算两次在组合数学中的应用
高中数学解题中“算两次”思想方法的应用探析
公式 ， 对 它 们 的结 论 进 行 证 明 时需 要 使 用 有 创 新 性 的 方 法 ， 创 新 性 主要 是 说 选 择 较 为 合 适 的 角 度 来 计 算 ， 更 方 便 地 建 立 等 量 或者 不 等 量 关 系 ， 这 时 算 两 次 法 便 是 一 种 很 好 的 方 法， 在 课 堂 教 学 中 教 师 要 注 意 在 讲 解 这 种 题 型 时 有 效 运 用 算两次法 ， 并让学生 听明白， 增 强 学 生 对 该 数 学 思 想 方 法 的 认识． 此外 ， 高 中数 学 课 本 上 有 不 少 定 义 与 公 式 都 有 好 几 种 表达形式 ， 像三角形面积公式 、 解 答 平 面 向 量 数 量 积 时 所 用 公式 、 圆 锥 曲线 定 义 等 ， 因 为它们有 多 种表 达方式 ， 所 以 在
２ ． 算 两 次 法 在 数 学 教 材 解 题 中 的 应 用
该 思 想 方 法 是 以教 材 为 基 础 通 过 对 很 多 道 题 的 解 答 和
证 明而获得 的， 所 以 说 它 来 自教 材 ， 从 数 学 水 平 和 思 想 上 来 说 又 比教 材 高 ． 在 高 考 数 学 的 命 题 过 程 中 它 是 一 个 重 要 考 查点， 高 考 对 它 的考 查 也 是 以 教 材 为 基 础 的 ， 对 于 算 两 次 法 现 在 的 新 数 学 教 材 中也 出 现 了 好 几 次 ， 例如在 等差 数列 中 求 出数 列 的 前 项 和 公 式 ， 在 推 导 中要 用 到 倒 序 相 加 法 ； 关 于 两个 角 在 推 导 其 和 、 差 的余 弦 公 式 时也 用 到 了算 两 次 法 但 在数 学 的 课 堂 教 学 中 ， 算两 次思想方法并 不被重 视 ， 不 少
高二联赛班秋季第7讲算两次
第7讲算两次7.1 组合问题知识点睛算两次，顾名思义就是对同一个量从两个不同角度进行计算，对分别计算出的结果进行比较，从而得到某个新的结论.实际上，数学研究中有很大比例的定理就是利用算两次的思想得来的.而在竞赛中也有很多问题用到了算两次的思想.其中，在组合中算两次的思想用到的最多，而在代数、几何等问题中算两次思想也有比较多的应用.一般地，如果直接对某个量进行计算，可能会得到一个等式；而从一个方向得到确切值，从另一个方向得到对这个量的估计，那么我们会得到一个不等式.在组合中，前者我们常会得到某个组合恒等式等，而后者，我们会得到一个组合不等式.整个步骤如同“三步舞曲”：一方面…，另一方面…，综合以上两方面可以得到….在组合中有一类子集问题，运用“算两次”思想来解决有固定的套路，也就是列表方法：我们列出一个方格表，首先从横向求和得到一个式子然后再先从纵向求和得到另一个式子，再对这两个式子进行比较.这种方法常被称为“富比尼原理”.经典精讲【例1】 25个人组成若干委员会，每个委员会5名成员，每两个委员会至多有1名公共成员.证明：委员会的个数不大于30.【例2】将一个三角形的三个顶点分别涂以红蓝黑三种颜色.在此三角形内取若干个点，将它分为若干个小三角形，将每个小三角形的顶点涂以红蓝黑三种颜色之一.证明：不论怎样涂，都有一个三角形，它的三个顶点颜色全不相同.【例3】在一张正方形纸片的内部给出了1985个点，现用M记这纸片的4个顶点与内部1985个点构成的集合，并按下述规则将这张纸剪成一些三角形：（1）每个三角形的三个顶点都是M中的点；（2）除顶点外，每个三角形中不再含有M中的点.问：可剪出多少个三角形，共需剪多少刀？（剪出一条边需要剪一刀）【例4】 将六阶完全图6K 的每条边染上红色或蓝色，证明图中必有两个同色三角形（这两个三角形的颜色不一定相同）.【例5】 设n 和k 是正整数，S 是平面上n 个点的集合，满足：（1） S 中任何三点不共线；（2） 对S 中的每一点P ，S 中存在k 个点与P 距离相等.求证：12k <+【例6】 设二次设12,,,n a a a …为1，2，…，n 的一个排列，k f 是集合{},i i k a a a i k <>元素的个数，而k g 是集合{},i i k a a a i k ><元素的个数（1,2,,k n =…），证明11n nk kk k f g===∑∑【例7】 设{}1,2,,,2N n n =≥…。
组合数学讲义2
二项式系数组合数的简单结论二项式的系数实际就是一个组合数。
前面已经得到公式)!(!!k n k n k n -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛k n n k n 以下证明一个非常重要的公式⎪⎪⎭⎫⎝⎛--+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛111k n k n k n证明：方法1、代数法：由右至左。
（略）方法2、组合证明，从组合数的意义来说明。
构造计数方法，采用算两次的方法。
S 有n 个元素，计算其k 元子集的个数。
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛k n 显然是一个答案；采用第二个计算方法是在S 中选择一个元素x ，那么S 的k 元子集分成两类，一类是含x 的（⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--11k n ），一类是不含x 的（⎪⎪⎭⎫⎝⎛-k n 1）。
利用加法原理，可得结果。
例1 S={x, a, b,,c,d}，求其三元子集。
xab ，xac ，xad ，xbc ，xbd ，xcd ，abc ，abd ，acd ，bcd验证以上公式4634241035+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ 提供了一个采用递推的方法来实现组合计算。
⎪⎪⎭⎫⎝⎛k nPascal 三角形：可以看出一些事实。
一些恒等式。
以及：1、k=0的列均为1；k=1的列为线型堆放的点，等差；k=2的列为平面型堆放的点；k=3的列为立体型堆放的点；2、从开始往下的走法组合数（直接向下和斜下450，不允许横走），验证⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛111k n k n k n二项式定理nk k n n n n y x n n y x k n y x n y x n y x 011010)(⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+-- 证明方法一：数学归纳法，非常啰嗦。
证明方法一：组合证明方法。
kn nk k ny x k n y x y x y x y x y x -=∑⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=++++=+0)())()(()(分析通项，发现x k 的系数实际就是全部乘开以后，该项的个数，也就是从n 个位置中选取k 个位置的组合数。
高中数学解题中“算两次”思想的应用探析
高中数学解题中“算两次”思想的应用探析作者：赵慧来源：《理科爱好者(教育教学版)》2020年第02期【摘要】为提升高中生数学解题效率，教师要渗透“算两次”解题思想，为学生提供更多解题思路，提高学生数学学习质量。
本文就高中数学解题中“算两次”思想方法的应用进行探析。
【关键词】高中数学;解题教学：解题思想;算两次“算两次”数学解题思想应用非常普遍，但教师尚未对其进行一定的归纳研究，没有引导学生掌握该思想的解题精髓。
笔者结合教学经验对该解题思想进行一定剖析。
1 算两次1.1 数学定义该数学解题思想基于富比尼原理开展教学应用，目前在数学教育工作中应用较多。
其解题本质主要是，通过“两个领域”对某一量进行“连续计算两次”，以推导出等量关系式。
基于“两个领域”与“连续计算两次”的过程，则将该解题思想定义为“算两次”解题思想。
1.2 逻辑思路部分数学学者在研究该解题思想时，提出了解题的基本逻辑思路。
基于两个领域对问题进行分析思考，假定两个领域都可以得出相应结果，则可以得出一个关于问题的等式[1]。
该数学解题思想，不仅体现了对问题进行多领域计算思考，还体现了引导学生转化视角对问题进行主动研究，提高学生数学学习效果。
学生基于该数学思想开展学习思考，可以拓展自身的发散思维，细化数学内容之间的逻辑关联，构建数学知识框架。
学生通过掌握该数学思想，可以灵活高效地解决很多数学问题。
同时灵活运用该思想可以很好提升学生解决问题的综合能力，增强学生综合学习实力。
2 教学应用2.1 公式推导渗透在高中数学学习中，学生需掌握很多基础定理与公式，因为很多公式定理都是基于基础公式推导而来。
在讲授具体数学定理与公式推导时，教师需对教学方式进行一定创新，合理渗透“算两次”教学思想，引导学生对数学定理与公式进行推导。
通过多视域思考分析，构建等量公式与不等量公式，以证明数学推导公式的科学性与正确性。
通过掌握“算两次”思想理论，学生可以不断拓展自身学习思考视域，提高自身解决数学问题的综合能力。
高考数学一轮复习“算两次”在解三角形中的运用
C＝6sin A
＋sin C，即6sin A＋sin C＝S.②.由①②得37－12cos（A＋C）＝S2＋25，所
以S2＝12－12cos（A＋C）≤12＋12＝24，所以S≤2 6，等号成立的条件是
cos（A＋C）＝－1，即A＋C＝π，此时四边形ABCD为圆内接四边形，所以
Smax＝2 6.
答案 2 6
象、数学建模等思维能力提出了较高要求，只要是列方程，均离不开“算两
次”原理.其实我们也可将“算两次”中表示同一数学对象拓展为表示相关对
象，即表示存在特定关系的边、角或面积的对象，通过“算两次”的方法找到
解决问题的关键点.
真题展示
（2022·新高考Ⅱ卷）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以
教考衔接4
“算两次”在解三角形中
的运用
“算两次”就是从两个不同的角度或用两种不同的方法、途径表示同一数
学对象，根据结果的唯一性，得到方程的方法，也叫“富比尼”.“算两次”的
解题程序概括为三个步骤：“一方面，另一方面，综合可得.”“算两次”在运
用的过程中要求学生能用数学的眼光看问题，找寻等量关系，对学生的数学抽
（1）证明：BD＝b；
解 （1）证明：因为BDsin∠ABC＝asin C，所以由正弦定理得，BD·
b＝ac，
又b2＝ac，所以BD·
b＝b2，
又b＞0，所以BD＝b.
（2）若AD＝2DC，求cos∠ABC.
解 （2）如图所示，过点D作DE∥BC交AB于E，
2
因为AD＝2DC，所以 ＝ ＝2， ＝ ，
的正切值，再借助C＝2B以及其正切值的等量关系，取得问题的关键点，获得
组合综合--1
组合综合问题(1)组合数学是一个既古老又年轻的离散数学分支,竞赛中的组合问题主要包括组合计数问题、组合极值问题、存在性问题、操作变换问题、组合几何问题以及图论中的问题,求解竞赛中的组合问题并不是需要复杂的数学知识,然而在趣味性命题的陈述下包含了高超的解题技巧,无论是从智力训练的角度,还是从竞赛准备的角度考虑,理解和钻研这些问题都是十分有意义的．在解决组合问题时,有时会用到以下几个原理．1、极端原理原理 1 设M 是自然数集的一个非空子集,则M 中必有最小数．原理 2 设M 是实数集的有限非空子集,则M 中必有最小数．2、抽屉原理第一抽屉原理 若将m 个球放入n 个抽屉中,则必有一个抽屉内至少有11+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-n m 个球． 第二抽屉原理 若将m 个球放入n 个抽屉中,则必有一个抽屉内至多有⎥⎦⎤⎢⎣⎡n m 个球． 3、算两次原理所谓算两次原理（又称富比尼原理）就是对同一个量,如果用两种不同的方法去计算,所得的结果应相等．【典型例题】例 1 （2008年山西省预赛试题）设M ＝｛1,2,…,2008｝是前2008个正整数组成的集合,A ＝｛1a ,2a ,…30a ｝是M 的一个30元子集,已知A 中的元素两两互质,证明A 中至少一半元素是质数．分析 考查集合A 中的合数a ,设p 是a 的最小质因数,则p ≤a .又a ≤2008,于是p ≤45,再由A 中元素两两互质,可证明A 的16个元素中必有一个是质数,进而可导出结论． 证明 先证明：A 中16个元素中必有一个是质数．为此,任取16个元素,不妨设为1a ,2a ,...,16a ,若其中没有质数,则它们中至多一个为1,其余15个皆为合数．设1a ,2a ,...,15a 都是合数,则每个数皆可分解成至少两个质因数的乘积,若i p 是i a 的最小质因数,则i p ≤i a （i ＝1,2, (15)．由于A 中的数两两互质,则1p ,2p ,…,15p 互不相同,而将全体质数自小到大排列,第15个质数是47,所以,若1p 是1p ,2p ,…,15p 中的最大数,即有1p ≥47,于是1a ≥21p ≥247＞2008,即1a ∉M,矛盾！ 因此,1a ,2a ,…,15a 中必有质数,不妨设1a 为质数,今从集合A 中去掉1a ,在剩下的29个元素中,再次进行同样的讨论,可知其中的16个元素中也必有一个是质数,设为2a .如此下去,可以连续进行15次,每次都可从A 中取到一个新的质数, 因此A 中至少有15个质数．例 2 已知A 与B 是集合｛1,2,3,…,100｝的两个子集,满足：A 与B 的元素个数相同,且A ∩B 为空集,若n ∈A 时总有2n+2∈B,则集合A ∪B 的元素个数最多为多少？分析 该问题是组合构造,由条件“A 与B 的元素个数相同且若n ∈A 时总有2n +2∈B ”知|A |＝|B |,且2n +2≤100,从而可知A 中的元素不超过49个,为此需要进行分类考虑．解 首先证明|A ∪B |≤66,只需要证明|A |≤33,由分析知需要证明：若A 是｛1,2,3,…,49｝的任何一个34元子集,则必存在n ∈A,使得2n+2∈A.证明如下：将｛1,2,3,…,49｝分成如下33个集合：｛1,4｝,｛3,8｝,｛5,12｝,…,｛23,48｝,共12个；｛2,6｝,｛10,22｝,｛14,30｝,｛18,38｝,共4个；｛25｝,｛27｝,｛29｝,…,｛49｝,共13个；｛26｝,｛34｝,｛42｝,｛46｝,共4个．若A 是｛1,2,3,…,49｝的任何一个34元的子集,则由抽屉原理可知上述33个集合中至少有一个2元集合中的两个数均属于A ,即存在n ∈A ,2n +2∈A .所以|A |≤33.事实上,如取A ＝｛1,3,5,…,23,2,10,14,18,25,27,29,…,49,26,34,42,46｝,B ＝｛2n +2|n ∈A ｝,则A ,B 满足题中要求,且|A ∪B |＝66.所以集合A ∪B 的元素个数最多为66.例3 (2007年浙江省预赛试题)设M ＝｛1,2,…,65｝,A ⊆M 为子集,若|A|＝33,且存在x ,y ∈A ,x ＜y ,x | y ,则称A 为“好集”,求最大的a ∈M ,使含a 的任意33元子集为好集．分析 首先要准确理解“好集”的含义,搞清楚“好集”中元素的构成规律,再来分析a 的可能的取值．解 令P ＝｛21 +i |i ＝1,2,…,44｝—｛2（21 + i ）|i ＝ 1,2,…,11｝,| p |＝33. 显然对任意1≤i ＜j ≤44,不存在n ≥3,使得21+j ＝ n (21 +i )成立,故P 是非好集． 因此a ≤21,下面证明：包含21的任意一个33元子集A 一定为好集．设A ＝｛1a ,2a ,…,32a ,21｝．若1,3,7,42,63中之一为集合A 的元素,显然A 为好集.现考虑1,3,7,42,63都不属于集合A ．构造集合：1A ＝｛2,4,8,16,32,64｝,2A ＝｛5,10,20,40｝,3A ＝｛6,12,24,48｝,4A ＝｛9,18,36｝,5A ＝｛11,22,44｝,6A ＝｛13,26,52｝,7A ＝｛14,28,56｝,8A ＝｛15,30,60｝,9A ＝｛17,34｝,10A ＝｛19,38｝,11A ＝｛23,36｝,12A ＝｛25,50｝,13A ＝｛27,54｝,14A ＝｛29,58｝,15A ＝｛31,62｝,'A ＝｛33,35,37,…,61,65｝,由上可见,1A ,2A ,…,15A 每个集合中两个元素都是倍数关系,考虑最不利的情况,即'A A ,也即'A 中16个元素全部选作A 的元素,A 中剩下16个元素必须从1A ,2A ,…,15A 这15个集合中选取,根据抽屉原理,至少有一个集合有两个元素被选,即集合A 中至少有两个元素存在倍数关系．综上所述,包含21的任意一个33 元子集A 一定为好集,即a 的最大值为21．说明 对于这一类型的集合问题,一般都需要通过适当的方式构造出符合某种要求的集合,抽屉原理是解决集合构造问题的常用工具．例4 （2008年甘肃省预赛试题）一个20行若干列的0、1数阵满足：各列互不相同且任意两列同一行都取1的行数不超过2．求当列数最多时,数阵中1的个数的最小值．分析 由题设,对于数阵中1的个数超过3的列,保留其中任意3个1,而将其余的都变成0,得到的新数阵仍然满足要求,于是可知当列数最多时,数阵中至多包含1的个数不超过3的所有的列.这样可得列数最大值,进而求得此时数阵中1的个数的最小值．解 对于满足条件的列数最大的一个数阵,如果这个数阵中某一列1的个数超过3个,那么就保留其中任意3个1,其余的都改变成0,这样就会得到一个列数相同并有仍然满足要求的一个新数阵,如果这个新数阵中还有1的个数超过3的列,则重复上述过程,最后可以得到一个列数最多,且每列中1的个数最多为3的满足要求的数列,它的列数最多为1+120C +220C +320C .另一方面,构造一个满足要求的数阵如下：它包括没有1的列以及所有互不相同的只有一个1的列,2个1的列和3个1的列,由上所说,可知这个数阵的列数是最多的,同时在满足要求的列数最多的所有数阵中所有数阵中,该数阵中的1是最少的,此数阵的列数为1+120C +220C +320C ,此数列中1的个数是120C +2202C +3203C ＝20+380+3420＝3820说明 本题中求数阵的列数的最大值的方法叫做局部整法,它是解决最值问题的一种行之有效的方法,尤其是离散变量最值问题常常需要用到这种方法．例 5 （2008年浙江省预赛试题）将3k （k 为正整数）个石子分成五堆,如果通过每次从其中3堆中各取走一个石子,而最后取完,则称这样的分法是“和谐的”,试给出和谐分法的充分必要条件,并加以证明．分析 从整体上看,就是从3k 个石子中每次取3个,恰好k 次取完,于是和谐的分法就是要求每堆石子的个数不超过k ,再用数学归纳法证明,最多一堆石子的个数不超过k 的分法是和谐的．解 分析是和谐的充分必要条件是最多一堆石子的个数不超过k ．下面设五堆石子的个数分别为a 、b 、c 、d 、e （其中a ≥b ≥c ≥d ≥e ）．“必要性”的证明：若分法是和谐的,则把a 所对应的石子取完至少要取a 次,这a 次每次都要取走3个石子,如果a ＞k ,则3a ＞3k ,即把a 所对应的一堆取完时,需取走的石子多于五堆石子的总数,矛盾,因此最多一堆石子的个数不能超过k.“充分性”的证明：（数学归纳法）（1）当k ＝ 1时,满足a ≤k 的分法只能是1、1、1、0、0．显然这样的分法是和谐的．（2）假设k ≤n 时,若a ≤k 的分法是和谐的．当k ＝ n +1时,若a ≤n +1,且分法a 、b 、c 、d 、e 是不和谐的,则分法a －1、b －1、c －1、d 、e 也是不和谐的．由（2）及必要性的证明,可知max ｛a －1,b －1,c －1,d ,e ｝＞n ．因为a ≥b ≥c ≥d ≥e ,所以max ｛a －1,b －1,c －1,d ,e ｝＝max ｛a －1,d ｝＞n ．若a －1≥d ,则有a －1＞n ．这与a ≤n +1矛盾．若a －1＜d ,则有n ＜ d ≤ c ≤b ≤ a ≤ n +1,从而有a ＝ b ＝ c ＝ d ＝ n +1,于是有3（n +1）＝ a + b + c + d + e ＝ 4 (n +1) + e ,这是不可能的．因此,当a ≤n+1时,分法a 、b 、c 、d 、e 是和谐的说明 本题充分性的证明采用的是数学归纳法,这是一种归纳构造,它是利用构造思想解决存在性问题的一种重要手段例 6 在坐标平面上是否存在一个含有无穷条直线1l ,2l ,…,n l ,…的直线族,满足：（1）点（1,1）∈n l ,n ＝1,2,3,…；（2）1+n k ＝ n a －n b ,其1+n k 中是1+n l 的斜率,n a 和n b 分别是n l 在x 轴和y 轴上的截距,1k 是1l 的斜率,n ＝ 1,2,3,…；（3）1+n n k k ≥0,n ＝ 1,2,3,…并证明你的结论（88年全国联赛）.分析 假设这样的直线族存在,先利用直线n l 的方程求出n a 与n b ,即可得到｛n k ｝的递推关系,再结合条件（3）求解解 题中给出的是以点（1,1）为公共点的中心直线族,若这样的直线族存在,则n l 的方程为y －1 ＝ ()1-x k n当y ＝0时,－1＝()1-n n a k ,n a ＝ 1－nk 1；当x ＝0时,n b －1＝－n k ,n b ＝ 1－n k 因为n l 存在,所以n a 和n b 都存在,从而n k ≠0,n ＝ 1,2,3,…,利用条件（2） 有 1+n k ＝ n a －n b ＝ n k －nk 1 继续有n k ＝ 1-n k －11-n k ； …… 2k ＝ 1k －11k ； 以上诸式相加得到1+n k ＝ 1k －（11k + 21k + … + n k 1） ① 由n k ≠0及条件(3)得1+n n k k ＞0,故所有的i k （i ＝ 1,2,3,…）同号,不妨设i k ＞0,则1+n k ＝n k － n k 1＜n k ,即数列｛n k ｝是正项递减数列,从而11+n k ＞n k 1,于是11k + 21k + … + n k 1＞1k n ，这样,由①式得1+n k ＜1k －1k n ＝ 121k n k - ② 当n ＞21k 时,由②式推出1+n k ＜0．由假设n k ＞0,得1+n n k k ＜0,与己知矛盾同理可证,当n k ＜0 时,也导致矛盾所以,同时满足条件（1）,（2）,（3）的直线族不存在例7 （2007年吉林省预赛试题）一个空间中的点组成的集合Ｓ满足性质：Ｓ中任意两点之间的距离互不相同,假设Ｓ中的点的坐标（x ,y ,z ）都是整数,并且１≤ x ,y ,z ≤ n ,证明：集合S 的元素个数小于min ｛（n +2）·3n ,6n ｝ 证明 记 | S | ＝ t ,则对任意（,1,1,1z y x ）,（,2,2,2z y x ）∈S ,都有()221x x -+()221y y -+()221z z -≤3()21-n （因为满足1≤x,y,z ≤n 的整点之间的距离不超过（1,1,1）与（n ,n ,n ）之间的距离） 并且依题意,S 中任意两点之间的距离互不相同,故2t C ≤3()21-n , 得2t －t ≤ 6()21-n ,于是t ≤21+21()21241-+n ＜6n (最后一个不等式价于1+24()21-n ＜()2162-n ,展开后移项即可得到)另一方面,对S 中的任意两点（,,,i i i z y x ）、（,,,i i i z y x ）,考虑集合｛a ,b ,c ｝(允许出现重复元素),这里a ＝ | j i x x -|,b ＝|j i y y -|,c ＝ |j i z z -|,依题意,所得的｛a ,b ,c ｝两两不同,且0 ≤ a ,b ,c ≤n －1,a 、b 、c 不全为0,于是,我们有2t C ≤12123-++n n n C C C ①故2t C ＜1232n n n C C C ++,解得t ＜()()21314121++++n n n ． 当n ≥3时,有t ＜()32n n +．这只需证明()()21314121++++n n n ≤()32n n +,等价于()()213141+++n n n ≤()22132⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+n n ,展开后移项即可知此不等式在n ≥3时成立）． 于是,当n ≥3时,总有t ≤()⎭⎬⎫⎩⎨⎧+6,32min n n n ②而当n ＝1时,t ＝1；当n ＝2时,由①知t ≤3,这时②都成立,命题获证．说明：本题从两个不同的角度,分别得到了2t C 的上界,从而完成了证明．这种思想的实质是算两次原理．它是研究跟计算有关的组合问题的一种重要策略．例8 （2009年山西省预赛试题）有七种颜色的珍珠,共计14颗,其中每种颜色的珍珠各两颗；今把这珍珠分装于七个珠盒中,使得每个珠盒中各有一对不同颜色的珍珠．（1）证明：不论各盒中的珍珠怎样搭配,总可以将这七个珠盒分别放置于一个正七边形的七个顶点之上,使得七边形的任两个相邻顶点处所放置的盒中的四颗珍珠互不同色．（2）如将以上条件与待证结论中的“七”一律改为“五”,“14”改为“10”,则情况如何？解：（1）用点v 1,v 2,…,v 7分别表示这七种颜色,如果一个i v 色的珍珠和一个j v 色的珍珠装在同一盒中（i ≠j ）,则在点i v 与j v 间连一条边,这样就得到一个图G （点i v 与j v 之间有可能连出两条边）,由于同一色的珍珠有两颗,每颗珍珠都需与一颗其他颜色的珍珠共盒,则图G 的每点恰好发出两条边；从G 的任一点A 出发,沿一条边走到点B ,再由B 沿另一条边走到C ,…,如此下去,最后必定回到出发点A （这是由于,途中经过的每个点P 都有两条边,若参沿一条边进入点P ,则必沿另一条边可离开点P ,而由点P 不能再加到途中已经过的点,因为这种点所发出的两条边都已走过,因此只能到达新点或回到出发点,而新点终将逐渐耗尽,最后必定回到出发点A ）,这样就得到一个圈．去掉这个圈,若剩下还有点,依上述方法,又将得到新的圈,若称两点的的圈为“两边形”,则图G 的结构只有如下四种情况：1°一个七边形2°一个五边形和一个两边形3°一个四边形和一个三角形4°一个三角形和两个两边形对于每种情况,我们都对相应的边作出适当编号,并将这些边所对应的珠盒放置于七边形的顶点之上,如图5所示．因此所证结论成立．（2）当14颗七以珍珠改为10颗五色珍珠后,结论不成立．例如,对于五色54321,,,,v v v v v ,我们若将10颗珍珠这样装盒：()211,v v e =,()322,v v e =,()133,v v e =,()544,v v e =,()545,v v e =,则无论怎样摆放于正五边形的顶点上,都不能满足条件（因为1e 、2e 、3e 中,任两盒都有同色的珠,无论怎样摆放于正五边形的顶点上,必有两盒相邻）．。
江苏省苏州市昆山市2023_2024学年高二下学期综合能力测评数学质量检测试题(含答案)
江苏省苏州市昆山市2023-2024学年高二下学期综合能力测评数学检测试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1．若，则符合条件的有序集合对的个数为（ ）{}1234,,,A B a a a a U== (),A B A ．81B ．90C ．108D ．1142．最接近下列哪个数字（ ）201.01A ．1.20B ．1.21C ．1.22D ．1.233．，，若在其定义域上有且仅有两个零点，则()2ln x f x x =()()()21g x f x mf x ⎡⎤=--⎣⎦()g x 的取值范围是（ ）m A ．B ．21,e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭2e e 2,e 22e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭C ．D ．2e ,e 2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭ee 1,122⎛⎫-+ ⎪⎝⎭4．超市举办抽奖活动．箱子里装有十张参与奖与两张100元代金券．顾客第一次可使用5积分进行一次抽奖，若摸中100元代金券则结束，若摸中参与奖则可将奖券放回并花费2积分再抽一次．若紫阿姨铁了心也要抽中100元代金券，则她所花费积分的数学期望为（ ）A ．12B ．15C ．17D ．205．已知复合函数求导法则符合，记是的()()()()()f g x f g x g x ''⎤⎣⎦'⎡=()W x ()()e 0x f x x x =>反函数，则（ ）()W x '=A ．B ．C ．D ．()e xW x x+()1eW x x+()e x x W x ()eW x x6．丛雨和芳乃玩猜硬币正反面的游戏，其中一人抛硬币，另一人猜硬币正反面，猜中则猜方获胜，猜不中则对方获胜，每轮的胜者可获得对方的一枚硬币，直到其中一人赢完所有硬币之后游戏结束．已知游戏开始时，丛雨有枚硬币，芳乃有枚硬币，则丛雨最后赢得所有a b 硬币的概率为（ ）A ．B ．C ．D ．0.5a a b+222a ab +2a b a b-+7．下列比大小正确的是（ ）A ．B ．πe ln π<21ππe ππ-->-C ．D ．12ππln e π<3π31>8．设为函数的定义域，若对于且，都有，我们称为D f 12,x x D ∀∈12x x >()()12f x f x ≥f “不减函数”．对于映射：，符合条件的不减函数有（ ）f {}{}1,2,31,2,3,4→f A ．16个B ．18个C ．20个D ．22个二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．9．下列组合恒等式正确的有（ ）A ．B ．11A A A m m m n n n-+=+11C C m m n n m n --=C ．D ．1C2nin nii n -=∑1CC C ki k i k m n m ni --==∑10．对于，若使，则称是的正因数，易知也是的正因数．正因*,a d ∈N *k ∃∈N a kd =d a k a 数只有1与自身的数叫做素数，如：2、3、5、7、11……．若对于正整数与，它们之间a b 最大公因数为1，则称与互素．已知一个正整数可以被唯一分解为一组素数的乘积：a b ，其中，是两两不同的素数，则下列说法正确的是（ ）1212k a a a k n p p p =⋅⋅⋅*i α∈N i p A ．从中随机取出两数，则它们互素的概率是{}1,2,3,4,5,6,7A =1721B ．360的正因数个数为25C ．360的所有正因数之和为()()()32213151+++D ．360的所有正因数之积为1236011．设非常值函数定义域为，，且对于任意都满足()f x R ()1ef =,0x y ≠，则下列说法正确的是（ ）()()()11f x y f x f y x y+=+A ．()1121e e e 12e e 1e++=-=--+-∑n n ni n f iB ．是奇函数()f x C ．()()1f x f x '=+D ．若有且仅有一个整数解，则的取值范围是()()31f x k x <-k 223,e 2e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．将符合每小题的答案填写到空格上．12．随机取中的一个元素，则，(){},,,|20,,,,x y z w x y z w x y z w +++=∈N 0x >，，的概率为．1y >2z >3w >13．用个种不同颜色的扇形拼成一个圆，相邻的扇形不共色，设拼法数为，写出数列n k n a 的一个递推公式．{}n a 14．“指数找基友”是高中导数的重要思想，如和()()()()'e e x xf x f x f x ⎡⎤=+'⎣⎦，这揭示了它们导数之间的奇妙关系．已知定义在上的可导函数()()()'e e x xf x f x f x ⎡⎤-=⎢⎥⎣⎦'R 和满足以下关系：，，，，则()f x ()g x ()()f xg x '=()()g x f x '=()()0f x f x +-=()01g =，．()f x =()g x =四、解答题：本题共5小题，共77分．将符合题目的答案填写在空白处．15．回答下列问题(1)求的个位数字122024122024A A A ++⋅⋅⋅+(2)若随机变量，试求最大时的取值111,3X B ⎛⎫⎪⎝⎭:()P X k =k (3)证明：是偶数2C nn 16．已知，()e x kf x x =-()0,k ∈+∞(1)若，试证明：，恒成立e =k 0x ∀>()0f x ≥(2)若，讨论的零点个数*k ∈N ()f x 17．对数均值不等式在各个领域都有着重要应用．(1)讨论，的单调性()()21ln 1x f x x x -=-+()l 1n 2x g x x x =-+(2)试证明对数均值不等式：2ln ln x y x yxy x y +->>-(3)设，试证明：*n ∈N ()222111ln 11122n n n++⋅⋅⋅+>++++18．设样本空间，，其中两两互相独立．设随机事{}12,,...,m A A A A ={}12,,...,n B B B B =,i j A B 件对应的结果值为，随机变量和的取值分别为样本空间和中所发生事件的M ()V M X Y A B 结果值，从而它们的数学期望，.()()()1mi i i E X V A P A ==∑()()()1nj j j E Y V B P B ==∑(1)证明：，；()()()E X Y E X E Y +=+()()()E XY E X E Y =(2)小明抛一枚奇葩的硬币，有的概率朝上，的概率朝下，的概率立起来．记朝上为121316分，朝下为分，立起来是分，设随机变量是小明抛次硬币所得的分数，求，11-0S 100()E S ；()D S (3)若随机变量，证明：，.(),Z B n p ~()E Z np=()()1D Z np p =-19．已知集合.{}1,2,3,...,1,A n n =-(1)“算两次”思想在组合数学中有着重要应用．例如：对于一个元集合的所有子集个数，n U 一方面有，另一方面：对于所有子集，每个中的元素有“出现”和“不出01C C ...C nn n n N =+++U 现”两种选择，由分布计数原理可得，因此有．令222...22n N =⋅⋅⋅⋅=01C C ...C 2n n n n n +++=，试用算两次思想化简；()x BS B x∈=∑()B AS B ⊆∑(2)对于的子集个数还可以这样理解：，展开式中U ()00111021111C 11C ...11C nn n n n n n n n -=+=+++每一项都唯一对应着的一个子集．令，试化简；U ()x BP B x∈=∏(),B A B P B ⊆≠∅∑(3)对偶原理也是组合数学的重要方法，例如数学王子高斯小时候在计算的值时，12...100+++他把与配对，与配对，从而化变量为常量，简化了计算．这其实就是对偶原理的一1100299种体现．令，其中是中元素从小到大的一个排列，()()1121...1n n n n Q B a a a a ---=-+-+-{}n a B 试用对偶原理化简.()B AQ B ⊆∑1．A【分析】根据满足条件的集合可看成由的子集与的并集，然后分类计算即可.B A U A ð【详解】当时，满足条件的有序集合对有1个；A =∅当为单元集合时，例如，A {}1A a =则满足条件的集合可看成由的子集与集合的并集，共有个，B A {}234,,a a a 12所以为单元集合时，满足条件的有序集合对有个；A 114C 28⨯=当为二元集合时，满足满足条件的有序集合对有个；A 224C 224⨯=当为三元集合时，满足满足条件的有序集合对有个；A 334C 232⨯=当为四元集合时，满足满足条件的有序集合对有个.A 444C 216⨯=综上，符合条件的有序集合对的个数为.(),A B 1824321681++++=故选：A 2．C【分析】利用二项式定理进行估值即可.【详解】由题意得，2020(11.010.01)=+由二项式定理得，()()20212202010.011C 10.01C 0.01+=+⨯⨯+⨯+而从第3项以后，后面的项非常小，我们进行忽略即可，所以我们得到，1220200220.010.010.01) 1.219(1)1C C +≈+(=⨯1⨯+⨯则其与1.22更接近，故C 正确.故选：C 3．B【分析】利用导数求出的单调区间，画出的大致图象，令，则问题转化为()f x ()f x ()t f x =方程有两个不相等的实根，且，然后结合根与系数的关系可求210t mt --=12,t t 1222,[,]e e t t ∉-得答案.【详解】由，得，()2ln x f x x =()222222ln 2ln (0)xx x x x f x x x x -='⋅-=≠令，由()t f x =()()g x f x ⎡⎤=⎣⎦则，则210t mt --=2m ∆=+所以方程有两个不相等的实根210t mt --=()g x，利用错位相减法和极限思想求出答案.()()11512366k k E Y k ∞-+=⎛⎫=+⋅⋅⎪⎝⎭∑【详解】设抽奖次数为，花费的积分为，则，k Y ()52123Y k k =+-=+每次抽中100元代金券的概率为，211026=+故，()()11512366k k E Y k ∞-+=⎛⎫=+⋅⋅⎪⎝⎭∑设，①()01215555579236666k k S k -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+++⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，②，()123555555792366666kk S k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+++⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 两式相减得，()12311555555222223666666k kk S k -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+⨯+⨯+⨯++⨯-+⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，()()555556652235101223566616kk k k k k ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭=+⨯-+⋅=+-⨯-+⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭-故，()55907262366kkk S k ⎛⎫⎛⎫=-⨯-+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故，()()551lim 907262315666k k k E Y k ∞→+⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-⨯-+⋅⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦故选：B 5．B【分析】先根据反函数定义得到，两边求导得到，再求出()()x f W x =()()()1W x f W x '='，从而得到答案.()()()()()()e e e W x W x W x x f W x W x '==+⋅+【详解】因为互为反函数，所以，()(),f x W x ()()x f W x =两边求导得，()()()1f W x W x ''=⋅故，()()()1W x f W x '='两边求导得，()()e 0xf x x x =>()()()1e 0x f x x x '=+>故，()()()()()()()()1e e e W x W x W x f W x W x W x =++⋅'=是的反函数，故，()W x ()()e 0xf x x x =>()()e W x x W x =故，()()()e W x xf W x =+'故.()()()()1e 1W x W xf W x x=='+'故选：B关键点点睛：本题解决的关键在于，利用互为反函数得到以，从而()(),f x W x ()()x f W x =利用复合函数的求导即可得解.6．B【分析】设当丛雨有枚硬币，芳乃有枚硬币时，丛雨最后赢得所有硬币的概率为k a b k +-，然后利用全概率公式得到，再结合，即kp ()11111122k k k p p p k a b -+=+≤≤+-00p =1a b p +=可求出.a a p a b =+【详解】事实上，无论抛硬币的人选如何，每一局结束后两人获胜的概率都是.12设当丛雨有枚硬币，芳乃有枚硬币时，丛雨最后赢得所有硬币的概率为.k a b k +-k p 对，当丛雨有枚硬币，芳乃有枚硬币时，进行一局游戏后，两人的11k a b ≤≤+-k a b k +-硬币数有的概率分别变成和，也有的概率分别变成和，121k +1a b k+--121k -1a b k +-+则根据全概率公式有.111122k k k p p p -+=+从而.111111112222k k k k k k k k k k k p p p p p p p p p p p +-+---⎛⎫-=+--=--=- ⎪⎝⎭故可设.()10,1,2,...,1n n p p d n a b +-==+-显然也有，，所以00p =1a b p +=.()()()()()()110112211011...a b a b a b a b a b a b a b n n n n p p p p p p p p p p pp d a b d+-+-+++-+-+-+===-=-+-++-+-=-==+∑∑从而由可知，故()1a b d=+1d a b =+.()()()()()110112211010...a a a a a a a a n n n n a p p p p p p p p p p p p p d ad a b -----+===-=-+-++-+-=-===+∑∑所以当丛雨有枚硬币，芳乃有枚硬币时，丛雨最后赢得所有硬币的概率.a b a a p a b =+故选：B.关键点点睛：本题的关键点在于将全概率公式和数列知识结合，利用数列得到所求概率.7．D【分析】构造函数根据函数单调性判断A,化简函数构造函数后应用函数单调性判断B,应用对数运算化简判断C,计算判断D.【详解】对于A:设,()()()()221ln ln 1,ln ln ln x x xx x f x f x xx x -⨯-=='=当在上单调递增，()()e,0,x f x f x >'≥[)e,+∞所以,所以,A 错误；()()πe πe,πe ,e ln πlnef f >>>=πeln π>对于B:设，()()()()e 1,e 1e =e x x x xg x x g x x x -'=-=--当在上单调递增，当在上单调递减,()()0,0,x g x g x '(),0∞-()()0,0,x g x g x <'>()0,∞+所以 ,()()()0max 0e 101g x g ==-=所以,()()1,e 11x g x x ≤-≤当取所以,B 选项错误；()22π2π,e1π<1,x ---=-22ππ211πe <,e <1πππ------对于C:因为，C 错误；122π1lne π=×π=ππ对于D:因为,D 选项正确.33π 3.141592631.0131≈≈>故选：D.8．C【分析】根据“不减函数”的定义，分情况讨论，列出所有情况即可．【详解】分情况讨论，值域取1个元素， 取2个元素，取3个元素.值域1个元素，可以；；；；共4个.1231→1232→1233→1234→值域取2个元素， ；；；；121,32→→11,232→→121,33→→11,233→→；；；；11,234→→11,234→→12,233→→12,233→→；；；；共12个．12,234→→12,234→→13,234→→13,234→→值域取3个元素， ；；；11,22,33→→→11,22,34→→→11,23,34→→→；共4个.12,23,34→→→总共有20个.故选：C.9．BCD【分析】利用排列数、组合数的性质逐一分析即可.【详解】选项：左边，A 11A (1)(1)(2)(1)A m m n nn n n n m n -++--++== 1A (1)(2)(1)(1)A m m n nn n n m n m n m --=-+-+=-+ 右边，1111A A (1)A A (2)A m m m m m n n n n nn m n m ----=-++=++-当时，即，故错误；1m =1101A A A n n n +≠+11A A A m m m n n n -+≠+A 选项：，故正确；B 11(1)(1)(1)(1)C C !(1)!m m n n n n n m n n m m mn n m m ----+--+===- B 选项：，C 121CC +C +2C nninn n ni i n =+=∑ 令①，01210C C C C +2(C +1)n n nn n n nS n n -++-+= ②，1210(1)+C +2C C C 0C n n n n n n nS n n -+-++= 由得，故，①+②01212++)(C C C C C 2n n n n n n n n S n n -++==+⋅ 12n S n -=⋅即，故正确；112Cnini n i n =-⋅=∑C 选项：，D (1)(1)(1)m n m nx x x -++=+的通项为，的通项为，(1)m x +1C i i i m T x +=(1)n m x -+1-C k i k ik i n m T x---+=则左边含的系数为，右边含的系数为，(1)(1)m n mx x -++kx 1CC ki k i m n mi --=∑(1)n x +k x C kn 故，故正确.1CC C kik i k m n m ni --==∑D 故选：BCD.10．ACD【分析】根据古典概型概率公式和素数定义可判断A ；根据，由分步乘法计321360235=⨯⨯数原理可判断B ；根据二项式定理的推导过程可判断C ；由因数的成对性可判断D.【详解】对于A ，从中随机取出两数有种取法，{}1,2,3,4,5,6,7A =27C 21=其中不互素的数组有，()()()()2,42,64,63,6，，，所以它们互素的概率是，A 正确；41712121-=对于B ，因为，所以360的正因数由2、3、5的乘积构成，321360235=⨯⨯其2有4种取法，3有3种取法，5有2种取法，所以360的正因数个数为个，B 错误；43224⨯⨯=对于C ，由二项式定理可知360的正因数是展开式每一项的系数，()()()32235x y z +++所以360的所有正因数之和为，C 正确；()()()32213151+++对于D ，由题知，360的因数成对出现，共12对，每队的乘积都等于360，所以360的所有正因数之积为，D 正确.12360故选：ACD 11．AD【分析】令，可得是以为首项，为公比的等比数列，求出，然后利用,1==x i y ()f i ie e ()f i 错位相减求和可判断A ；利用奇偶性定义可判断B ；求出、可判断C ；令()f x '()1f x +，利用导数得出的大致图象，结合图象可判断D.()3e xg x x =()g x 【详解】对于A ，令，则，可得，,1==x i y ()()()11111f i i f i f i i ++=+=()()11ef i i f i i ++=且，所以是以为首项，为公比的等比数列，()1=e1f ()f i i e e ，()()e 1,2,,if i i i n == 设，()()()1212e 2e e nS f f f n n =+++=+++ 则，231e e 2e e +=+++ n S n直线横过定点，()1y k x =-()1,0设直线与的切点为()1y k x =-()3e xg x x =则，，()()00031e x g x x +'=0003e =x y x ()0031e x y x ⎧=+⎪因为，不满足有且仅有一个整数解；015012+<=<x ()()31f x k x <-所以要使有且仅有一个整数解，()()31f x k x <-只须，解得，故D 正确.()()()()31113221f k f k ⎧-<--⎪⎨-≥--⎪⎩223e2e k ≤<故选：AD.关键点点睛：解题的关键点是求出的解析式和数形结合解题.()f x 12．26161【分析】根据给定条件，利用隔板法求出的自然数解的个数，再求出满足20x y z w +++=的整数个数，然后计算古典概率即得.31,,2,0x y z w >>>>【详解】依题意，的一个元素，即方程(){},,,|20,,,,x y z w x y z w x y z w +++=∈N 的一个自然数解，20x y z w +++=由，得，20x y z w +++=(1)(1)(1)(1)24x y z w +++++++=设，则，1,1,1,1x x y y z z w w ''''=+=+=+=+24x y z w ''''+++=方程的自然数解的个数即为方程的正整数解的个数，20x y z w +++=24x y z w ''''+++=可视为24个小球排成一排，用3块隔板插入23个间隙分24个小球的分法数，有种，323C ，令，(1)(2)(3)14x y z w +-+-+-=1,2,3y y z z w w ''''''=-=-=-因此满足的整数解的个数，即为方程的正整数解个31,,2,0x y z w >>>>14x y z w ''''''+++=数，有种，313C 所以所求概率.313323C 13121126C 232221161P ⨯⨯===⨯⨯故26161关键点点睛：求出方程的正整数解的个数，关键是转化为排成一排的2424x y z w ''''+++=个小球，用3块隔板分成4部分的不同分法数.13．（答案不唯一，例如也可以）()11n na k a +=-()()2121n n na k a k a ++=-+-【分析】构造另一个数列作为辅助，利用乘法原理得到，{}n b ()()121n n n a k a k b +=-+-，二者结合即可得到的递推公式.1n n b a +={}n a 【详解】将所有扇形按逆时针顺序分别记为，若每种扇形可从种颜色中选择一个12,,...,n T T T k 并染色，设使得每对都不同色，且不同色的选择方式有种，()1,11i i T T i n +≤≤-1,n T T n a 使得每对都不同色，但同色的选择方式有种.()1,11i i T T i n +≤≤-1,n T T n b 则使得每对都不同色的选择方式有种，而根据乘法原理，()1,11i i T T i n +≤≤-()n n a b +使得每对都不同色的选择方式有种，从而.()1,11i i T T i n +≤≤-()11n k k -⋅-()11n n n a b k k -+=⋅-而对，我们先考虑使得每对都不同色，121,,...,,n n T T T T +()1,1i i T T i n +≤≤且不同色的选择方式，这样的选择方式有种.11,n T T +1n a +若每对都不同色，且不同色，()1,11i i T T i n +≤≤-1,n T T 则的选择方式有种，的选择方式有种；12,,...,n T T T n a 1n T +()2k -若每对都不同色，但同色，()1,11i i T T i n +≤≤-1,n T T 则的选择方式有种，的选择方式有种.12,,...,n T T T n b 1n T +()1k -所以.()()121n n na k a kb +=-+-我们再考虑使得每对都不同色，但同色的选择方式，这样的选择方式有()1,1i i T T i n +≤≤11,n T T +种.1n b +若每对都不同色，且不同色，()1,11i i T T i n +≤≤-1,n T T 则的选择方式有种，的选择方式有种；12,,...,n T T T n a 1n T +1若每对都不同色，但同色，()1,11i i T T i n +≤≤-1,n T T 则无论怎样选择都不符合条件，故无法选择.1n T +所以.1n n b a +=至此我们得到，，所以()()121n n na k a kb +=-+-1n n b a +=.()()()()21112121n n n n na k a kb k a k a ++++=-+-=-+-这就得到了的一个递推公式.{}n a ()()2121n n na k a k a ++=-+-该递推公式还可以进一步简化，由该递推公式可得.()()()()()()()2111112111n n n n n n n a k a k a k a k a a k a +++++--=-+---=---故.()()()()()()()1111221111...11n n n n n n n a k a a k a a k a a k a -+-----=---=--==---而根据乘法原理有，，故.1a k =()21a k k =-()()()211110a k a k k k k --=---=所以.()()()()()11121111100n n n n a k a a k a --+--=---=-⋅=这就得到一个更简单的递推式.()11n na k a +=-故（答案不唯一，例如也可以）.()11n na k a +=-()()2121n n na k a k a ++=-+-关键点点睛：本题的关键点在于，构造另一个数列作为辅助，以得到所求数列的递{}n b {}n a 推公式.14．e e 2x x--e e 2x x-+【分析】根据题意整理可得，进而可得()()()()e e 0x xf x f xg x g x ⎡⎤⎡⎤+-+=⎣⎦⎣⎦''，即，再根据题意可得，结合奇函数以()()e e xxf xg x c-=()()e x c f x f x ='-()e 2e xx c f x a =-及列式求解即可.()01g =【详解】由题意可知：的定义域为，()(),f x g x R 因为，，则，()()f xg x '=()()g x f x '=()()()()0f x f x g x g x ''⎡⎤⎡⎤+-+=⎣⎦⎣⎦即，()()()()e e 0x x f x f x g x g x ⎡⎤⎡⎤+-+=⎣⎦⎣⎦''由题意可知：，即，()()e e x x f x g x c-=()()e e x x f x f x c-'=可得，则，()()e xc f x f x ='-()()()'2e e e e e x x x x x cf x f x f x c -⎡⎤-===-⎢⎥⎣⎦'可得，即，则，()2e 2e xx f x c a =+()e +2e x x c f x a =()()e -2e x x cg x f x a ='=又因为，，则，()()0f x f x +-=()01g =()()0,01f x f '==可得，解得，0212c a c a ⎧+=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩21c a =-=-即，，()11e e e 22e 2x x x x f x --=-=()e e 2x xg x -+=此时符合题意，()()e e e e 022x x x xf x f x ----+-=+=所以，.()e e 2x x f x --=()e e 2x xg x -+=故；.e e 2x x --e e 2x x-+关键点点睛：本题的关键是根据化简可得，进而可得()()()()e e 0x x f x f x g x g x ⎡⎤⎡⎤+-+=⎣⎦⎣⎦''，再结合题意可得，化简运算即可.()()e x cf x f x ='-()2e 2e xx f x c a =+15．(1)3(2)或3k =4k =(3)证明见解析【分析】（1）由可知，当时，的个位数字都是0，所以只要求出55A 120=5n ≥A nn 的个位数字即可；12341234A A A A +++（2）设最大，则，然后利用二项分布的概率公式列方程组()P X k =()(1)()(1)P X k P X k P X k P X k =≥=-⎧⎨=≥=+⎩求解即可；（3）利用组合数的性质证明即可.【详解】（1）因为，所以当时，的个位数字都是0，55A 120=5n ≥A nn 因为，12341234A A A A 1262433+++=+++=所以的个位数字为3；122024122024A A A ++⋅⋅⋅+（2）设最大，则，()P X k =()(1)()(1)P X k P X k P X k P X k =≥=-⎧⎨=≥=+⎩因为，所以，111,3X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭:()11111111111213333kkk kk k P X k C C --⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-= ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭所以，111121111111110111111212C C 33331212C C 3333k k k kk k k k k kk k -----+-+⎧⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎨⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪≥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎩即，所以，解得，1111111111C 2C 2C C k k k k -+⎧≥⎨≥⎩121221111k kk k ⎧≥⎪⎪-⎨⎪≥⎪-+⎩34k ≤≤因为，所以或，N k ∈3k =4k =（3）证明：因为，，121212C C C n n n n n n ---=+121(1)212121C C C n n n n n n n -------==所以，2122121C C 2C C n n nn n n n n ---=+=所以是偶数2C n n 16．(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】（1）通过等价变形，转化为证明，当时，恒成立，构造()0f x ≥()0x ∞∈+，ln 1e x x ≤函数，借助导数求出函数最大值即可得证；（2）分和讨论，即分别进行正零点和负零点的讨论，即可得解.0x ≤0x >【详解】（1）证明：()()e e 0xf x x x =->要证明，恒成立，即证明恒成立0x ∀>()0f x ≥ee x x ≥又e e e e eln 1ln ln x x x x x x ≥⇔≥⇔≤即只需要证明当时，恒成立，()0x ∞∈+，ln 1e x x ≤令，则，()()ln 0x g x x x =>()21ln xg x x -'=令解得，所以在上单调递增；()0,g x '>0e x <<()g x ()0,e 令解得，所以在上单调递减；()0,g x '<e x >()g x ()e,∞+所以，当时，取得极大值，也是在上的最大值，e x =()g x ()g x ()0∞+，即，()()max ln e 1e e e g x g ===当，即时，又11e k >e k <k ∈没有零点；()f x 当，即时，又10e k <<e k >当时，有三个零点；()*22N k n n =+∈()f x 关键点点睛：第（1）问的关键，将恒成立问题，转为了恒成立问题，结合()0f x ≥ln 1e x x≤导数即可证明；第（2）问的关键在于分类讨论，分和讨论，从而得解.0x ≤0x >17．(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）求导，利用导函数的符号分析函数的单调性.（2）先进行转化：，；2ln ln x y x y x y +->-⇔()21ln 01t t t -->+1t >ln ln x y xy x y ->-⇔，.在利用（1）的结论证明.1ln 0t t t -+<1t >（3）利用，可得，再累加求和即可.ln ln x y xy x y ->-()21ln 1ln n n n n >+-+【详解】（1）在()()()()2212111x x f x x x +--=+'-()2141x x =-+()()22141x x x x +-=+()()2211x x x -=+0≥上恒成立，所以在上单调递增；()0,∞+()f x ()0,∞+在上恒成立，所以在上单调()2211g x x x=--'2221x x x --=()221x x -=-0≤()0,∞+()g x ()0,∞+递减.（2）不妨设0x y >>因为2ln ln x y x y x y +->-⇔()2ln ln x y x y x y -->+⇔21ln 1x y x x y y ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+⇔21ln 01x y xx y y ⎛⎫- ⎪⎝⎭->+设，，则问题转化为：，.x t y =1t >()21ln 01t t t -->+1t >由（1）可知，函数在上单调递增，所以.()()21ln 1x f x x x -=-+()1,∞+()()10f t f >=故，成立，所以： .()21ln 01t t t -->+1t >2ln ln x y x y x y +->-又因为ln ln x y xy x y ->-⇔ln ln x y x y xy --<⇔1ln x x y y x y -<⇔1ln 0t t t --<⇔.1ln 0t t t -+<由（1）知在上单调递减，所以，故()12ln g x x x x =-+()1,∞+()()10g t g <=，成立，所以.1ln 0t t t -+<1t >ln ln x y xyx y ->-所以：成立.2ln ln x y x yxy x y +->>-（3）根据，ln ln x y xyx y->-⇒()()11ln 1ln n n n n +<+-⇒()()1ln 1ln 1n nn n >+-+所以2221111122n n ++⋅⋅⋅++++()ln 2ln1ln 3ln 2ln 1ln n n >-+-+++- ()ln 1ln1n =+-,()ln 1n =+所以，成立.()222111ln 11122n n n++⋅⋅⋅+>++++*n ∈N 18．(1)证明见解析(2)，()503E S =()7259D S =(3)证明见解析【分析】（1）直接根据期望的定义以及两两互相独立即可证明；,i jA B （2）将单次的得分分别记为一个随机变量，然后求其相应的量，最后考虑它们的和的期望和方差即可；（3）使用二项分布的定义，结合二项式定理和导数知识即可求解.【详解】（1）根据两两互相独立，可知,i jA B ()()()()()11mni j i j i j E X Y V A V B P A B ==+=+∑∑()()()()()11m ni j i j i j V A V B P A P B ===+∑∑()()()()()()1111mnmni i j j i j i j i j V A P A P B V B P A P B =====+∑∑∑∑()()()()()()1111mnnmi i j j i j i j j i V A P A P B V B P A P B =====+∑∑∑∑()()()()()()1111mn n m i i j j j i i j j i V A P A P B V B P B P A ====⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑()()()()11m ni i j j i j V A P A V B P B ===+∑∑；()()E X E Y =+且()()()()()11mni j i j i j E XY V A V B P A B ===⋅∑∑()()()()()11mni j i j i j V A V B P A P B ===⋅∑∑()()()()()()11mni i j j i j V A P A V B P B ===⋅∑∑()()()()()()11mn i i j j i j V A P A V B P B ==⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭∑∑()()()()()()()11mni i j j i j V A P A V B P B ===⋅∑∑.()()E X E Y =（2）对，设小明第次抛硬币时的得分为，则，1,2,3,...,100i =i i X ()112i P X ==，.()113i P X =-=()106i P X ==从而，.()()11111236i E X =⋅+-⋅=()()22211511236i E X =⋅+-⋅=而显然两两独立，故.12100,,...,X X X ()()()()1111,100,6636i j i j E X X E X E X i j i j ==⋅=≤≤≠所以由即知，且1001ii S X ==∑()()1001001001111150100663i i i i i E S E X E X ===⎛⎫====⋅= ⎪⎝⎭∑∑∑()()()()()()()()2222D S E S E S E S E S S E S =-=-⋅+()()()()()()()()22222E S E S E S E S E S E S =-⋅+=-2210010011i i i i E X E X ==⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪=- ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑()210010021112i i j i i i j n i E X X X E X =≤<≤=⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑()()()()()()10010022111001110022ii j i i j i i j i i j E XE X X E X E X E X =≤<≤=≤<≤⎛⎫=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑∑()()()()()()()()10022111002i i ijiji i j E X E X E X X E X E X =≤<≤=-+-∑∑210011100511112663666i i j =≤<≤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑.251725100669⎛⎫⎛⎫=⋅-=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（3）对，据二项式定理有.0x >()()()()()1C 1C 1nnnn k kn kkk k kn n k k p px p xp p p x --==-+=-=-∑∑在两边同时对求导，得()()()01C 1nnn kk k kn k p px p p x -=-+=-∑x ，()()()1101C 1nn n kk k k n k np p px k p p x ---=-+=⋅-∑再在两边对同时求导，得()()()111C 1nn n kk k k n k np p px k p p x ---=-+=⋅-∑x .()()()()()222111C 1nn n kk k k n k n n p p px k k p p x ---=--+=-⋅-∑在以上三个等式中令，就得到，，1x =()()01C 1nn kkknk p p-==-∑()()0C 1nn kk knk np k p p -==⋅-∑.()()()()2011C 1nn kk kn k n n p k k p p -=-=-⋅-∑根据二项分布的定义有.()()()C 10,1,2,...,n kk k n P Z k p p k n -==-=故.()()()()0C 1nnn kk knk k np k p pk P Z k E Z -===⋅-=⋅==∑∑且()()()()()()2211C 1nnn kk knk k n n p k k p pkk P Z k -==-=-⋅-=-⋅=∑∑.()()()()220nnk k k P Z k k P Z k E Z E Z ===⋅=-⋅==-∑∑故，.()E Z np=()()()221E Z E Z n n p -=-这就得到()()()()()()()()2222D Z E Z E Z E Z E Z Z E Z =-=-⋅+()()()()()()()()22222E Z E Z E Z E Z E Z E Z =-⋅+=-()()()()()()22E Z E Z E Z E Z =-+-.()()()22211n n p np np np np np p =-+-=-+=-关键点点睛：本题的关键在于将二项式定理和导数结合，从而研究二项分布的特性.19．(1)()212n n n -+⋅(2)()1!1n +-(3)12n n -⋅【分析】（1）计算的每个元素在求和式中出现的次数，再乘以该元素并相加即可；A （2）对一般的集合，考虑展开式除第一项以外{}123,,,...,n T t t t t =()()()()123111...1n t t t t ++++的其它项，然后取的特殊情况即得答案；()1,2,...,i t i i n ==（3）将的子集分为不包含元素的和包含元素的两类，然后一一对应，对每对对应的集A n n 合计算，再乘以配对的数目即可.12,B B ()()12Q B Q B +【详解】（1）对任意，的包含的子集数目与集合{}1,2,...,k n ∈{}1,2,3,...,1,A n n =-k 的全体子集数目一一对应，共有个.{}1,2,3,...,1,1,...,k k n -+12n -所以，将展开成若干项的求和后，每个在表达式中都()B A B Ax BS B x⊆⊆∈=∑∑∑{}1,2,...,k n ∈()B A S B ⊆∑出现次.12n -这就得到.()()()1112111222122nnn n n n B Ak k n n S B k k n n ----⊆==+=⋅==⋅=+⋅∑∑∑（2）对集合，由于的展开式中，除第一项的外，{}123,,,...,n T t t t t =()()()()123111...1n t t t t ++++1每一项都唯一对应着的一个子集的各个元素的乘积.T 故.()()()()()123,111 (11)n B T B P B t t t t ⊆≠∅=++++-∑特别地取，就有，.()1,2,...,i t i i n ==T A =()(),1!1B A B P B n ⊆≠∅=+-∑（3）将的子集分为两类：第一类是不包含元素的子集，第二类是包含元素的子集.A n n 那么第一类和第二类子集之间可以实现一一对应：将任意一个第一类子集添加元素，就得n 到一个第二类子集；将任意一个第二类子集去掉元素，就得到一个第一类子集.n 设是一个第一类子集，它对应一个第二类子集.1B {}21B B n =⋃那么求和式中的每一项在的求和式中都以符号相反的状态出现，若计算()1Q B ()2Q B ，则这些项两两抵消，只剩下的第一项.()()12Q B Q B +()2Q B n 所以每对对应的第一类子集和第二类子集都满足.1B 2B ()()12Q B Q B n +=而的子集共有个，故一共有个这样的对应，所以.A 2n11222n n -⋅=()12n B A Q B n -⊆=⋅∑关键点点睛：本题的关键点在于用不同的方式计算同一个变量，以得到相应的恒等式，这就是经典的算二次方法或富比尼原理.。
“算两次”方法在高中数学中的应用
“算两次”方法在高中数学中的应用在高中数学中，"算两次"方法是一种常用的解题方法，可以帮助学生更快更准确地解决一些复杂的数学问题。
这种方法通过将原问题拆分成两个或多个较简单的问题来逐步解决，最终得出最终的答案。
下面将介绍"算两次"方法在高中数学中的具体应用。
1.代数方程式的解法"算两次"方法在解代数方程式时非常常见。
对于一些复杂的方程式，可以通过"算两次"的方法将其拆解为较为简单的方程式逐步解决。
例如，对于含有分式的方程式，可以先用分式的通分法化简，再解出方程的结果。
这样可以避免一次性解决整个复杂的方程式，提高解题效率。
2.几何图形的计算在几何学中，"算两次"方法也常常被应用。
比如，在计算三角形的面积时，可以将三角形划分成更小的形状，分别计算每个小形状的面积，再将结果相加得到三角形的总面积。
这样可以更直观地理解整个计算过程，提高计算准确性。
3.概率和统计的问题"算两次"方法也可以在概率和统计问题中有所应用。
例如，在计算复杂事件发生的概率时，可以通过将事件拆解为几个较为简单的事件，分别计算每个事件的概率，再结合起来得到最终的概率。
这种方法可以降低解决概率问题的难度，提高解题效率。
4.数列的求和在数列中，"算两次"方法也可以得到应用。
对于一些复杂的数列，可以通过将数列分解为多个简单的部分，分别计算每个部分的和，再将结果相加得到整个数列的和。
这种方法可以帮助学生更清晰地理解数列的求和过程，提高计算的准确性。
5.函数的运算在函数的运算中，"算两次"方法也是非常常见的。
对于复杂的函数关系，可以通过将函数分解为多个简单的部分，分别进行计算，再将结果组合起来得到最终的函数关系。
这种方法可以帮助学生更深入地理解函数的性质，提高解题的效率。
总的来说，"算两次"方法在高中数学中有着广泛的应用。
“算两次”在高中数学中的应用探究
“算两次”在高中数学中的应用探究波利亚说：“为了得到一个方程，我们必须将同一个量以两种不同的方法表示出来”，即将一个量“算两次”，由此建立相等关系列出方程，它是从不同的角度考察问题，体现了转化及方程的思想。
“算两次”是一种重要的数学方法，她贯穿了我们对数学的学习过程，从小学的减法运算完后用加法运算检验其结果，除法运算完后用乘法运算检验其结果；为了得到一个方程，我们必须把同一个量用两种不同的方法表示出来，等等都属于“算两次”。
不仅计算题、求解题需要这样做，在证明中，用两种方法计算同一个量，更是一种行之有效的基本方法。
可见“算两次”在数学解题中有广泛的应用，本文专门探讨利用“算两次”解决高中阶段出现的一些问题问题。
一、“算两次”在与导数相关切线方程中的应用“算两次”在导数中的应用主要体现在切线方程，它的应用基础是一个量的两种表示。
在切线方程方面，能够通过两种表示的有两个量：切线斜率和切点（x0，f（x0））。
通过学习我们都知道，导数的几何意义即函数y=f（x）在x0处的导数f/（x0）为相应切线方程的斜率k。
如果我们知道函数在在x0处的切线或者与切线平行或垂直的直线我们就可以知道，通过这两方面都能求出。
当然在这中间还有一个共同的量――切点，它是切线与曲线的交点，能够起到沟通的作用。
我们不妨通过下面一道题来说明这个问题：例1：设直线y=x+b是曲线y=lnx的一条切线，则实数b 的值为？分析：我们不妨设切点为（x0，f（x0））（1）通过题意我们由切线y=x+b可知切线的斜率为k=1（2）再由函数y=lnx 可得k=1/x0通过上面的形式我们对k “算两次”可得x0= 1（1）由于切点为曲线上的点，可知切点为（1，0）（2）切点也在切线上，通过上述形式我们对于切点“算两次”，可得1+b=0则b=-1。
结合上述问题我们不难发现，我们对切线的斜率和切点进行了算两次，基于这类题目我们不妨看下列这些相似的问题：变式1：设曲线y=eax在x=0处的切线于x+2y+1=0垂直，求a变式2：曲线y=x3+x-2在P点的切线平行于y=4x-1，求P点坐标。
殊途同归,柳暗花明——例谈“算两次”原理在高中数学中的应用
殊途同归,柳暗花明——例谈“算两次”原理在高中数学中的
应用
盛茜
【期刊名称】《数学之友》
【年(卷),期】2022(36)12
【摘要】自从2021年江苏高三学生高考首次使用全国新课标卷以来,江苏高考进入了新的时代.从《中国高考评价体系》以及《普通高中数学课程标准》来看,新高考与老高考相比,更加强调思维,强调本质,对学生的能力素养等要求较高.因此,如何提升学生的关键能力和学科素养就摆到了老师们的面前.本文选取了一个重要但又易被忽略的思想方法———“算两次”,从新高考角度来阐述培养学生关键能力和学科素养的重要性.
【总页数】3页(P83-84)
【作者】盛茜
【作者单位】江苏省常州市田家炳高级中学
【正文语种】中文
【中图分类】G63
【相关文献】
1.摭谈"算两次"方法在高中数学教学中的挖掘与提炼
2.例谈算两次思想在组合学中的应用
3.“算两次”原理在高中数学竞赛中的应用
4."算两次"方法在高中数学中的应用
5.高中数学教学中\"算两次\"思想方法的应用探析
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竞赛组合数学(5)-算两次
a Aa a A a A a 1 a A a A a 1 1 a ... ... 1 A A A 1 A A 1 A2 A A 1 a 1 a
。 例 3. 有 n 个数 x1 , x 2 ,..., x n , xi {1,1}. 如果 x1 x 2 x 2 x3 ... x n x1 0. 证明 : 4 | n 例 4（皮克定理）设 p, q 为互质的自然数。证明：
组合数学（ 5） -算两次
背景知识 —数学问题往往需要使用不同的方法研究同一个问题。 这就是算两次方法的使用背 景。 例 1.有 n 粒弹子，任意将它们分成两堆，求出两堆弹子数的乘积；再将其中每一堆分成两 堆，求出相应两堆弹子数的乘积。如此下去，每一次任意将一堆分成两堆，求出这两堆弹子 数的乘积，知道不能分下去为止。求证：无论怎样分堆，所有乘积的和是永远不变的。 例 2.设 a, A 都是自然数， A a. 证明：
p 2 p (q 1) p (q 1)( p 1) q q ... q 2
例 5.证明： sin( x y) sin x cos y sin y cos x 例 6.证明：任意 k 个连续自然数的乘积可以被 k !整除。 例 7.将 1,2,3， 。 。 。 ，10 这 10 个数按照任意次序排成一个圆。证明：其中一定有三
第58届IMO试题
９ ． 中国台湾
英
国 １ ３ ０分
第
５ ８ 届
Ｉ Ｍ０ 试
题
１ ． 对每个整数 ａ ｏ ＞１ ， 定义数 列 ａ 。 ， ａ ・ ・ 如下 ： 对 于任 意 的 ｎ ＞０ Ｉ ，
Ｂ ． 在第 ｎ个 回合 中 ， 下 列事件依 次发生 ：
（ １ ） 兔子 以隐 形 的方 式移 动 到点 ， 使
４ ． 设 Ｒ、 ｜ ｓ为 圆 厂上 互 异 的两 点 ， 且 Ｒ Ｓ 不 为直径． 设Ｚ 为 圆 厂在点 Ｒ处 的切线． 平 面
（ 阿 尔巴尼亚
供题 ）
３ ． 一个猎人 和一 只隐形 的兔 子在欧 氏平 面上 玩一个游戏． 已知兔子 的起 始位 置 与 猎人 的起始 位 置 重 合． 在 游 戏 进 行 ｎ一１
得点 与 之 间的距离恰 为 １ ； （ ２ ） 一 个 定 位 设 备 向猎 人 反 馈 一 个 点 Ｐ ， 该 设 备 唯 一能 够 向猎 人 保证 点 Ｐ 与Ａ 之间 的距离至 多为 １ ；
ｆ √ 口 ，√ ａ 为整数；
“ 一 １ 口 ＋ ３ ， 其 他
２ ． 设 Ｒ为全 体实数 构成 的集 合． 求 所 有
的函数ｆ ： Ｒ Ｒ， 使得对于任意实数 ｘ ， ｙ ， 均有
） Ｙ ） ） ＋ ＋Ｙ ） ＝ ｘ ｙ ） ．
位设备 反馈 了哪些 点 ， 猎 人 总能 够适 当地选
择其移 动方式 ， 使得 在 １ ０ 回合后 ， 他 能确保 和兔子 之间 的距离至 多为 １ ０ ０ ７ （ 奥地 利 供题 ）
收稿 日期 ： ２ ０ １ ７— ０ ４—０ ５
数模 型 ， 并对其用两种不 同的方 法进行计数 ， 所得结果恰 为恒 等式 的两 边 ， 通常 通过 恒等
浅谈“算两次”正高中数学中的应用
析
＋
—— —’
———＋
———＋
———＋
彝言
差
（ 作 者 单位 ： 湖北 省枣 阳 市高级 中学）
ｆ ＯＡ・ ＯＣ— ＯＡ ＋ ＯＡ ・ ＯＢ，
、 Ｉ — Ｏ — ＋ Ｂ・ — ＯＣ — ＋＝Ａ Ｏ — — Ａ・ ÷ ＯＢ＋ Ｏ — — ＋ — — ＋． Ｂ
２ ｃ ｏ ｓ （ ， ￣ ＋ｆ １ ） ｓ ｉ ｎ ＋ ｃ ｏ ｓ （ ａ ＋ｆ １ ） ｓ ｉ ｎ卢 一３ ｃ ｏ ｓ （ ａ ＋＃ ） ｓ ｉ ｎ
Hale Waihona Puke 又 ｓ ｉ ｎ口 ＝ ＝ ＝ ｓ ｉ ｎ （ ａ ＋ｆ １ ） Ｃ Ｏ Ｓ 卢 一ｃ ０ ｓ （ 口 ＋ｐ ） ｓ ｉ ｎ卢 一
一
－
— —— —— ＋
．
卟７
ｓ ｉ ｎ （ ａ ＋ ） ２ ｓ ｉ ｎ
２ 向量运算 中的“ 算 两次”
Ｃ Ｏ Ｓ （ ａ ＋ ）
Ｃ Ｏ Ｓ ’
； ， 例２ 如 图所示 ， 平 面 内有 ３个 向量Ｏ — — 十 —｝ Ａ、 Ｏ Ｂ、
Ｏ Ｃ， 其 中Ｏ Ａ与Ｏ Ｂ的 夹 角 为 １ ２ ０ 。 ，
代 入 解 得 ｆ 二 三 ’ 所 以 ＋ 一 ６ ．
毒喜 亨 — — ＋— — — ＋— — — ＋ 时
例 ３ 设 椭 圆 ｃ： ２ ＋ ２ — １（ 。 ＞６ ＞。 ） 的右 焦点
◇ 湖 北 陈刚 明
的倾斜角为 ６ ０ 。 ， Ａ 一 Ｆ ：２ 商 ， 求椭圆 Ｃ的离心率．
Ｏ Ａ与Ｏ Ｃ的夹 角为 ３ Ｏ 。 ， 且
— — — —
算两次在证明组合恒等式中的应用
“算两次”思想在证明组合恒等式中的应用1.m n m n nC C -=，取走和剩下的一一对应； 2.2nkn nk C==∑我们可令等式122(1)1n n nn n n x C x C x C x +=++++ 中的x 等于1，得到该式。
另外，我们可考察集合1{,,}n b b 的子集的个数： 一方面，采取加法原理，根据子集中元素个数分类：nknk C=∑；另一方面，采取乘法原理，设其子集为S ，我们逐一考察,1,2,,i b i n = 是否在S 内，每个元素都有两种可能，考察完毕，子集S 确定，或者我没把子集看成一个排列，如0,0,,0n ∅↔；{}111,0,0,,0n b -↔ 。
共2n。
所以得证。
3.11m m m n n n C C C -+=+，从1{,,,}n a b b 取m 个有1m n C +种：一类含a ：1m n C -，一类不含a ：mnC 。
推广①： 11m m m n n nA A mA -+=+ 从1{,,,}n a b b 取m 个排成一排1m n A +：一类含a ：1m n mA -，一类不含a ：m n A 。
推广②：11121n n n n n n n m m n m n m n n n C C C C C C +++++-+-+=+++++解释：有m+n+1不同小球，其中黑球m+1个，白球n 个。
从中选取n+1个小球，选法共：11n n m C +++种，考虑另外一种算法：若有黑1则在剩余小球中选n 个，即n n m C +，若无黑1，则考虑是否有黑2，若有则从剩余n+m-1个小球中取n 个，即1n n m C +-，依次考虑下去，到考虑是否有黑m ，若有，则在剩余n 个小球取n 个，即1n n C +，若无黑m 。
则必有黑m+1，最后剩下的m个白球全取。
总共121n n n n nm n m n m n n n C C C C C ++-+-++++++ 。
应用组合数学思想解数论问题
只需 证 明 ： 每个 Ｊ ｓ （ ｒ ） 不 空． 解决 问题 的基本 思路是 通过 两种不 同方
计算∑ ｓ （ 口 ） （ ｍ ｏ ｄ ｎ ！ ） 有两 种 方式 ．
首先 ， 假定结论是错误的 ， 这样， 对每一
法， 求得四元组的个数．
一
个ａ ， ｓ （ ａ ） 模ｎ ！ 均有不同的余数． 因此， 这些 余数是数字 ０ ， １ ， …， ｎ ！ 一 １ ． 则
２ 【
由容斥 原理 得
】 ．
对每个 ￡ ， 满足 ｍ＝ ｔ 的 至多 １ ０个 ， 故
．
而在矩形 区域内， 曲线上恰有 ｎ 个整点．
墨 ± Ｊ Ｉ
当 Ｐ＞ ３ １ 时， ≥４ ， 至少有 ４ 个Ｓ （ ｒ ） ＝ ．
喜【 台 【 ２ Ｊ 】 ＋ 奢 台 【 ２ 】 ｊ ＿ ｎ ‘
∑
ａ
） ＝ ∑
ａ ｉ ＝ｌ
叩 ＝ （ ｉ ＝ １ ｃ ） （ ２ ａ ｉ ） ．
ｂ －ｄ ＿ ５ ， 由 ａ 三ｃ ， 相应 的（ ａ ， ｃ ） 有
对每 一个ｉ ， 在和 式∑ 口 中， １ ， ２ ， …， ｎ
收稿 日期 ： ２ ０ １ ３—０ ９—１ ６
ｚ ． 故本题结论 的可能例外值 只有 Ｐ＝ １ ｌ 和 ３ １ ． 当Ｐ＝ １ １ 时， 由ａ 集｛ ０ ， ｌ ， ３ ， ４ ， ５ ， ９ ｝ 和ｂ 集｛ ０ ， １ ， １ ０ ｝ 直接得 Ｓ （ ７ ） ＝ 。 当 Ｐ＝ ３ １时，
—
。
！ ： ± ！ ）
， ， －ｌ ， ｙ＝ 如图 １所示．
，
每个 口一ｃ ≠０确 定 唯 一 的 ａ＋ｃ ， 可 确 定 （ 口 ， ｃ ） ， 故 每组 （ ｂ ， ｄ ） 给出 Ｐ一１ 组（ ａ ， ｃ ） ．
“算两次”方法在高中数学中的应用
=
a
—^ •过点 —• ).
轴、 ^轴 的 平 行 线 ， 交直线/于点M ， N . 由已知点
P (x 0 ， ^ 0) 和 直 线 Z 的 方 程 A x
丄x 轴 ， 垂足为 =
cos (
M
， 则
图2
犅 狔 0 +C
^ 则狘M
N
A^
， 狔 。 )
^
犅
)
A B
过 点 P 作 P A 丄 O P i， 垂 足 为 A .过 点 A 作
由向量数量积的坐标表示， 有
2
s
“ 算两次” 原理在一些数学问题中的运用
(1)在平面向量的线性运算中大显身手
OJB • 〇 B B = (cos a ， sin a ) • (c o
cos a cos
^， sin [3)
^+Hale Waihona Puke Asin a sin
例1
如 图 5,设 P ， Q 分别是四边形ABCD = h 试用基
设O
O A
与〇B 的夹角为心则
= \ O A
对角线A C ， B D 的中点， BB = a ， l A
d
•O B
|• |O
B
| cos
=
cos
a
cos
底 a ， 表示向量PQ ,
3
十 si n a si n 3. 另一^方 面 ， 由 图 3 可 知 a = 2々n + 3 十 由 图 4 可 知 ， a = 2 々 n + 3 — 沒•于是a — 3 = 2 々 n 士汐（ 6
+ C = 0 (A
# 0 ，B # 0 ) 和 直 线 / 外的一 点 P (x 0 ， ^。 ） ， 求 点 P 到直线 / 的距离丄
“算两次”的思想方法及其在高中数学解题中的应用word资料3页
“算两次”思想方法及其在高中数学解题中应用“算两次”是一种重要数学方法，又称为富比尼（G。
Fubini）原理。
它基本思想是：将同一个量从两个不同角度计算两次，从而建立等量关系。
如立体几何中求距离常用等体积法，就是利用三棱锥可换底特点，两次计算体积建立等式求高（即距离）。
又如在剖析几何中求某些动点轨迹，常根据动点满足两个条件列出等式。
“算两次”常用于解各类数学竞赛题。
而在高中数学解题教学中“算两次”方法虽有应用但不受重视，没有从思想高度予以认识。
甚至解题教学中很少提到“算两次”概念。
“算两次”解题形式，单?教授将其比喻成“三步舞曲”，即从两个方面考虑一个适当量，“一方面……，另一方面……，综合起来可得……”。
如果两个方面都是精确结果，综合起来得到一个等式；如果至少有一个方面采用了估计，那么综合起来得到一个不等式。
“算两次”不仅体现了从两个方面去计算解题方法，还蕴涵着换一个角度看问题转换思想。
向学生介绍“算两次”解题应用，能有效地培养学生思维发散性，使学生体会到数学知识内在联系及统一性。
它应当成为学生进行再发现、再创造活动剖析方式。
本文介绍算两次原理在高中数学解题中应用情况，以期引起大家重视。
一、算两次与剖析几何例1 椭圆以正方形ABCD对角顶点A、C为焦点，且经过各边中点，求椭圆离心率。
评注如何建立关于a、c关系式从而求出e呢？在这里线段AM具有双重身份，可有两种表达形式，正是表达多样性使得“算两次”有了用武之地。
在很多与图形有关题目中只要细心寻找诸如AM这样量，“算两次”就有了一展身手机会。
二、算两次与向量评注本题解决关键是从两个角度来考虑向量AP。
一个角度顺其自然（题目已知），一个角度曲径通幽（隐藏结论）。
教学过程中教师有必要总结提炼出这里数学方法――算两次，使学生对问题解决能力得到进一步提升。
三、算两次与导数评注题中分别利用导数几何意义与斜率坐标公式得到切线斜率k两种算法，建立方程使问题得以解决。
组合计算与＂算两次＂
组合计算与＂算两次＂
崔素丽
【期刊名称】《中学生数理化（学研版）》
【年(卷),期】2012(000)007
【摘要】在高二下册排列组合和二项式定理的学习中，很多组合恒等式的证明，如果仅仅利用组合数的定义和阶乘运算来证明，很多学生就会因陷入繁杂的计算而苦恼．其实，如果教师创设问题情境来证明，不仅运算量小，生动有趣，而且有利于培养学生的想象力和创造性思维能力巧妙解决难题．在创设问题情境时，经常使用“算两次”的数学思想方法．
【总页数】1页(P9-9)
【作者】崔素丽
【作者单位】河南省宝丰县第一高级中学
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
1.组合计算与“算2次” [J], 崔朝杰
2.激发“小组合作”的内在需要——《梯形面积的计算》两次教学的反思 [J], 程震
3.例谈算两次思想在组合学中的应用 [J], 许康华;何文明
4.算两次在组合数学中的应用 [J], 刘媛媛;石泽晖
5.不要让“小组合作”仅是一种“时髦”——“梯形面积的计算”两次执教的反思[J], 程震
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染色， 每种颜色至少使 用一次 ， 每个数恰 被染
一
种 颜色．
有些组 合 问题 ， 题 干 中明显 地 给 出 了某
个量 的大小关 系． 这类 问题人手 较易 ， 只需 直
对于 １ ≤￡ ≤ｎ ， 用ｔ 种 颜色 染 ｋ ＋ ｎ个数 ， 有ｔ ｋ ＋ ｎ 种染法． 设
接考 虑此量 ， 利用题干信 息 ， 再结合题本 身结 构， 从 这两方面对该 量进 行计算 即可． 构造 ｎ
的最大公 约数 为 １ ， 则称数 对 （ ， Ｙ ） 对应 的点 为“ 本原格点 ” ． 给定一 个有 限 的本 原格 点集 Ｊ ｓ ． 证明： 存在 正整 数 ｎ和整 数 口 。 ， ０ 一 ， 口 ，
（ １ ） 他们 当 中身 高最高 的两名 球员 之 间 没有别 的球员 ；
（ ２ ０ １ ０ ， 美 国国家 队选拔考试 ）
组合数学 中 ， 算两次常用于证 明组合恒 等式 、 求解最值 问题 、 证 明不等关系等．
１ 构造模型证 明组合恒等式
【 分析】 证明组合恒等式有两个思路． 一 是利用组 合数 、 排列数 的代数性质 ， 通过恒 等
变形直接证 明恒 等式 ， 更偏 向于代数思维 ； 二 是构造组合模 型 ， 具体作法 如下 ： 构造一个计
５ ． 给定整数 Ⅳ≥ ２ ． Ⅳ （ Ｎ＋１ ） 名身高两 两 不 同的足球 队员站成 一 排． 球 队教 练希 望从
这 些球 员 中移走 Ⅳ（ Ⅳ一 １ ） 名， 使得这 一排上 剩 下的 ２ Ｎ名球员 满足如下 Ⅳ个条件 ：
６ ． 对 于一个有序整数 对 （ ， Ｙ ） ， 若 与 Ｙ
（ 本讲适合 高 中）
１ ｘ２ ×… ×
Ｓ
“ 算 两次” 又称 富 比尼原 理 ， 实质是选 择
一
个“ 适 当的量 ” 从 两个不 同的角度去考 虑 ，
＝
∑（ 一 １ ）
＝
１
广 ． ｎ
以此建立等 量关 系或 确定 不等 关 系． 运用 算
两次处理 问题 ， 选择一个适 当的量是关键． 在
例 １ 设 ｍ、 ∈ Ｚ＋ ， ｍ≥ｎ ， Ｓ为所有 满 足口 １ ＋ ０ ２ ＋… ＋ 口 ＝ ｍ 的正整数 ０ １ ， ０ ２ ， …， 确定的有序 ｎ元 数组 （ ａ ， ０ ： ， …， ｏ ） 构 成 的 集合． 证明 ：
收稿 日期 ： ２ ０ １ ７— ０ ４—０ ５
（ ２ ） 他们 当 中身高第 三 与第 四 的两 名球
员之 间没有别 的球员 ；
使得对于点集 Ｓ中的每一个 （ ， Ｙ ） ， 均有
∑
＝０
Ｙ＝ １ ．
（ 美国 供题 ）
（ 姚 一隽 提供 ）
４
中 等 数 学
ｂ ｌ＋ｂ ２＋ … ＋ｂ ＝ｋ
（ １ ≤ ≤凡 ） 个数 ， 所以， 这些数 共有 １ ｔ ×２ ｂ 。 ×
数模 型 ， 并对其用两种不 同的方 法进行计数 ， 所得结果恰 为恒 等式 的两 边 ， 通常 通过 恒等
式 的某一边较容易发现所 对应 的组合模 型．
例１ 中恒等式 的右边 的代数结构 同容 斥
原理．
证明
设 ｍ＝ ｋ ＋ ｎ ， Ｔ为所有满 足
的劣弧 上一点 ， 使得△
的外接 圆 与
元组是 一种常见 的方式．
事件 Ａ ＝｛ 用除第 ｉ 种颜色外 的 ｎ—１ 种
颜色给 ｋ ＋ ｎ 个数 染色 ｝ ，
其中， ｉ ＝１ ， ２， …， ｎ ．
例２ 在 ｍ× 的方格表 中， 每一 格 染 红、 白两色之一． 已知对 任意 的 、 ， 在第 ｉ 行
由容斥 原理 ， 知式① 右边 即为
…× 种染 法．
的非 负整数 ｂ ， ｂ ： ， …， ｂ 确定 的有 序 ｎ元数 组（ ｂ ， ｂ ： ， …， ｂ ） 构成 的集合． 则只需证 明 ：
将满 足（ １ ） 、 （ ２ ） 、 （ ３ ） 的所 有 染 法数 求
（ ｎ ！ ） ∑１ × ２ ： × ． ． ． × ｎ
ｒ
＝
和， 可得满 足条 件的染色方法数 为
∑（ 一 １ ） 广 ．
①
（ ｎ ！ ） ∑（ １ － × ２ ｚ × …× ｎ ） ，
这就是式① 的左边．
２ 构造 “ ｎ元组＂ 求解 组合 问题
证 明上式 的两边均 为满足下述条 件 的不 同染 色方法 的数 目： 用 种颜 色给 ｋ ＋ 个数
２ ０ １ ７年第 ８ 期
３
算 两 次 在 组 合 数 学 中 的 应 用
刘 媛 媛
中图分 类号 ： Ｏ １ ５ ７ ． ３ 文献标识码 ： Ａ
石 泽 晖
文章编号 ： １ ０ ０ ５— ６ ４ １ ６ （ ２ ０ １ ７ ） ０ ８— ０ ０ ０ ３— ０ ７
（ 吉林大学 附属 中学实验学校 ， １ ３ ０ ０ ２ １ ）
将 ｋ ＋ｎ个 数 排成 一 排 ， 依次标号为 １ ，
２， … ， ｋ＋ｎ ．
【 分析 】 题 中的已知条件是 以不等关系
呈现的 ， 而所证结论 是一个等量关 系． 利用 不
对于 １ ≤ ≤ｎ ， 记Ｃ 是染第 ｉ 个 出现 的颜
色 的最 小 的数 ， 设
ｚ 交于两个不同点． 记圆 与 Ｚ 的交点接 近
的点为 Ａ， 直线 Ａ ． ， 与 圆 厂 交 于另 一点 证 明： 直线 Ｋ Ｔ与圆 ， 相切． （ 卢森堡 供题 ）
（ Ⅳ ） 他们 当中身高最矮 的两 名球员之 间
没有别 的球员．
证明 ： 这总是可以做到的． （ 俄 罗斯 供题 ）
Ｉ Ａ ｌ ＮＡ ２ ｎ… ｎＡ Ｉ ．
因此 ， 满 足条 件 的染 色方 法 数 格 中， 与格 （ ｉ ， ） （ 第ｉ 行第 ． ｆ 列交 叉 的格 ） 同色 的方 格数 小 于 另 一
种 颜色 的方格数． 证明 ： ｍ ｎ为 ４的倍数．