高中数学常用的解题方法与技巧1

an n ! ( 1)
i 1
( n ≥ 2) 为所求. i! 课外思考一
反证法 当我们直接从正面考虑不易解决问题时 ,于是 就要改变思维方向 ,从结论入手 ,反面思考。这种从 “正面难解决, 就从反面思考 ”的思维方式就是我们 通常所说的 ——反证法 ,是间接证法的一种 ,它是数 学证明的大法 ,历史上许多著名的命题 ,例如“ 2 为 无理数”以及“质数无限”都是用反证法证明的 . 反证 法被人们誉为 “数学家最 精良的武器之 一. ”,是证明数学命题的一种重要方法，对于那些 含有否定词的命题， “至少”型命题、唯一性命题， 尤为适宜.
1 1 ⑵ 1 a1 1 a2
1 1 ≤ 1 an 2
课外思考题: 1.对于自然数 n （ n ≥ 3 ） ，求证： nn1 (n 1)n ． 1 2.在数列 an 中 , a1 2 ,求证 : 2 an 2 . n 1 1 1 * 3.设 n N ,求证 : 1 2 2 2 2 2 3 n
下面通过练习来品味其中的思维.
思考1 思考2 思考3
思考 1: 设 a、 b 为正整数, n 为正整数, n n a b ab n ≥( ) 试证: 2 2
注: 运用归纳假设证明递推性是数学归纳法 证明过程中的闪光点,这里需要巧妙的构思.
思考 2(教程第 159 页练习 3): 设 p 为不小于 3 的正整数,并记方程
证明: (1 a1 )(1 a2 )(1 a3 )(1 a4 )(1 a5 ) 16(a1a2a3a4a5 1)
2 4.(2002 年全国卷)设数列 an 满足 an1 an nan 1 ,当 n 1,2,3,
(Ⅰ)当 a1 2 时,求 a2 , a3 , a4 , 并由此猜想出 an 的一个通项公式 ; (Ⅱ)当 a1 ≥ 3 时,求证对所有 n ≥ 1 ,有 ⑴ an ≥ 2 ;
构造一次函数 f ( x ) (b c ) x bc 1
还有没有其他方法
思考 4: 1 1 1 4 2 已知 2 3 0, n n 3 且 n2 , m m m 4 2 mn n 3 构造一元二次方程 . 求 的值. 2 m 思考 5: 已 知 x , y , z 为正数 且 xyz( x y z ) 1 , 求表达 式 ( x y )( y z ) 的最小值. 构造三角形的面积.
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构造一个隔板模型,取 18 个相同的小球排成一列,用 9 块隔板将 18 个小球分隔成 10 个空间,第 i (1 ≤ i ≤ 10) 个空 间的小球对应第 i 个班级的学生的名额,因此,名额分配方 案的种数与隔板的插入数相等.
课外思考二: 构造 f ( x) ax 2 bx c 1.设 abc 是十进制中的素数,求证: b2 4ac 不是完全平方数 2.( 第 19 届 IMO 试题(1977 年))在一个有限的实数列中,任意 7 个连续项之和都是负数,而任意 11 个连续项之和都是正数 试问:这样的数列最多有多少项?
构造: a1 1 a2 2
a7 7 是偶数
思考 2: 求证: 在四面体 ABCD 中 ,必有某个顶点 ,从它发出 的三条棱作为三边可以构成一个三角形.
从最大棱的角度来分析突破
思考 3:(1997 年全国高中联赛题) 设双曲线 xy 1 的两支为 C1、C2 , 如图 , 正三角形 P QR 三顶点位于此双曲线上. ⑴求证: P、Q、R 不能都在双曲线的同一支上. ⑵ 设 P (1, 1) 在 C2 上 , Q、R 在 C1 上 , 求顶点 Q、R 的 坐标.
16
如 6,6,-15,6,6,6,-16,6,6,-15,6,6,6,-16,6,6
3.( 第 29 届俄罗斯数学奥林匹克题)称自然数为“完全数” ， 如果它等于自己的所有的不包括自身的正约数之和，例如 6 1 2 3 ，如果大于 28 的“完全数”可被 7 整除，证明 它必可被 49 整除. 7n 的所有正约数可以分为形如 d 与7d 的“数对” 4.(1988(第 29 届)年 IMO 试题第 6 题)已知正整数 a 和 b ,使 2 2 a b ab 1 整除 a 2 b 2 ,求证: 是某个正整数的平方. ab 1 运用无穷递降法
x ( p 1) x 1 0 的两根为 x1 , x2 ,
2
证明 : 对任何 n N , x x2 都是不能
*
n 1
n
被 p 整除的正整数 .
先用数学归纳法证明是正整数, 然后再用数学归纳法证明不能整除. 这一步要巧用“第二数学归纳法”形式.
思考 3: 平面内有 n 个两两相交的圆,并且任意 三个圆不经过同一点,试问:这 n 个圆把平 面分成多少个区域? 2
思考1 思考2 思考3
什么是反证法？
一般地，假设原命题不成立，经过正确的推理， 最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命 题成立，这样的证明方法叫做反证法(归谬法).
反证法证明命题的一般步骤如下: 1.假设结论的反面成立; 反设 2.由这个假设 出发 ,经过正确的推理 , ．．
归谬
导出矛盾;
高中数学联赛常用的解题方法与技巧(上篇)
引言
构造法
反证法
数学归纳法
课外思考一 课外思考二课外思考三
高中数学联赛常用的解题方法与技巧(上篇)
有固定求解模式的问题不属于竞赛中的数学，通 常的情况是，在一般思维规律的指导下，灵活运用数 学基础知识去进行探索与尝试、 选择与组合。 这当中， 经常使用一些方法和原理（如探索法，构造法，反证 法，数学归纳法，以及抽屉原理，极端原理，容斥原 理„„） ，同时，也积累了一批生气勃勃、饶有趣味 的奥林匹克技巧。有人说： “竞赛的技巧不是低层次 的一招一式或妙手偶得的雕虫小技，它既是使用数学 技巧的技巧， 又是创造数学技巧的技巧， 更确切点说， 这是一种数学创造力，一种高思维层次，高智力水平 的艺术，一种独立于史诗、音乐、绘画的数学美。 ”
2
思考 6: 将数字 1,2,3,„,n 填入 n 个方格里 ,每格一个数字 , 则标号与所填数字均不相同的填法有多少种 ? 令 an 符合条件的填法数,增加数 n 1 和标号为 n 1 的方格.
对于 an 中每一个填法 , 我们将第 k 格的数移到第 n 1 格,而将 n 1 填入第 k 格 ,得符合条件的填法 nan 种; 对于 n 个数时 , 仅有第 k 格填入的数是 k (1 ≤ k ≤ n) , 其他 n 1 个数填法符合条件为 an1 , 我们也将第 k 格的数移 到第 n 1 格, 而将 n 1 填入第 k 格,得符合条件的填法 nan 1 种,于是,共有 an1 nan nan1 , 易知 a1 0, a2 1 . „ „ „n i 1
思考1,2 思考3 思考4,5 思考6
思考 1: (1985 年全国高中联赛试题)设实数 a, b, c 满足
2 a bc 8a 7 0 D) , 那么 的取值范围是 ( a 2 2 b c bc 6a 6 0 (A) (, ) (B) ,1 9, (C) (0, 7) (D) 1,9
构造法: 它的基本形式是：以已知条件为原料、以所 求结论为方向，构造出一种新的数学形式，使得 问题在这种形式下简捷解决.常见的有构造图形， 构造方程，构造恒等式，构造函数，构造反例， 构造抽屉，构造算法等.
前面运用重要不等式考虑问题其实就是构造 法的一种体现.用构造法解题,特点是“构造”.但 怎样“构造”，却没有通用的构造法则.下面通过 实例说明.
推理过程中一定要用到才 行 显而易见的矛盾(如和已知条件矛盾). 结论
3. 由矛盾判定假设不正确 , 从而肯定 命题的结论正确 .
思考1 思考2 思考3
思考 1: 设 a1 , a2 , , a7 是1, 2, ,7 的一个排列, 求证: (a1 1)(a2 2) (a7 7) 必是偶数 .
课外思考三: 1.(教程 P139 例 2)设 a0 , a1 , a2 ,
2 n
是一个正数数列,对一切 n 0,1, 2,
1 都有 a ≤ an an1 ,求证:对一切 n 1, 2, ,都有 an . n1 2.(教程 P151 例 2)证明:对一切正整数 n ,不定方程 x 2 y 2 z n 都有正整数解. 3.若 a1 , a2 , a3 , a4 , a5 ,都是大于 1 的实数,
⑴用反证法 P( x1 , y1 ), Q( x2 , y2 ), R( x3 , y3 ) 不妨设 0 x1 x2 x3 则 y1 y2 y3 0
y
Q
y x
P
C R 1 x
⑵关键证明 Q与R 关于直线 y x 对称
课外思考二
C2
数学归纳法(知识点见教程第 138 页) : 形式 1(第一数学归纳法): ⑴验证 p(n0 ) 成立; ⑵假设 p( k ) ( k ≥ n0 )成立 ,那么可推出 p( k 1) 也成立. 形式 2(第二数学归纳法): ⑴已知命题 P(n0 ) 成立； ⑵若当 n0 ≤ n ≤ k 时命题 P ( n) 都成立,则 P ( k 1) 成立； 由（1） （2）可知命题 P ( n) 都成立. 还有其他形式 (如跳跃数学归纳法): ⑴验证 p(n0 )、p(n0 1)、p(n0 2)、 、p(n0 r 1) ; ⑵假设 p( k ) ( k ≥ n0 )成立, 那么可推出 p( k r ) 也成立.
n n 2
先猜后证,这数学发现的方法.
关于n的命题证明可考虑用数学归纳法 尝试,这是数学思维的一个重要策略.
课外思考三
课外思考一:
a b c 1.设 a、b、c 为三角形的三边,求证: . 1 a 1 b 1 c 2.若 、 、 为锐角, 且 cos2 cos2 cos2 , 3 2 2 2 求证: cot cot cot ≥ . 2 3.某中学准备组建一个 18 人的足球队,这 18 人由高一年 级 10 个班的学生组成,每个班级至少一个,名额分配方案 共有____种 . C 9 24310