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高中数学比赛讲义数学方法选讲新人教A版
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§2数学方法选讲(2)
四、从反面考
解数学,需要正确的思路。于好多半学,平常采纳正面求解的思路,即从条件
出,求得。但是,假如直接从正面不易找到解思路,可改思的方向,即从下手或从条件及的反面行思虑,进而使获得解决。
,分方法以下:
每答一得4分,不答得0分,答一倒扣1分,每个考生先10分作基分。:此次至多有多少种不一样样的分数?
,且超1000人。若按每排4人,最后差3人;若按
每排3人,最后差2人;若按每排2人,最后差1人。:支伍最罕有多
少人?
,2,⋯,8,使得随意三个相的点上的
数的和大于13?
,它由888个1和112个0成,个数能否可能是一个平方数?
五、从特别状况考
于一个一般性的,假如得以下手,那么我能够
先考它的某些特别状况,进而得解决的门路,使得以“打破”,种方法称特别化。
的特别状况行研究,一方面是因研究特别状况比研究一般状况简单;另一方面是因特其余状况含有一般性,因此特别状况的研究常能揭示的或启解决的思路,它是研究的一种重要方法。
运用特别化方法行研究的程有两个步,即先由一般到特别,再由特别到一般。通第一步获得的信息,要回到一般状况予以解答。
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,四形ABCD和EFGH都是正方形,且均2cm。又E点是正方形ABCD
的中心,求两个正方形公共部分(中暗影部分)的面S。
,它共有365个交点?
,正方体的8个点注的数字a,b,c,d,e,
求(a+b+c+d)-(e+f+g+h)的。
2
个互不相等的数排成下表:
a11
a12
a13
⋯a1n
a21
a22
a23
⋯a2n
an1an2an3
⋯ann
先取每行的最大数,获得
n个数,此中最小数
x;再取每列的最小数,也获得
n个数,
此中最大数
y。比x和y的大小。
六、有序化
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当我们研究的对象是一些数的时候,我们经常将这些数排一个序次,马上它们有序化。
有序化的假定,其实是给题目增添了一个可供使用的条件。
,使得3组由“→”所连的4个数的和相等,如
果把和数相等的填法看做同一类填法,请说明一共有多少类填法?并绘图表示你的填法。
,取此中两个数相加,能够获得六个和:24,28,30,32,34,38。
求此四数。
,它们均小于36。有人说,在这些自然数两两相减(大减小)所获得的差中,最罕有3个相等。你以为这类说法对吗?为何?
,每个物件的重量都是整克数且都不超出15克。小平想以最
少的次数用天平称出此中最重的物件。他用了以下的测定法:
1)把8个物件分红2组,每组4个,比较这2组的轻重;
2)把以上2组中较重的4个再分红2组,即每组2个,再比较它们的轻重;
3)把以上2组中较重的分红各1个,拿出较重的1个。
小平称了3次天平都没有均衡,最后便获得一个物件。
但是实质上获得的是这8个物件中间从重到轻排在第5的物件。
问:小平找出的这个物件有多重?并求出第二轻的物件重多少克?
例题答案:
:最高的得分为50分,最低的得分为0分。但其实不是从0分到50分都能获得。
从正面考虑计算量较大,故我们从反面考虑,先计算有多少种分数达不到,此后除去达不到的分数就能够了。
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解:最高的得分50分,最低的得分0分。在从0分到50分51个分数中,有49,
48,47,44,43,396种分数是不可以够达到的,故此次不一样样的分数至多有51-6=45(种)。
:从条件“若按每排4人,最后差3人”的反面来考,可理解“若按
每排4人,最后多1人”。同理,按3人、2人排都可理解多1人。即人数被12除余1。一来,原就化:
一个5的倍数大于1000,且它被12除余1。:个数最小是多少?
解:是5的倍数且除以12余1的最小自然数是25。因人数超1000,[3,4,5]=60,
因此最罕有
25+60×17=1045(人)。
:将八形的8个点上的数挨次a1,a2,a3,⋯,a8,有S=a1+a2+a3+⋯
+a8=1+2+3+⋯+8=36。
假随意3个相点上的数都大于13,因点上的数都是整数,因此
a1+a2+a3≥14;
a2+a3+a4≥14;
⋯⋯
a7+a8+a1≥14;
a8+a1+a2≥14。
将以上8个不等式相加,得3S≥112,进而S>37,与S=36矛盾。故能否认的。
:假个数A,它是自然数a的平方。
因A的各位数字之和888是3的倍数,因此
a也是3的倍数。于是
a的平方是
9的
倍数,但888不是9的倍数,就生了矛盾,进而
A不可以能是平方数。
5.
分析:我先考正方形EFGH的特别地点,即它的各与正方形ABCD的各平
行的状况(上)。此,然有
得出答案后,个得回到一般状况下去解决,解决的方法是将一般状况成特别状况。
解:自E向AB和AD分作垂EN和EM(右),有S=S△PME+S四形AMEQ
S△PME=S△EQN,故
S=S△EQN+S四形AMEQ
=S正方形AMEN
:先考一种特其余形:棋。它有38条直、361个交点。我就从种特其余形出,此后行局部的整。
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先加上2条对角线,这样就有40条直线了,但交点仍旧是361个。再将最右侧的1条直
线向右平移1段,正好增添了4个交点(见上图)。于是,我们就获得了有365个交点的40
条直线。
:从这8个数都相等的特别状况下手,它们知足题目条件,进而得所求值为0。这就
启迪我们去说明a+b+c+d=e+f+g+h。
解:由已知得
3a=b+e+d,3b=a+c+f,
3c=b+d+g,3d=a+c+h,
推知
3a+3b+3c+3d=2a+2b+2c+2d+e+f+g+h,
a+b+c+d=e+f+g+h,
a+b+c+d)-(e+f+g+h)=0。
分析:先讨论n=3的状况,任取两表:
1
3
7
1
2
3
2
5
6
4
5
6
8
9
4
7
8
9
左上表中x=6,y=4;右上表中x=3,y=3。两个表都知足
x≥y,因此能够猜想x≥y。
解:设x是第i行第j列的数aij,y是第l行第m列的数alm。考虑x所在的行与y所在的列交叉的那个数,即第i行第m列的数aim。明显有aij≥aim≥alm,当i=l,j=m时等号建立,因此x≥y。
解:10到40之间的8个质数是
11,13,17,19,23,29,31,37。
依据题目要求,除掉最左侧和最右侧的2个质数以外,剩下的6个质数在同一行的2个
质数的和应分别相等,等于这6个数中最小数(记为a)与最大数(记为b)之和a+b。依据a,b的大小可分为6种状况:
a=11,b=29时,无解;
a=11,b=31时,有11+31=13+29=19+23,获得以下填法:
a=11,b=37时,有11+37=17+31=19+29,获得以下填法:
a=13,b=31时,无解;
a=13,b=37时,无解;
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a=17,b=37,无解。因此,共有2填法。
解:四个数a,b,c,d,且a<b<c<d,六个和a+b,a+c,a+d,b+c,b+d,c+d,此中a+b最小,a+c次小,c+d最大,b+d次大,a+d与b+c位第三和第四。
分解两个方程,得
解:12个自然数从小到大挨次a1,a2,a3,⋯,a12,且它两两相减最多只
有2个差相等,那么差1,2,3,4,5的都最多只有2个。进而
a12-a11,a11-a10,a10-a9,⋯,a2-a1,
11个差之和最少
2×(1+2+3+4+5)+6=36,
但11个差之和等于a12-a1<36。一矛盾明,两两相减的差中,最罕有3个相等。
解:8个物件的重量从重到挨次摆列:
15≥a1>a2>a3>a4>a5>a6>a7>a8≥1。
小平找出的个物件重量a5,第二的物件重量a7。
因为a5加上一个比它的物件不可以能大于两个比a5重的物件重量之和,因此第一次必
去3个比a5重的物件。
就有以下四种可能:
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先考虑第一种状况。依据①式,a4比a1最少轻3克,a5比a2,a6比a3也都最少轻3克,
则a7比a8最少重10克。依据②式,a5比a4最少轻1克,则a6比a7最少重
18
克。与已知
矛盾,第一种状况不可以能出现。
按相同的推理方法,能够说明第二种和第三种状况也不可以能出现。
最后,考虑第四种状况。a1比a2最少重
1克;a5比a3,a6比a4都最少轻
1
克,则a7
比a8最少重4克。依据④式,a5比a4最少轻
4克,则a6比a7最少重5克。这样获得的这8
个物件的重量分别为:
a1=15克,a2=14克,a3=13克,a4=12克,
a5=11克,a6=10克,a7=5克,a8=1克。
因此,小平找出的这个物件重11克,第二轻的物件重5克。
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