2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第11讲 极端原理
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第十一讲 极端原理
考虑极端情况,是解决数学问题的非常重要的思考方式。在具体解题过程中,常用到的极端元素有:数集中的最大数与最小数;两点间或点到直线距离的最大值与最小值;图形的最大面积或最小面积;数列的最大项或最小项;含元素最多或最少的集合,等等。
运用极端原理解决问题的基本思路,就是通过考虑问题的极端情形下的结果及解决极端情形的方法,寻找出解决问题的一般思路与方法,使问题得以顺利解决。
A类例题 例1在正n棱锥中,相邻两侧面所成的二面角的取值范围是( )
(A) ??n?1??n?2??,?? (B) ??,??
?n??n?????n?2n?1? (D) ?,??(1994 年全国高中联赛题) ??n?2??n?(C) ?0,分析 利用图形的极端位置解题。
解 当正n棱锥的顶点S向下无限趋近底面正n边形中心时, 所求值趋于π;当S向上运动, 趋向无穷远时, 正n棱锥趋于正n棱柱,所求值趋于正n边形的一个内角(即
n?2?),故选A. n例2有201人参加一次考试,规定用百分制记分,得分为整数,证明:(1)总分为9999
分时,至少有3人得分相同;(2)总分为10101分时,则至少有3个人得分相同。
分析 考虑无三人得分相同时的得分取值情况。
解 无三人得分相同的最低分值为:23(0+1+?99)+100=10000。 无三人得分相同的最高分值为:23(1+2+?100)+ 0=10100。
即无三人得分相同时的得分取值情况为10000,10001,?,10100。所以(1)总分为9999分时,至少有3人得分相同;(2)总分为10101分时,则至少有3个人得分相同。 说明 从极端情形考虑无三人得分相同的最低分值是得0,1,?,99分各2人,得100分1人;无三人得分相同的最高分值是得1,2,?,100分各2人,得0分1人。
情景再现
1.已知长方形的4 个顶点A(0 ,0) ,B(2 ,0) ,C(2 ,1) 和D(0 , 1),一质点从AB 的中点P0 沿与AB夹角为θ的方向入射到BC上的点P1后依次反射到CD 、DA和AB上的点是P2 、P3和P4 (入射角等于反射角). 设P4的坐标为(x4 ,0),若1 (A) ?,1? (B) ?,?1??3??12?? ?33??22??,? ?53?(2003年全国高考题) (C) ??21?,? (D) 5?2? 2.已知A(2 , 3) ,B ( -3 , -2), 若直线l过点P(1 , 1), 且与线段AB相交, 则直线l的斜率k的取值范围为( ) 33. (B) ≤k≤2. 443 (C) k≥2 或k≤ (D) k≤2. 4(A) k≥ B类例题 例3已知对任意正自然数n,不等式nlga< (n +1) lgaa ( a >0)恒成立, 求实数a的取值范 围. 分析 用分离变量的方法处理恒成立的问题,即a>f(x)对任意x恒成立等价于a>max{f(x)}. 解 当lg a >0 ,即a >1 时, 则不等式a?限增大时,n 无限接近于1 ,且 n对任意正自然数n 恒成立, 因为当n 无n?1n<1 , 所以a >1 ; n?1nn当lg a <0 ,即0< a <1 时,要使a?对任意正自然数n 恒成立,因为的最小值为 n?1n?1111,所以a < ,即0< a < . 2221故所求实数a 的取值范围是0< a < 或a >1. 2nn 说明 本题考虑了取值中的极端情形,而极值的取得充分利用了函数f(n)= n?1n?1单调递增的性质。 例4 已知二次函数y = ax2+ bx + c( a >0) 的图象经过M( 1-, 0),N ( 1+ , 0) , P (0 , k) 三点, 若∠MPN是钝角, 求a的取值范围. 分析 若利用余弦定理, 并由-1 解 当∠M PN 为直角时, 则点P 在以MN 为直径的圆周⊙O1 上, 于是P是该圆与y 轴的交点, 如图, 由勾股定理不难得k =±1 , ∴当∠M PN为钝角时, 点P在⊙O1内, 由a >0 知: 点P 应在y 轴的负半轴上. 把P (0 , k) 的坐标代入y = a( x -1+ 此,0< a <1. 说明 根据平面几何的知识∠MPN是钝角意味着P点在以MN为直径的圆内。 )( x -1 -) 得a =-k, 因 例5黑板上写着从1开始的n个连续正整数,擦去其中一个数后,其余各数的平均值是735,求擦去的数. 17分析 此题的常规方法是转变为列出并处理一个不定方程的问题, 但运算复杂,而从其极端情形考虑, 很快获解, 运算简洁、解法扼要. 解 考虑擦去数的极端情形, 显然擦去1 与n 是其极端情形,若擦去的数是1 , 则得平 n(n?1)n(n?1)?1?nn?2n22均值为;若擦去的数是n, 则平均值为??,根据极端状态下 n?12n?12n7n?2的平均值与已知平均值的联系,显然有≤35≤, 从而69≤n≤70 ,即68≤n -1 ≤ 217269. 7, 所以n -1 是17 的倍数,故n -1=68 ,即n = 69. 最171?2??69?x7?35. 后,设擦去的数为x, 则 6817而n -1 个整数的平均数是35∴x =7 ,即擦去的数是7. 说明 本题用到等差数列前n项的和 1+2+3+?+n= n(n?1)。 2例6若干只箱子的总重量为10吨,每一只箱子重量不超过1吨,问为了把这些箱子用 载重3吨的卡车运走。 (1)证明:有一个办法至多分5次就可以把这此批货物全部运完; (2)至少需要多少次一定可以把货物全部运完。 分析 把这此批货物全部运完需构造装货最多的极端情形,4次不一定能运完需构造“最不利”的极端情形。 解 (1)先往车上尽量装货,一直装到不超过3吨,但再加上一箱便超过3吨为止,照此办理5次至少运输532=10吨,得证; (2)可知3次至多运输333=9吨,考察4次的情况,设每次装x吨,则由?得x??x?3, ?10?3x?372.32.3。取x?2.3,每箱重吨,即12只箱子吨,一只箱子重0.8吨,则4次不一333定能运完。而由(1)5次一定可以把这此批货物全部运完,所以至少5次一定可以把货物全部运完。 说明 请注意“最不利”的极端情形的构造方式,当然方式不唯一。 情景再现 3.已知函数f( x)= 12 (x +1).若存在t∈R,只要x∈[ 1 , m](m >1),就有f(x+t)≤x, 则4m的最大值是( ) (A)8. (B) 9. (C)10. (D)11. 4.现有20 张扑克牌,分别是4 张10 , 4 张9 ,4 张8 ,4 张7 ,4 张6. 为了确保摸出4 对同数字扑克牌,则至少要摸出多少张? C类例题 例7 给定平面上不全在一直线上的有限个点,试证:必有一条直线只经过其中的两点. 分析 该命题是英国著名数学家西勒维斯特(Sylvester,1814-1897)提出的,故称之为西勒维斯特问题.这个问题也可以叙述为: 设?是平面上的有限点集,若过?中任意两点的直线上还存在有?的点,则集合?中的所有点共线. 西勒维斯特问题初看起来结论似乎比较“显然”,应该不难证明.但实际上这个问题提出近50年的时间内无人解决. 解 设所有的点(有限)构成集合?,点P??,集合?表示由至少过A中两点的全体直线构成的集合,l??.d?P,l?表示点P到直线l的正距离(l不通过点P),?表示所有 d?P,l?的集合. 因为?中的点不全在一直线上,所以?非空,又?是有限集,所以?也是有限集,于是 ?中有一个最小元素,设为d?P0,m?.下面证明:直线m只经过?中的两点. 假定m经过?中的至少三个点,例如经过P1,P设P2,P3.0点在直线m上的垂足为Q,那么Q点的一侧必有两个点(其中一个点可能和Q重合),设为P2,P3,且QP3?QP2.另直线n为经过P0、P3的直线,显然d?P2,n??d?P0,m?.这与d?P0,m?的最小性矛盾,从而 m只能经过两个点. 说明 与西勒维斯特问题相应,有一个对偶的命题:在平面上给定n条两两互不平行的直线,若对于它们中任何2条直线的交点,都有这n条直线中的另一条过这点.则这n条直线共点. 例8设有2n32n的正方形方格棋盘,在其中任意的3n个方格中各放一个棋子,求证: 可以选出n行n列,使得3n枚棋子都在这n行n列中。 分析 考虑尽可能选取棋子数目较多的n行。 解 在各行棋子中,一定有一行棋子最多,设有p1枚棋子。 从剩下的2n?1行中找一行棋子最多的,设有p2枚,?,找n行,共有p1?p2???pn枚棋子,则所选n行至少有2n枚棋子。否则,若p1?p2???pn≤2n?1,则pn?1?pn?2???p2n≥n?1。∴p1, p2,?,pn中必有一个不大于1,pn?1,pn?2,?,p2n中必有一个大于1,与p1≥p2≥? ≥p2n矛盾。∴剩下的n枚棋子从n列中选即可。 说明 本题是极端原理在操作策略上解题的一个应用。 情景再现 5.已知:在△ABC中,∠A>90°,AD是BC边上的高,求证:AB+AC<AD+BC。 6.已知有10张圆纸片,它们盖住的平面图形的面积为1。证明:可以从中选出若干张互不重叠的圆纸片,使得它们的面积之和不小于 1。 9习题 A 1.把16个互不相等的数排成下表: a11 a12 a13 a14 a21 a22 a23 a24 a31 a32 a33 a34 a41 a42 a43 a44 先取出每一行最大的数,共得4个数,设其中最小的数为x,再取出每一列中最小的数,也得到4个数,设其中最大的数为y,那么x,y的大小关系是 ( ) A. x=y B. x<y C. x≥y D. x≤y。 2.已知n是自然数,且n≥2,那么方程x1?x2???xn?x1x2?xn,在正整数范围内的解 ( ) A. 不存在 B. 有且仅有一组 C. 至少有一组 D. 至少有2n组 3.设有n(n≥2)名选手进行乒乓球比赛,任两名选手都进行一场比赛,每场比赛均决出胜负,求证:存在选手A,使得其他的任一选手,或是输给A,或是输给被A打败的某一名选手。 4.25个人组成若干个委员会,每个委员会都有5名成员,每两个委员会至多有一名公共成员。证明:委员会的个数不超过30。 5.平面上有4个点,其中任意三个点作成的三角形面积都小于1,试证明:存在一个面积小于4的三角形包含这4个点。 6.两圆外切于点P,过P点作两条互相垂直的割线APC,和BPD,设两圆的直径为m,n。求证:AC2+BD2为定值。 B ?x1?x2?x32?2?x2?x3?x47.解方组?,其中xi(i=1,2?,4)为正数。 2?x3?x4?x1?2?x4?x1?x28.证明:方程 x2?y2?3(z2?u2)不存在正整数解。 9.将自然数1至100填入10310个方格中,每格一个数,求证:无论怎样安排,总不能使每两个有公共边的方格中所填数之差都不超过5。 10.对于任意一个大于1的自然数n而言,把n2个自然数1,2…..n2,随着填入n3n的方格中,每格填一个数,试证明:总有两个相邻的方格,即具有公共边的两个方格中,所填写的两个数的差的绝对值不小于 n?1。 2C 11.网球比赛,20人参加14场单打比赛,每人至少上场一次,求证:必有6场比赛,其中12个参赛者各不相同. 12. 在空间给定n个点的集合?,其中任何四点不共圆,任何三点构成三角形,且有一个内角大于 2?2??AAA?.求证:可以把这n个点排序为A,,?,,使 AAijk12n33对任何满足1?i?j?k?n的数组?i,j,k?都成立. 本节“情景再现”解答: 1.分析 考虑边缘位置:P1为CB的中点时, 易知P2、P3和P4也应是各边的中点,此时tan θ = 1 ,该值应是界值,故选C. 22.解 显然, PA, PB 是直线l的极端位置,而kPA =2 , 3,由直线斜率变化规律知,直线l的斜率 43为k ≥2 或k ≤ ,故选(C) . 4k PB = 3.作函数y = x 的图象, 平移函数y=f(x)的图象使之与直线y = x 交于点(1 ,1) 和(m, m ),其中m>1.此时所得的图象是y = f(x + t) 的图象的极端位置, 于是,解方程组 ?f(1+ t) =1 ,结合m>1 ,t =-4. m=9. 所以,m 的最大值是9 ,选(B) . ??f(m + t) = m4.考虑最不利的情形, 先摸的5 张都是不同数字, 再摸第6 张必有2 张成对, 拿出这一对,余下4 张,再摸第7 张,又考虑最不利的情况— 第7 张与余下的4 张互不成对, 于是摸出第8 张必又有一对,故至少摸出8 张才能保证有两对. 不难想象, 以后每摸出2 张必又确定一对. 因此,至少摸出2 34 + 4 = 12 张才能确保摸出4 对. 5.构造特殊状态——直角三角形。从A引AE交BC于E,使∠BAE=90°。∴AB2+AE2=BE2,且AB2AE=BE2AD。∴(AB+AE)2= AB2+AE2 +2AB2AE= BE2+2BE2AD < BE2+2BE2AD +AD2=( BE+AD) 2。∴AB+AE 2 2 2 又1≤π(3r1)+π(3r2)+?+π(3rk),∴S1+S2+?+SK≥ 222 1。 9本节“习题4”解答: 1. 考虑最特殊的一个排列: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 则有y=4=x。调整 1,16 的位置,则有x=8,y=5。故选C 事实上:设x=aij,则第i行的每一个数均不超过x,即ai1,ai2,?,aij≤x。又因为每一列中最小的数均不超过该列中第i行的数,即第1列最小的数≤ai1≤x,?,第k列最小的数≤aik≤x。所以x≥y。 2.简单化,从极端n=2分析。 当n=2时,有:x1?x2?x1x2 ,(x1?1)(x2?1)?1。 则在正整数范围内,有x1?x2?2 ,事实上:当n>2时,在x1?x2???xn?x1x2?xn中, ?x1?2?x1?n令x3?x4???xn?1,则(x1?1)(x2?1)?n?1。至少有?或?。所以原方 x?nx?2?2?2程至少有n(n?1)组解。故本题选C。 3.设A是赢球场数最多的人。⑴对其他的任一选手B,若输给A,则得证。⑵若B不输 给A,即赢A。若B没有输给被A打败的任一个人,即B 赢了被A打败的任一个人,则B赢的场数超过A赢的场数,与A是赢球场数最多的人矛盾。∴本题得证。 4.设有x个委员会,并设A是参加委员会最多的人,设A参加了n个委员会。平均每人参加委员会的个数为 5xx?≤n,即有x≤5n。考虑A参加的n个委员会,总人数为4n+1255≤25,n≤6,∴x≤5n≤30。 5.以给定的4个点(A、B、C、D)为顶点的三角形数目是有限的,不妨设ΔABC是其中面积最大的一个三角形。过A、B、C分别作对边的平行线,它们相交可得ΔEFG(如图所示)。显然SΔEFG<4,则第四个顶点D必在ΔEFG内,否则与ΔABC的面积最大矛盾,从而得证。 6.可以通过让两条割线处于特殊位置状态,探究出结论,再研究一般情形。由两条割线APC、BPD垂直,由勾股定理可得AP2+BP2= m2,CP2+DP2= n2。且有AB =m, CD=n。∴AC2+BD2=(AP+CP)2+(BP+DP)2 =AP2+BP2+CP2+DP2+2(AP2CP+BP2DP) = m2+n2+2(AP2CP+BP2DP)。过点P作两圆的内公切线EPF,则由弦切角定理有∠APE=∠PBA,∠FPC=∠PDC。又由对顶角相等,知∠APE=∠FPC。∴∠PBA=∠PDC。又∠APB=∠CPD=90°,∴ΔABP∽ΔCDP,∴ mmmAPBPABm???。从而可得AP=CP, BP=DP,则AP2CP+BP2DP=CP2CP+ nnnCPDPCDnmmmDP2DP=( CP2+DP2)= 2 n2=m2n。∴AC2+BD2= m2+n2+2mn为定值。 nnn7.容易看出,(2,2,2,2)满足原方程组。下面用极端原理证明唯一性。 设(x1,x2,x3,x4)是原方程组的一组解。若xi是其中最大的正数,则xi≤2xi,∴xi≤2。若xj是其中最小的正数,则xj≥2xj,∴xj≥2。∴x1=x2=x3=x4=2,所以原方程组的解是(2,2,2,2)。 8.假设这个方程有正整数解(x,y,z,u),则 x必有最小值。设(x0,y0,z0,u0)是使x最小的一组解。∵x0?y0是3的倍数,∴x0,y0也均是3的倍数。设x0?3m, 2222y0?3n,则z02?u02?3(m2?n2)。∴z0,u0也均是3的倍数,设z0?3s,u0?3t此时 (m,n,s,t)也是方程的一组解。m 9.考察1和100这两个最小的和最大的数,它们相差99,在10310方格中任何两个方格之间都可以找到一条不超过由18个相连方格组成的路。对于任一条路,即使每两个有公共边的方格中所填数之差为5,所有差的和都小于99。从而必有某两个有公共边的方格中所填 2222 数之差超过5。 10.考虑1和n2的填写:(1)当1和n2填在相邻方格时,则它们的差的绝对值 n2?1?n?1n?1?2(n?1)?,∴命题成立。 22(2)当1和n2填在不相邻方格中,不妨1填在a11,n2填在akl,考察差的绝对值之和设其|akl?ak(l?1)|???|ak2?ak1|?|ak1?a(k?1)1|???|a21?a11|≥akl?a11?n2?1。中绝对值最大的为m,则2(n-1)m≥n2-1。∴m≥ n?1。得证。 211.设第i场比赛选手为?ai,bi?,全部比赛为S???a,b?i?1,2,3,ii,14?. 用逐步生成的办法挑选一个最大的子集.先选?a1,b1?,如果?a2,b2?中的a2,b2与a1,b1均不同,则将?a2,b2?选入.再检验?a3,b3?是否可以选入,一直继续到选出这样一个最大的子集M?S,M中的元素的选手均彼此不同,而再添加一对选手时,就有两选手相同了. 设M的元素个数是r,共2r个选手,余下20?2r个选手,这20?2r个选手中,他们的两选手之间不能比赛(否则这对选手的比赛将选入M,与M的最大性矛盾),于是他们只能和M间涉及到的2r个选手比赛,且每人至少上场一次,这样至少有20?2r次比赛,再加上M中的r场比赛,于是r??20?2r??14.解之得r?6,即要证命题成立. 12.由于?是有限集,故可从中选取两点A、B,使得AB是所有任意两点之间距离最大者.首先证明:对于任意两点C、D??,有?CAD?2?2?,?CBD?. 332?2?事实上,在?ACB、?ADB中AB都是最大边,故?ACB?,?ADB?,从而 33?CAB??3,?DAB??3.由于三面角的任一面角小于另外两个面角之和,故在三面角 A?BCD中,有?CAD??CAB??DAB?2?2?.同理?CBD?. 332?,3又对任何C、D??,有AC?AD.(否则在等腰三角形CAD中只能有?CAD?矛盾!) A,其余的点则依其与A1的距离从把?中的点排列成:A1,A2,?,An.其中A1为点 小到大排列(有前面的结论,这些距离各不相同),即有A1A2?A1A3? ?A1An. 下面证明:这个排列的方式符合要求. 在?A1AjAk(1?j?k?n)中,因为A1Aj?A1Ak,故?A1AkAj不可能大于前面的结论?AjA1Ak?2?,又由32?2?,从而?A1AjAk?. 33当1?i?j?k?n时, 2???,从而?A1AkAi?,同理?A1AkAj?.于是,在3332??AAA??AAA??AAA?三面角Ak?A中. AAikj1ki1kj1ij32?2?2??AAA??AAA?再证明:?AkAiA?.事实上,若,由,jkij1ij3332??A1AiAk?,得?A1AiAk??A1AiAj??AkAiAj?2?.即三面角Ai?A1AjAk的3个面 3因在?A1AiAk?1AiAk中,?A角之和大于2?,这是不可能的. 所以,在?AiAjAk中必是?AiAjAk?2?. 3综上所述,所作出的排列方式符合要求. 高考资源网 w。w-w*k&s%5¥u
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