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数学竞赛题的一些解题策略
构造法
构造性解题方法是一古老而又崭新的科学方法，常简称为构造法。构造法的实质是根据某些数学问题的条件或结论所具有的特征，用已知条件中的元素为“元件”，用已知的数学关系为“支架”，在思维中构造出一种相关的数学对象、一种新的数学形式，从而使问题转化并得到解决的方法。在思维方式上，构造法常常表现出简捷、明快、精巧等特点，常使数学解题突破常规，另辟蹊径。
利用构造法构造出来的数学对象，所涉及的面广，如数、式、方程、不等式、函数、命题、“抽屉”、程序等等。
例1：已知x>0,y>0,且x + y =c,求z =的最小值，（a ,b ,c 为常数）
分析：如图所示分别将，看作是Rt△ABD与Rt△BCE的斜边，点B是线段AC上的动点，AB = x，BC = y,AD = a, CE = b, AC = c,作点D关于直线AC的对称点，连接E交AC于点B，则==
例2：试问方程：x1+x2+x3+…+x1001=2002
有多少组不同的正整数解？
分析：可以构造这样的一个对应关系：将2002个
相同的球排成一行，则它们之间有2001个间隔，
现将1000块板插入这2001个间隔中，（每个间隔
只能插入一块板）则显然每一组插法与原方程的
每一组解产生了一一对应关系，而此时板的插法比较容易求，即2001个间隔中任选1000个间隔分别插入一块板，显然共有种不同的插法，所以原方程共有组不同的正整数解。
例3：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。（全苏数学竞赛，1989）
分析：构造一个△ABC，其中三边分别为
则面积为S△= （其中p= (a + b +c)）
=
=1,另一方面，（x + y）(y + z)==2
故知，当且仅当时，取得最小值，即
y (x + y + z) =时，（ x + y）(y + z)取最小值。如x = z =1,y =时，（x + y）.(y + z) =2
例4：试证：在半径为1的圆周上存在n个点，它们中任意两点的距离为有理数。（第17届IMO，1975）
分析：构造= (k = 1,2,3,…n),则点A(Cos2,Sin2)在单位圆周上。
当1 k ,m时，考察单位圆周上任意两点A，A间的距离
=（Cos2 -Cos2） +(Sin2 -Sin2)
=
=
=.
所以为有理数，命题获证。
二：问题转化法
问题转化，也称之为化归，是数学家特别善于使用的策略，在奥林匹克数学中也经常用到。当接触到的问题难以入手时，那么思维不应停留在原问题上，而应将原问题转化为另一个比较熟悉而容易解决的问题，通过对新问题的解决，达到解决原问题的目的。
化归表现了思维的变通性和流畅性。苏联数学家雅珞夫基斯卡亚指出“解题----就是意味着把所要解决的问题转化为已经解过的问题。”
同原问题相比，化归后的新问题必须是已经解决或较为熟悉、简单的问题。
例5：设S =|lg}试求S的元素的个数（全国高中联赛，1990）
分析：由得
。。。。。。。。。。。（1*）
因此S的元素个数就等价与满足（1*）式的有序数对组数问题，注意到=xy=
故利用算术与几何均值不等式，有：
=（当且仅当==时等号“=”成立）
这样，我们又将问题化归为求方程组：
。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。（2*）实数解的组数
容易求得（2*）的解为，即S的元素个数为1，
本题中，我们首先将抽象的集合语言转化为通常所熟悉的数学式子，从而将S元素个数问题化归为一个方程，不等式混合组的解的组数问题，再利用算术与几何均值不等式，我们又将其化归为求解一个十分简单的方程组问题。
例6：甲乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛。双方先又1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，。。。。直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程。那么所有可能出现的比赛过程的种数为--------（全国高中联赛，1988）
分析：设甲、乙两队队员出场顺序分别为和
如果甲方获胜，设获胜的场数是则而且
。。。。。。。。。。。。。。。。。（*）
容易证明以下两点：在甲方获胜时，
不同的比赛过程对应着方程（*）的不同的非负整数解；
方程（*）的不同非负整数解对应着不同的比赛过程，例如解{2，0，0，1，3，0}对应比赛过程为：A1胜B1和B2，B3胜A1，A2和A3，A4胜B4，B5和B6但负于B7，最后A6胜B7结束比赛。
故甲方获胜的不同比赛过程总是方程（*）的非负整数解的个数
美籍匈牙利数学家G。玻里亚说：“不断地变换你的问题”，他认为，解题过程主要是问题的变换过程“我们必须一再地变换她，重新叙述她，变换她，直到最后成功地找到某些有用的东西为止”。由此可见，问题转化的思想在数学解题中的重要性。
三：特殊化与一般化方法
辨证唯物主义认为，矛盾的普遍性寓于矛盾的特殊性之中，即共性寓于个性之中，它启示人们，人类的认识活动总是由认识个别和特殊的事物逐渐过度到认识一般的事物；总是首先认识许多事物的特殊本质，尔后才有可能进一步通过概括工作去认识诸种事物的共同本质。特例法（指人们在解决问题的过程中通过考察事物的特殊状态，来获得一般性结论的一种思维方式）正是特殊与一般的辨证关系在解题的灵活应用。
例7：已知变角都是锐角，且求函数的最大值。
分析：先“退”一步，又多变角后“退”减少角的个数，设为锐角，且（A为定值，且），先求函数的最大值。
由，当且仅当即时，取最大值，由此引起对原题的猜想；其结论应是：当且仅当时，取最大值，可以从反面对上命题加以证明，即证若不相等，则函数的值就不是最大，事实上，若不都相等，不妨设，先暂且固定的值不变，而让变化，则有为定值，且故知，不是最大，从而函数的值就不是最大，从而证实对原问题的结论的猜想是正确的。
华罗庚说过善于“退”，足够地“退”退到原始而不失去重要性的地方，是学好数学的一个诀窍，所谓“退”就是将一般性复杂的问题，“退”成特殊的简单的问题，把这个特殊的问题想通了，找出规律，然后再来一个飞跃，不仅能理解原来的问题，而且还能进一步拓展。
与特殊化过程相反，一般化就是我们为了解决问题的需要放开或改变一些条件的限制，把具体的个性问题转化为一般的共性问题来研究。由于特殊的情况往往涉及一些无关宏旨而掩盖了问题的关键，因而一般情况有时则更明确地表述了问题的本质。希尔伯特指出：在解决一个问题时，如果我们没有获得成功，原因常常在于我们没有认识到更一般的观点，即眼下要解决只不过是一串有关问题的一个环节。
通过一般化，离散的问题可以用连续的手段来处理，有限的问题可以用数学归纳法来处理，等等。
例8：已知函数，那么的值。（全国高考试题2002）
分析：直接代入法解，运算量较大，可先探求一般性的结论，即根据题目的结构特点试求：的值，则问题应刃而解，易知= 1为定值，从而得原式的值为。
例9：1985个点分布在一个圆的圆周上，每个点都标上+1或-1，一个点称为“好点”，如果从这个点开始依任一方向前进到任何一点时，所经过的各数的和都是正的。证明：如果标有-1的点数少于662时，圆周上至少有一个好点。（第26届IMO，1985）
分析：观察662与1985的关系（题中要求点数少于662），注意到，将问题一般化，证明更一般的结论：“在个点中有个-1时，好点一定存在”。
证明：（1）时，如图所示，A，B，C，D标上+1，则B，C均为好点。
（2）当时成立，即3K+2个点中有K个-1时，必有好点。对，可任取一个-1，并找出两边距离它最近的两个+1，将这三个点一齐去掉，在剩下的个点中有K个-1，因而一定有好点，记为P。现将取出的三个点放回原处，因为P不是离所取出-1最近的点。因而从P出发依圆周两方前进时，必先遇到添回的+1，然后再遇到添回的-1，故P仍是好点，这说明，时命题亦成立。
本题是由数学归纳法证明了问题的一般性命题成立。取即本例成立。
四：分类讨论法
所谓分类讨论，就是原问题分解成一组相对独立的“小问题”来处理，综合对这些小问题的解答，便可以推证出原问题的结论。法国著名数学家笛卡尔在谈到他解题的一条重要经验时指出：把考虑的每一个难题，都尽可能地分成细小的部分，直到可以圆满解决为止。笛卡尔所说的“分成细小的部分”就是分类。
分类讨论不仅分化了问题的难度，而且分类标准本身又附加了一个已知的条件，所以，对每一类小问题的解决都大大降低了难度。
例10：证明在任何6个人的聚会上，至少存在三个人相互认识，或者相互不认识（美国中学生数学竞赛，1953）
分析：先从6个人中任意找出一个人，剩下的5个人分成两类：集合M表示所认识，集合N表示所陌生的。
于是，M，N，中有一个集合至少有3个人。
若是M，其中有3人。
互相不认识，命题得证。
至少有两人相互认识，不妨设为，则相互认识，命题亦成立。
若是N，其中有3人
相互认识，命题得证。
中至少有两人相互不认识，不妨设为，则互相不认识，命题亦得证。
综合各类情况可知道命题始终成立。
例11：设S为集合{1，2，。。。n}的具有下列性质的子集：S中任意两个元素之和不被7整除，那么S中元素最多能有多少个？（美国中学生数学竞赛，43届）
分析：将集合划分成7个子集：其中中每一个元素除以7后的余数为分析各子集的元素能成为中的元素的情况，即可得到结论。
解：将集合划分成7个子集：其中中每一个元素除以7后的余数为。
S中包含的一个元素；
与的元素不能同在S中，S最多含有中的8个元素（）
与的元素不能同在S中，S最多包含有中的7个元素；
与的元素不能同在S中，S最多包含有中的7个元素
故S中元素最多可能有个。
五：数学模型法
数学模型，是通过对实际问题的数学意义进行抽象分析而建立起来的，在许多涉及实际应用问题的竞赛题目中，如计数，图论，逻辑等，有着广泛的应用。
在数学竞赛中，常常通过建立数值模型（又称形式化），几何模型，函数模型及组合模型等来解决问题。
例11：现有男女人，围成内外两圈跳舞，每圈各人，有男有女，外圈的人面向内，内圈的人面向外，跳舞规则如下：每当音乐一起，如面对者为一男一女，则男的邀请女的跳舞，如果均为男的或为女的，则鼓掌助兴，曲终时，外圈的人均向右走一步。如此继续下去，直至外圈的人移动一周。证明：在跳舞的过程中至少有一次跳舞的人不少对。
分析：将这一问题数学化，将男人记为+1，女人记为-1，外圈的个人对应的数为a1,a2,…….，内圈的对应的数记为，则中有个+1，个-1，于是
+= 0，从而有
（）。（）=-（）
另一方面，当面对时，中的负数表示这时跳舞的对数。如果整个跳舞过程中，每次跳舞的对数少于，则对任意，应有
，于是
=（）（）0
从而导致矛盾，这表明至少有一次跳舞的人不少于对。
本题的解决，就是对实际问题作出恰当的数学解释，并用数学语言建立起这一问题的数学模型，凭借数学语言的严密性和简洁性，使实际问题中的各种关系及问题的解答得到了精确的完美的表述。
函数模型是同学们所熟悉的，在许多竞赛问题中，我们可以通过建立关于实际问题的函数模型来解决。譬如，某些不等式问题可以通过函数模型来证，某些极值问题可以通过建立函数关系来解决等等。
例12：一活水湖上游河道有固定流量的水流入，同时水通过下游河道流出，湖水体积保持在200万立方米左右，由于受到污染，湖水某中不能自然分解的污染物浓度已经达到0。2克每立方米。目前上游污染已得到治理，流入湖中的水已不含有污染物，但是湖周围每天仍有50克这种污染物进入湖中，环保机构希望湖水水质达到污染物浓度不超过0。05克每立方米的标准，若不采取其他治污措施，湖水需要多少时间可以达到标准？（上游污染终止一天后，测的水中污染物浓度为0。199875克每立方米）。
分析：设湖水中每天流出（入）水量为（立方米），湖水体积为V（立方米），上游终止天后，湖水中污染物浓度为，则可以建立关系式
且=0。2（克每立方米），=0。199875。
该差分方程的解为
由和立方米代入，可以求得，于是：
为求使即
（天）即需要经过3069天才能达标。
六：递推法：
通过建立递推关系解决问题的方法，称之为递推法。利用递推关系法解题的一般步骤为：（1）确定初始值；（2）建立递推关系；（3）解递推关系。
如果在一个复杂的问题中，前一事件与后一事件存在确定的关系，那么就可以从某一（几0个初始条件出发逐步递推，得到任一时刻的结果。发现和建立递推关系 ，是递推方法应用的关键。
例13：已知整数列{}满足：
（1）
（2）；
(3）对任意自然数，在数列{}中必有相继的项都是完全平方数。
求证：{}的所有项都是完全平方数。（中国奥林匹克竞赛，1992）
分析：令则由（1）有
所以{}是等差数列，从而。
由（2），，所以
若为奇数，则在充分大时，因而
不是平方数。而由（3）知道有任意大的平方数，矛盾！所以为偶数，从而
在时，对于充分大的，介于与之间，与（3）矛盾，同样也导出矛盾，所以
用递推法解题，思考问题的方法模式单一，解题的方向感较强。
七：数形结合思想
数形结合的思想方法是中学数学中的主要思想方法之一，其特点是由数思形，将抽象的数式转化为直观的图形，以形助兴。
例14：的二次方程中，均是复数且，设这个方程的两根为，满足，求的最大值，最小值。（全国高中数学联赛，1994）
解：由韦达定理有 因为所以即即复数在以为圆心，以7为半径的圆上，因为，故原点在上述圆内，连接OA延长交上述圆于B，延长AO交上述圆于C，则
，
例15：正数满足试求代数式XY+2YZ+3XZ的值。
分析：直接求出的值较繁，观察发现（1）式是两直角边分别为的直角三角形，方程（2），（3）的结构与余玄定理相似，为此，将（2）式变为这是以为两边切夹角为120的三角形，（3）式变为这是以为边长且夹角为150三角形所以构造三角形帮助解题。
解：构造三角形，使得AC=4，BC=3，AB=5，以AC为一边向外作正三角形，再作该三角形的外接圆与以BC为直径的圆交于C，O两点
连接OB，OC，OA，则由平面几何知识得，，故，设AO=x,BO=,CO=z,显然AC，由得到：
，化简的
八：极端性原理
在解决数学竞赛问题时，常常需要考虑命题中某些量或某些元素的“极端”情况，譬如“最大值”，“最小值”，“边界值”等等，这是分析和解决问题重要的方法之一。利用考虑极端的元素来实现解题的方法称为“极端性”原理。
由于“序”的关系是数学中最重要的关系之一，对极端情形的分析本质上是一种特殊形式的有序化方法，它作为探索问题、的思考方式，在解题有着广泛的应用。
例16；晚会上对男女青年双双起舞，设任何一个男青年都未与全部女青年跳过舞，而每个女青年都至少与一个男青年跳过舞。求证必有两男及两女，使得b1与g1,b2与g2,跳过，而b1与g2,b2与g1未跳过。（匈牙利数学竞赛试题，1964）
分析：设与女青年跳过舞最多的男青年是b1，因b1未与全部女青年跳过，故存在女青年g2未与b1.因为g2至少与一个男青年跳过舞，故存在b2与g2跳过。如果凡是与b1跳过的女青年都与b2跳过，则与b2跳过的女青年比b1至少大于1，这是不可能的。故在与b1跳过的女青年中至少有一个未与b2跳过舞，记为g1，则b1,b2,g1,g2即为所求。
九：整体法
这一解题策略要求在解题过程中，不是分解它的条件和结论，采取各个击破的办法，而是要立足全局把握条件和结论的联系，摆脱局部细节中一时难以弄清的数量关系的纠缠，使眼界更加开阔，以利于看清问题的实质，抓住问题的要害。
例17：有甲，乙，丙三种货物，若购甲3件，购乙7件，购丙1件，共需要315元。若购甲4件，购乙10件，购丙1件，共需420元。问购甲，乙，丙各一件共需多少元？（全国初中数学联赛，1985）
分析：通常的想法是先求出甲，乙，丙三种货物的单价是多少。但是由于题目所给的已知条件少于未知数的个数，要求单价势必就得解不定方程，能否不求单价，而直接求甲，乙，丙各一件的价格当成一个整体来求呢？这就要求从整体上把握条件与结论之间的联系。
设甲、乙、丙的单价分别为元，则由题意得
题目实际上只要求的值，而不必非求的值，因此设法分离出的值。原方程组可以得到如下等价变形：
易得，=105，即购的甲、乙、丙各一件共要105元。
例18：计算（）（）-（）。
（）=-----
解：设
原式=（）。--（）。==
整体法解题方法的灵活运用，需要解题者有较强的观察能力和心算能力。
十：反面法
在科学的道路上我们应该知难而进，但是我们这里所说“知难而进”指的是一种坚忍不拔的科学精神，而不是说作任何事情都的“硬碰硬”，当我们有时候在碰到某些比较“硬”的问题时候我们不妨选择临时“逃避”一下，从它的反面出发，逆向地应用某些知识去解决问题。反面法正是从反面考虑问题的一种方法，它是通过否定结论，找出矛盾来达到证明的目的。它常用于证明涉及“至少”，“都是”“唯一”，“有限或无限”等存在性问题。
例19：证明：当都是给定的正整数，且时，可以写成个连续偶数的和。（全国数学竞赛，1978）
分析：若从考虑分解成个连续偶数的和，显然因为的不确定以及分解方式不确定难以进行，因此，我们可以从个连续偶数求和来推证，寻求结论的正确性。
解：设个连续偶数为则
，化简得，令，
则，所以求得：由该式可以知道，不论是奇数还是偶数，只要为大于2，为大于2的整数，那么一定是整数，故当，
为正整数时，取等于个连续偶数2a,2a+2,…..2a+2(n-1)的和
此题的证明是一个典型的反向思维过程，从结论出发，向条件靠拢，若从正面考虑把写成个连续偶数之和，则事“倍”功“半”。

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