2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第11讲 极端原理

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 6．⑴若10张圆纸片互不重叠，则本题得证；⑵若10张圆纸片有互相重叠，则先取出面积最大的圆纸片⊙o1，并相应取出与其重叠的圆纸片，再依次取出剩下的面积最大的圆纸片⊙o2，?，得到⊙o1，⊙o2，?，⊙on。则它们的面积和S1+S2+?+SK=πr1+πr2+?+πrk，

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．

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