有三对123,,i i i B B B 同属于A(i 1、I 2、I 3两两不同)．又将M 的元配为n －1对，C I (i ，2n －i )，1≤i ≤n －1．对M 的任一n +3元子集A ，必有一对4i C 同属于A ，这一对4i C 必与123,,i i i B B B 中至少一个无公共元素，这4个元素互不相同，且和为2 n +1+2 n =4 n +1,最小的正整数k = n +310．10.解: ⑴∵k ,1k -∈Z 且21k -＝22(1)k k --,∴21k -∈A ；⑵假设42 ()k A k Z -∈∈,则存在,x y Z ∈,使42k -＝22x y -即()()2(21)x y x y k -+=- (*) 由于x y -与x y +具有相同的奇偶性，所以（*）式左边有且仅有两种可能：奇数或4的倍数，另一方面，（*）式右边只能被4除余2的数，故（*）式不能成立.由此，42()k A k Z -∉∈.11.解：{}13A x x =-≤<，()(){}30B x x a x a =--<．当0a >时，{}03B x a x a =<<<，由A B ≠∅得03a <<；当0a <时，{}30B x a x a =<<<，由AB ≠∅得1a >-；当0a =时，{}20B x x =<=∅，与A B ≠∅不符．综上所述，()()1,00,3a ∈-．12．解：由④若x ，y ∈P ,则x ＋y ∈P 可知，若x ∈P ，则)( N k P kx ∈∈（1）由①可设x ，y ∈P ，且x ＞0，y ＜0，则－y x ＝|y |x (|y |∈N ) 故x y ,－y x ∈P ,由④,0＝(－y x )+x y ∈P .（2）2∉P .若2∈P ，则P 中的负数全为偶数，不然的话，当－（12+k ）∈P （N k ∈）时，－1＝（－12-k ）＋k 2∈P ，与③矛盾.于是，由②知P 中必有正奇数.设),( 12,2N n m P n m ∈∈--，我们取适当正整数q ，使 12|2|->-⋅n m q ，则负奇数P n qm ∈-+-)12(2.前后矛盾B 组1．证明：设任意的r ∈Q ，r ≠0,由②知r ∈S ，或－r ∈S 之一成立.再由①，若r ∈S ，则S r ∈2；若－r ∈S ，则S r r r ∈-⋅-=)()(2.总之，S r ∈2.取r =1，则1∈S .再由①，2=1+1∈S ，3=1+2∈S ，…，可知全体正整数都属于S . 设S q p ∈,，由①S pq ∈，又由前证知S q ∈21，所以21q pq q p ⋅=∈S .因此，S 含有全体正有理数.再由①知，0及全体负有理数不属于S .即S 是由全体正有理数组成的集合. 2．证明：（1）若j i S y S x ∈∈,，则i k S x y x y S x y ∈-=--∈-)(,，所以每个集合中均有非负元素.当三个集合中的元素都为零时，命题显然成立.否则，设321,,S S S 中的最小正元素为a ，不妨设1S a ∈，设b 为32,S S 中最小的非负元素，不妨设,2S b ∈则b －a ∈3S .若b ＞0,则0≤b －a ＜b ，与b 的取法矛盾.所以b =0.任取,1S x ∈因0∈2S ,故x －0＝x ∈3S .所以⊆1S 3S ，同理3S 1S ⊆. 所以1S =3S .（２）可能.例如1S =2S ={奇数}，3S ={偶数}显然满足条件，1S 和2S 与3S 都无公共元素. 3．解：C B A )(=)()(C B C A .C A 与C B 分别为方程组（Ⅰ）⎩⎨⎧=+=+1122y x y ax （Ⅱ）⎩⎨⎧=+=+1122y x ay x 的解集.由（Ⅰ）解得（y x ,）=（0，1）=（212aa+，2211a a +-）；由（Ⅱ）解得（y x ,）=（1，0），（2211a a +-，212aa+）（1）使C B A )(恰有两个元素的情况只有两种可能：①⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=+111012222a a a a ②⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=+011112222aa a a由①解得a =0；由②解得a =1.故a =0或1时，C B A )(恰有两个元素.（2）使C B A )(恰有三个元素的情况是：212a a +=2211aa +- 解得21±-=a ，故当21±-=a 时，C B A )(恰有三个元素.4．解: (1)设1212,minP A P Bd P P ∈∈=(即集合A 中的点与集合B 中的点的距离的最小值),则称d 为A 与B 的距离.⑵解法一：∵A 中点的集合为圆22(2)(2)1,x y +++=圆心为(2,2)M --,令(,)P x y 是双曲线上的任一点,则2MP =22(2)(2)x y +++=224()8x y x y ++++ =2()24()x y xy x y +-+++8=2()4()28x y x y ++++ 令t x y =+,则2MP =22428(2)24t t t ++=++ 当2t =-时,即102xy x y =-⎧⎨+=-⎩有解，∴min 26MP =∴261d =-解法二：如图,P 是双曲线上的任一点, Q 为圆22(2)(2)1x y +++=上任一点,圆心为M .显然,P M MP +Q Q ≥(当P M 、Q 、三点共线时取等号)∴min 1d MP =-.5．解：记!18=n 时，由于1，2，……18都是n 的约数，故此时.19)(=n f 从而.19M ∈ 若存在P n ∈，使99)(=n f ，则对于小于99的正整数k ，均有n k |，从而n n |11,|9，但是1)11,9(=，由整数理论中的性质9×11=99是n 的一个约数，这是一个矛盾！从而.99M ∉6．证明：假设该校共有m 个班级，他们的建议分别组成集合m A A A ,,,21 。

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仅证 1
4
C1 A I C1 B = C1 ( A U B).
证明
3 ，余读者自完成
则 x ∈ A，且 x ∈ B 或 x ∈C ，所 1 若 x ∈ A I (B U C ) ，
x ∈ ( A I B) 或 x ∈ ( A I C ) ，
x ∈ ( A I B) U ( A I C )
之，x ∈ ( A I B ) U ( A I C ) ，则 x ∈ ( A I B) 或 x ∈ ( A I C ) ，
k 个子集中
，否则，若在 k 个子
A，并设 A I A1 = ∅ ，则 A1 ⊆ C1 A ，而可
集中再添加 C1 A ，
知矛盾，所
k ≥ 2 n −1
综， k = 2 n −1
6．竞赛常用方法例题定理 4 容斥原理用 A 表示集合 A 的元素个数，则 A U B = A + B − A I B ,
的一元一次方程一元次方程的解法含母系数的一元一次等式的解法，一元次等式的解法含绝对值的一元一次等式简单的多元方程组简单的定方程组 4 函数次函数在给定间的最值，简单函数的最值含母系数的次函数 5 几何角形中的边角之间的等关系面等换角形中的边角之间的等关系面等换角形的心内心外心垂心心性质相似形的概念和性质圆，四点共圆，圆幂定理四种命题关系 6 逻推理题抽屉原理简单用简单的组合题简单的逻推理题，证法极端原理的简单用枚举法简单用
A U B = A, A I C = C ，求 a, m.
解依题设， A = {1,2} ，再因因
x 2 − ax + a − 1 = 0 解得 x = a − 1 或 x = 1 ，

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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。

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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。

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。

高一数学竞赛辅导讲义第讲

宜阳一高数学竞赛辅导讲座11.数学方法选讲同学们在阅读课外读物的时候;或在听老师讲课的时候;书上的例题或老师讲解的例题他都能听懂;但一遇到没有见过面的问题就不知从何处入手..看来;要提高解决问题的能力;要能在竞赛中有所作为;首先得提高分析问题的能力;这就需要学习一些重要的数学思想方法..例题讲解一、从简单情况考虑华罗庚先生曾经指出：善于“退”;足够的“退”;退到最原始而又不失去重要性的地方;是学好数学的一个诀窍..从简单情况考虑;就是一种以退为进的一种解题策略..1. 两人坐在一张长方形桌子旁;相继轮流在桌子上放入同样大小的硬币..条件是硬币一定要平放在桌子上;后放的硬币不能压在先放的硬币上;直到桌子上再也放不下一枚硬币为止..谁放入了最后一枚硬币谁获胜..问：先放的人有没有必定取胜的策略2．线段AB上有1998个点包括A;B两点;将点A染成红色;点B染成蓝色;其余各点染成红色或蓝色..这时;图中共有1997条互不重叠的线段..问：两个端点颜色相异的小线段的条数是奇数还是偶数为什么 +3．1000个学生坐成一圈;依次编号为1;2;3;…;1000..现在进行1;2报数：1号学生报1后立即离开;2号学生报2并留下;3号学生报1后立即离开;4号学生报2并留下……学生们依次交替报1或2;凡报1的学生立即离开;报2的学生留下;如此进行下去;直到最后还剩下一个人..问：这个学生的编号是几号例题解析1．分析与解：如果桌子大小只能容纳一枚硬币;那么先放的人当然能够取胜..然后设想桌面变大;注意到长方形有一个对称中心;先放者将第一枚硬币放在桌子的中心;继而把硬币放在后放者所放位置的对称位置上;这样进行下去;必然轮到先放者放最后一枚硬币..2．分析：从最简单的情况考虑：如果中间的1996个点全部染成红色;这时异色线段只有1条;是一个奇数..然后我们对这种染色方式进行调整：将某些红点改成蓝点并注意到颜色调整时;异色线段的条数随之有哪些变化..由于颜色的调整是任意的;因此与条件中染色的任意性就一致了..解：如果中间的1996个点全部染成红色;这时异色线段仅有1条;是一个奇数..将任意一个红点染成蓝色时;这个改变颜色的点的左右两侧相邻的两个点若同色;则异色小线段的条数或者增加2条相邻的两个点同为红色;或者减少2条相邻的两个点同为蓝色；这个改变颜色的点的左右两侧相邻的两个点若异色;则异色小线段的条数不变..综上所述;改变任意个点的颜色;异色线段的条数的改变总是一个偶数;从而异色线段的条数是一个奇数..3．解：如果有2n个人;那么报完第1圈后;剩下的是2的倍数号；报完第2圈后;剩下的是22的倍数号……报完第n圈后;剩下的是2n的倍数号;此时;只剩下一人;是2n号..如果有2n＋d1≤d＜2n人;那么当有d人退出圈子后还剩下2n人..因为下一个该退出去的是2d＋1号;所以此时的第2d＋1号相当于2n人时的第1号;而2d号相当于2n人时的第2n号;所以最后剩下的是第2d号..由1000=29＋488知;最后剩下的学生的编号是488×2=976号..宜阳一高数学竞赛辅导讲座2二、从极端情况考虑从问题的极端情况考虑;对于数值问题来说;就是指取它的最大或最小值；对于一个动点来说;指的是线段的端点;三角形的顶点等等..极端化的假设实际上也为题目增加了一个条件;求解也就会变得容易得多.. 5．新上任的宿舍管理员拿着20把钥匙去开20个房间的门;他知道每把钥匙只能打开其中的一个门;但不知道哪一把钥匙开哪一个门;现在要打开所有关闭的20个门;他最多要开多少次6．有n名n≥3选手参加的一次乒乓球循环赛中;没有一个全胜的..问：是否能够找到三名选手A;B;C;使得A胜B;B胜C;C胜A7．nn≥3名乒乓球选手单打比赛若干场后;任意两个选手已赛过的对手恰好都不完全相同..试证明;总可以从中去掉一名选手;而使余下的选手中;任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同..例题解析5. 解：从最不利的极端情况考虑：打开第一个房间要20次;打开第二个房间需要19次……共计最多要开20＋19＋18＋…＋1=210次..6. 解：从极端情况观察入手;设B是胜的次数最多的一个选手;但因B没获全胜;故必有选手A胜B..在败给B的选手中;一定有一个胜A的选手C;否则;A胜的次数就比B多一次了;这与B是胜的次数最多的矛盾..所以;一定能够找到三名选手A;B;C;使得A胜B;B胜C;C胜A..7. 证明：如果去掉选手H;能使余下的选手中;任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同;那么我们称H为可去选手..我们的问题就是要证明存在可去选手..设A是已赛过对手最多的选手..若不存在可去选手;则A不是可去选手;故存在选手B和C;使当去掉A 时;与B赛过的选手和与C赛过的选手相同..从而B和C不可能赛过;并且B和C中一定有一个不妨设为B与A赛过;而另一个即C未与A赛过..又因C不是可去选手;故存在选手D;E;其中D和C赛过;而E和C未赛过..显然;D不是A;也不是B;因为D与C赛过;所以D也与B赛过..又因为B和D赛过;所以B也与E赛过;但E未与C赛过;因而选手E只能是选手A..于是;与A赛过的对手数就是与E赛过的对手数;他比与D赛过的对手数少1;这与假设A是已赛过对手最多的选手矛盾..故一定存在可去选手..宜阳一高数学竞赛辅导讲座3三、从整体考虑从整体上来考察研究的对象;不纠缠于问题的各项具体的细节;从而能够拓宽思路;抓住主要矛盾;一举解决问题..9．右图是一个4×4的表格;每个方格中填入了数字0或1..按下列规则进行“操作”：每次可以同时改变某一行的数字：1变成0;0变成1..问：能否通过若干次“操作”使得每一格中的数都变成110．有三堆石子;每堆分别有1998;998;98粒..现在对这三堆石子进行如下的“操作”：每次允许从每堆中各拿掉一个或相同个数的石子;或从任一堆中取出一些石子放入另一堆中..按上述方式进行“操作”;能否把这三堆石子都取光如行;请设计一种取石子的方案；如不行;请说明理由..11．我们将若干个数x;y;z;…的最大值和最小值分别记为maxx;y;z;…和minx;y;z;…..已知a+b+c+d+e+f+g=1;求minmaxa+b+c;b+c+d;c+d+e;d+e+f;e+f+g例题解析9. 解：我们考察表格中填入的所有数的和的奇偶性：第一次“操作”之前;它等于9;是一个奇数;每一次“操作”;要改变一行或一列四个方格的奇偶性;显然整个16格中所有数的和的奇偶性不变..但当每一格中所有数字都变成1时;整个16格中所有数的和是16;为一偶数..故不能通过若干次“操作”使得每一格中的数都变成1..10. 解：要把三堆石子都取光是不可能的..按“操作”规则;每次拿掉的石子数的总和是3的倍数;即不改变石子总数被 3除时的余数..而1998+998+98=3094;被3除余1;三堆石子被取光时总和被3除余0..所以;三堆石子都被取光是办不到的..11. 解：设 M=maxa+b+c;b+c+d;c+d+e;d+e+f;e+f+g..因为a+b+c;c+d+e;e+f+g都不大于M;所以练习题1.方程x1+x2+x3+…+xn-1+xn=x1x2x3…xn-1xn一定有一个自然数解吗为什么2.连续自然数1;2;3;…;8899排成一列..从1开始;留1划掉2和3;留4划掉5和6……这么转圈划下去;最后留下的是哪个数3.给出一个自然数n;n的约数的个数用一个记号An来表示..例如当n=6时;因为6的约数有1;2;3;6四个;所以A6=4..已知a1;a2;…;a10是 10个互不相同的质数;又x为a1;a2;…;a10的积;求 Ax..宜阳一高数学竞赛辅导讲座4 1.有..解：当n=2时;方程x1+x2=x1x2有一个自然数解：x1=2;x2=2；当n=3时;方程x1+x2+x3=x1x2x3有一个自然数解：x1=1;x2=2;x3=3；当n=4时;方程x1+x2+x3+x4=x1x2x3x4有一个自然数解：x1=1;x2=1;x3=2;x4=4..一般地;方程x1+x2+x3+…+xn-1+xn=x1x2x3…xn-1xn有一个自然数解：x1=1;x2=1;…;xn-2=1;xn-1=2;xn=n..2 .3508..解：仿例3..当有3n个数时;留下的数是1号..小于8899的形如3n的数是38=6561;故从1号开始按规则划数;划了8899-6561=2338个数后;还剩下6561个数..下一个要划掉的数是2388÷2×3+1=3507;故最后留下的就是3508..3.1024..解：质数a1有2个约数：1和a;从而Aa1=2；2个质数a1;a2的积有4个约数：1;a1;a2;a1a2;从而Aa1×a2=4=22；3个质数a1;a2;a3的积有8个约数：1;a1;a2;a3;a1a2;a2a3;a3a1;a1a2a3;从而Aa 1×a 2×a 3=8=23；……于是;10个质数a 1;a 2;…;a 10的积的约数个数为Ax=210=1024..6.把1600粒花生分给100只猴子;请你说明不管怎样分;至少有4只猴子分的花生一样多..7.有两只桶和一只空杯子..甲桶装的是牛奶;乙桶装的是酒精未满..现在从甲桶取一满杯奶倒入乙桶;然后从乙桶取一满杯混合液倒入甲桶;这时;是甲桶中的酒精多;还是乙桶中的牛奶多为什么8.在黑板上写上1;2;3;…;1998..按下列规定进行“操作”：每次擦去其中的任意两个数a 和b;然后写上它们的差大减小;直到黑板上剩下一个数为止..问：黑板上剩下的数是奇数还是偶数为什么6.假设没有4只猴子分的花生一样多;那么至多3只猴子分的花生一样多..我们从所需花生最少情况出发考虑：得1粒、2粒、3粒……32粒的猴子各有3只;得33粒花生的猴子有1只;于是100只猴子最少需要分得花生3×0+1+2+…+32+33=1617粒;现在只有1600粒花生;无法使得至多3只猴子分的花生一样多;故至少有4只猴子分的花生一样多..7.一样多..提示：从整体看;甲、乙两桶所装的液体的体积没有发生变化..甲桶里有多少酒精;就必然倒出了同样体积的牛奶入乙桶..所以;甲桶中的酒精和乙桶中的牛奶一样多..8.奇数..解：黑板上开始时所有数的和为S=1+2+3+…+1998=1997001;是一个奇数;而每一次“操作”;将a+b变成了a-b;实际上减少了2b;即减少了一个偶数..因为从整体上看;总和减少了一个偶数;其奇偶性不变;所以最后黑板上剩下一个奇数..。

高中数学竞赛讲义+完美数学高考指导(一)

高中数学竞赛讲义+完美数学高考指导(一) 高中数学竞赛讲义（一）──集合与简易逻辑一、基础知识定义1 一般地，一组确定的、互异的、无序的对象的全体构成集合，简称集，用大写字母来表示；集合中的各个对象称为元素，用小写字母来表示，元素在集合A中，称属于A，记为，否则称不属于A，记作。

例如，通常用N，Z，Q，B，Q+分别表示自然数集、整数集、有理数集、实数集、正有理数集，不含任何元素的集合称为空集，用来表示。

集合分有限集和无限集两种。

集合的表示方法有列举法：将集合中的元素一一列举出来写在大括号内并用逗号隔开表示集合的方法，如{1，2，3}；描述法：将集合中的元素的属性写在大括号内表示集合的方法。

例如{有理数}，分别表示有理数集和正实数集。

定义2 子集：对于两个集合A与B，如果集合A中的任何一个元素都是集合B中的元素，则A叫做B的子集，记为，例如。

规定空集是任何集合的子集，如果A是B的子集，B也是A的子集，则称A与B相等。

如果A是B的子集，而且B中存在元素不属于A，则A叫B的真子集。

定义3 交集，定义4 并集，定义5 补集，若称为A在I中的补集。

定义6 差集，。

定义7 集合记作开区间，集合记作闭区间，R记作定理1 集合的性质：对任意集合A，B，C，有：（1）（2）；（3）（4）【证明】这里仅证（1）、（3），其余由读者自己完成。

（1）若，则，且或，所以或，即；反之，，则或，即且或，即且，即（3）若，则或，所以或，所以，又，所以，即，反之也有定理2 加法原理：做一件事有类办法，第一类办法中有种不同的方法，第二类办法中有种不同的方法，…，第类办法中有种不同的方法，那么完成这件事一共有种不同的方法。

定理3 乘法原理：做一件事分个步骤，第一步有种不同的方法，第二步有种不同的方法，…，第步有种不同的方法，那么完成这件事一共有种不同的方法。

二、方法与例题1．利用集合中元素的属性，检验元素是否属于集合。

例1 设，求证：（1）；（2）；（3）若，则[证明]（1）因为，且，所以（2）假设，则存在，使，由于和有相同的奇偶性，所以是奇数或4的倍数，不可能等于，假设不成立，所以（3）设，则（因为）。

高中数学竞赛标准讲义

高中数学竞赛标准讲义高中数学竞赛是对学生数学知识和解题能力的一次全面考验，也是培养学生逻辑思维和数学兴趣的重要途径。

在参加数学竞赛的过程中，学生需要掌握一定的数学知识和解题技巧，才能取得好成绩。

本讲义将从高中数学竞赛的题型、考点和解题技巧等方面进行详细介绍，希望能够帮助广大学生更好地备战数学竞赛。

一、高中数学竞赛题型。

高中数学竞赛的题型主要包括选择题、填空题、解答题和证明题。

选择题是考查学生对基本概念和定理的理解和掌握程度，填空题则更加注重学生对知识的灵活运用能力，解答题和证明题则需要学生具备较强的逻辑思维和解题技巧。

在备战数学竞赛的过程中，学生需要根据不同题型的特点有针对性地进行练习和训练，做到对各种题型都能够熟练应对。

二、高中数学竞赛考点。

高中数学竞赛的考点主要包括数列、函数、方程不等式、三角函数、数学归纳法、排列组合、数论等内容。

这些考点是数学竞赛中经常出现的题型，也是学生备战竞赛时需要重点关注和加强练习的内容。

在备战数学竞赛的过程中，学生需要对这些考点进行系统性的学习和掌握，做到能够熟练运用于解题中。

三、高中数学竞赛解题技巧。

在解高中数学竞赛的题目时，学生需要具备一定的解题技巧。

首先，要注意审题，理清题意，明确问题所求；其次，要善于归纳总结，发现问题的规律，找到解题的突破口；再次，要注重细节，避免粗心导致的错误；最后，要善于思考，灵活运用所学知识，多角度思考问题，找到解题的最佳方法。

通过不断的练习和总结，学生可以逐渐提高解题的能力和技巧，取得更好的成绩。

四、高中数学竞赛备考建议。

在备战高中数学竞赛时，学生需要有计划地进行复习和练习。

首先，要对各个考点进行系统性的复习，巩固基础知识；其次，要针对不同题型进行有针对性的练习，提高解题能力；再次，要多参加模拟考试，检验备考效果，发现问题并及时调整学习计划；最后，要保持良好的心态，相信自己的能力，不断提升自己的数学水平。

通过科学合理的备考方法，相信每位学生都能够在数学竞赛中取得优异的成绩。

高中数学竞赛讲义1

2
（第 25 届 IMO 试题）
【证明】首先易证： 2 2 . 从而 k m(因为d a b c, 于是(a d ) 2 (a d ) 2 4ad
k m
(b c) 2 4bc (b c) 2 .再由 ad bc, d 2 k a, c 2 m b可得b 2 m a 2 k b 2 a 2 ,
（2）若 g (t ) 2 m 1 , 则f ( n) 2 m 1 , f ( f (n)) f (2 m 1 ) 3, f ( f ( f ( n))) f (3) 2, 所以 l n 3.
1, 当n为奇数时; m m 1 故 ln 3, 当n 2 t , m 0, t为奇数, 且g (t ) 2 ( g (t )如上); 2, 其他情形.
a 1 且又不能被 pi (i 1,2, , n) 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 pi (i 1,2, , n) ，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 ab－1 不是完全平方数. （第 27 届 IMO 试题） 2 2 2 【解】由于 2×5－1=3 ，2×13－1=5 ，5×13－1=8 ，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=x2 ① 2 5d－1=y ② 2 13d－1=z ③ * x,y,z∈N 由①知，x 是奇数，设 x=2k－1，于是 2d－1=（2k－1）2，即 d=2k2－2k+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=n2－m2=(n+m)(n－m)，从而 n2－m2 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，0 a b c d , 并且ad bc ，证明：如果 a+d=2k，b+c=2m， k,m 为整数，那么 a=1.

高二数学竞赛培训讲义6-10套

映射与函数的最值一、基础知识 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:f A B →. 2．单射若:f A B →是一个映射且对任意,x y A ∈，x y ≠，都有()()f x f y ≠，则称之为单射.3．满射若:f A B →是一个映射且对任意y B ∈，都有一个x A ∈，使得()f x y =，则称:f A B →是A 到B 上的满射.4．一一映射一般地，设A ，B 是两个集合，:f A B →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，那么这个映射叫做A 到B 上的一一映射.（即:f A B →既是单射又是满射）只有一一映射存在逆映射，即从B 到A 由相反的对应法则1f-构成的映射，记作：1:f B A -→.5．函数设A ，B 都是非空的数集，f 是从A 到B 的一个对应法则.那么，从A 到B 的映射:f A B →就叫做从A 到B 的函数，记做()y f x =，其中x A ∈，y B ∈，原象集合A 叫做函数()f x 的定义域，象的集合C 叫做函数的值域，显然C B ⊆. 6．反函数若函数:f A B →是一一映射，则它的逆映射1:f B A -→叫原函数的反函数，通常记作1()y f x -=.二、基础训练1、在19×93的方格纸上画出主对角线，则它穿过_________个单位方格的内部.【解】主对角线穿过一个方格时，就会在方格内部留下一小段线段，因此每个方格对应于其内的这条小线段.这个网格共有20条竖线和94条横线，主对角线和所有竖线与横线共有112个交点，这112个交点可组成111条小线段.2、函数y =的最大值是_________，最小值是_________【解】导数法.y '==故y 在51[4,]12上单调增，在51[,5]12上单调减，从而max 2y =，min 1y =. 3、设定义在整数集上的函数()f x 满足52000()[(8)]2000n n f n f f n n -≥⎧=⎨+<⎩，则(1993)f =_____【解】(1993)[(19938)](1996)[(19968)](1999)f f f f f f f =+==+=[(19998)](2002)1997f f f =+==.4、求函数y =.AB【解】y =x 轴上点(,0)x到点(1,1)-和(1,1)的距离之和，故值域为)+∞.三、典型例题1、设集合{|011,}M x x x =≤≤∈Z ，集合{(,,,)|,,,F a b c d a b cd M =∈，映射:f F Z →使得(,,,)fa b c d a bc d→-，已知(,,,)39,(,,,)66f fu v x y u y x v →→，求,,,x y u v 的值. 【解】由f 的定义和已知数据，得3966(,,,)uv xy uy xv u v x y M -=⎧⎨-=∈⎩，将两式相加，相减并分别分解因式得()()105y v u x +-=，()()27y v u x -+=，显然，0,0u x y v -≥-≥，在,,,{|011,}x y u v x x x ∈≤≤∈Z 的条件下，011u x ≤-≤，105[]12211y v +≤+≤，即1022y v ≤+≤，但()|105y v +，可见1()15y v +=， 2()21y v +=，对应可知1()7u x -=，2()5u x -=.同理，由011y v ≤-≤，27[12211u x +≤+≤知322u x ≤+≤，又有1()3u x +=，2()9u x +=.对应地1()9y v -=，2()3y v -=，于是有以下两种可能：（Ⅰ）15,7,9,3;y x u x u x y v +=⎧⎪-=⎪⎨+=⎪⎪-=⎩ （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. 2、设,x y R +∈，求u =.【解】将已知式变形为：u =222cos30x y xy ++-⋅.构造等腰直角三角形AOD ，如图，||||OA OD ==,OB OC 是AOD ∠的三等分线，||OB x =，||OC y =，则||||||||u AB BC CD AD =++≥= 由等面积法可解得，当3x y ==.3、求函数3422(21)x x y x x -=++的值域.【解法一】由于函数为奇函数，故只需考虑0x ≥的情形.（1）当01x ≤<时，由均值不等式有22222111()8118x x x y x x-+=≤+=++；（2）当1x =时，0y =；（3）当1x >时，222222211111||()2118118x x x x x x y x x x x +--+=⋅⋅≤+=++++，当1x =所以原函数的值域为11[,]88-.【解法二】222121411x x y x x-=⋅⋅++，令tan ,[0,)2x παα=∈，则111sin 4[,]888y α=∈-. 4、若,,x y z R +∈，且1x y z ++=，求u =.【解法一】易证222222222333(),(),()444x y xy x y y z yz z y z x zx x z ++≥+++≥+++≥+，所以[()()()]u x y y z z x ≥=+++++=13x y z ===时取等号）【解法二】设11()2z x y yi =+，21()2z y z zi =++，31()2z z x xi =+，所以123123||||||||u z z z z z z =++≥++【解法三】设1()2A x y y +，31())22B x y z y z +++，3(())2C x y z x y z ++++，则u OA AB BC OC =++≥5、在圆周上给定21(3)n n -≥个点，从中任选n 个点染成黑色，试证一定存在两个黑点，使得以它们为端点的两条弧之一的内部，恰好含有n 个给定的点. 【证明】若不然，从圆周上任何一个黑点出发，沿任何方向的第1n -个点都是白点，因而对于每一个黑点，都可得到两个相应的白点.这就定义了一个由所有黑点到白点的对应，因为每个黑点对应于两个白点，故共有2n 个白点（包括重复计数）.又因为每个白点至多是两个黑点的对应点，故至少有n 个不同的白点，这与共有21n -个点矛盾，故命题成立.6、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，试计算这些平行四边形的个数.【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}，{(,,,)|12}B i j k l i j k l n =≤<<<≤+.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：:f A B →，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(,,,)i j k l ，12i j k l n ≤<<<≤+，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 card A card B C +==.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四、课后作业金版奥数教程高一分册P109-116同余（一）知识、技能、方法一、同余的概念及性质定义：设m 是一个给定的正整数，如果两个整数a ，b 用m 除所得的余数相同，则称a ，b 对模m 同余，记为a ≡b （mod m ）；若所得的余数不相同，称a ，b 对模m 不同余，记为a ≡b （mod m ）.例如，15≡7（mod 4），－23≡12（mod 7）.当0b m ≤<时，a ≡b （mod m ），则称b 是a 对模m 的最小非负剩余.同余有如下两种等价定义法：①若m|a －b ，则称a 、b 对模m 同余；②若a =b+mt （t ∈Z ），则称a 、b 对模m 同余.性质：（1）0(mod )|a m m a ≡⇔；（2）(mod )a a m ≡（反身性）(mod )(mod )a b m b a m ≡⇔≡（对称性） (mod )(mod )(mod )a b m a c m b c m ≡⎫⇒≡⎬≡⎭（传递性）（3）若(mod )a b m ≡，(mod )c d m ≡，则① (mod )a c b d m ±≡±； ② (mod )ac bd m ≡.（4）若(mod ),0,1,2,,i i a b m i n ≡=，则1010(mod )nn n n a x a x a b x b x b m +++≡+++.特别地，设10()()n n i f x a x a x a a Z =+++∈，若(mod )a b m ≡，则()()(mod )f a f b m ≡.（5）若(mod )ac bc m ≡，则(mod)(,)ma b m c ≡.特别地，又若(,)1m c =，则(mod )a b m ≡. 这个性质说明同余式两边的同一非零因数，不能像等式那样“约去”，只有当这非零因数与模互质时，才可“约去”.（6）(mod )a b m ≡，而|(0)d m d >，则(mod )a b d ≡. （7）设(mod )a b m ≡，①若0c >，则(mod )ac bc mc ≡；②d 为a 、b 、m 的任一公约数，则(mod )a b m d d d≡. （8）若1(mod )a b m ≡，2(mod )a b m ≡且12(,)1m m =，则12(mod )a b m m ≡. （9）若(mod )a b m ≡，则(,)(,)a m b m =.（10）每一个整数a 恰与0，1，…，m -1这m 个数中的某一个对模m 同余. 二、剩余类和完全剩余系（1）剩余类：设m ∈N*，把全体整数按其对模m 的余数r （0≤r ≤m －1）归于一类，记为r k ，每一类r k （r=0，1，…，m －1）均称模m 的剩余类（也称为同余类）.根据定义，剩余类具有如下性质：①0121m Z k k k k -=⋃⋃⋃，其中()i j k k i j φ⋂=≠；②对任一数n ∈Z ，有惟一的0r 使0r n k ∈； ③对任意的,a b ∈Z ，,(mod )r a b k a b m ∈⇔≡. （2）完全剩余类：设011,,,m k k k -是模m 的（全部）剩余类，从每个r k 中任取一个数r a ，这m 个数110,,,-m a a a 组成的一个组称为模m 的一个完全剩余系，简称完系.显然，模m 的完全剩余系有无穷多个，但最常用的是下面两种：① 非负数最小完全剩余系：0，1，2，…，m －1； ② 绝对值最小完全剩余系：它随m 的奇偶性不同而略有区别.当21m k =+时为,(1),,1,0,1,,(1),k k k k -----（对称式）当2m k =时为(1),(2),,1,0,1,(1),k k k k ------或,(1),,1,0,1,,(1)k k k ----- 由定义不难得到如下判别完全剩余系的方法：定理一：m 个整数m a a a ,,,21 是模m 的一个完系⇔当i j ≠时，i a ≡)(mod m a j . 定理二：设（b ，m ）=1，c 为任意整数，若12,,,n a a a 为一个完系，则12,,,m ba c ba c ba c +++也是模m的一个完全剩余系.特别地，任意m 个连续整数构成模m 的一个完全剩余系.（3）欧拉函数：设m 为一正整数，用记号()m ϕ表示0，1，…，m －1中与m 互质的数的个数，把()m ϕ称为欧拉函数.（4）简化剩余系：如果一个模m 的剩余类r k 中任一数与m 互质，则称r k 是与模m 互质的剩余类；在与模m 互质的每个剩余类中任取一个数（共)(m ϕ个）所组成的数组，称为模m 的一个简化剩余系. 定理三: 12(),,,m a a a ϕ是模m 的简化剩余系(,)1i a m ⇔=且(mod )(,,1,2,())i j a a m i j i j m ϕ≡≠=.（判别方法）定理四：在模m 的一个完全剩余系中，取出所有与m 互质的数组成的数组，就是一个模m 的简化剩余系. （构造方法）定理五：设12(),,,m a a a ϕ是模m 的简化剩余系，若（k ，m ）=1，则)(21,,,m ka ka ka ϕ 也是模m 的简化剩余系.三、一次同余方程（1）设1110()n n n n f x a x a x a x a --=++++为x 的整系数多项式，同余式()0(mod )f x m ≡，0(mod )n a m ≡叫做一元n 次同余方程；若c 使得()0(mod )f c m ≡成立，则(mod )x c m ≡叫做同余方程)(mod 0)(m x f ≡的一个解.（2）)(mod m b ax ≡（其中m | a ）称为一次同余方程. 定理一：若(,)1a m =，则)(mod m b ax ≡有一个解.定理二：若(,)1a m d =>，d|b ，则)(mod m b ax ≡无解，其中)(mod 0m a ≡.定理三：若(,)1a m d =>，则)(m o d m b ax ≡有d 个解.并且，若)(m o d 1m x βα=的一个解为1(mod )x r m ≡，则d 个解为：1,,1,0),(mod 1-=+≡d k m km r x ，其中.,,1dm m db da ===βα定理四：对同余方程组⎩⎨⎧≡≡).(mod ),(mod 2211m c x m c x 记.],[,),(2121M m m d m m ==①若d | 21c c -，则此同余方程组无解；②若21|c c d -，则此同余方程组有对模M 的一类剩余解.四、模m 的阶定义：设m>1是一个固定的整数，a 是与m 互素的整数，则存在整数k ，1≤k ＜m ，使得)(mod 1m a k ≡，我们将具有这一性质的最小正整数（仍记为k ）称为a 模m 的阶.性质：①设(,)1a m =，k 是a m 模的阶，ν,u 是任意整数，则(mod )u va a m ≡的充要条件是(mod )u k ν≡.特别地，)(mod 1m a u≡的充分必要条件是k | u .②设a m a ,2),(=模m 的阶为k ，则数列,,,,32 a a a 模m 是周期的，且最小正周期是k ，而k 个数k a a a ,,,2 模m 互不同余.③设(,)1a m =，则a 模m 的阶整除欧拉函数()m ϕ．特别地，若m 是素数p ，则a 模p 的阶整除p －1.（二）例题分析例1、求使21n+能被3整除的一切自然数n .例2、求2999最后两位数字.例3、求证31980+41981能被5整除.例4、证明：正整数a 是9的倍数的充要条件是a 的各位数码之和是9的倍数.例5、设101010a =，计算某星期一后的第a 天是星期几？例6、求所有的素数p ，使241p +与261p +也是素数.例7、求满足|125|7m n -=的全部正整数,m n .例8、连续写出19到80的两位数，问：所得到的数192020……780能被1980整除吗？例9、试判断282726197319721971++能否被3整除？例10、求出所有满足8x +15y =17z 的正整数三元组（x ，y ，z ）.例11、证明：对于任意的非负整数n ，19×8n +17是合数.例12、设p 是一个素数，11k p ≤≤-，试证：1(1)(mod )k kp C p -≡-.例13、设a 和m 都是正整数，a >1，证明：).1(|-m a m ϕ例14、设m,a ,b 都是正整数，m>1，则.1)1,1),(-=--b a b a m m m例15、设1n >，证明：21n-不能被n 整除.数列的求和一、知识回顾本节主要内容有S n 与a n 的关系；两个常用方法：倒写与错项；各种求和：平方和、立方和、倒数和等；∑符号的运用. 掌握数列前n 项和常用求法,数列求和的方法主要有：倒序相加法、错位相减法、转化法、裂项法、并项法等． 1.重要公式①1+2+…+n =21n (n +1) ②12+22+…+n 2=61n (n +1)(2n +1) ③13+23+…+n 3=(1+2+…+n )2=41n 2(n +1)22.数列{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n =⎩⎨⎧≥-=-2,1,11n S S n S n n3. 在等差数列中S m +n =S m +S n +mnd,在等比数列中S m +n =S n +q n S m =S m +q m S n ．4.裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数和，即a n =f (n +1)－f (n )，然后累加时抵消中间的许多项．应掌握以下常见的裂项：等)!1(1!1)!1(1④,ctg2ctg 2sin 1③,!)!1(!②,111)1(1①+-=+-=α-+=⋅+-=+n n n ααn n n n n n n n 5.错项相消法6.并项求和法二、基本训练1、数列{}n a 的各项为正数,其前n 项和n S 满足)1(21nn n a a S +=,则n a =______.2、（200 6天津）已知d c b a ,,,都是偶数，且d c b a <<<<0，90=-a d ，若c b a ,,成等差数列，dc b ,,成等比数列，则d c b a +++的值等于．3、（2006吉林预赛）对于一个有n 项的数列P=(p 1，p 2，…，p n )，P 的“蔡查罗和”定义为s 1、s 2、…s n 、的算术平均值，其中s k =p 1+p 2+…p k (1≤k≤n )，若数列(p 1，p 2，…，p 2006)的“蔡查罗和”为2007，那么数列(1，p 1，p 2，…，p 2006)的“蔡查罗和”为 _______4、(集训试题)已知数列{a n }满足3a n+1+a n =4(n ≥1)，且a 1=9，其前n 项之和为S n 。

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2011高中数学竞赛培训教材编者：全国特级教师(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＝{X∣X=a2+b2,a、b∈Z}，X1，X2∈A，求证：X1X2∈A。

分析：A中的元素是自然数，即由两个整数a、b的平和构成的自然数，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和的形式，即(a2+b2)(c2+d2)=(M)2+(N)2，M,N∈Z证明：设X1＝a2+b2，X2=c2+d2，a、b、c、d∈Z.则X1X2＝(a2+b2)(c2+d2)＝a2c2+b2d2+b2c2+a2d2＝a2c2+2ac·bd+b2d2+b2c2-2bc·ad+a2d2＝(ac+bd)2+(bc-ad)2 又a、b、c、d∈Z，故ac+bd、bc-ad∈Z，从而X1X2∈A练习:1.设两个集合S={x|x=12m+8n,m,n∈Z},T={x|x=20p+16q,p,q∈Z}.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=f[f(x)]}.(1)求证:A B;(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)}，S ＝{0，∣X ∣，Y}，且M ＝S ，则(X ＋1/Y)＋(X2＋1/Y2)＋……＋(X2002＋1/Y2002)的值等于( ).分析：解题的关键在于求出X 和Y 的值，而X 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}，S ＝{0，∣X ∣，1/X}.再由两集合相等知当X ＝1时，M ＝{1,1，0}，S ＝{0,1，1}，这与同一个集合中元素的互异性矛盾，故X ＝1不满足题目要求；当X ＝－1时，M ＝{－1,1，0}，S ＝{0,1，－1}，M ＝S ，从而X ＝－1满足题目要求，此时Y ＝－1，于是X2K ＋1＋1/Y2K ＋1＝－2(K ＝0,1，2，……)，X2K ＋1/Y2K ＝2(K ＝1,2，……),故所求代数式的值为0.练习:4.已知集合{}54321,,,,a a a a a A =，{}2524232221,,,,a a a a a B =，其中54321,,,,a a a a a 是正整数，且54321a a a a a <<<<，并满足{}41,a a B A =⋂，B A a a ⋃=+若,1041中的所有元素之和为234，求集合A 。

我爱奥赛网www.52aosai.三．容斥原理基本公式:(1)card(A ∪B)＝card(A)＋card(B)－card(A ∩B)； (2)card(A ∪B ∪C)=card(A)+card(B)+card(C)-card(A∩B)-card(A∩C)-card(B∩C)+card(A∩B∩C)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card(A)=15，card(B)=8，card(C)=14，card(A∪B∪C)=28,且card(A∩B)=3，card(A∩C)=3，card(A∩B∩C)=0,由公式②得28＝15＋8＋14－3－3－card(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15－3－3＝9(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99－9＝90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210－1＝1023个，这是解决问题的突破口。

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210＝1024个子集，其中非空子集有1023个，每一个子集各数之和都不超过90＋91＋…98＋99＝945<1023，根据抽屉原理，一定存在2个不同的子集，其元素之和相等。

如此2个子集无公共元素，即交集为空集，则已符合题目要求；如果这2个子集有公共元素，则划去它们的公共元素即共有的数字，可得两个无公共元素的非空子集，其所含各数之和相等。

说明：此题构造了一个抽屉原理模型，分两步完成，计算子集中数字之和最多有945个“抽屉”，计算非空子集得1023个“苹果”，由此得出必有两个子集数字之和相等。

第二步考察它们有无公共元素，如无公共元素，则已符合要求；如有公共元素，则去掉相同的数字，得出无公共元素并且非空的两个子集，满足条件。

我爱奥赛网www.52aosai.例4．设A＝{1,2，3，…，n}，对X A，设X中各元素之和为Nx，求Nx的总和.解：A中共有n个元素，其子集共有2n个。

A中每一个元素在其非空子集中都出现了2n-1次，(为什么？因为A的所有子集对其中任一个元素i都可分为两类，一类是不含i的，它们也都是{1,2，…，i-1,i+1,…n}的子集，共2n-1个；另一类是含i的，只要把i加入到刚才的2n-1个子集中的每一个中去)。

因而求A 的所有子集中所有元素之和Nx的总和时，A中每一个元素都加了2n-1次，即出现了2n-1次，故得＝1×2n-1＋2×2n-1＋…＋n……2n-1＝(1＋2＋…＋n)·2n-1＝n(n+1)/2×2n-1＝n(n+1)×2n-2 说明：这里运用了整体处理的思想及公式1＋2＋…＋n＝(1/2)n(n+1)，其理论依据是加法的交换律、结合律、乘法的意义等,集合中每一个元素都在总和中出现了2n-1次，是打开解题思路之门的钥匙。

练习:5.设集合A{1,2,3,……,100},且对任意x,y∈A,必有2x≠y,求集合A中所含元素个数的最大值.6.某地区网球俱乐部都有20名成员,举行14场单打比赛,每人至少上场1次.求证:必有6场比赛,其12名参赛者各不相同.(二) 二次函数一、二次函数的解析式:①定义式：f(x)=ax2+bx+c.②顶点式：f(x)=a(x-h)2+k.③零点式：f(x)=a(x-x1)(x-x2).(a≠0)二、二次函数的最值:当自变量的取值围为闭区间[p,q]时，其最值在f(p)、f(q)、f(-b/2a)三者中取得，最值情况如下表：-b/2a∈[p,q] -b/2a [p,q]a> 0fmin=f(-b/2a)=((4ac-b2)/4a)fmax=max{f(p),f(q)}fmin=min{f(p),f(q)}fmax=max{f(p),f(q)}a< 0fmax=f(-b/2a)=((4ac-b2)/4a )fmin=min{f(p),f(q)}例1. 当x为值时，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=k2+3k+5.∴x12＋x22＝（x1＋x2）2-2x1x2=(k-2)2-2(k2+3k+5 =-k2-10k-6=-(k+5)2+19 .已知x1,x2是程的两个实根，即程有实数根，此时程的判别式Δ≥0，即Δ＝(k-2)2-4(k2+3k+5) =-3k2-16k-16≥0 解得：-4≤k≤-4/3.∵k=-5[-4,-4/3]，设f(k)=-(k+5)2+19则f(-4)=18,f(-4/3)=50/9<18.∴当k=-4时，(x12+x22)max=18.例3.已知f(x)=x2-2x+2，在x∈[t,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+1<1即t<0时，g(t)=f(t+1)=t2+1(2)当t≤1≤t+1，即0≤t≤1时，g(t)=f(1)=1 (3)当t>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=2y2≥0，∴x2≤1，－1≤x≤1 .∴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+(3/2)x(2-x)=-1/2 (x-3)2+9/2又y2=(3/2)x (2-x)≥0，得0≤x≤2.当x=2，y=0时，（x2+y2）max=4；当x=0，y=0时，(x2+y2)min=0三、二次函数与二次程设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的二实根为x1,x2，(x1＜x2)，Δ=b2-4ac，且α、β(α＜β)是预先给定的两个实数。

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