高中数学竞赛讲义选编

2024年1月11日发(作者：2001成考数学试卷题)

高中数学竞赛讲义选编

§1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”；“把[0，1]内的全部有理数放到100个集合中，一定存在一个集合，它里面有无限多个有理数”。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，我们把这些理论称之为“抽屉原理”。

“抽屉原理”最先是由19世纪的德国数学家迪里赫莱（Dirichlet）运用于解决数学问题的，所以又称“迪里赫莱原理”，也有称“鸽巢原理”的。这个原理可以简单地叙述为“把10个苹果，任意分放在9个抽屉里，则至少有一个抽屉里含有两个或两个以上的苹果”。这个道理是非常明显的，但应用它却可以解决许多有趣的问题，并且常常得到一些令人惊异的结果。抽屉原理是国际国内各级各类数学竞赛中的重要内容，本讲就来学习它的有关知识及其应用。

（一） 抽屉原理的基本形式

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）若不存在至少有两个元素的集合，则每个集合至多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。

在定理1的叙述中，可以把“元素”改为“物件”，把“集合”改成“抽屉”，抽屉原理正是由此得名。

同样，可以把“元素”改成“鸽子”，把“分成n个集合”改成“飞进n个鸽笼中”。“鸽笼原理”由此得名。

例题讲解

1． 已知在边长为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

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。

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。

4．已给一个由10个互不相等的两位十进制正整数组成的集合。求证：这个集合必有两个无公共元素的子集合，各子集合中各数之和相等。

5．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。

6．在任意给出的100个整数中，都可以找出若干个数来（可以是一个数），它们的和可被100整除。

7． 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。

例题答案：

1． 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”，则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，则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，则∠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，则结论可以修改为：至少有两个点之间的距离小于\"，请读者试证之，并比较证明的差别。

（3）用同样的方法可证明以下结论：

i）在边长为1的等边三角形中有n+1个点，这n+1个点中一定有距离不大于的两点。

22 ii）在边长为1的等边三角形内有n+1个点，这n+1个点中一定有距离小于的两点。

（4）将（3）中两个命题中的等边三角形换成正方形，相应的结论中的换成，命

题仍然成立。

（5）读者还可以考虑相反的问题：一般地，“至少需要多少个点，才能够使得边长

为1的正三角形内（包括边界）有两点其距离不超过”。

2．分析：本题似乎茫无头绪，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基本知识：任何一个正整数都可以表示成一个奇数与2的方幂的积，即若m∈N+,K∈N+，n∈N,则nm=(2k-1)·2，并且这种表示方式是唯一的，如1=1×2°，2=1×21，3=3×2°，……

22

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）：

23456 （1）{1，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2}；

2345 （2）{3，3×2，3×2，3×2，3×2，3×2}；

234 （3）{5，5×2，5×2，5×2，5×2}；

23 （4）{7，7×2，7×2，7×2}；

23 （5）{9，9×2，9×2，9×2}；

23 （6）{11，11×2，11×2，11×2}；

……

（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，根据抽屉原则，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，本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，则其中必有两个数，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，由抽屉原则，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定的（n均为正整数）想一想，为什么？

①从2，3，4，…，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？

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？

你能举出反例，证明上述两个问题的结论都是否定的吗？

（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，则它们的结论是肯定的还是否定的？你能判断证明吗？

3．证明：把前25个自然数分成下面6组：

1； ①

2，3； ②

4，5，6； ③

7，8，9，10； ④

11，12，13，14，15，16； ⑤

17，18，19，20，21，22，23， 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）本题可以改变叙述如下：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}；否则不满足限制条件。

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，使若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”，则第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}；

……

那么我们可以将例3改造为如下一系列题目：

（1）从前16个自然数中任取6个自然数；

（2）从前39个自然数中任取8个自然数；

（3）从前60个自然数中任取9个自然数；

（4）从前91个自然数中任取10个自然数；…

都可以得到同一个结论：其中存在2个数，它们相互的比值在]内。

上述第（4）个命题，就是前苏联基辅第49届数学竞赛试题。如果我们改变区间[]（p＞q）端点的值，则又可以构造出一系列的新题目来。

4.分析与解答：一个有着10个元素的集合，它共有多少个可能的子集呢？由于在组成一个子集的10时候，每一个元素都有被取过来或者不被取过来两种可能，因此，10个元素的集合就有2=1024个不同的构造子集的方法，也就是，它一共有1024个不同的子集，包括空集和全集在内。空集与全集显然不是考虑的对象，所以剩下1024-2=1022个非空真子集。

再来看各个真子集中一切数字之和。用N来记这个和数，很明显：

10≤N≤91+92+93+94+95+96+97+98+99=855

这表明N至多只有855-9=846种不同的情况。由于非空真子集的个数是1022，1022＞846，所以一定存在两个子集A与B，

使得A中各数之和=B中各数之和。

若A∩B=φ，则命题得证，若A∩B=C≠φ，即A与B有公共元素，这时只要剔除A与B中的一切公有元素，得出两个不相交的子集A1与B1，很显然

A1中各元素之和=B1中各元素之和，因此A1与B1就是符合题目要求的子集。

说明：本例能否推广为如下命题：

已给一个由m个互不相等的n位十进制正整数组成的集合。求证：这个集合必有两个无公共元素的子集合，各子集合中各数之和相等。

请读者自己来研究这个问题。

5．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”，则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，则称（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n32×2×…×2=2个类。这是对n维整点的一种分类方法。当n=3时，2=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”。这就是1971年的美国普特南数学竞赛题。在n=2的情形，也可以构造如下的命题：“平面上任意给定5个整点”，对“它们连线段中点为整点”的4个命题中，为真命题的是：

（A）最少可为0个，最多只能是5个 （B）最少可为0个，最多可取10个

（C）最少为1个，最多为5个 （D）最少为1个，最多为10个

（正确答案（D））

6．分析：本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，则其可构造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：设已知的整数为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，则命题得证。否则，即S1，S2，…S100均不能被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），则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。本题直接对{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则。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。这种处理问题的方法应当学会，它会助你从“山穷水尽疑无路”时，走入“柳暗花明又一村”中。

最后，本例的结论及证明可以推广到一般情形（而且有加强的环节）：

在任意给定的n个整数中，都可以找出若干个数来（可以是一个数），它们的和可被n整除，而且，在任意给定的排定顺序的n个整数中，都可以找出若干个连续的项（可以是一项），它们的和可被n整除。

将以上一般结论中的n赋以相应的年份的值如1999，2000，2001…，就可以编出相应年份的试题来。如果再赋以特殊背景，则可以编出非常有趣的数学智力题来，如下题：

有100只猴子在吃花生，每只猴子至少吃了1粒花生，多者不限。请你证明：一定有若干只猴子（可以是一只），它们所吃的花生的粒数总和恰好是100的倍数。

7．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，若讨论第一个问题则在相应两点连红线，若讨论第2个问题则在相应两点连条黄线，若讨论第3个问题则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，若Bi（i=1，2，…，6）之间有红线，则出现红色三角线，命题已成立；否则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。这时若B2，B3，B4之间有黄线，则有黄色三角形，命题也成立，若B2，B3，B4，之间无黄线，则△B2，B3，B4，必为蓝色三角形，命题仍然成立。

说明：（1）本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。（美国普特南数学竞赛题）。

（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，其证明已知上述。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）回顾上面证明过程，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。

§2二项式定理与多项式

1．二项工定理

knkk(ab)Cnab(nN*)

nk0n2．二项展开式的通项

rnrrTr1Cnab(0rn)它是展开式的第r+1项.

3．二项式系数

rCn(0rn).

4．二项式系数的性质

knk（1）CnCn(0kn).

kkk1（2）CnCn1Cn1(0kn1).

n2nn2n（3）若n是偶数，有CCC 若n是奇数，有CCC0n1n0n1nCCn12nn1nCn即中间一项的二项式系数n，C最大.

n12nn1n，即中项二项的二项式系数CnCnC和C0n2nn12相等且最大.

n（4）CnCnCnCn2.

（5）CnCnCnCnCnCn2024135n112nn.

（6）kCnnCn1或Cnkk1knk1Cn1.

kkmkmkmm（7）CnCkmCnCnCnkm(mkn).

mCnnnnnn1（8）CnCnCCC1n2nknk1.

m 以上组合恒等式（是指组合数Cn满足的恒等式）是证明一些较复杂的组合恒等式的基

本工具.（7）和（8）的证明将在后面给出.

5．证明组合恒等式的方法常用的有

（1）公式法，利用上述基本组合恒等式进行证明.

（2）利用二项式定理，通过赋值法或构造法用二项式定理于解题中.

（3）利用数学归纳法.

（4）构造组合问题模型，将证明方法划归为组合应用问题的解决方法.

例题讲解

1．求(x117)的展开式中的常数项.

x52．求(12x3x2)6的展开式里x的系数.

3．已知数列a0,a1,a2,(a00)满足

ai1ai12ai(i1,2,3,),求证：对于任何自然数n，0122n1n1nnp(x)a0Cn(1x)na1Cnx(1x)n1a2Cnx(1x)n2an1Cnx(1x)anCnx是x的一次多项式或零次多项式.

4．已知a，b均为正整数，且ab,sin一切nN*，An均为整数.

5．已知x,y为整数，P为素数，求证：(xy)xy(modP)

PPP2ab(其中0),An(a2b2)nsinn,求证：对22ab26．若(52)2r1m(r,mN*,01)，求证：(m)1.

7．数列{an}中，a13,an3n1(n2)，求a2001的末位数字是多少？

8．求N=1988－1的所有形如d23,(a,b为自然数）的因子d之和.

aba

9．设x(15220)19(15220)82，求数x的个位数字.

10．已知a00,a11,an18anan1(n1,2,)试问：在数列{an}中是否有无穷多个能被15整除的项？证明你的结论.

例题答案：

1.解：由二项式定理得

11(x1)7[1(x)]7

xx1111012r7C7C7(x)C7(x)2C7(x)rC7(x)7①

xxxx1rr其中第r1(0r7)项为Tr1C7(x)②

x1r在(x)的展开式中，设第k+1项为常数项，记为Tk1,

xkrk1kkr2k,(0kr)③ 则Tk1,Crx()Crxx由③得r－2k=0，即r=2k，r为偶数，再根据①、②知所求常数项为

0214263C7C7C7C7C7C7C6393.

评述：求某一项时用二项展开式的通项.

2. 解：因为(12x3x2)6(13x)6(1x)6

5566[1C63xC6(3x)2C6(3x)3C6(3x)6][1C6xC6xC6xC6xC6xC6x].

5142332所以(12x3x)的展开式里x5的系数为1(C6

)3C6C632C6(C6)33C6C62641534C6(C6)35C61168.

评述：本题也可将(12x3x2)6化为[1(2x3x)]用例1的作法可求得.

3. 分析：由ai1ai12ai知{an}是等差数列，则aiai1da0id(i1,2,),从而可将26p(x)表示成a0和d的表达式，再化简即可.

解：因为ai1ai12ai(i1,2,3,) 所以数列{an}为等差数列，设其公差为d

有aia0id(i1,2,3,) 从而

0122nnP(x)a0Cn(1x)n(a0d)Cnx(1x)n1(a02d)Cnx(1x)n2(a0nd)Cnx01nn122nna0[Cn(1x)nCnx(1x)n1Cnx]d[1Cnx(1x)n12Cnx(1x)n2nCnx],由二

项定理，知

0122nnCn(1x)nCnx(1x)n1Cnx(1x)n2Cnx[(1x)x]n1,

k又因为kCnkn!(n1)!k1

nnCn1,k!(nk)!(k1)![(n1)(k1)]!122nn从而Cnx(1x)n12Cnx(1x)n2nCnx

1n2nx[(1x)n1Cnxn1]

1x(1x).

nx[(1x)x]n1nx. 所以P(x)a0ndx当d0时,P(x)为x的一次多项式，当d0时,P(x)为零次多项式.

4. 分析：由sinn联想到复数棣莫佛定理，复数需要cos，然后分析An与复数的关系.

2aba2b22证明：因为sin2,且0,ab,所以cos1sin2.

2ab2ab2显然sinn为(cosisin)n的虚部，由于(cosisin)n

a2b22ab11n22(2i)(ab2abi)(abi)2n.

22222n22nabab(ab)(ab)所以(a2b2)n(cosnisinn)(abi)2n.从而An(a2b2)nsinn为(abi)2n的虚部.

因为a、b为整数，根据二项式定理，(abi)An为整数.

评述：把An为与复数(cosisin)n联系在一起是本题的关键.

1P12P22p15. 证明：(xy)PxPCPxyCPxyCPxyP1yP

r由于CP2n的虚部当然也为整数，所以对一切nN*，p(p1)(pr1)，又因为P为素数，(r1,2,,P1)为整数，可从分子中约去r！r!r且rp，所以分子中的P不会红去，因此有P|CP(r1,2,,P1).所以

(xy)PxPyP(modP).

评述：将(xy)展开就与xy有联系，只要证明其余的数能被P整除是本题的关键.

6. 分析：由已知m(52)2r1和(m)1 猜想(52)2r1，因此需要求出，即只需要证明(52)2r1(52)2r1为正整数即可.

证明：首先证明，对固定为r，满足条件的m,是惟一的.否则，设(52)2r1m11

PPP

m22[m1,m2N*,1,2(0,1),m1m2,12]

则m1m2120,而m1m2Z,12(1,0)(0,1)矛盾.所以满足条件的m和是惟一的. 下面求m及.

02r112r22r1因为(52)2r1(52)2r1C2C22C22222r1

r1(5)r1(5)r1(5)02r112r22r1[C2C22C22222r1]

r1(5)r1(5)r1(5)12r32r22[C22C22322r1]r1(5)r1(5)2[C12r152Cr32r15r12C32r12r152r122r1]N*

又因为52(0,1),从而(52)2r1(0,1)

1r3r12r1r2r1 所以m2(C223C222r1)

r152C2r15r152(52)2r1

故(m)(52)2r1.(52)2r1(54)2r11.

评述：猜想(52)2r1,(52)2r1与(52)2r1进行运算是关键.

7. 分析：利用n取1，2，3，…猜想an及an的末位数字.

解：当n=1时，a1=3，a231327463

a3a33a23273463(34)633(81)633(81)627，因此a2,a3的末位数字都是7，猜想，an4m3,mN*. 现假设n=k时，ak4m3,mN*.

当n=k+1时，

ak13ak34m3(41)4m3

04m314m24m214m30C4(1)0C4(1)1C4)4m2C4)4m3

m34m34m34(1m34(14T14(T1)3, 从而an4m3(mN*)

于是an13an34m3(81)m27. 故a2001的末位数字是7.

评述：猜想an4m3是关键.

8. 分析：寻求N中含2和3的最高幂次数，为此将19变为20－1和18+1，然后用二项式定理展开.

解：因为N=1988－1=(20－1)88－1=(1－4×5)88－1

=－C8845C8845C8845C88458788C88488588

255526M25(2M55)其中M是整数.

上式表明，N的素因数中2的最高次幂是5. 又因为N=(1+2×9)88－1

1288C8829C882292C88288988

=32×2×88+34·P=32×（2×88+9P）其中P为整数.

上式表明，N的素因数中3的最高次幂是2.

综上所述，可知N2532Q，其中Q是正整数，不含因数2和3.

因此，N中所有形如23的因数的和为(2+22+23+24+25)(3+32)=744.

9. 分析：直接求x的个位数字很困难，需将与x相关数联系，转化成研究其相关数.

解：令y(15220)19(15220)82,则xy[(15220)19(15220)82]

ab[(15220)19(15220)82]，由二项式定理知，对任意正整数n.

2(15220)n(15220)n2(15nCn15n2220) 为整数，且个位数字为零.

因此，x+y是个位数字为零的整数.再对y估值，

558819因为0152200.2， 且(15220)(15220)，

1522025所以0y2(15220)1920.2190.4. 故x的个位数字为9.

评述：转化的思想很重要，当研究的问题遇到困难时，将其转化为可研究的问题.

10. 分析：先求出an，再将an表示成与15有关的表达式，便知是否有无穷多项能被15整除.

证明：在数列{an}中有无穷多个能被15整除的项，下面证明之.

数列{an}的特征方程为x8x10,它的两个根为x1415,x2415，

所以anA(415)nB(415)n （n=0，1，2，…）

由a00,a11得A21215,B1215, 则an1215[(415)n(415)n],

取n2k(k0,1,2,)，由二项式定理得

an12151n13n1[2Cn4n1152Cn4n3(15)32Cn4(15)n1]

C4n1C43nn315C415nnn2212k132k32kk1C2C215C2k4k4k41512k132k32k1C215(C2C2415k2)k4k4k

2k42k115T(其中T为整数),由上式知当15|k，即30|n时，15|an，因此数列{an}中有无穷多个能被15整除的项.

评述：在二项式定理中，(ab)n与(ab)n经常在一起结合使用.

§16排列，组合

1．排列组合题的求解策略

（1）排除：对有限条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况排除，这是解决排列组合题的常用策略．

（2）分类与分步

有些问题的处理可分成若干类，用加法原理，要注意每两类的交集为空集，所有各类的并集是全集；有些问题的处理分成几个步骤，把各个步骤的方法数相乘，即得总的方法数，这是乘法原理．

（3）对称思想：两类情形出现的机会均等，可用总数取半得每种情形的方法数．

（4）插空：某些元素不能相邻或某些元素在特殊位置时可采用插空法．即先安排好没有限制条件的元素，然后将有限制条件的元素按要求插入到排好的元素之间．

（5）捆绑：把相邻的若干特殊元素“捆绑”为一个“大元素”，然后与其它“普通元素”全排列，然后再“松绑”，将这些特殊元素在这些位置上全排列．

（6）隔板模型：对于将不可辨的球装入可辨的盒子中，求装的方法数，常用隔板模型．如将12个完全相同的球排成一列，在它们之间形成的11个缝隙中任意插入3块隔板，把球分成4堆，3分别装入4个不同的盒子中的方法数应为C11，这也就是方程abcd12的正整数解的个数．

2．圆排列

（1）由A{a1,a2,a3,,an}的n个元素中，每次取出r个元素排在一个圆环上，叫做一个圆排列（或叫环状排列）．

（2）圆排列有三个特点：（i）无头无尾；（ii）按照同一方向转换后仍是同一排列；（iii）两个圆排列只有在元素不同或者元素虽然相同，但元素之间的顺序不同，才是不同的圆排列．

（3）定理：在A{a1,a2,a3,,an}的n个元素中，每次取出r个不同的元素进行圆排列，Pnr圆排列数为．

r3．可重排列

允许元素重复出现的排列，叫做有重复的排列．

在m个不同的元素中，每次取出n个元素，元素可以重复出现，按照一定的顺序那么第一、第二、…、第n位是的选取元素的方法都是m种，所以从m个不同的元素中，每次取出n个元素的可重复的排列数为m．

4．不尽相异元素的全排列

如果n个元素中，有p1个元素相同，又有p2个元素相同，…，又有ps个元素相同（p1p2psn），这n个元素全部取的排列叫做不尽相异的n个元素的全排列，它的排列数是nn!

p1!p2!ps!5．可重组合

（1）从n个元素，每次取出p个元素，允许所取的元素重复出现1,2,,p次的组合叫从n个

元素取出p个有重复的组合．

r（2）定理：从n个元素每次取出p个元素有重复的组合数为：HnpCn(p1)．

例题讲解

1．数1447,1005,1231有某些共同点，即每个数都是首位为1的四位数，且每个四位数中恰有两个数字相同，这样的四位数共有多少个？

2．有多少个能被3整除而又含有数字6的五位数？

3．有2n个人参加收发电报培训，每两人结为一对互发互收，有多少种不同的结对方式？

4．将n1个不同的小球放入n个不同的盒子中，要使每个盒子都不空，共有多少种放法？

5．在正方体的8个顶点，12条棱的中点，6个面的中心及正方体的中心共27个点中，共线的三点组的个数是多少个？

6．用8个数字1,1，7,7，8,8，9,9可以组成不同的四位数有多少个？

7．用A,B,C,D,E五种颜色给正方体的各个面涂色，并使相邻面必须涂不同的颜色，共有多少种不同的涂色方式？

8．某种产品有4只次品和6只正品（每只产品可区分），每次取一只测试，直到4只次品全部测出为止．求最后一只次品在第五次测试时被发现的不同情形有多少种？

9．在平面上给出5个点，连结这些点的直线互不平行，互不重合，也互不垂直，过每点向其余四点的连线作垂线，求这此垂线的交点最多能有多少个？

10．位政治家举行圆桌会议，两位互为政敌的政治家不愿相邻，其入坐方法有多少种？

11．某城市有6条南北走向的街道，5条东西走向的街道．如果有人从城南北角（图A点）走到东南角中B点最短的走法有多少种？

12．用4个1号球，3个2号球，2个3号球摇出一个9位的奖号，共有多少种可能的号码？

13．将r个相同的小球，放入n个不同的盒子（rn）．

（1）有多少种不同的放法？

（2）如果不允许空盒应有多少种不同的放法？

14．8个女孩和25个男孩围成一圈，任意两个女孩之间至少站着两个男孩．（只要把圆旋转一下就重合的排列认为是相同的）

课后练习

1．8次射击，命中3次，其中愉有2次连续命中的情形共有（ ）种

（A）15 （B）30 （C）48 （D）60

2．在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手恰比赛一场，但有3名选手各比赛了2场之后就退出了，这样，全部比赛只进行了50场。那么，在上述3名选手之间比赛的场数是（ ）

（A）0 （B）1 （C）2 （D）3

3．某人从楼下到楼上要走11级楼梯，每步可走1级或2级，不同的走法有（ ）种

（A）144 （B）121 （C）64 （D）81

4．从7名男乒乓球队员，5名女乒乓球队员中选出4名进行男女混合双打，不同的分组方法有（ ）种

222222（A）2C7C5 （B）4C7C5 （C）P72P52 （D）C7C5

5．有5分、1角、5角的人民币各2枚、3张、9张，可组成的不同币值（非0）有（ ）种

（A）79 （B）80 （C）88 （D）89

6．从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这10个数中取出3个数，使其和为不小于10的偶数，不同的取法有________种

7．已知直线ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合{3,2,1,0,1,2,3}中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么，这样的直线的条数是______．

8．设ABCDEF为正六边形，一只青蛙开始在顶点A处，它每次可随意地跳到相邻两顶点之一．若在5次之内跳到D点，则停止跳动；若5次之内不能到达D点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共种．

9．如果：（1）a,b,c,d都属于{1,2,3,4}；（2）ab,bc,cd,da；(3)a是a,b,c,d中的最小值，那么，可以组成的不同的四位数abcd的个数是_________．

10．在一个正六边形的六个区域种植观赏植物，要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物。现有4种不同的植物可供选择，则有种载种方案．

11．10人围圆桌而，如果甲、乙二人中间相隔4人，有种坐法．

12．从1,2,3,,19中，按从小到大的顺序选取a1,a2,a3,a4四个数，使得a2a12，a3a23，a4a34．问符合上要求的不同取法有多少种？

13．8人围张一张圆桌，其中A、B两人不得相邻，而B、C两人以必须相邻的不同围坐方式有多少种？

14．4对夫妇去看电影，8人坐成一排．若每位女性的邻座只能丈夫或另外的女性，共有多少种坐法？

§4数学归纳法

数学归纳法是用于证明与正整数n有关的数学命题的正确性的一种严格的推理方法．在数学竞赛中占有很重要的地位．

1．数学归纳法的基本形式

（1）第一数学归纳法

设P(n)是一个与正整数有关的命题，如果

①当nn0（n0N）时，P(n)成立；

②假设nk(kn0,kN)成立，由此推得nk1时，P(n)也成立，那么，根据①②对一切正整数nn0时，P(n)成立．

（2）第二数学归纳法

设P(n)是一个与正整数有关的命题，如果

①当nn0（n0N）时，P(n)成立；

②假设nk(kn0,kN)成立，由此推得nk1时，P(n)也成立，那么，根据①②对一切正整数nn0时，P(n)成立．

2．数学归纳法的其他形式

（1）跳跃数学归纳法

①当n1,2,3,,l时，P(1),P(2),P(3),,P(l)成立，

②假设nk时P(k)成立，由此推得nkl时，P(n)也成立，那么，根据①②对一切正整数n1时，P(n)成立．

（2）反向数学归纳法

设P(n)是一个与正整数有关的命题，如果

①P(n)对无限多个正整数n成立；

②假设nk时，命题P(k)成立，则当nk1时命题P(k1)也成立，那么根据①②对一切正整数n1时，P(n)成立．

3．应用数学归纳法的技巧

（1）起点前移：有些命题对一切大于等于1的正整数正整数n都成立，但命题本身对n0也成立，而且验证起来比验证n1时容易，因此用验证n0成立代替验证n1，同理，其他起点也可以前移，只要前移的起点成立且容易验证就可以．因而为了便于起步，有意前移起点．

（2）起点增多：有些命题在由nk向nk1跨进时，需要经其他特殊情形作为基础，此时往往需要补充验证某些特殊情形，因此需要适当增多起点．

（3）加大跨度：有些命题为了减少归纳中的困难，适当可以改变跨度，但注意起点也应相应增多．

（4）选择合适的假设方式：归纳假设为一定要拘泥于“假设nk时命题成立”不可，需要根据题意采取第一、第二、跳跃、反向数学归纳法中的某一形式，灵活选择使用．

（5）变换命题：有些命题在用数学归纳证明时，需要引进一个辅助命题帮助证明，或者需要改变命题即将命题一般化或加强命题才能满足归纳的需要，才能顺利进行证明．

5．归纳、猜想和证明

在数学中经常通过特例或根据一部分对象得出的结论可能是正确的，也可能是错误的，这种不严格的推理方法称为不完全归纳法．不完全归纳法得出的结论，只能是一种猜想，其正确与否，

必须进一步检验或证明，经常采用数学归纳法证明．不完全归纳法是发现规律、解决问题极好的方法．

例题讲解

1．用数学归纳法证明：

111(11)(1)(1)(1)33n1（nN*,n1）

473n2

*333n1，2．已知对任意nN，求证：

an0且a1ann．a2an(a1a2an)2，3．如果正整数n不是6的倍数，则19861不是7的倍数．

n4．设a1,a2,,an都是正数，证明a1a2anna1a2an．

n5．已知函数f(x)的定义域为[a,b]，对于区间[a,b]内的任意两数c,d均有f(cd1)[f(c)f(d)]．求证：对于任意x1,x2,,xn[a,b]，均有

22f(x1x2xn1)[f(x1)f(x2)f(xn)]．

nn

6．试证：对一切大于等于1的自然数n都有

1coscos2cosn2

sin2n12．

2sin2n27．试证：对一切自然数n（n1）都有22n．

8．证明：任一正方形可以剖分成任意个数多于5个的正方形．

9．设0a1，a11a，an11a，求证：对一切nN均有an1

an10．已知a1a21，an211．设f(n)12n1an1(1)，求证：对一切nN，an都是整数．

an111，是否存在关于正整数n的函数g(n)使等式23n

f(1)f(2)f(n1)g(n)[f(n)1]对于n2的一切自然数都成立？并证明你的结论．

12．设整数数列{an}满足a11，a212，a320，且an32an22an1an．证明：任意正整数n，14anan1是一个整数的平方．

课后练习

1．证明nN时，12222

2．设n不小于6的自然数，证明：可以将一个正三角形分成n个较小的正三角形．

3．用数学归纳法证明：1

4．设n为自然数，求证：1

5．对于自然数n（n3），求证：nn1(n1)n．

6．已知a1a21，an2n235n1能被31整除．

111n12

2421112．

22223n2n1an*1(1)，求证：对于一切nN，an是整数．

an7．设有2个球分成了许多堆，我们可以任意选甲、乙两堆来按照以下规则挪动：若甲戴盆望天的球数p不小于乙堆的球数q，则从甲堆拿q个球放堆乙堆，这样算是挪动一次．证明：可以经过有限次挪动把所有的球合并成一堆．

8．已知数列{an}满足：a13，a28，4(an1an2)3an5n224n20（n3），试证：ann22n．

§5直线和圆，圆锥曲线

一．直线与圆

1,两点间的距离公式:设P121(x1,y1),P2(x2,y2),则PP(x1x2)2(y1y2)2;

,则 2,线段的定比分点坐标公式:设P12的比为1(x1,y1),P2(x2,y2),点P(x,y)分PPxx1x2yy2(1) ,y1113,直线方程的各种形式

(1),点斜式:yy0k(xx0); (2),斜截式:ykxb; (3),两点式:yy1xx1

y2y1x2x1(4),截距式:xy1(a,b0);(5),一般式:AxByC0(A,B不同为零);

ab(6)参数方程:xx0tcos(t为参数,为倾斜角,t表示点(x,y)与(x0,y0)之间的距离)

yy0tsin4,两直线的位置关系

设l1:A1,l2:yk2xb2).则

1xB1yC10,l2:A2xB2yC20(或l1:yk1xb(1),l1//l2A12A2C10(或k1k2且b1b2);

1B2A2B10且AC(2),l1l2A1A2B1B20(或k1k21).

5,两直线的到角公式与夹角公式:

(1),到角公式:l1到l2的到角为,则tank2k100,(0180);

1k1k2(2),夹角公式:l1与l2的夹角为,则tank2k100,(090).

1k1k2Ax0By0CAB226,点P0(x0,y0)到直线l:AxByC0的距离:d7,圆的方程

.

(1),标准方程:(xa)(yb)R,其中(a,b)为圆心坐标,R为圆半径;

22(2),一般方程:xyDxEyF0,其中DE4F0,圆心为(22222DE,),

22半径为1D2E24F.

2(3),参数方程:二．圆锥曲线

定义

标准方程

xaRcos,其中圆心为(a,b),半径为R.

ybRsin椭圆

与两个定点的距离的

和等于常数

双曲线

与两个定点的距离的

差的绝对值等于常数

抛物线

与一个定点和一条定

直线的距离相等

x2y21

a2b2x2y2(或221),

bax2y21

a2b2y2x2(或221)

aby22px

(或x2py)

2

参数方程

xacos

ybsin(或xasec

ybtan(或x2pt2

y2pt(或xbsin)

yacosxbtan)

yasec(c,0)或(0,c)

cab

(a0,b0)

222x2pty2pt2)

焦点

正数a,b,c,

p的关系

离心率

准线

渐近线

焦半径

(c,0)或(0,c)

cab

(ab0)

222pp(,0)或(0,)

22

ec1

aec1

axe1

a2a2x(或y)

cc

a2a2x(或y)

ccypp(或y)

22bb

x(或xy)

aap

2p(或PFy0)

2PFx0PF1aex0

PF2aex0

(或PF1aey0

PF1ex0a

PF2ex0a

(或PF1ey0a,

PF2aey0)

统一定义

PF2ey0a),

(点P在左或下支)

到定点的距离与到定直线的距离之比等于定值的点的集合.(注:焦点要与对应准线配对使用)

三．解题思想与方法导引.

1,函数与方程思想 2,数形结合思想. 3,分类讨论思想. 4,参数法. 5,整体处理

例题讲解

1．在平面直角坐标系中,方程xyxy1(a,b为相异正数),所表示的曲线是（ ）

2a2b54x的距离中的最小值是（ ）

35A,三角形 B,正方形 C,非正方形的长方形 D,非正方形的菱形

2．平面上整点(坐标为整数的点)到直线yA,

113434 B, C, D,

203017085

3．过抛物线y28(x2)的焦点F作倾斜角为60的直线,若此直线与抛物线交于A,B

两点,弦AB的中垂线与x轴交于P点,则线段PF的长等于（ ）

A,

0816163 D,83 B, C,333x2y21上一点P到左焦点的距离等于它到右焦点距离的2倍,则P点坐标为（ ）4．若椭圆

3620 A,(3,15) B,(3,15) C,(3,15) D,(3,15)

．过椭圆x2y25a2b21(ab0)中心的弦AB,F(c,0)是右焦点,则AFB的最大面积为（ A,bc B,ab C,ac D,b2

x26．已知P为双曲线y2a2b21上的任意一点,F1,F2为焦点,若F1PF2,则SF1PF2（

A,b2cot2 B,12absin C,b2a2tan2 D,(a2b2)sin

7．给定点P(2,3),Q(3,2),已知直线axy20与线段PQ(包括P,Q在内)有公共点,

则a的取值范围是.

8．过定点F(a,0)(a0)作直线l交y轴于Q点,过Q点作QTFQ交x轴于T点,

延长TQ至P点,使QPTQ,则P点的轨迹方程是.

x2y29．已知椭圆a2b21(ab0)与直线xy1交于M,N两点,且OMON,(O为

原点),当椭圆的离心率e[33,22]时,椭圆长轴长的取值范围是.

．已知Fx2y2101,F2是椭圆16121的两个焦点,M是椭圆上一点,M到y轴的距离为

MN,且MN是MF1和MF2的等比中项,则MN的值等于.

）

）

11．已知点A为双曲线x2y21的左顶点,点B和点C在双曲线的右分支上,ABC是

等边三角形,则ABC的面积等于.

x2y2x2y21(mn0)和双曲线1(a0,b0)有相同的焦点F1, 12．若椭圆mnabF2,P为两条曲线的一个交点,则PF1PF2的值为.

x2y21有一个内接PAB,射线OP与x轴正向成角,直线AP,BP的斜率 13．设椭圆326适合条件kAPkBP0.

(1),求证:过A,B的直线的斜率k是定值;

(2),求PAB面积的最大值.

14．已知AOB(为常数且02),动点P,Q分别在射线OA,OB上使得POQ

的面积恒为36.设POQ的重心为G,点M在射线OG上,且满足OM(1),求OG的最小值;

(2),求动点M的轨迹方程.

3OG.

215．过抛物线y22px(p为不等于2的素数)的焦点F,作与x轴不垂直的直线l交抛物线

于M,N两点,线段MN的垂直平分线交MN于P点,交x轴于Q点.

(1),求PQ中点R的轨迹L的方程;

(2),证明:L上有无穷多个整点,但L上任意整点到原点的距离均不是整数.

例题答案：

1,D 令yx,得yxa,令yx得xyb,由此可见,曲线必过四个点:(a,a),

(a,a),(b,b),(b,b),从结构特征看,方程表示的曲线是以这四点为顶点的四边形,易知

它是非正方形的菱形.

2,B

d25x015y0128505(5x03y0)12534,当5x03y02(可取x0y01)时,

dmin34(其中(x0,y0)为平面上任意整点).

85

3,A 此抛物线的焦点与原点重合,得直线AB的方程为y3x,因此A,B两点的横坐标

2满足方程:3x8x160.由此求得弦AB中点的横坐标x044,纵坐标y0,进而

33求得其中垂线方程为y416414(x),令y0,得P点的横坐标x4,

33333即PF=16.

34,C 设P(x0,y0),又椭圆的右准线为x9,而PF12PF2,且PF1PF212,

得PF24,又PF22e,得x03,代入椭圆方程得y015.

9x031(2b)cbc;

25,A (1)当ABx轴时,SAFBykx222kab222y(2)当AB与x轴不垂直时,设AB的方程为ykx,由x消去得.

xy222bka221ab设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1kabbka222,y2kabbka222,

SAFB1112abk2abcbc.

c(y1y2)ckabc2b222b2k2a2bk2a2a22k26,A 由F1F2PF1PF22PF1PF2cos(PF1PF2)22PF1PF2

221sin2b22b2cot.

(1cos),得PF1PF2,SF1PF2PF1PF2sinb21cos21cos7,[,] 设线段PQ上任意一点M(x0,y0)且令4152PMt(0t1),则x0(1t)23t

PQ12a,

a5=2t,y0(1t)(3)t235t,故a(2t)(35t)20,t由0t1得0212a411,解得a.

52a58,y4ax 设直线l的方程为yk(xa),则Q点坐标为(0,ka),直线QT的方程为

y1xka,所以T点坐标为(k2a,0),从而P点坐标为(k2a,2ka),设P的坐标为

k

xk2a,消去k可得P点轨迹方程为y24ax.

(x,y),则y2kax2y219,[5,6] 由a2b2,可得(a2b2)x22a2xa2a2b20①

xy12a2由OMON得x1x2y1y20,即2x1x2(x1x2)10,将x1x22,

2ab1111a2a2b23c222x1x22代入得,即,因为,得

b2a2a2b2ab23a2311b211b2212,得2,有a2(22)2,解得52a6.

2a3a22a3x2y2851的右准线l:x8相交于D,设M(x,y),则 10, 延长NM与椭圆161251111MD8x,因e,2a8,得MF2MD(8x),MF18MF2(8x),

2222又MN2MF1MF2,得x26485,故MN.

5511,33 设点C在x轴上方,由ABC是等边三角形得直线AB的斜率k3,又直线

3 过A(1,0)点,故方程为y3322,代入双曲线方程xy1,得点B的坐标为

x33(2,3),同理可得C的坐标为(2,3),所以ABC的面积为[2(1)]333.

12,ma 不妨设P为第一象限的一点,则PF1PF22m,PF1PF22a,.得

PF1am,PF2ma,于是PF1PF2ma.

13,:(1)证明:易知直线OP的方程为y3x,将此方程代入3xy6,可求得交点

P(1,3).由题意可设直线PA,PB的方程分别为y3k(x1)和y3k(x1),

22k223k3k223k3分别与椭圆方程联立,可求得A,B的横坐标分别为xA,xB.

223k3k从而yAk(23k6)k(23k6)3,y3,

B223k3k

所以kAByByA12k3k23(定值).

xBxA3k243k2(2)不妨设直线AB的方程为y3xb,与椭圆方程联立,并消去y得6x23bx+

(b26)0,有AB(xAxB)2(yAyB)24(xAxB)24[(xAxB)24xAxB]

=4[(232224b)(b6)]b216

333点P到战线AB的距离d33b2b2,所以S2PAB1b24(16b2)=

443b21b2(12b2)22(12b)[]3,当且仅当b212b2,即b6时,

12122(SPAB)max3.

14,解(1),以O为原点,AOB的平分线为x轴建立直角坐标系,则可设P(acos,asin)

22Q(bcos,bsin).于是OPQ的重心G(xG,yG)的坐标为

2211xG(acosbcos0)(ab)cos,

3223211yG(asinbsin0)(ab)sin

3223221212OGxG2yG2(a2b2)ab(cos2sin2)=(a2b2)abcos

9992291242ababcosabcos2.

9992又已知SOPQ172472absin36,得ab,于是OGcos2

2sin9sin216cot24cot2,且当ab72时等号成立,故OGmin4cot.

sin2(2),设M(x,y),则由OM33131OG得,xxG(ab)cos0,yyG=(ab)

22222272xyxysin,得a,b,代入ab,并整理得

2sincossincossin2222x236cot2y236tan21(x0),这就是所求动点M的轨迹方程.

15,解:(1)抛物线y22px的焦点为(pp,0),设l的直线方程为yk(x)(k0).

22y22px122222kx(pk2p)xpk0,设M,N的横坐标分别为x1,x2 由得p4yk(x)2x1x2pk22ppk22ppk22pppxyk()则x1x2,得,,

PP22222kk2k2k1p1pk22p). 而PQl,故PQ的斜率为,PQ的方程为y(xkkk2k2pk22p3pk22p代入yQ0得xQp.设动点R的坐标(x,y),则

222k2k1px(xx)pPQp22k22,因此p(xp)24y(y0),

ky1(yy)pPQ22k故PQ中点R的轨迹L的方程为4y2p(xp)(y0).

(2),显然对任意非零整数t,点(p(4t21),pt)都是L上的整点,故L上有无穷多个整点.

反设L上有一个整点(x,y)到原点的距离为整数m,不妨设x0,y0,m0,则

222xym(i),因为p是奇素数,于是py,从(ii)可推出px,再由(i)可推出

24yp(xp)(ii)222x1y1m1(iii),

pm,令xpx1,ypy1,mpm1,则有24y1x11(iv)由(iii),(iv)得x12x11m12,于是(8x11)2(8m1)217,即

4(8x118m1)(8x118m1)17,于是8x118m117,8x118m11,

得x1m11,故y10,有ypy10,但L上的点满足y0,矛盾!

因此,L上任意点到原点的距离不为整数.

§6不等式的应用

1．排序不等式（又称排序原理）

设有两个有序数组a1a2an及b1b2bn.

则a1b1a2b2anbn（同序和）

a1bj1a2bj2anbjn（乱序和）

a1bna2bn1anb1（逆序和）

其中j1,j2,,jn是1，2，…，n的任一排列.当且仅当a1a2an或b1b2bn时等号（对任一排列j1,j2,,jn）成立.

2．应用排序不等式可证明“平均不等式”：

设有n个正数a1,a2,,an的算术平均数和几何平均数分别是

Ana1a2an和Gnna1a2an

n此外，还有调和平均数（在光学及电路分析中要用到）Hnn111a1a2an，

22a12a2an和平方平均（在统计学及误差分析中用到）Qn

n这四个平均值有以下关系HnGnAnQn.

○*

3．应用算术平均数——几何平均数不等式，可用来证明下述重要不等式.

柯西（Cavchy）不等式：设a1、a2、a3，…，an是任意实数，则

2222(a1b1a2b2anbn)2(a12a2an)(b12b2bn).

等号当且仅当bikai(k为常数，i1,2,,n)时成立.

4．利用排序不等式还可证明下述重要不等式.

切比雪夫不等式：若a1a2an，b1b2bn ，

则

a1b1a2b2anbna1a2anb1b2bn.

nnn

例题讲解

. 1．a,b,c0,求证：ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abcabc32．a,b,c0，求证：abc(abc)abc.

a2b2b2c2c2a2a3b3c3. 3．a,b,cR,求证abc2c2a2bbccaab4．设a1,a2,,anN*，且各不相同，

求证：1111aa3ana12..

22223n23n2225．利用基本不等式证明abcabbcca.

6．已知ab1,a,b0,求证：ab

利用排序不等式证明GnAn7．

8．证明：对于任意正整数R，有(1

441.

81n1n1)(1).

nn111119．n为正整数，证明：n[(1n)1]1n(n1)nn1.

23n例题答案：

1.证明：1nab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc

a(b2c22bc)b(a2c22ac)c(a2b22ab)a(bc)2b(ca)2c(ab)20ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc.

评述：（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因式分解或配方时，往往采用轮换技巧.再如证明abcabbcca时，可将ab

22222

1(abbcca)配方为[(ab)2(bc)2(ca)2]，亦可利用a2b22ab,

2b2c22bc,c2a22ca，3式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式获证.

2.分析：显然不等式两边为正，且是指数式，故尝试用商较法.

不等式关于a,b,c对称，不妨abc,则ab,bc,acR，且ab,，

bc

a都大于等于1.

caabbcc(abc)abc3a2abc3b2bac3c2cab3aab3aac3bba3bbc3cca3ccb3

ab3a()bb()cbc3a()cac31.评述：（1）证明对称不等式时，不妨假定n个字母的大小顺序，可方便解题.

（2）本题可作如下推广：若ai0(i1,2,,n),则a1a2anabbaa1a2an(a1a2an)a1a2ann.

（3）本题还可用其他方法得证。因abab，同理bbccbccb,ccaacaac，

另abcabc，4式相乘即得证.

（4）设abc0,则lgalgblgc.例3等价于algablgbalgbblga,类似例4可证abcabcalgablgbclgcalgbblgcclgaalgcblgbclga.事实上，一般地有排序不等式（排序原理）：

设有两个有序数组a1a2an,b1b2bn，则a1b1a2b2anbn（顺序和）

a1bj1a2bj2anbjn（乱序和）

a1bna1bn1anb1（逆序和）

其中j1,j2,,jn是1,2,,n的任一排列.当且仅当a1a2an或b1b2bn时等号成立.

排序不等式应用较为广泛（其证明略），它的应用技巧是将不等式两边转化为两个有序数组的积的形式.如

a,b,cR时,a3b3c3a2bb2cc2aa2ab2bc2c

a2b2c2111111abbcca;abca2b2c2a2b2c2.

bcabcaabc3.思路分析：中间式子中每项均为两个式子的和，将它们拆开，再用排序不等式证明.

222不妨设abc,则abc,111212121，则abc（乱序和）cbacab111111a2b2c2（逆序和），同理a2b2c2（乱序和）abccab111a2b2c2（逆序和）两式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数组abc111a3b3c3及，仿上可证第二个不等式.

bcacab2224.分析：不等式右边各项ai1a；可理解为两数之积，尝试用排序不等式.

ii2i2

设b1,b2,,bn是a1,a2,,an的重新排列，满足b1b2bn，

又1111.

2232n2所以a1anbna2a3b2b3.由于b1,b2,bn是互不相同的正整数，故b122222n2323nb3bnb11，原式得证.

b11,b22,,bnn.从而b1212222n23n评述：排序不等式应用广泛，例如可证我们熟悉的基本不等式，a2b2abba,

a3b3c3a2bb2cc2aaabbbcccaabcbaccab3abc.

5.思路分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方法.

．．a2b22ab,同理b2c32bc,c2a22ca；三式相加再除以2即得证.

评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.

22xnx12x2如x1x2xn，可在不等式两边同时加上x2x3xnx1.

x2x3x1 再如证(a1)(b1)(ac)3(bc)3256a2b2c3(a,b,c0)时，可连续使用基本不等式.

ab2a2b2)（2）基本不等式有各种变式 如(等.但其本质特征不等式两边的次数及系数22是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.

6. 思路分析：不等式左边是a、b的4次式，右边为常数要证ab

331，如何也转化为a、b的4次式呢.

84411,即证a4b4(ab)4.

8833评述：（1）本题方法具有一定的普遍性.如已知x1x2x31,xi0,求证：x1

x2111右侧的可理解为(x1x2x3)3.再如已知x1x2x30，求证：x1x2x2x3

x.333+x3x10，此处可以把0理解为(x1x2x3)，当然本题另有简使证法.

（2）基本不等式实际上是均值不等式的特例.（一般地，对于n个正数a1,a2,an)

调和平均Hn382n111a1a2an

几何平均Gnna1a2an

算术平均Ana1a2an

n22a12a2an平方平均Qn

2这四个平均值有以下关系：HnGnAnQn，其中等号当且仅当a1a2an时成立.

7. 证明: 令biai,(i1,2,,n)则b1b2bn1，故可取x1,x2,xn0，使得

Gnb1xxx1x,b22,,bn1n1,bnn由排序不等式有：

x2x3xnx1b1b2bn

=xx1x2n（乱序和）

x2x3x1111x2xn（逆序和）

x1x2xnx1 =n，

aaa2ana1a2nn,即1Gn.

GnGnGnn评述:对

111,,,各数利用算术平均大于等于几何平均即可得，GnAn.

a1a2an8. 分析:原不等式等价于n1(1)1而右边为其算术平均.

n11nn1，故可设法使其左边转化为n个数的几何平均，n111111n21

(1)n(1)(1)1(1)(1)11.n1nnnnnn1n1n个n1 评述:（1）利用均值不等式证明不等式的关键是通过分拆和转化，使其两边与均值不等式形式相近.类似可证(11n11n2)(1).

nn1（2）本题亦可通过逐项展开并比较对应项的大小而获证，但较繁.

9.证明:先证左边不等式

n[(1n)1]11n111(1n)123n1n111123n

n

111n23n

(1n)n111(11)(1)(1)(1)123n

(1n)nn34n1223nn1n(*)

n1n1234n123nn234n1nn1.

n23n（*）式成立，故原左边不等式成立.

其次证右边不等式

1111n(n1)nn1

23n1n1n1n(1111)23nn1111(1)(1)(1)123n

n1nn112n11n （**）

n123nn1

（**）式恰符合均值不等式，故原不等式右边不等号成立.

§7立体图形，空间向量

一. 直线,平面之间的平行与垂直的证明方法

1．运用定义证明(有时要用反证法); 2．运用平行关系证明;

3．运用垂直关系证明; 4．建立空间直角坐标系,运用空间向量证明.

例如,在证明:直线a直线b时.可以这样考虑

(1)运用定义证明直线a与b所成的角为90; (2)运用三垂线定理或其逆定理;

(3)运用“若a平面,b,则ab”; (4)运用“若b//c且ac,则ab”;

(5)建立空间直角坐标系,证明ab0.

二. 空间中的角和距离的计算

1．求异面直线所成的角

(1)(平移法)过P作a//a,b//b,则a与b的夹角就是a与b的夹角;

00(2)证明ab(或a//b),则a与b的夹角为90(或0);

\'\'\'\'0

(3)求a与b所成的角([0,]),再化为异面直线a与b所成的角((0,2]).

2,求直线与平面所成的角

(1) (定义法)若直线a在平面内的射影是直线b,则a与b的夹角就是a与的夹角;

(2) 证明a(或a//),则a与的夹角为90(或0);

(3) 求a与的法向量n所成的角,则a与所成的角为90或90.

3．求二面角

(1) (直接计算)在二面角AB的半平面内任取一点PAB,过P作AB的垂线,

交AB于C,再过P作的垂线,垂足为D,连结CD,则CDAB,故PCD为所求的二面角.

(2) (面积射影定理)设二面角AB的大小为(90),平面内一个平面图形F

的面积为S1,F在内的射影图形的面积为S2,则cos222200000S2.(当为钝角时取“”).

S1(3) (异面直线上两点的距离公式):EFdmn2mncos,其中是二面角

AB的平面角,EA在半平面内且EAAB于点A,BF在半平面内且FB

AB于B,而ABd,EAm,FBn.

(4) (三面角的余弦定理),三面角SABC中,BSC,CSA,ASB,又二面角

BSAC,则coscoscoscos.

sinsin(5)(法向量法)平面的法向量n1与平面的法向量n2所成的角为,则所求的二面角为

(同类)或(异类).

4.求两点A,B间距离

(1)构造三角形进行计算; (2),导面直线上两点间的距离公式; (3),求AB.

5.求点到直线的距离

(1)构造三角形进行计算; (2)转化为求两平行红色之间的距离.

6.求点到平面的距离

(1)直接计算从点到平面所引垂线段的长度; (2)转化为求平行线面间的距离或平行平面间的距离;

(3) (体积法)转化为求一个棱锥的高h3V,其中V为棱锥体积,S为底面面积,h为底面上的高.(4)S在平面上取一点A,求AP与平面的法向量n的夹角的余弦cos,则点P到平面

的距离为dAPcos.

7.求异面直线的距离

(1)(定义法)求异面直线公垂线段的长; (2)(体积法)转化为求几何体的高;

(3)(转化法)转化为求平行线面间的距离或平行平面间的距离;

(4)(最值法)构造异面直线上两点间距离的函数,然后求函数的最小值;

(5)(射影法)如果两异面直线a,b在同一平面内的射影分别是一个点P和一条直线l,

则a与b的距离等于P到l的距离; (6)(公式法)dEFmn2mncos.

8.求平行的线线,线面,面面之间的距离的方法,通常是转化为求点与线或点与面之间的距离.

三.多面体与旋转体

1.柱体(棱柱和圆柱)

(1)侧面积S侧cl(c为直截面周长,l为侧棱或母线长)(2)体积VSh(S为底面积,h为高)

2.锥体(棱锥与圆锥)

22221ch\'(c为底面周长,h\'为斜高)(2)圆锥的侧面积:S侧rl

21(r为底面周长,l为母线长)(3)锥体的体积:VSh(S为底面面积,h为高).

3(1)正棱锥的侧面积S侧S1h12V1h13,3.锥体的平行于底面的截面性质:.

Sh2Vh324.球的表面积:S4R; 球的体积:V4R3.

3四.解题思想与方法导引

1.空间想象能力; 2.数形结合能力; 3.平几与立几间的相互转化; 4.向量法

例题讲解

1．正四面体的内切球和外接球的半径之比为( )

A,1:2 B,1:3 C,1:4 D,1:9

2．由曲线x24y,x24y,x4,x4围成的图形绕y轴旋转一周所得的几何体的体积为V1;满足x2y216,x2(y2)24,x2(y2)24的点(x,y)组成的图形绕

y轴旋转一周所得的几何体的体积为V2,则( )

A,V112V2 B,V1V2 C,V1V2 D,V12V2

23D

3．如右图,底面半径r1,被过A,D两点的倾斜平面所截,截面是离心

率为2的椭圆,若圆柱母线截后最短处AB1,则截面以下部分的

2C

A

B

几何体体积是( )

A,32) B,2 C, D,(122

4．在四面体ABCD中,设AB1,CD3,直线AB与CD的距离为2,夹角为 面体ABCD的体积等于( )

A,,则四

31133 B, C, D,

3223

5．三个圆柱侧面两两相切,且它们的轴也两两相互垂直,如果每个圆柱底面半径都是1,

那么,与这三个圆柱侧面都相切的最小球的半径是( )

A,21 B,

6．四面体ABCD的顶点为A,B,C,D,其6条棱的中点为M1,M2,M3,M4,M5,M6,共10个

点,任取4个点,则这4个点不共面的概率是( )

A,

7．正方体ABCDABCD的棱长为a,则异面直线CD与BD间的距离等于.

8．正四棱锥SABCD中,ASB45,二面角ASBC为且cosmn,(m,

0\'\'\'\'\'215151 C, D,

224572447 B, C, D,

7103570n为整数),则mn.

9．在正三棱锥PABC中,ABa,PA2a,过A作平面分别交平面PBC于DE.当截面

ADE的周长最小时,SADE,P到截面ADE的距离为.

10．空间四个球,它们的半径分别是2,2,3,3.每个球都与其他三个球外切.另一个小球与这

四个球都相切,则这个小球的半径等于.

11．三个1212的正方形都被连接两条邻边的中点的直线分成A,B两

片,如图,把这六片粘在一个正六边形的外面,然后折成多面体,则这个

多面体的体积为 .

B

A

平面ABB1A1,且AC= 12．直三棱柱A1B1C1ABC中,平面A1BC3AA1,则AC与平面A1BC所成的角的取值范围是.

13．如图,直三棱柱ABCA1B1C1中,ACBC,连接AB1,BC1,

C1

B1

A1

C

B

A

CA1,若AB1BC1,求证:AB1CA1

14．如图,设SABCD是一个高为3,底面边长为2的正四棱锥,

K是棱SC的中点,过AK作平面与线段SB,SD分别交于M,N

(M,N可以是线段的端点).试求四棱锥SAMKN的体积V

的最大值与最小值.

S

N

D

A

K

M

B

C

15．有一个mnp的长方体盒子,另有一个(m2)(n2)(p2)的长方体盒子,

其中m,n,p均为正整数(mnp),并且前者的体积是后者一半,求p的最大值.

例题答案：

1,B 设棱长为a,外接球的半径为R,内切球的半径为r,则R(2326a)(aR)2

33解得R6666a,raaa,有r:R=1:3.

434122,C 设A(0,a)(a0),则过A的两个截面都是圆环,面积分别是(42x2)(424a)和

(x12x22){(42a2)[22(a2)2]}(424a),于是V1V2.

3,B 在椭圆中br1,又1c222,得a2,所求的体积V11(12)2

2a24,B 过C作CE//AB,以CDE为底面,BC为侧棱作棱柱ABFECD,则所求四面体的体

11,而CDE的面积SCECDsinECD,AB与CD

321 的公垂线MN就是棱柱ABFECD的高,于是V2MNCECDsinECD=

2 积V1等于上述棱柱体积V2的11133213,因此V1V2.

322225,A 三个圆柱的轴为三条两两垂直的异面直线,而异面直线的距离都为2,则所求球的半径为

r21.

44C106C663141476,D .

4C10270707,3a 设E是CD\'上的点,过E作EHDC于H,所以EH面ABCD,过H在面ABCD

3

内作HFBD,连接EF,所以EFBD,令DHx,HEax,FH2x,所以EF=

22232322a232(ax)(x)x2axa(xa)a.

22233328,5 因各侧面为全等的等腰三角形.在SAB内作高AE,则CE也是SBC的高,故

4501222AEC.设SA1则AECE,ABBC2sin,ACABBC

22450AE2CE2AC204(1cos45)438, =8sin22AECE2得mn385.

9,355235a ;a 将三棱锥的侧棱PA剪开,当ADE的周长最小时,其展开图如图

564P

ADE的周长即是展开图中线段AA\'的长.易证ABD

∽PAB,又PA=2AB=2a,故ADAB2BDa,

PDPBBD3PD3a,DEBCa.ADE中,

2PB42D

A

B

E A’

C

1552DE上的高AHAD(DE)a.于是

2813552SADEAHDEa; 从P向底面作高PO.则PO=PA2AO2

264=(2a)2(3aaa.

a)a.于是VPABC33413SPDEPD29VVaa.设P到截面的距离 又,得APDEAPBC216161264SPBCPB16为d,则VAPDEVPADE1311335dSADEa,于是da.

3645C

F

O

D

E

A

B

610, 设半径为3的球心为A,B,半径为2的球心为C,D.则易知

11AB=6,CD=4,AC=AD=BC=BD=5.设小球中心为O,半径为r,则O在

四面体ABCD内且AO=BO=3+r,CO=DO=2+r.取AB中点E,连结

CE,DE,则CEAB,DEAB,故平面CDE为线段AB的垂直平分面

,所以O在平面CDE内,又由OC=OD=2+r知O在CD的垂直平

分面内,故O在等腰CED底边CD上的高EF上(F为CD中点),易算出ED=EC=

52324,得ECD为等边三角形.于是EF=22=(2r)23ED23.而OFOC2CF2

2r(4r).OE=OA2AE2(3r)232r(6r),代入OE+OF

=EF=23得r(4r)r(6r)23,解得r6.

1112311,864 将几何体补成一个棱长为12的正方体,几何体的体积为正方体体积的一半,为.

2平面A1BC,所以ACD.设AA1a, 12,030 作ADA1B于D,易证AD003a2sin2ABx,则AD.易证BC平面A3asin,故x1ABB1,

22213sinaxax213a2sin22sin3a故CBA90,从而ABAC,即x3a,于是0,,

213sin20又090,得030.

13,证明:设D,D1分别为AB,A1B1的中点.连结CD,C1D1及BD1,DA1.因为BD//D1A1,所以

四边形BD1A1D为平行四边形,得BD1//DA1.因AC=BC,于是B1C1C1A1.又D,D1 分别为

AB,A1B1的中点,故CDAB,C1D1A1B1,而AB1在平面ABC(或A1B1C1)内的射影为AB

(或A1B1),得AB1CD,AB1C1D1,又已知AB1BC1,所以AB1平面BC1D1,从而AB1

0000BD1,又BD1//DA1,所以AB1DA1.又AB1C1D1,得AB1平面A1CD,从而得证.

14,解:为了建立V与原四棱锥SABCD的关系.我们先引用

下面的事实:

(如图)设A1,B1,C1分别在三棱锥SABC的侧棱SA,SB,SC上,

又SA1B1C1与SABC的体积分别是V1和V,则

A1

A

H

C

B

S

H1

C1

B1

V1SA1SB1SC1.

VSASBSC事实上,设C,C1在平面SAB的射影分别是H,H1.则C1H1SC1,

CHSC又SSA1B1SSAB1CHSV1311SA1B1SA1SB1SC1SA1SB1,所以.下面回到原题.

1VSASBSCSASBCHSSAB3

SMSN1x,y,因SABCD的体积为V03224.于是由上面的事实有

SBSD3VSMSNSASMSNSKVVVVV=

SAMNSKMNSAMKSANK.得12SBSDSASBSDSCVVVVSABDSCBDSABCSADCV02xSMSKSASNSKSA111=xyxyxy,于是y,

3x1SBSCSASDSCSA22211xx1,x1,得x1.则Vxyx而由0y,(x1).

23x13x12设又得V1\'13x(3x2).所以

22(3x1)(3x1)(1)当122x时,V\'0,V为减函数,(2)当x1时,V\'0,V为增函数.

233x23所以得VminV433,又V1Vx1,得VmaxV1Vx1.

xx32222222)(1)(1)2.

mnp15,解:由题意,2mnp(m2)(n2)(p2),得(1(1)当m8时,由mnp,则(12222)(1)(1)(1)32,矛盾!

mnp8(2)当m2时,(1222)(1)(1)2,矛盾!

mnp(3)当m3时,则6np5(n2)(p2),即(n10)(p10)120.

所以p的最大值为130;

(4)当m4时,则4np3(n2)(p2),即(n6)(p6)48.

所以p的最大值为54;

(5)当m5时,(1222,得p98.

)2222p(1)(1)(1)(1)mn55综上所述:p的最大值为130.