人为什么活着读后感-羊上树台词

2019-2020年高考数学竞赛组合教案讲义（18）

一、方法与例题
1．抽屉原理。
例1 设整数n≥4,a
1
,a
2
,… ,a
n
是区间(0,2n)内n个不同的整数，证明：存在集合{a
1
,a< br>2
,…,a
n
}
的一个子集，它的所有元素之和能被2n整除。

[证明] （1）若n{a
1
,a
2
,…,a
n},则n个不同的数属于n-1个集合{1,2n-1}，
{2,2n-2},…,{n-1,n+ 1}。由抽屉原理知其中必存在两个数a
i
,a
j
(i≠j)属于同一集合， 从而
a
i
+a
j
=2n被2n整除；
（2）若n∈{a< br>1
,a
2
,…,a
n
}，不妨设a
n
=n， 从a
1
,a
2
,…,a
n-1
(n-1≥3)中任意取3个 数a
i
, a
j
,
a
k
(a
i
,j
< a
k
) ，则a
j
-a
i
与a
k
-a
i
中至少有一 个不被n整除，否则a
k
-a
i
=(a
k
-a
j< br>)+(a
j
-a
i
)≥2n，
这与a
k
∈( 0,2n)矛盾，故a
1
,a
2
,…,a
n-1
中必有两个 数之差不被n整除；不妨设a
1
与a
2
之差
(a
2
-a
1
>0)不被n整除，考虑n个数a
1
,a
2
,a1
+a
2
,a
1
+a
2
+a
3
,…,a
1
+a
2
+…+a
n-1
。
ⅰ）若这 n个数中有一个被n整除，设此数等于k
n
，若k为偶数，则结论成立；若k为奇数，
则加上a
n
=n知结论成立。
ⅱ）若这n个数中没有一个被n整除，则它们除以n的 余数只能取1,2,…,n-1这n-1个值，
由抽屉原理知其中必有两个数除以n的余数相同，它们之 差被n整除，而a
2
-a
1
不被n整除，
故这个差必为a
i
, a
j
, a
k-1
中若干个数之和，同ⅰ）可知结论成立。
2 极端原理。
例2 在n×n的方格表的每个小方格内写有一个非负整数，并且在某一行 和某一列的交叉
点处如果写有0，那么该行与该列所填的所有数之和不小于n。证明：表中所有数之和不 小
于。
[证明] 计算各行的和、各列的和，这2n个和中必有最小的，不妨设第m行的和 最小，记
和为k，则该行中至少有n-k个0，这n-k个0所在的各列的和都不小于n-k，从而这n -k
22
列的数的总和不小于(n-k)，其余各列的数的总和不小于k，从而表中所有数的总 和不小于
22
(n-k)+k≥
3.不变量原理。
俗话说，变化的是现象，不变的是本质，某一事情反复地进行，寻找不变量是一种策略。
例3 设正整数n是奇数，在黑板上写下数1，2，…，2n，然后取其中任意两个数a,b,擦
去这两个数， 并写上|a-b|。证明：最后留下的是一个奇数。
[证明] 设S是黑板上所有数的和，开始时和 数是S=1+2+…+2n=n(2n+1)，这是一个奇数，
因为|a-b|与a+b有相同的奇偶性 ，故整个变化过程中S的奇偶性不变，故最后结果为奇数。
例4 数a
1
, a< br>2
,…,a
n
中每一个是1或-1，并且有S=a
1
a
2
a
3
a
4
+ a
2
a
3
a< br>4
a
5
+…+a
n
a
1
a
2
a
3
=0. 证明：
4|n.
[证明] 如果把a
1
, a
2
,…,a
n
中任意一个a
i< br>换成-a
i
，因为有4个循环相邻的项都改变符号，
S模4并不改变，开始时S =0，即S≡0，即S≡0(mod4)。经有限次变号可将每个a
i
都变成1，
而始 终有S≡0(mod4)，从而有n≡0(mod4)，所以4|n。
4．构造法。
例5 是否存在一个无穷正整数数列a
1
,2
3
<…，使 得对任意整数A，数列中仅有有限个素
数。
3
[证明] 存在。取a
n< br>=(n!)即可。当A=0时，{a
n
}中没有素数；当|A|≥2时，若n≥|A|，
2
则a
n
+A均为|A|的倍数且大于|A|，不可能为素数；当A=±1时 ，a
n
±1=(n!±1)•[(n!)±
3
n!+1]，当≥3时均为合数 。从而当A为整数时，{(n!)+A}中只有有限个素数。
例6 一个多面体共有偶数条棱，试证 ：可以在它的每条棱上标上一个箭头，使得对每个顶

点，指向它的箭头数目是偶数。
[证明] 首先任意给每条棱一个箭头，如果此时对每个顶点，指向它的箭头数均为偶数，则
命题成立。若有某个顶点A，指向它的箭头数为奇数，则必存在另一个顶点B，指向它的箭
头数也为奇数 （因为棱总数为偶数），对于顶点A与B，总有一条由棱组成的“路径”连结
它们，对该路径上的每条棱 ，改变它们箭头的方向，于是对于该路径上除A，B外的每个顶
点，指向它的箭头数的奇偶性不变，而对 顶点A，B，指向它的箭头数变成了偶数。如果这
时仍有顶点，指向它的箭头数为奇数，那么重复上述做 法，又可以减少两个这样的顶点，由
于多面体顶点数有限，经过有限次调整，总能使和是对每个顶点，指 向它的箭头数为偶数。
命题成立。
5．染色法。
例7 能否在5×5方格表内找 到一条线路，它由某格中心出发，经过每个方格恰好一次，
再回到出发点，并且途中不经过任何方格的顶 点？
[解] 不可能。将方格表黑白相间染色，不妨设黑格为13个，白格为12个，如果能实现，
因黑白格交替出现，黑白格数目应相等，得出矛盾，故不可能。
6．凸包的使用。
给定平面点集A，能盖住A的最小的凸图形，称为A的凸包。
例8 试证：任何不自交的五边形都位于它的某条边的同一侧。
[证明] 五边形的凸五包是凸五边形、凸 四边形或者是三角形，凸包的顶点中至少有3点是
原五边形的顶点。五边形共有5个顶点，故3个顶点中 必有两点是相邻顶点。连结这两点的
边即为所求。
7．赋值方法。
例9 由2× 2的方格纸去掉一个方格余下的图形称为拐形，用这种拐形去覆盖5×7的方格
板，每个拐形恰覆盖3个 方格，可以重叠但不能超出方格板的边界，问：能否使方格板上每
个方格被覆盖的层数都相同？说明理由 。
[解] 将5×7方格板的每一个小方格内填写数-2和1。如图18-1所示，每个拐形覆盖的 三
个数之和为非负。因而无论用多少个拐形覆盖多少次，盖住的所有数字之和都是非负的。另
一 方面，方格板上数字的总和为12×(-2)+23×1=-1，当被覆盖K层时，盖住的数字之和等
于 -K，这表明不存在满足题中要求的覆盖。
-2
1
-2
1
-2
1
1
1
1
1
-2
1
-2
1
-2
1
1
1
1
1
-2
1
-2
1
-2
1
1
1
1
1
-2
1
-2
1
-2

8．图论方法。
例10 生产由六种颜色的纱线织成的双色布，在所生产的双色布中，每种 颜色的纱线至少
与其他三种颜色的纱线搭配过。证明：可以挑出三种不同的双色布，它们包含所有的颜色 。
[证明] 用点A
1
，A
2
，A
3
，A4
，A
5
，A
6
表示六种颜色，若两种颜色的线搭配过，则在相 应的两
点之间连一条边。由已知，每个顶点至少连出三条边。命题等价于由这些边和点构成的图中
有三条边两两不相邻（即无公共顶点）。因为每个顶点的次数≥3，所以可以找到两条边不相
邻，设为 A
1
A
2
，A
3
A
4
。
（1） 若A
5
与A
6
连有一条边，则A
1
A
2
， A
3
A
4
，A
5
A
6
对应的三种双色布满 足要求。
（2）若A
5
与A
6
之间没有边相连，不妨设A
5
和A
1
相连，A
2
与A
3
相连，若A
4
和A
6
相连，则A
1
A
2
，
A
3
A
4
，A
5
A
6
对应的双色布满足要求；若A4
与A
6
不相连，则A
6
与A
1
相连，A2
与A
3
相连，A
1
A
5
，

< br>A
2
A
6
，A
3
A
4
对应的双色布 满足要求。
综上，命题得证。
二、习题精选
1．药房里有若干种药，其中一部分 药是烈性的。药剂师用这些药配成68副药方，每副药方
中恰有5种药，其中至少有一种是烈性的，并且 使得任选3种药恰有一副药方包含它们。试
问：全部药方中是否一定有一副药方至少含有4种烈性药？（ 证明或否定）
2．21个女孩和21个男孩参加一次数学竞赛，（1）每一个参赛者最多解出6道题； （2）对
每一个女孩和每一个男孩至少有一道题被这一对孩子都解出。求证：有一道题至少有3个女孩和至少有3个男孩都解出。
3．求证：存在无穷多个正整数n，使得可将3n个数1, 2,…, 3n排成数表
a
1
, a
2
…a
n

b
1
, b
2
…b
n

c
1
, c
2
…c
n

满足：（1）a
1
+b
1
+c
1
= a
2
+b
2
+c
2
=…= a
n
+b
n
+c
n
=，且为6的倍数。
（2）a
1
+a
2
+…+a
n
= b
1
+b
2
+…+b
n
= c
1
+c
2
+…+c
n
=，且为6的倍数。
4． 给定正整数n，已知克数都是正整数的k块砝码和一台天平可以称出质量为1，2，…，n
克的所有物品 ，求k的最小值f(n)。
5．空间中有1989个点，其中任何3点都不共线，把它们分成点数各不 相同的30组，在任
何3个不同的组中各取一点为顶点作三角形。试问：为使这种三角形的总数最大，各 组的点
数应分别为多少？
6．在平面给定点A
0
和n个向量a
1< br>，a
2
，…，a
n
，且使a
1
+a
2
+…+a
n
=0。这组向量的每一个排
列都定义一个点集：A
1
，A
2
，…，A
n
=A
0
，使得
a
iA
0
A
1
,a
i
A
1
A
2
,,a
i
A
n1
A
n

12n
求证：存在一个排列，使由它定义的所有点A
1
，A
2
，…， A
n-1
都在以A
0
为角顶的某个60角的
内部和边上。
7．设m, n, k∈N，有4个酒杯，容量分别为m,n,k和m+n+k升，允许进行如下操作： 将一
个杯中的酒倒入另一杯中或者将另一杯倒满为止。开始时，大杯中装满酒而另3个杯子却空
着，问：为使对任何S∈N，S关于 m,n,k的充分必要条件是什么？
8．设有30个人坐在一张圆桌的周围，其中的每个人都或者是白 痴，或者是聪明人。对在座
的每个人都提问：“你右边的邻座是聪明人还是白痴？”聪明人总是给出正确 的答案，而白
痴既可能回答正确，也可能回答不正确。已知白痴的个数不超过F，求总可以指出一位聪明
人的最大的F。
9．某班共有30名学生，每名学生在班内都有同样多的朋友，期末时任何两 人的成绩都可分
出优劣，没有相同的。问：比自己的多半朋友的成绩都要好的学生最多能有多少人？



0
2019-2020年高考数学第10课时—函数的奇偶性教案

二．教学 目标：掌握函数的奇偶性的定义及图象特征，并能判断和证明函数的奇偶性，能利
用函数的奇偶性解决问 题．
三．教学重点：函数的奇偶性的定义及应用．
四．教学过程：
（一）主要知识：
1．函数的奇偶性的定义；

2．奇偶函数的性质：
（1）定义域关于原点对称；（2）偶函数的图象关于轴对称，奇函数的图象关于原点对称；
3．为偶函数．
4．若奇函数的定义域包含，则．
（二）主要方法：
1 ．判断函数的奇偶性，首先要研究函数的定义域，有时还要对函数式化简整理，但必须注
意使定义域不受 影响；
2．牢记奇偶函数的图象特征，有助于判断函数的奇偶性；
3．判断函数的奇偶性有时可以用定义的等价形式：，．
4．设，的定义域分别是，那么在它们的公共定义域上：奇+奇=奇，奇奇=偶
偶+偶=偶，偶偶=偶，奇偶=奇．
5．注意数形结合思想的应用．
（三）例题分析：
例1．判断下列各函数的奇偶性：
2

(x 0)

xx
（1）；（2）；（3）
f(x)

2．
(x0)


xx
解：（1）由，得定义域为，关于 原点不对称，∴为非奇非偶函数．
（2）由得定义域为，∴，
lg[1(x)
2
]lg(1x
2
)

∵
f(x)
∴为偶函数
(x)
2
x
2
（3）当时，，则
f(x) (x)x(xx)f(x)
，
当时，，则
f(x)(x)x(xx)f(x)
，
综上所述，对任意的，都有，∴为奇函数．

例2．已知函数对一切，都有，
（1）求证：是奇函数；（2）若，用表示．
解：（1）显然的定义域是，它关于原点对称．在中，
令，得，令，得，∴，
∴，即， ∴是奇函数．
（2）由，及是奇函数，
得
f(12)2f(6)4f(3)4f(3)4a
．
例3．（1）已知是上的奇函数，且当时，，
则的解析式为．
（2） （《高考计划》考点3“智能训练第4题”）已知是偶函数，，当时，为增函数，若，
且，则 （ ）
. .
. .

例4．设为实数，函数，．
（1）讨论的奇偶性； （2）求 的最小值．
解：（1）当时，
f(x)(x)|x|1f(x)
，此时为偶函数；
当时，，，∴
f(a)f(a),f(a)f(a),

此时函数既不是奇函数也不是偶函数．
（2）①当时，函数
f(x)xxa 1(x)a
若，则函数在上单调递减，∴函数在上的最小值为；
若，函数在上的最小值为，且．
2
2
22
22
1
2
2
3
， 4

②当时，函数
f(x)xxa1(x)a
2< br>1
2
2
3
，
4
若，则函数在上的最小值为，且；
若，则函数在上单调递增，∴函数在上的最小值．
综上，当时，函数的最小值是，当时，函数的最小值是，
当，函数的最小值是．

例5．（《高考计划》考点3“智能训练第15题”）
已知是定义在实数集上的函数，满足，且时，，
（1）求时，的表达式；（2）证明是上的奇函数．
（参见《高考计划》教师用书）

《高考计划》考点10智能训练6．

五．课后作业：《高考计划》考点10，智能训练2，3，

，9，10，11，13．
（四）巩固练习：
8