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1、学习必备欢迎下载六、解竞赛题的思想方法数学竞赛也就是解题的竞赛， 只有通过问题才能学会解题。 要提高解题能力，必须反复练习。在解各类题中，善于总结，不仅要寻找各种不同的解法，更要找出最佳的方法， 应当注意数学的思想与数学的美，不断提高我们的鉴赏能力， 注意简捷明快，一针见血。本讲中，我们选编了国内外一些值得欣赏的竞赛题，有些题多给几种解法，灵活运用数学基础知识去进行探索与尝试，以展现思维的过程，并且以资比较，尽力寻求完美的解法。 希望参加数学竞赛的学生们多掌握些解题的思考方法，对数学的认识深度就会有所提高，随之而来， 解题能力的增强就会有所突破，也就可能在各类数学竞赛中大显身手。例 1、已知,
2、 ,0 x y z且2222221,3,4,xxyyyyzzzzxx求 xyz的值 . 分析 常见的思路是求三元二次方程组的正实数解，常规方法是消元、降次，尝试会遇到困难， 关键是如何产生一次方程， 联想到方程左边式子的特点，可通过因式分解来实现 . 解法 1 由得，3322()()xyxyxxyyxy，由得333().yzyz由得334().zxzx以上三式相加，得32zxy，代入，得22331xyxy与联立，解得2 (2 )0 x xy. 但0 x，故得2xy，从而可解得214,777xyz. 7xyz. 解法 2 令 sxyz . - 并因式分解，得()()1zx xyz，2zxs，同理
3、得13,xyzyss. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 16 页学习必备欢迎下载+，并配方得22221()()()() 82xyzxyyzzx则有22221 194()82ssss，即42870ss. 解得1,7ss. 又由知1,7sxyzs. 123,777xyzxzy. 可解得214,777xyz. 上述两种解法是纯代数的，若用数形结合的思想，有解法 3由余弦定理，得222222cos1201xxyyxyxy, 222222cos120( 3)yyzzyzyz, 222222cos1202zzxxzxzx. 使我们想
4、到构造三角形 : 作 Rt ABC, 使1,3,2ABBCAC, 在三角形内取点 P，使120APBBPCCPA. 由余弦定理知，,PAx PBy PCz是原方程组的一组解 . 将APC绕 C 点旋转60，得A P C ，易证,A PP B共线，则xyzPAPBPCA B. 在 Rt A BC 中，有22227A BA CBCACBC. 说明数学中的同一个数学形式表示式可以作不同的语义解释，同一种数学语义的内容可以用不同的数学语言形式来表示. 数形结合的思想方法的实质是通过同一数学对象进行代数释义与几何释义的互补，实现“数”解释为“形”的语义转换，将“形”解释为“数” ，利用“数”的知识解决“
5、形”的问题；将“数”解释为“形”，利用“形”的知识解决“数”的问题. 本例的解法 3 中，我们把方程组转化成直角三角形后，原来隐含的条件逐渐精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 16 页学习必备欢迎下载显示出来，犹如居高观景，对问题的解决有更多的方法. 解法 4借助于三角形面积关系得：APBBPCAPCABCSSSS，131()13222xyyzzx. 2xyyzzx. 由已知三式相加，得2222()()8xyzxyyzzx, 2223xyz. 又2222()2()3227xyzxyzxyyzzx，7xyz. 解法 5 （构造
6、复数法）在平面上，设 A，B，C三点对应的复数分别为,0,3ABczi ZZ，取点 P使120APBBPCCPA. 记13cos120sin12022ii. 有xyzPAPBPC|APBPcpzzzzzz2|()|()|APBPcpzzzzzz2|()()()|ApBPCpzzzzzz( 同向共线 ) 2|() |ABCzzz3133|()() | |32 |72222iii. 说明本题还可以建立直角坐标系， 用解析法， 又可以利用图形关系， 应用向量法等 . 例 2、求函数4242( )36131f xxxxxx的最大值 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 -
7、 - - - - - -第 3 页，共 16 页学习必备欢迎下载分析和解函数( )f x的结构复杂，无法用常规方法解，把问题由抽象向具体转化，以使其中数量关系更容易把握：由根式我们会联想到距离， 问题的关键是两个根式内的被开方式能否化成平方和的形式，通过变形得222222( )(2)(3)(1)f xxxxx问题就转化为：求点2( ,)P x x到点(3,2)A与点(0,1)B的距离之差的最大值 . 进一步将其直观具体化 （如图） ，由 A，B的位置知直线 AB必交抛物线2yx于第二象限的一点C. 由三角形两边之差小于第三边知，P 位于 C时，( )f x才能取得最大值，且最大值就是|AB，故
8、max( )|10f xAB. 说明 上述分析过程的关键是将问题通过几何直观，转化为具体的形，“形”使我们把握住了( )f x的变化情况 . 类似地，可考虑下面的问题：若4sin3cosk，求 k 的最大值与最小值 . 这是一道三角函数求极值的问题，直接用代数法求解比较困难. 仔细观察，发现4sin3cosk与直线的斜率公式00yykxx结构相似，这样，可以想象k 为过点(3, 4)P与点(cos, sin)Q的直线的斜率. 由于(cos,sin)Q是单位圆上的一个动点， 所以直线是经过定点P （3，4）的动直线，k 的值是变化的 . 利用数形结合的方法可知：动直线以单位圆的两条切线为界，所以
9、k 的最大值与最小值就可以确定了. 例 3、已知, ,x y z为正数且()1xyz xyz. 求表达式()()xyyz的最小值 . 解法 1 构造一个ABC，使其三边长分别为,axy byz czx. 则半周长1()2pabcxyz，ABC的面积()()()Sp papbpc()1xyz xyz另一方面精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 16 页学习必备欢迎下载()()xyyzab222sinSSinCC，当且仅当90C时取等号，此时222()()()xyyzxz，化简，得()y xyzxz. 构造 一 组 实 数1xz，
10、21y满 足 ， 即 式 等 号 成 立 ， 所 以()()xyyz有最小值 2. 解法 2应用均值不等式，得2()()xyyzxyxzyyz()2()2xzy xyzxyz xyz不等式中等号成立的条件是()xzy xyz. 此式为解法 1 中的式，以下同解法1. 例 4、设20,( )44af xaxbxc有两个属于区间 2 ，3 的实数根 . （1）证明存在一个以, ,a b c为边长的三角形；（2）证明abcacbabc. 分析与解充分挖掘条件中的隐含信息， 把有利于解题的数量关系和直观表象显示出来，另外，又要把结论关系式分拆，两者结合起来，打通解决问题的通道. 由0,( )af x是
11、开口向上的抛物线，且(2)4840fabc，(3)91240fabc，2423,16162bbaca. 即给出关于, ,a b c的不等式组：22,4129 ,3,2cbacbaababac考虑给出结论中能构成三角形的充分条件，我们充分利用不等式组中的关系. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 16 页学习必备欢迎下载由，可知,2ab cbab，即 abc。另一方面，由知2bca. 下面证明 cab. 事实上，22225()42aaabbab由知22231()()222abaaa ，222()a abbaabb2225104
12、4aaa，22(),ba abbabca. 故存在以, ,a b c为边长的三角形 . （2）由于 abcab，所以cababbcbcbcbcabacba. 换元法 ：解数学题时，我们常常对变量作替换，这就是换元，通过换元，把原来的问题转化成另一类问题，以达到化难为易，从而帮助解题. 例 5、 设, ,x y z是正实数，且满足0 xyzxzy， 求222223111Sxyz的最大值 . 解 由已知条件得(1)xzxz y. 虽然， 10 xz，所以1xzyxz. 由此联想到正切和角公式，于是令arctan ,arctan ,arctan ,(0,)2xyz. 则tantantantan()1
13、tantan. 由于,(0,)，所以，于是222223tan1tan1tan1S2222cos2cos ()3cos2(cos21)cos(22 )13cosa精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 16 页学习必备欢迎下载22sinsin(2)3cos22sin3(1sin)2110103(sin)333. 等号在12,sin23，即22,2,24xyz时成立，故欲求的最大值为103. 例 6、设n为大于或等于3 的整数，证明：在平面上存在一个由n个点组成的集合，集合中任两点的距离为无理数， 任三点组成一个非退化的面积为有理数
14、的三角形. 分析在平面上由n个点组成的集合无限多， 我们可以考虑一类特殊的点集由整数点（纵坐标与横坐标均为整数）构成的集合， 只要在其中构成满足题目条件 的 点 集 ， 也 就 解 答 了 此 题 ， 进 一 步 特 殊 化 ， 考 虑 无 穷 点 集2( ,) |0,1,2,Sk kk. 证明 考虑无穷点集2(,) |0,1,2,Sk kk. S中任两点2( ,)A a a，2( ,)B b b的距离为：2222( ,)()()d A Babab2| 1()abab. 由于20,1()abab不是完全平方数，从而(,)d A B为无理数 . 即 S中任两点的距离为无理数 . 另一方面，由于点
15、集S中的点都在抛物线2yx上，又直线与抛物线的交点 不 多 于 两 个 ， 故 S 中 任 意 三 点 不 共 线 ， 而 对 于 S 中 任 意 三 点222(,) ,(,) ,(,)A aaBb bCc c（不妨设 abc）所形成三角形的面积2221111()()()221ABCaaSbbba cb cacc为非零有理数 . 所以， S中任意n个点所成集合即为所求点集，问题得证. 说明 本问题的解决过程中运用了构造特殊集合转化问题，将“在平面内存在某种点集”的问题特殊化为“在它的某个子集S中存在这种点集”的问题，后者的解决使原问题获证. 这种解决策略常称为特殊化策略 . 即视原问题为一般问
16、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 16 页学习必备欢迎下载题，构造其特殊问题，通过对特殊问题的解决而获得原问题的解决. 特殊化 作为化归策略，基本思想是很简单的：相对于“一般”而言，“特殊”问题往往显得简单、直观和具体，容易解决. 并且在特殊问题的解决过程中，常常孕育着一般问题的解决思想， 因此，当我们在对某个一般性的数学问题解决有困难时，常常会想到先解决它的特殊情况，然后再把解决特殊情况的方法或结果应用或推广到一般问题中，而获得一般性问题的解决. 特殊化策略的关键是能否找到一个最佳的特殊化问题. 例 7、求方程2221x
17、pxx的全部实数解，其中p 为实数参数。解 若0p， 则22221xpxxpx， 此时原方程无解，故可设0p，并且1,xxp再将方程形式变为2221xxxp平方并整理，得22242xpx xp再平方并整理，得228(2)(4)p xp易知 p 必须满足02p，并且此时只可能有解48(2)pxp代入原方程并化简，得|34 |43pp于是有43p综上所述，当且仅当403p时方程有唯一解48(2)pxp. 例 8、解方程aaxx. 分析和解若去根号，得四次方程42220 xaxxaa难于求解，而且难于确定 a 在何范围时有解。现用代换法，命axy则得22axyaxyayxayx两式相减()()xyy
18、xyx , 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 16 页学习必备欢迎下载()(1)0 xyxy,0 xy或1yx. （1）若0 xy，由于0,0 xy，只有0 xy，由axy知0a，这是一般情形 . （2）若1yx，则得1axx2(1)0 xxa,14(1)43aa. 欲使方程有实数根，须0，得34a进而1,21432ax. 因0 x，舍去负数2x，且要10 x，即1430a，431a, 须1a，从而解为：14312ax（1a）此题求解过程告诉我们：为了减一层根号，应不惜以“增一元”为代价。另外，就是不急于消元，而是先消常数
19、a，否则，就会走回头路。例 9、解方程432483840 xxxx. 分析和解由于系数排列呈对称形式，故若(0)a a是根，1a亦然，故谓之倒数方程，其解法是倒数化：两边同除以2(0)xx：222211483840114()8()30 xxxxxxxx由于222112xxxx，令1txx，原方程化为24850tt，1251,22tt. 解得实根1212,2xx. 例 10、设 a, b 是实数，且43210 xaxbxax至少有一个实根， 求22ab的最小值 . 解易 知0 x不 是 原 方 程 的 根 ， 原 方 程 于 是 可 化 为211()()(2)0 xa xbxx, 精选学习资料
20、- - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 16 页学习必备欢迎下载令1yxx，则易证|2y, 解方程2(2)0yayb得24(2)2aaby两根中至少有一者的绝对值2，这等价于2|4(2)4aab，即24(2)4|aba . 1当|4a时，2216ab，2当|4a时，两边平方并化简，得2 |2ab. 若2b，224ab，否则2b，再两边平方，得22444abb，或2224()544abbb22165()55b165即当24,55ba时,22()ab有最小值45. 经检验，原方程有实根1x. 例 11、若整数 a，b，c 使得抛物线2yaxbxc
21、在区间（ 0,1 ）上有两个不同的交点，求 a 的最小正整数值 . 分析 联系图象，找出根与系数的关系， 再利用整数性质 , 找出a，b，c取值范围 . 解 设方程20axbxc的两实根分别为，且1o，从而有211(1)()241(1)4上述两个不等式分别当11,22时等号成立 . 由韦达定理,bcaa(1)(1)1()1bcabcaaa由于，故中两个式子的等号不能同时成立，故精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 16 页学习必备欢迎下载1(1)(1)16cabcaa, 216 ()ac abc因为0,0，由知 c 和 a
22、同号且0c又1,1，由知 abc和 a 同号且0abc又因为 a，b，c 是整数，故()c abc是正整数， 由知216a，即| | 4a, 所以 a 的最小正整数值为5. 又 c 和()abc都是正整数，所以 c=1，取5ab，原方程变形为25510 xx, 其两根为5555,1010. 满足题目条件，所以5a是满足条件的最小正整数值. 例 12、设, ,a b c是正整数，关于x的一元二次方程20axbxc的两实数根的绝对值均小于13，求 abc的最小值 . 解 设方程的两实数根为12,xx，由韦达定理知，12,x x均为负数 . 由1219cx xa，得9ac，所以222444 9 13
23、6abaccc又12112()()333bxxa，所以3321,222aabb，故11a. （1）当7b时，由244aacb, 11a知11a或 12 ，1c. 但方程211710 xx有根751223，不合题意 ; 方程212710 xx的两根13，14，也不合题意；（2）当8b时，由2464acb及11a知11,12,13,14,15,16,1ac故由224123bbacxa，得4163aa，易知( )1643af aa（11,12,16a）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 16 页学习必备欢迎下载为增函数，4( )
24、( )03f af b，而(15)0f，故a只能为 16，此时168125abc，而方程216810 xx的两根为1214xx满足题意 . （3）当9b时，32722ab，所以14a，于是149124abc. 若25abc，只能14,9,1abc，此时方程214910 xx的两根为1211,27xx，不合题意，故此时25abc. 综上所述， abc的最小值为 25. 例 13、已知整数,m n满足,1,2,1981m n及222()1nmnm，求22mn的最大值 . 解若mn，则1mn，若mn，由221nmnm,2221nmmnm，得nm. 因为222()nmnm222()()nmm nmm2
25、22()()mm nmnm，于是，若(, )m n满足条件；则(,)nm m也满足条件 . 由于nm， 可从( ,)n m出发，递降得到（ 1，1） ，反之亦成立，即由（ 1，1）出发，利用(,)(, )nm mm n可得到满足,1,2,1981m n的全部解 . 即（1,1 ）（ 1，2）（ 2，3）（ 3，5）（ 5，8）（ 8，13）（ 13，21）（ 21，34）（34，55）（ 55，89）（ 89，144）（ 144，233）（233，377）（ 377，610）（ 987，1597）. 因此，所求22mn的最大值为 9872+15972=3524578. 例 14、已知 a, b
26、, c 是实数，且2000a，证明：至多存在两个整数x，使得2| 1000axbxc. 分析命题结构中会有“至多”、 “至少” 、 “有限” 、 “无限” 、 “唯一”的叙述，不妨试用反证法 . 证 用反证法 , 假设存在三个不同的正整数123,xxx, 使得2| 1000iiaxbxc. 令2( )f xaxbxc, 则123,xxx中至少有两个在对称轴2bxa的一侧 ( 包精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 16 页学习必备欢迎下载括对称轴上 ), 不妨设122bxxa, 则220axb. 因为2111000axbxc
27、,2221000axbxc, 所以1212()()2000 xxa xxb又12,xx是整数，所以121xx，于是1222()(1)a xxba xxb222000aaxba故1212()()2000 xxa xxb与矛盾，从而命题得证。反证法 ： 反证法是一种重要的数学证题方法，反证法的基本思想是：假设结论不成立，然后利用一些公理、定理、定义等作出一系列正确、严密的逻辑推理，由此引出一个新的结论， 而这个新的结论或者与所给的已知条件矛盾，或者与已知为真的结论矛盾，从而肯定原结论是正确的。用反证法证明一个命题的步骤，大体分为（1）反设； （2）归谬； （3）结论归谬是反证法的关键， 导出矛盾的
28、过程没有固定模式， 与什么发生矛盾也并不重要，但必须从反设出发，否则推导将成为无源之水，无本之木，推理必须严谨。导出矛盾有如下几种类型：与已知条件矛盾；与已知的公理、定理、定义、公式矛盾；与反设矛盾；自相矛盾等；其实我们无须对这些矛盾进行细分，重要的应放在怎样导出矛盾。例 15、在一个有限的实数列中，任意7 个连续项之和是负数，而任意连续11项之和都是正数，试问：这样的数列最多能有多少项？分析先由题目条件探索项数n，先证明17n是不可能的，再构造满足题意16n的数列是存在的。解 先证明17n是不可能的， 用反证法，设此数列为1217,na aaa，由已知条件可得1260kkkkaaaa（1k）
29、12100kkkkaaaa两式相减得789100kkkkaaaa于是从第 8 项开始，任意连续四项之和都是正数，于是有8910111213142aaaaaaa精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 16 页学习必备欢迎下载89101111121314()()0aaaaaaaa但由条件知8910111213140aaaaaaa, 故110a，同理，12130,0aa, 于是1112130aaa , 但1112170aaa, 故141516170aaaa, 这与式矛盾，故17n，即16n. 当16n时，满足上述条件的构造是存在的，
30、例如:1216(,)a aa(5,513,5,5,5,13,5,5,13,5,5,5,13,5,5)再如：6,6,15,6,6,6,16,6,6,16,6,6,6,16,6,6数列是怎样构造出来的？由上所述记11Sa，212Saa，161216Saaa条件无非就是1031471141580SSSSSSSS1125162136SSSSSSS而且是充要的， （其实由这一点，也可证明17S不存在， 否则617106SSSS，矛盾） . 于 是 构 造121 6,a aa就 非 常 容 易 了 ， 比 如1 031 44 ,3,2SSS，71141,1,2,SSS153,S811254,5,6,7,S
31、SSS168,S99,S210,S1311,S，612S. 还有一个创造性的解法是：设这个数列是1217,aaa列成数表精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 16 页学习必备欢迎下载123112341278617a a aaa a aaa a aa横求和，得781712110iiiiiiSaaa, 竖求和，得11121712110iiiiiiSaaa, 这一矛盾说明项数17n. 另一方面，构造一个16 项数列适合题意，可见16n，题目还可以推广到用两个互素的正整数p 与 q 来代替题中的 7 与 11，得出最大项数为p+q-
32、2. 例 16、一位象棋大师为参加一次比赛将进行77 天的练习，他准备每天至少下一局棋，而每周至多下12 局棋。证明存在一个正整数n，使得他在这 77 天里有连续的n天共下了 21 局棋。如果将 21 改为 22，结论是否成立？证明设ia是这位大师从第 1 天到第 i 天下棋的总局数，1,2,77i。因为他每天至少下一局棋，所以12771aaa. 又因为每周至少下12 局棋，所以77 天中下棋的总局数77a不超过77121327，即77132a. 考虑数列12771,21,a aaa221,a77,a21。该数列有 154 项，每个数都是小于等于 153 的正整数。由抽屉原则，必定存在, i
33、j ，使得21ijaaji 。令 nij，那么该大师在1,2,jjjni 的连续n天中共下了 21局棋。如果将 21 改为 22. ，结论仍然成立。证明如下：如果大师并不是每周都下满12 局，那么7722154a，即7722153a，从而命题得证。如果大师每周都下满12 局，那么12771277,21,21,21aaaaaa这154 个数恰好取遍1,2,154。并且12221,2,22aaa。于是大师在第一周里将只下了7 局棋，未满 12 局，矛盾。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 16 页学习必备欢迎下载精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 16 页