设 A={（a 1 , a 2 ,…，a r ）|a i ∈{1，2，…，n}，a 1≤a 2≤…≤a r }， B={（b 1, b 2,…，b r ）|b i ∈{1，2，…，n+r －1}，b 1< b 2<…
Ⅱ．枚举法
所谓枚举法就是把集合A 中的元素一一列举出来，从而计算出集体A 的元素个数。它是最基本，也是最简单的计算数方法。应用枚举法计数的关键在于一一列举集合中的元素时必须做到既不重又不漏。
Ⅲ．映射法（略，见第一讲） Ⅳ．分类计数原理与分步计数原理
分类计算原理 完成一件事，有几种方式，第一种方式有m 种方法，第二种方式有n 种方法，……最后一种方式有r 种方法.不管采取哪一种方法都能完成这件事，则完成这件事的方法总数为m+n+…+r .
分步计数原理 完成一件事，有几个步骤，第一步有m 种方法，第二步有n 种方法，…，
最后一步有r 种方法，要完成这件事，必须通过每一步，则完成这件事的方法总数为m ·n ……r.
应用分类计数原理的关键在于分划，即把一个所要计数的集合S 分划成一些两两不交的小集合，且使每个小集合都便于计数.
应用分步计数原理的关键在于分解，即把一个所要计数的集合S 分解成若干个集合的乘积.
对一个集合S 的分划或分解，没有一般方法，应由具体问题而定，而这正是应用两个原理解题的难点与技巧所在.
Ⅴ．递推方法
将与正整数有关的数字问题，通过寻求递推公式，或通过递推公式，而使问题得到解决的方法，叫做递推方法.
递推方法几乎对所有数学分支都具有重要的作用，当然对组合计数就更不例外了，它是组合计数的常用方法.
应用递推方法解题，会遇到如下两类问题：一是如何找到满足题设条件的递推公式，二是推理计算.详见例题.
Ⅵ．母函数法
母函数是一种非常有用的方法.这种方法的最早系统叙述见于Laplace 在1812年出版的名著《概率解析理论》中.这种方法思想简单，把离散数列和幂级数一一对应起来，把离散数列间的相互结合关系对应成幂级数间的运算关系，最后由幂级数来确定离散数列的构造。
简要地说，母函数方法是将一个有限或无限的数列 {a k }={a 0, a 1, a 2 ,…, a k , …} 和如下形式的多项式
f(x)= a 0+a 1x +a 2 x 2+…+ a k x k + … 联系起来，构成对应关系 {a k }←→f(x)
这个f(x)就称为{a k }的母函数或生产函数.意思是这个数列{a k }是由多项f(x)产生的.
例如：组合数列n
n
n n C C C ,,,10 的母函数是n
x )1(+.因为由二项式定理可得 n x )1(+=n
n n n n x C x C C +++ 10 n
x )1(+是最常见的母函数.
设{a n }与{b n }是两个结定的数列，为了确定它们之间的某种关系，可分别写出二者所对应的母函数，再研究这两个母函数间的某种关系从而确定两个数列之间的关系，这便是母函数方法解题的基本思想.
Ⅶ．子集类
一个n 元素合X 有2n 个子集A 1，A 2，…n A 2，如果以它的部分子集作为元素，又可得到一个集合F={A 1，A 2，…，A k }（1≤k ≤2n ），这个集合F 的称为原来集合X 的一个子集类.
应用子集类知识可以帮助我们解决如下二类问题：
a ．什么时候可以把一个整数（集合）写成若干个满足一定条件的整数（子集）之和（并）.
b ．在可以写的情况上有多少种写法.前者是存在性问题，后者组合计数问题. Ⅷ．数学归纳法
塞题精讲
例1 数1447，1005和1231有某些共同点，即每个数都是首位为1的四位数，且每个四位数中恰有两个数字相同，这样的四位数共有多少个？
（第1届AIME 试题，1983年）
【解】符合条件的四位数必含有一个1或者两个1. （1）含有两个1的情形
从除1之外的其余9个数字中任取两个，有C 29种取法，再与其中的一个1组成任意排列的三位数，有P 33种，这样构成的首位为1的四位数共有N 1= C 29 P 33（个）.
（2）只含有一个1的情形
从其余的9个数字中任取两个，有C 29 种取法，其中一个数字被重复选出，有C 12种，
这样的三个数字组成的三位数共有2
3
3P ，这样构成的首位为1的四位数共有
2
3
31
2292P C C N ??=（个）.
因此，符合题意的四位数共有N=N 1+N 2=432（个）.
例2 在xy 平面上，顶点的坐标（x ,y ）满足1≤x ≤4，1≤y ≤4，且x ,y 是整数的三角形有多少个？
（第44届AHSME 试题，1993年）
【解】由题设知，在xy 平面上有16个整点，共有C 316=560个三点组，要从中减去那些三点共线的.
平面上有4条垂直线和4条水平线，每条上有4个点，这8条线上含有8C 43=32个三点共线的三点组（如图I —3—3—1）.
类似的，在斜率为±1的线上三点共线的三点组有2C 43+4C 33=8+4=12（个）（如图I —3—3—2）.
此外，没有其他的三点共线的三点组，所以，组成的三角形的个数是 560－32－12=516（个）.
例3 方程2x 1+x 2+x 3+…+x 10=3有多少个非负整数解.
【解】设（x 1, x 2,…,x 10）是原方程组的一个非负整数解，由于x i ≥0（i=1, 2, 10）， 因此，
2x 1≤2x 1+x 2+x 3+x 4+x 5+x 6+x 7+x 8+x 9+x 10=3 即2x 1≤3，所以x 1=0，1.下面分两种情形：
（1）x 1=0，则x 2+x 3+…+x 10=3, 所以x i =0 , 1, 2 , 3 （i=2, 3 , …，10）. 如果有某个x i =3，则其他x i =0，这样解有C 19=9（个）.
如果某个x i ≠3，若某个x i =2，则必有一个x j =1，i ≠j ，2≤i, j ≤9，这样解有C 19·C 18=72（个）.
如果对每个x i ≠2，3，则x 2, x 3，…，x 10中必有三个x i （2≤i ≤10）为1，这样解有C 93=84（个）.
（2）x 1=1，则x 2+x 3+…+x 10=1, 因此x 1，x 2，x 3…x 10中仅有一个是1，这样解有C 19=9（个）.
于是原方程组有1741
939181919=++?+C C C C C 个非负整数解.
例4 设S={1，2，…，n}，A 为至少含有两项的、公并非为正的等差数列，其项部都在S 中，且添加S 的其他元素等于A 后均不能构成与A 有相同公差的等差数列，求这种A 的个数（这里只有两项的数列也看做等差数列）.
（全国高中数学联赛，1991年）
【解】构造具有如下要求的集合A ：把A 中的元素按从小到大的次序排好后，在其最大元素后面添上S 的任何元素均不能构成具有原公差的等差数列。这时，当A 的首项与公差一旦确定，其整个集合A 也即确定，不妨设A 的首项为a ，公差为d ，则
a=1, d=1, 2, …, n －1时的集A 有n －1个； a=2, d=1, 2, …, n －2时的集A 有n －2个； ……
a= n －1，d=1时的集A 有1个.
因此，所求A 的总个数为1+2+…+（n －1）=
.2
)
1(-n n 例5 在扔硬币时，如果用Z 表示正面朝上，F 表示反面朝上，那么扔硬币的序列就表示为用Z 和F 组成的串，我们可以统计在这种序列中正面紧跟着反面（ZF ）的出现次数，正面紧跟着正面（ZZ ）的出现次数……，例如序列
ZZFFZZZZFZZFFFF
是15次扔币的结果，其中有5个ZZ ，3个ZF ，2个FZ ，4个FF.
问：有多少个15次扔硬币的序列，恰好有2个ZZ ，3个ZF ，4个FZ ，5个FF ？
（第4届AIME 试题，1986年）
【解】符合题意的序列具有如下两种可能形式： （1）F 带头的：F …FZ …ZF …； （2）Z 带头的：Z …ZF …FZ …ZF …F.
由于题设要求的序列恰有3个ZF ，则序列属于第（ii ）类的，应具有如下形式 Z …ZF …FZ …ZF …FZ …ZF …F.
其中只有2个FZ ，达不到4个FZ ，故不可能，所以符合题设的序列只能是第（i ）种形式.
由于序列恰有4个FZ ，则在考虑序列中恰有两个ZZ 的情况下可分为如下两类： ZZZ Z Z Z ，① ZZ ZZ Z Z. ② 以及Z 的不同位置，其中的空格之处应填F.
设每个空格处填F 的个数依次为x 1 , x 2 , x 3 , x 4，则 x 1 + x 2 + x 3 + x 4=9
这相当于求其正整数解的个数，显然有C 38=56.
另一方面，对于①，ZZZ 的位置有4种，对②，ZZ ，ZZ ，Z ，Z 的排列方法有6种，所以Z 的排列方法有10种.
所以，符合题意的序列有10×56=560（个）. 例6 △ABC 的顶点为A=（0，0），B=（0，420），C=（560，0），一个骰子的六个面分别标上两个“A ”，两个“B ”，两个“C ”.从△ABC 内部选出一点P 1=（k , m ），重复扔骰子，依下列法则选出点P 2，P 3，…：如骰子露出标记L 的那面L ∈{A ，B ，C}，且刚刚选为P n ，那么P n+1选为L P n 的中点，已知P 7=（14，92），问k+m=?
（第11届AIME 试题，1993年）
【解】首先应注意到因P 1在△ABC 内，则以后的所有P k 在△ABC 内.下面，我们将证明一旦任何后继的P k 给出，则可惟一地确定P 1.
假定P K =(x k , y k )，因P k 在△ABC 内，则有 00<420x k +560 y k <420·560. 若掷出A ，则
),2
,2(21
),(111k k k k k k y x P P y x ==
=+++ 于是P k+1所在的可能范围被限制在原三角形的4
1
之内（图I —3—3—3中的一部分），显然P k+1在I 内，从而有
420x k+1+560y k+1<
2
1
×420×560.
同样掷出B ，则P k+1在II 内，y k+1>210. 若掷出C ，则P k+1在Ⅲ内，x k+1>280.
所以，对k ≥2，P k 必在I ，II ，III 之一内， 且由它的前一点惟一确定. 例如，若P k （x k , y k ），位于II 内，则P k 必为BP k －1的 中点，这时P k －1=2P k －B=(2 x k , 2y k －420). 所以，若k ≥2，P k =（x k , y k ），有
???
?
???
??<+>->--.
56042021
560420),2,2(,280),2,5602,210),4202,2(1k k k k k k k k k k k y x y x x y x y y x P 若若若
下面，我们可以由P 7推出P 1：
P 7=（14，92）?P 6=（28，184）?P 5=（56，368）?P 4=（112，316）? P 3=（224，212）?P 2=（448，4）?P 1=（336，8）. ∴k+m=336+8=344.
例7 已知定义在非负整数集上的函数f(n)由下列条件确定：f(0)=0, f(1)=0, f(2n)=2f(n)+1(n>0)及f(2n+1)=f(2n)－1,求最小正整数m ，使f(m)=21990+1.
【说明】本题的函数由递推关系给出，由递推关系求出函数表达式往往不是一件容易的事，通常情况下，求自变量为某一值时的函数值，只要按递推关系式计算而不必求出函数关系，可现在的问题是已知函数值，要求自变量的最小正整数值，问题就显得难了，复杂了，在此我们可直接借助于递推关系而避开求函数表达式的麻烦.
【解】因为 f(2n)=2f(n)+1,
f(2n+1)=f(2n)－1=(2f(n)+1)－1=2f(n) 所以偶数的函数值为奇数，奇数的函数值为偶数. 因为21990+1是奇数，而f(m)=21990+1， 所以m 为偶数，可设m=2n 1，则 f(m)=f(2n 1)=2f(n 1)+1=21990+1，
得f(n 1)=21989,从而可知n 1是奇数，可设n 1=2n 2+1,则f(n 1)=2f(n 2)=21989, f(n 2)= 21989,从而可知n 2是奇数，可设n 2=2n 3+1,……，可得关系式 m=2n 1, f(n 1)= 21989, n 1=2n 2+1, f(n 2)= 21989, ……
n k =2n k+1, f(n k +1)= 21989－
4, ……
n 1988=2n 1998+1,f(n 1989)=2. 因为f(0)=1, f(1)=0,
f(2n)=2f(n)+1, f(2n+1)=f(2n)－1, n>0. 所以当n=1时，
f(2×1)=2f(1)+1=1,
f(2×1+1)=f(2×1)－1=1－1=0.
当n=2时，
f(2×2)=2f(2)+1=2×1+1=3,
f(2×2+1)=f(5)=f(4)－1=3－1=2.
因为满足f(n1989)=2的最小正整数是
n1989=2×2+1=5△3·2－1，
递推而上可知
n1988=2 n1989+1=2×5+1=11△3·22－1，
n1987=2 n1988+1=2×11+1=23△3·22－1
即满足f(n1988)=22的最小正整数是
n1988=3×22－1，
……
满足f(n k+1)=21989－k的最小正整数是
n k=3·21989－k－1
……
满足f(n1)=21989的最小正整数是
n1=3·21989－1.
所以，满足f(m)=21990+1的最小正整数是
m=2n1=3·21990－2.
例8从{1，2，…n}中选出k项的严格递增数列，每相邻两项的差≤m, m（k－1）【解】设第一个数为x1+1，
第二个数为（x1+1）+（x2+1），
……
第i个数为（x1+1）+…+（x i+1）,
……
第k个数为（x1+1）+…+（x k+1）
其中0≤x i≤m－1(2≤i≤k) ①
设x2+x3+…+x k=r ②
则（x1+1）+…+（x k+1）≤n，
得0≤x1≤n－k－r,
所以x1可取n－k－r+1个值.
把（1+x+…+x n－1）k－1展开，则x r的系数a r就是方程②的，满足条件①的整数解(x2 , x3 ,…，x k)的个数，即
（1+x+…+x m－1）k－1=∑
≥0
r
r
r
x
a③
所求的选法共有∑a r(n－k－r+1)种.
因为
∑a r (n －k －r+1)=(n －k+1)
∑
a r －
∑
ra r ④
所以只要求出∑
a r 与
∑
ra r 即可.在③中令x=1可得
∑a r =m k －
1 ⑤
在③中令x=1+y ，则③的右边成为 ∑
a r （1+y ）r =
∑
a r （1+ry+a 2r y 2
+…）
， ⑥ 由
∑
ra r 就是上式中y 的系数.
别外，③的左边成为
+-?-?+=+-+=+++++-----y m
m k m m y m
m m y y k k k k m 2
)1()1(]2
)1([])1()1(1[2111
1 ⑦ 比较⑥、⑦可得
∑--=
-,2
)
1)(1(1k m m ra k r ⑧ 由④、⑤、⑧可得本题答案
)}.
1)(1(2
1
{2)1)(1()1(111
+--?=---
+----m k n m k m m m
k n k k k
例9 设n>1，两个自然数的集合
{a 1 , a 2 , …, a n }≠{b 1, b 2 , …, b n }, 而集
{a i +a j |1≤i ≤j ≤n}={b i +b j |1≤i ≤j ≤n} ① 这里的相等计数及元素的重数，即如果元素S 在①的左边出k 次（用k 种方法表示成a i +a j
的形式），那么S 也在①的右边出现k 次，证明存在自然数h ，使n=2h .
【解】考虑母函数
.
)(.)(2
1
21n
n a b b a a a b x x x g x x x x f +++=+++= 又
（注意，这里的a i 与b i 不是母函数的系数，而是指数）
∑≤≤≤+=++-+++=-n
j i a a a a a a a j
i n n x
x x x x x x f x f 1222222
)()()
())((121 ②
同样
∑≤≤≤+=-n
j i b b j
i x
x g x g 1222
)())(( ③
②、③中系数表示和j i j i b b a a ++,出现的次数，由题设知
),()()()(2222x g x g x f x f -=-
即),()()()(2222x g x f x g x f -=-
④
由于f (1)－g (1)=n －n =0,所以(x －1)|(f (x ) －g (x )),从而存在自然数h 1,使 0)1(),()1()()(1≠-=-p x p x x g x f h
⑤ 因此)()1()()(22221x p x x g x f h -=-
⑥
即,)
()
()1()()(21x p x p x x g x f h +=+
令12,22,111-===h
h
n n x 即得.
由于n>1，所以h 1>1,h 1－1为某一自然数，从而有n=2h .
例10 设A 1，A 2，A 3是集合{1，2，…，n}的具有如下性质的分划：
（1）若将每个子集的元素按递增顺序排列，则每两个相邻元素的奇偶性不同； （2）A 1，A 2和A 3中恰有一个最小元素是偶数. 试求这种分划的个数.
提示 集合的分划是由一族集合A 1，A 2，A 3确定的，它们满足： A 1∪A 2∪A 3={1，2，…，n}， A 1∩A 2= A 2∩A 3= A 3∩A 1=φ.
集合的另一排列，如A 2，A 3，A 1和A 1，A 2，A 3是同一划分.
（第28届IMO 预选题，1987年）
【解】显然，题目中的条件（1）和（2）等价于对每个分划集决定可能放入该集的下一个数的奇偶性，而且，如果是还没有放进元素的，则由（2）可知放进它的第一个数必是与A 中的最小数有不相同的奇偶性；而对非空子集，下一个数的奇偶性由（1）决定.
不失一般性.假设1∈A 1，而A 2的最小元素小于A 3的最小元素，于是2有两种放法：或
放入A 1，或放入A 2.更进一步地，一旦k －1被放入A 2后，则k 就有两种可能的放法：或放入A 2，或放入A 3.假设在某一步，k －1可放入A i 1或A i 2，不仿放入A i 3（i 1, i 2 , i 3 是集合{1，2，3}的一种排列）.因为k －1与k 有不同的奇偶性，所以A i 3成为可放入的，而A i 2却不能放入，而且k 放入A i 1也是可能的。如此继续下一步及有两种可能放法.以上给出了归纳推理的步骤.
综上，除1以处，每个数k 均有两种放法。所以分划的个数为2n －
1.
例11 试确定具有下述性质的最小正整数A ：把从1001至2000的所有正整数任作一个排列，都可以其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A.
（中国台北第1届数学奥林匹克试题） 【解】设b 1, b 2 , …b 1000是1001, 1002, …, 2000的任一个排列. )991,2,1(91 =?+++=++i b b b S i i i i 则
15005.15005100
1500500
,,,,.
15005002
1000
)20001001(0991211111000
2199121111≥=≥
=?+=
+++=++++A S S S S S b b b S S S S i 从而中至少有一个于是
下面，把1001至2000这1000个自然数排成10行，每行100个数，奇数列从左到右，偶数行从右到左排可得下表：
1001 1002 1003 … 1099 1100 1200 1199 1198 … 1102 1101 1201 1202 1203 … 1299 1300 ……
1801 1802 1803 … 1899 1900 2000 1999 1998 … 1902 1901
从左到右按列的顺序，每一列又从上到下记上述数为a 1, a 2，…，a 1000。
令S i =a i +a i+1+…+a i+9,（i=1, 2, …，991），则S 1=15005，S 2=15006,而且容易证明，当i 为奇数时, S i =15005，当i 为偶数时，S i =15006.
所以可得A=15005.
例12 （如图I —3—3—4）将边长为正整数m 、n 的矩形划分成若干个边长均为正整数的正方形，每个正方 形的边长平行于矩形的相应边.试求这些正方形边长之和的最小值.
（2001年全国高中联赛二试试题3）
【解法1】记所求最小值为f (m,n )可以证明 f (m,n )=m+n －(m,n ).
其中（m, n ）表示m 和n 的最大公约数. 事实上，不妨设m ≥n.
（1）关于m 归纳，可以证明存在一种合乎题意的分法，使所得正方形边长之和恰为 m+n －(m,n) 当m=1时命题显然成立.
假设当m ≤k 时，结论成立（k ≥1）.当m=k+1时，若n=k+1，则命题成立，若n于是原正方形ABCD 有一种分法使得所得正方 形边长之和为m+n －(m , n ).
（2）关于m 归纳可以证明（*）成立.
当m=1时，由于n=1，显然f (m,n)=1=m+n －(m , n). 假设当m ≤k 时，对任意1≤n ≤m 有f (m,n)= m+n －(m , n). 若m=k+1，当n=k+1时显然f (m,n)=k+1= m+n －(m , n).
当1≤n ≤k 时，设矩形ABCD 按要求分成了P 个正方形，其边长分别为a 1, a 2 , …, a p . 不妨设a 1≥a 2≥ …≥ a p . 显然a 1=n , 或a 1若a 1m+n －(m , n).
若a 1=n ，则一个边长分别为m －n 和n 的矩形可按题目要求分成边长分别为a 2,…,a p 的正方形，归纳假设
a 2+…+a p ≥m －n+n －(m － n , n )= m －(m , n) 从而a 1+a 2+…+a p ≥m+n －(m , n)，
于是当m=k+1时，f(m, n ) ≥ m+n －(m , n). 再由（1）可知f(m, n ) = m+n －(m , n) . 【解法2】所求正方形边长之和∑
的最小值为m+n －d ，的最大公约数，即d=（m,n ）.
下面给出证明，分两步：
第一步是证明：
∑
≥m+n －d.对矩形的较大边长max{m , n }用数学归纳法，约定“平
行于原矩形的某边的正方形边长之和”中包括该边本身.
（1）当max{m , n }=1时，结论显然成立.
（2）假设当max{m , n }①所有正方形的边长均小于n 时，全体正方形的平行于AB 的边长之和≥4m ，而平行于BC 的边长之和≥4n.故周长之和≥4(m+n) >4(m+n －d),从而，
∑
≥m+n －d.
②有一个正方形的边长等于n 时，将正方形交换位置，使边长为n 的正方形以AD 为其
一边，则全体正方形的边长之和不变.
当m=n时，只此一个正方形，边长为n；
当m>n时，矩形ABCD中的其余部分是一个边长分别为n和m－n的矩形，其较大边长max{n, m －n }n)－d=m－d .从而，∑=n+∑1≥m+n－d .
这就证明了当max{m , n }=k 时结论亦成立.
故对任何边长为正整数的矩形，其边长为正整数的正方形分割满足∑≥m+n－d.
第二步，构造出原矩形的满足∑=m+n－d的边长为正整数的正方形分割.如图I—3—3—6.
设m=q1n+r1,
n=q2r1+r2,
r1=q3r2+r3,
……
r k－2=q k r k－1+d,
r k－1= q k+1d,其中q1, q2，……，q k+1为非负整数，r1,
r2,…, r k－1为正整数，n>r1>r2>…>r k－1>d，从AD边开始，依次排列q1个边长为n的正方形，剩下边长为n和r1的矩形A1BCD1.再从新矩形的边D1C开始，夜次排列q2个边长为r1的正方形，剩下边长为r1和r2的矩形A1BC1D2.再从新矩形的边A1D2开始，依次排列q3个边长为r2的正方形，……，如此继续，第k步剩下边长为r k－1和d的矩形，将其分割为q k+1个边长为d的正方形，结束操作，全体正方形的边长之和为
∑=q1n+q2r1+q3r2+…q k r k－1+ q k+1d.
=(m －r1)+(n－r2)+(r1－r3)+…+(r k－2－d)+ r k－1
=m+n－d .
即矩形ABCD确有满足∑=m + n －d的边长为整数的正方形分割.
(推荐)高中数学奥赛辅导
数列与递进 知识、方法、技能 数列是中学数学中一个重要的课题，也是数学竞赛中经常出现的问题. 所谓数列就是按一定次序排列的一列数.数列的一般形式是a 1, a 2, …,a n , …通常简记为{a n }.如果数列{a n }的第n 项a n 与n 之间的函数关系可用一个公式来表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式. 从函数的角度看，数列可以看做是一个函数，定义域是自然数集或自然数集的一个有限子集，函数表达式就是数列的通项公式. 对于数列{a n }，把S n =a 1+a 2+…+a n 叫做数列{a n }的前n 项和，则有 ?? ?≥-==-). 2(),1(11 n S S n S a n n n I ．等差数列与等比数列 1．等差数列 （1）定义：.2 )(2 11++++==-n n n n n a a a d a a 或常量 （2）通项公式：a n =a 1+(n －1)d . （3）前n 项和公式：.2 ) 1(2)(11d n n na a a n S n n -+=+= （4）等差中项：.2 21+++= n n n a a a （5）任意两项：a n =a m +(n －m)d. （6）性质： ①公差为非零的等差数列的充要条件是通项公式为n 的一次函数； ②公差为非零的等差数列的充要条件是前n 项和公式为n 的不含常数项的二次函数； ③设{a n }是等差数列，如果m 、n 、p 、q ∈N*，且m+n=p+q ，那么a m +a n =a p +a q ; ④设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，则S m , S 2m －S m , S 3m －S 2m , …, S pm －S (p －1)m (m>1,p ≥3，m 、p ∈N*)仍成等差数列； ⑤设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，则}{ n S n 是等差数列； ⑥设{a n }是等差数列，则{λa n +b}(λ,b 是常数)是等差数列；
高中数学竞赛系列辅导材料 集合
集合（一） 内容综述： 本讲先介绍了以下一些重要的概念：集合、子集、两集合相等、真子集、并集、交集、相对补集，然后介绍了著名的容斥原理，接着介绍了以下几个定律：零律、分配律、排中律、吸收律、补交转换律、德·摩根律。 然后通过6道例题分析了一部分集合题目的解题方法与技巧，同学们应在熟悉以上定义、定理、定律的基础上仔细分析例题材解法，争取可以独立解决训练题。 要点讲解： §1．基本理论 除了课内知识外，我们补充以下知识 相对补集：称属于A而不属于B的全体元素，组成的集合为B对A的相对补集或差集，记作A-B。 容斥原理：以表示集合A中元素的数目，我们有 ，其中为n个集合称为A的阶。 n阶集合的全部子集数目为。 A，B，C为三个集合，就有下面的定律。 （1）分配律 （2）零律
（3）排中律 （4）吸收律 （5）补交转换律 （6）德·摩根律的相对形式 例题分析： 例1：对集合{1，2，…，n}及其每一个非空了集，定义一个唯一确定的“交替和”如下：按照递减的次序重新排列该子集，然后交替地减或加后继的数所得的结果，例 如，集合的“交替和”是9-6+4-2+1=6.的“交替和”是6-5=1，的交替和是2。那么，对于n=7。求所有子集的“交替和”的总和。 分析；n=7时，集合{7，6，5，4，3，2，1}的非空子集有个，虽然子集数 目有限，但是逐一计算各自的“交替和”再相加，计算量仍然巨大，但是，根据“交替和”的定义，容易看到集合{1，2，3，4，5，6，7}与{1，2，3，4，5，6}的“交替 和”是7；可以想到把一个不含7的集和A与的“交替和”之和应为7。那么，我们也就很容易解决这个问题了。 解：集合{1，2，3，4，5，6，7}的子集中，除去{7}外还有个非空子集合，把这个非空子集两两结组后分别计算每一组中“交替和”之和，结组原则是设 这是把结合为一组，显然，每组中，“交替和”之和应为7，共有组.所以,所有“交替和”之和应该为 。
南开中学初中数学竞赛辅导资料
初中数学竞赛辅导资料 第一讲数的整除 一、容提要： 如果整数A 除以整数B(B ≠0)所得的商A/B 是整数,那么叫做A 被B 整除. 0能被所有非零的整数整除. 能被7整除的数的特征： ①抹去个位数 ②减去原个位数的2倍 ③其差能被7整除。 如 1001 100－2＝98（能被7整除） 又如7007 700－14＝686， 68－12＝56（能被7整除） 能被11整除的数的特征： ①抹去个位数 ②减去原个位数 ③其差能被11整除 如 1001 100－1＝99（能11整除） 又如10285 1028－5＝1023 102－3＝99（能11整除） 二、例题 例1已知两个三位数328和92x 的和仍是三位数75y 且能被9整除。 求x,y 解：x,y 都是0到9的整数，∵75y 能被9整除，∴y=6. ∵328＋92x ＝567，∴x=3 例2已知五位数x 1234能被12整除，求x 解：∵五位数能被12整除，必然同时能被3和4整除， 当1＋2＋3＋4＋x 能被3整除时，x=2，5，8
当末两位4x能被4整除时，x＝0，4，8 ∴x＝8 例3求能被11整除且各位字都不相同的最小五位数 解：五位数字都不相同的最小五位数是10234， 但（1＋2＋4）－（0＋3）＝4，不能被11整除，只调整末位数仍不行 调整末两位数为30，41，52，63，均可， ∴五位数字都不相同的最小五位数是10263。 练习一 1、分解质因数：（写成质因数为底的幂的连乘积） ①756②1859 ③1287 ④3276 ⑤10101 ⑥10296 987能被3整除，那么 a=_______________ 2、若四位数a x能被11整除，那么x＝__________ 3、若五位数1234 35m能被25整除 4、当m=_________时，5 9610能被7整除 5、当n=__________时，n 6、能被11整除的最小五位数是________,最大五位数是_________ 7、能被4整除的最大四位数是____________，能被8整除的最大四位数是_________。 8、8个数：①125，②756，③1011，④2457，⑤7855，⑥8104，⑦9152，⑧70972 中，能被下列各数整除的有（填上编号）： 6________,8__________,9_________,11__________ 9、从1到100这100个自然数中，能同时被2和3整除的共_____个，能被3整除 但不是5的倍数的共______个。 10、由1，2，3，4，5这五个自然数，任意调换位置而组成的五位数中，不能被3 整除的数共有几个？为什么？
高一数学竞赛培训讲座之函数的基本性质
函数的基本性质 基础知识： 函数的性质通常是指函数的定义域、值域、解析式、单调性、奇偶性、周期性、对称性等等，在解决与函数有关的(如方程、不等式等)问题时，巧妙利用函数及其图象的相关性质，可以使得问题得到简化，从而达到解决问题的目的. 关于函数的有关性质，这里不再赘述，请大家参阅高中数学教材及竞赛教材：陕西师范大学出版社 刘诗雄《高中数学竞赛辅导》、刘诗雄、罗增儒《高中数学竞赛解题指导》. 例题： 1. 已知f(x)＝8＋2x －x 2，如果g(x)＝f(2－x 2 )，那么g(x)( ) A.在区间(－2，0)上单调递增 B.在(0，2)上单调递增 C.在(－1，0)上单调递增 D.在(0，1)上单调递增 提示：可用图像，但是用特殊值较好一些.选C 2. 设f(x)是R 上的奇函数，且f(x ＋3)＝－f(x)，当0≤x≤ 23时，f(x)＝x ，则f(2003)＝( ) A.－1 B.0 C.1 D.2003 解：f(x ＋6)＝f(x ＋3＋3)＝－f(x ＋3)＝f(x) ∴ f(x)的周期为6 f(2003)＝f(6×335－1)＝f(－1)＝－f⑴＝－1 选A 3. 定义在实数集上的函数f(x)，对一切实数x 都有f(x ＋1)＝f(2－x)成立，若f(x)＝0仅有 101个不同的实数根，那么所有实数根的和为( ) A.150 B.2303 C.152 D.2 305 提示：由已知，函数f(x)的图象有对称轴x ＝ 23 于是这101个根的分布也关于该对称轴对称.
即有一个根就是23，其余100个根可分为50对，每一对的两根关于x ＝2 3对称 利用中点坐标公式，这100个根的和等于 23×100＝150 所有101个根的和为 23×101＝2303.选B 4. 实数x ，y 满足x 2＝2xsin(xy)－1，则x 1998＋6sin 5 y ＝______________. 解：如果x 、y 不是某些特殊值，则本题无法(快速)求解 注意到其形式类似于一元二次方程，可以采用配方法 (x －sin(xy))2＋cos 2(xy)＝0 ∴ x＝sin(xy) 且 cos(xy)＝0 ∴ x＝sin(xy)＝±1 ∴ siny＝1 xsin(xy)＝1 原式＝7 5. 已知x ＝9919+是方程x 4＋bx 2＋c ＝0的根，b ，c 为整数，则b ＋c ＝__________. 解：(逆向思考：什么样的方程有这样的根？) 由已知变形得x －9919= ∴ x 2－219x ＋19＝99 即 x 2－80＝219x 再平方得x 4－160x 2＋6400＝76x 2 即 x 4－236x 2＋6400＝0 ∴ b＝－236，c ＝6400 b ＋ c ＝6164 6. 已知f(x)＝ax 2＋bx ＋c(a ＞0)，f(x)＝0有实数根，且f(x)＝1在(0，1)内有两个实数根， 求证：a ＞4. 证法一：由已知条件可得 △＝b 2－4ac≥0 ① f⑴＝a ＋b ＋c ＞1 ②
高中数学奥赛的技巧(上篇)
奥林匹克数学的技巧（上篇） 有固定求解模式的问题不属于奥林匹克数学，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。在2-1曾经说过：“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。” 奥林匹克技巧是竞赛数学中一个生动而又活跃的组成部分。 2-7-1 构造 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。 例2-127 一位棋手参加11周（77天）的集训，每天至少下一盘棋，每周至多下12盘棋，证明这棋手必在连续几天内恰好下了21盘棋。 证明：用n a 表示这位棋手在第1天至第n 天（包括第n 天在内）所下的总盘数（1,2,77n =…），依题意 127711211132a a a ≤<<≤?=… 考虑154个数： 12771277,,,21,21,21a a a a a a +++…,?, 又由772113221153154a +≤+=<，即154个数中，每一个取值是从1到153的自然数，因而必有两个数取值相等，由于i j ≠时，i i a a ≠ 2121i j a a +≠+ 故只能是,21(771)i j a a i j +≥>≥满足 21i j a a =+ 这表明，从1i +天到j 天共下了21盘棋。 这个题目构造了一个抽屉原理的解题程序，并具体构造了154个“苹果”与153个“抽屉”，其困难、同时也是精妙之处就在于想到用抽屉原理。 例 2-128 已知,,x y z 为正数且()1xyz x y z ++=求表达式()()x y y z ++的最最小值。 解：构造一个△ABC ，其中三边长分别为a x y b y z c z x =+??=+??=+? ，则其面积为 1?= 另方面2()()2sin x y y z ab C ?++==≥ 故知，当且仅当∠C=90°时，取值得最小值2，亦即222()()()x y y z x z +++=+
【重磅】初中数学竞赛辅导讲座19讲(全套)
第一讲有理数 一、有理数的概念及分类。 二、有理数的计算： 1、 善于观察数字特征； 2、灵活运用运算法则； 3、掌握常用运算技巧（凑整法、分拆 法等）。 三、例题示范 1、数轴与大小 例1、 已知数轴上有A 、B 两点，A 、B 之间的距离为1，点A 与原点O 的距离为3， 那么满足条件的点B 与原点O 的距离之和等于多少？满足条件的点B 有多少 个？ 例2、 将99 98 ,19991998,9897,19981997----这四个数按由小到大的顺序，用“<”连结起来。 提示1：四个数都加上1不改变大小顺序； 提示2：先考虑其相反数的大小顺序； 提示3：考虑其倒数的大小顺序。 例3、 观察图中的数轴，用字母a 、b 、c 依次表示点A 、B 、C 对应的数。试确定三个 数c a b ab 1,1,1-的大小关系。 分析：由点B 在A 右边，知b-a >0，而A 、B 都在原点左边，故ab >0,又c >1>0,故要比较c a b ab 1,1,1-的大小关系，只要比较分母的大小关系。 例4、 在有理数a 与b(b >a)之间找出无数个有理数。 提示：P=n a b a -+（n 为大于是的自然数） 注：P 的表示方法不是唯一的。 2、 符号和括号 在代数运算中，添上（或去掉）括号可以改变运算的次序，从而使复杂的问题变得简单。 例5、 在数1、2、3、…、1990前添上“+”和“—”并依次运算，所得可能的最小非 负数是多少？
提示：造零：n-(n+1)-(n+2)+(n+3)=0 注：造零的基本技巧：两个相反数的代数和为零。 3、算对与算巧 例6、 计算-1-2-3-…-20KK -20KK -20KK 提示：1、逆序相加法。2、求和公式：S=(首项+末项)?项数÷2。 例7、 计算1+2-3-4+5+6-7-8+9+…-20KK+20KK+20KK 提示：仿例5，造零。结论：20KK 。 例8、 计算 9 9 9 9991999999个个个n n n +? 提示1：凑整法，并运用技巧：199…9=10n +99…9，99…9=10n -1。 例9、 计算 -+++?----)20021 3121()2001131211( )2001 13121()2002131211(+++?---- 提示：字母代数，整体化：令2001 1 3121,2001131211+ ++=----= B A ，则 例10、 计算 （1）100991 321211?++?+? ；（2）100981421311?+ +?+? 提示：裂项相消。 常用裂项关系式： （1）n m mn n m 1 1+=+； （2）111)1(1+-=+n n n n ； （3）)11(1)(1m n n m m n n +-=+；（4） ]) 2)(1(1 )1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n 。 例11计算n +++++ ++++++ 3211 32112111（n 为自然数） 例12、计算1+2+22+23+…+220KK 提示：1、裂项相消：2n =2n+1-2n ；2、错项相减：令S=1+2+22+23+…+220KK ，则S=2S -S=220KK -1。 例13、比较20002 2000 164834221+++++= S 与2的大小。 提示：错项相减：计算S 2 1 。 第二讲绝对值 一、知识要点
高中数学值得推荐的辅导书 看完都上清华北大
高中数学值得推荐的辅导书看完都上清华北大 很多同学进入高中后都会想要几本好的教辅书，下面是小编推荐的高中数学最好的辅导书，希望能对大家有所帮助。 ? ?高考数学最好的辅导书 1.《高中数学精编?代数》《高中数学精编解析 几何、立体几何》郑日锋浙江教育出版社这套书上世纪八十年代就已经风靡一时了，堪称经典。之前一直是四本，后来改成了两本，内容上也有更新，目前还是四校学生争先恐后刷掉的第一套书，可见其在高中教辅之中的地位。可作为同步教辅。2.《多功能题典?高中数学》(第三版)况亦军华东师范大学 出版社该书主编况亦军为上海中学数学教研组组长，各章编写者大多为华东师范大学第二附属中学的老师，可以保证该书品质。该书非常厚(1000页)，每个题目后配有详细解析，非常适合有一定基础之后再进行阅读，否则只看解析不动笔做容易造成眼高手低的状况。3.《高中五星级题库?数学(课改版)》《高中五星级题库难题解析数学(课改版)》(红皮)沈子兴上海科技教育出版社还有一套蓝皮的五星级题库不推荐给各位，因为那本书是全国教材的编写顺序，而红皮的是上海教材的编写顺序。该书为华师大二附中学生用于提高的教辅，部分五星题目达到高中联赛难度。4.《华东师大版一课一练》华东师 范大学出版社该书为部分中学同步教辅，号称改革开放以来最具影响力的300本书之一，经常遇到学生问到该书上的问题，如果学校要求做就做，不 要求做的话建议刷《精编》。5.《龙门专题高中数学》(12本专题+1思想方法)付荣强龙门书局高中教辅精五门之一(精编，五星级题库，龙门专题)，这是 高中常规体系教辅材料里面少有的分专题呈现的教辅，专题之间穿插很多，综合性强，不适合作为同步教辅，当然学习能力非常强的学生可用该书自学。
高中数学竞赛讲义
高中数学竞赛资料 一、高中数学竞赛大纲 全国高中数学联赛 全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。 全国高中数学联赛加试 全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是： 1.平面几何 几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。几何不等式。几何极值问题。几何中的变换：对称、平移、旋转。圆的幂和根轴。面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。 2.代数 周期函数，带绝对值的函数。三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。 第二数学归纳法。平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。 复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。 n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。 函数迭代，简单的函数方程* 3.初等数论 同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题 圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。组合计数，组合几何。抽屉原理。容斥原理。极端原理。图论问题。集合的划分。覆盖。平面凸集、凸包及应用*。 注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。 二、初中数学竞赛大纲 1、数 整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。 2、代数式 综合除法、余式定理；因式分解；拆项、添项、配方、待定系数法；对称式和轮换对称式；整式、分工、根式的恒等变形；恒等式的证明。 3、方程和不等式 含字母系数的一元一次方程、一元二次方程的解法，一元二次方程根的分布；含绝对值的一元一次方程、一元二次方程的解法；含字母系数的一元一次不等式的解法，一元二次不等式的解法；含绝对值的一元一次不等式；简单的多元方程组；简单的不定方程（组）。 4、函数 二次函数在给定区间上的最值，简单分工函数的最值；含字母系数的二次函数。 5、几何 三角形中的边角之间的不等关系；面积及等积变换；三角形中的边角之间的不等关系；面积及等积变换；三角形的心（内心、外心、垂心、重心）及其性质；相似形的概念和性质；圆，四点共圆，圆幂定理；四种命题及其关系。 6、逻辑推理问题 抽屉原理及其简单应用；简单的组合问题简单的逻辑推理问题，反证法；
-初中数学竞赛辅导讲座19讲(全套)
初中数学竞赛辅导讲座19讲(全套) 第一讲 有 理 数 一、有理数的概念及分类。 二、有理数的计算： 1、善于观察数字特征； 2、灵活运用运算法则； 3、掌握常用运算技巧（凑整法、分拆 法等）。 三、例题示范 1、数轴与大小 例1、 已知数轴上有A 、B 两点，A 、B 之间的距离为1，点A 与原点O 的距离为3， 那么满足条件的点B 与原点O 的距离之和等于多少？满足条件的点B 有多少个？ 例2、 将99 98,19991998,9897,19981997----这四个数按由小到大的顺序，用“<”连结起来。 提示1：四个数都加上1不改变大小顺序； 提示2：先考虑其相反数的大小顺序； 提示3：考虑其倒数的大小顺序。 例3、 观察图中的数轴，用字母a 、b 、c 依次表示点A 、B 、C 对应的数。试确定三个数c a b ab 1,1,1-的大小关系。 分析：由点B 在A 右边，知b-a >0，而A 、B 都在原点左边，故ab >0,又c >1>0,故要比较c a b ab 1,1,1-的大小关系，只要比较分母的大小关系。 例4、 在有理数a 与b(b >a)之间找出无数个有理数。 提示：P=n a b a -+（n 为大于是 的自然数） 注：P 的表示方法不是唯一的。 2、符号和括号 在代数运算中，添上（或去掉）括号可以改变运算的次序，从而使复杂的问题变得简单。 例5、 在数1、2、3、…、1990前添上“+”和“ —”并依次运算，所得可能的最小非 负数是多少？ 提示：造零：n-(n+1)-(n+2)+(n+3)=0 注：造零的基本技巧：两个相反数的代数和为零。 3、算对与算巧 例6、 计算 -1-2-3-…-2000-2001-2002 提示：1、逆序相加法。2、求和公式：S=(首项+末项)?项数÷2。 例7、 计算 1+2-3-4+5+6-7-8+9+…-2000+2001+2002
如何学习数学竞赛
你知道数学竞赛怎么学 点击：248次，时间：2016-11-12 14:08:55 搞竞赛要找好苗子，首先他是热情的，勤奋的，其次是有抱负的，不畏艰难的；当然不能是临时抱佛脚的。冰冻三尺，非一日之寒。应该从高一前的暑假就开始不停的学习、训练。细细地说来，注意事项还有很多。 1、学习进度方面 要在高一开学之前的那个暑假里把整个高中的数学内容全部学完，并在高一上学期应该完成像高三一样的两轮复习，基础太重要了，第一试占了150分，不可小视。然后，就是竞赛内容了，不要以为看几本竞赛书就可以了，因为那些书上讲得太粗略；这时候，对老师的要求就更高。老师不但要对竞赛内容非常熟悉，还要不断地总结重要的思想方法，使学生能够灵活运用。 2、入门书单 首先如果要涉猎竞赛，最基本的高中课程是一切的基础。接下来的书就是建立在此基础上的。我们最先做的当然是补全差距:课标大纲和竞赛大纲之间的差距。 1）《新编中学数学解题方法全书》，即基础衔接书。 2）《奥数教程》 经典奥数蓝皮书。优点是与课本知识联系紧密，适合你在第一遍学习高中数学知识的同时同步提高，帮助你打下坚实的基础，以讲解为主，以测试为辅。(与《培优教程》二选一即可，小编认为《培优》稍难，但很散，推荐《奥数教程》。) 3、提高书单 1）《奥赛小丛书》 专而精，很多专题非常精彩，难度涵盖联赛和冬令营，读起来也容易让同学们感兴趣。如果仅以省级国一为目标，其中概率、几何不等式可以不看，图论、组合几何、数论编的不错，集合变换、三角与几何虽然写的很好但不实用；其它的如函数、集合还好，可以看看。这套书中代数只有两本不等式，而且很不实用，不推荐。至于数学归纳法里面题很经典，不过很综合，可以放在该套书后面看。对于这套书要尽快看完，里面题要自己做，可能比较辛苦。总的来说这套书值得一看，要尽早开始看。 2）《奥赛经典》 内容比较全面，例题选取也比较新，难度也较高，适合着眼于联赛二试和冬令营的同学们；代数部分可以做为《奥赛小丛书》的补充。几何还可以，但定理可以只记最基本的，拓展的可以不记。组合，数论有时间可以看看,不过很多都和小丛书重复，没时间就算了。 3）《命题人讲座》 适合系统学习，冲刺冬令营，但没必要每本都做，挑其中较好的做便可。如《解析几何》、《函数迭代与函数方程》、《数列与数学归纳法》、《组合问题》、《三角函数与复数》、《向量与立体几何》、《初等数论》。 其中《初等数论》是目前数论方面非常系统、难度较高的一本书，很多学生读后也感觉受益匪浅。数论方面当然不能不提两位先生，一位是潘承彪教授，一位是余红兵教授，潘老师的《初等数论》是我们读书时的必读教材，也是大学里的教材，不仅仅局限于竞赛范畴；余老师关于数论的小册子《数学竞赛中的数论问题》，非常经典！ 另外华罗庚的《数论导引》则非常优秀，适合看完《初等数论》后再深化学习。此外非常值得推荐的是《哈代数论》，值得永世珍藏。 4）《数学竞赛研究教程(套装上下册)》 本书是参加数学竞赛的教练员和选手的必备用书。国内数学竞赛研究方面的权威参考书。 5）关于几何 《初等数学复习及研究平面几何》、《初等数学复习及研究立体几何》。有助于深化系统自己的几何基础。 6)关于组合 推荐单樽老师的《组合几何》《趣味图论》，以上均为上面提到过的数学奥赛辅导丛书的书，那一个系列基本上都非常出色，适合永世珍藏。
学高中数学竞赛辅导计划
学高中数学竞赛辅导计 划 Document number【AA80KGB-AA98YT-AAT8CB-2A6UT-A18GG】
2016年高中数学竞赛辅导计划 为搞好2016年全国数学联赛备考工作，并以此为契机，培养我校学生数学学习的积极性，进一步提高我校的办学品位，特举办本届高中数学联赛辅导班。 一、指导思想： 以科学发展观、新课程理论为指导；以提高学生学习数学、应用数学的兴趣，提高学生的数学素养为宗旨；坚持以生为本、有利于学生的终生发展的原则，立足实际、因材施教，开展数学竞赛辅导班工作。 二、目标要求 1、适当拓宽学生数学知识视野，注重渗透一些常用的数学思想方法、加深对数学本质的认识。 2、注重培养学生良好的思维品质，提高学生的探究知识及运用数学知识和数学思想方法分析、解决问题的能力。 3、注意培养学生的应用意识、创新意识、协作意识，培养学生良好的科学态度。 4、使学生在探究知识，解决问题的过程中，感受数学文化的博大精深和数学方法的巨大创造力，感受数学的魅力，增强对数学的向往感；从而激发学生学习数学的热情。培养学生不畏困难、敢于攀登科学高峰的勇气。 5、力争在2016年高中数学联赛中至少有两人次取得省级三等以上的奖项，在本市同层次学校中名列前茅，为学校争光。 三、管理措施： 1、依据全国数学联赛考试大纲，结合近几年数学联赛试题特点，根据教学进度和学生认知结构特点，精心选择、合理安排教学内容，循序渐进，逐步提高。 2、精心准备，讲究实效。认真编写讲义（或教案），上课前一周将讲义制好并分发给学生。认真上好每一节辅导课，使学生真正学有所得。 3、以集体讲解与学生自主学习和小组合作学习相结合的学习形式组织学习，充分调动学生学习的积极性，保障学生的主体地位。 4、精编课后巩固练习与强化，及时检查、及时批改、及时反馈，确保质量。 5、制定辅导班班规，严格考勤制度。 6、争取学校有关领导、班主任及数学教师的支持，确保后勤保障。 五、学生选拔：先由学生本人自愿报名，经家长同意后，由有关班主任、任课教师协商并推荐人选，通过选拔考试择优录取50名。 六、辅导教师： 七、活动时间： 八、活动地点： 注： 1、若有特殊情况须作临时调整，则另行通知。 2、本计划有不周之处或未尽事宜，将在执行过程中进行不断完善。 年月日2016年高中数学联赛辅导课安排表
高中数学奥林匹克竞赛
高中数学奥林匹克竞赛 奥数学林匹克竞竞～竞称奥数。年和年～竞竞竞始在列格勒宁和莫斯科竞竞中竞竞～学数学19341935 并冠以数学奥林匹克的名～称年在布加勒斯特竞竞第一届国数学奥竞竞竞竞林匹克。竞竞竞竞国数学奥1959 林匹克作竞一竞竞性竞事～由竞国国数学教育竞家命竞。 我的高中竞竞分三竞,每年国数学月中旬的全竞竞～次年一月的国;冬令竞,～次年三10CMO月竞始的家国集竞竞的竞竞竞拔。与 “全高中竞竞国数学”;竞竞于年,～承竞方式初中竞竞相同～每年与月竞行～分竞一竞和198110二竞～在竞竞竞竞中取得竞成竞的全竞异国名生有竞格加由中主竞的“学参国数学会中林国数学奥90 匹克;,竞全中生冬令竞”;每年元月,。国学数学CMO 全竞竞分竞一竞、加竞国数学(即称俗的“二竞”)。各省自己竞竞的“初竞”、个份“初竞”、“竞竞”等等～都不是正式的全竞竞名及程序。国称一竞 全高中竞竞的一竞竞竞大竞～完全按照全日制中《大竞》中所竞定的要求国数学学数学教学教学 和容～高考所竞定的知竞范竞和方法～在方法的要求上略有提高～其中率和内即概微竞分初步 不考。 二竞 平面何几 基本要求,掌握初中竞竞大竞所定的所有容。确内
竞充要求,面竞和周竞方法。 几个重要定理,梅涅竞斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。 几个重要的极竞,到三角形三竞点距之和最小的点离——竞竞点。到三角形三竞点距的离平方 和最小的点重心。三角形到三竞距之竞最大的点重心。——内离—— 几何不等式。 竞竞的等周竞竞。了解下述定理, 在周竞一定的竞形的集合中～正竞形的面竞最大。n n 在周竞一定的竞竞竞曲竞的集合中～竞的面竞最大。 在面竞一定的竞形的集合中～正竞形的周竞最小。nn 在面竞一定的竞竞竞曲竞的集合中～竞的周竞最小。 几运何中的竞,反射、平移、旋竞。 竞数方法、向量方法。* 平面凸集、凸包及竞用。 代数 在一竞大竞的基竞上外要求的容,另内 周期函数与周期～竞竞竞竞的函的竞像。数三倍角公式～三角形的一些竞竞的恒等式～三角不 等式。 第二竞竞法。竞竞～一竞、二竞竞竞～数学特征方程法。 函迭代～求数次迭代～竞竞的函方程数。n** 个竞元的平均不等式～柯西不等式～排序不等式及竞用。n 竞的指形式～数数欧拉公式～美弗定理棣～竞位根～竞位根的竞用。竞排列～有重竞的排列竞合。竞竞的与竞合恒等式。
高中数学奥赛辅导讲课稿
数列与递进 知识、方法、技能 数列是中学数学中一个重要的课题，也是数学竞赛中经常出现的问题. 所谓数列就是按一定次序排列的一列数.数列的一般形式是a 1, a 2, …,a n , …通常简记为{a n }.如果数列{a n }的第n 项a n 与n 之间的函数关系可用一个公式来表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式. 从函数的角度看，数列可以看做是一个函数，定义域是自然数集或自然数集的一个有限子集，函数表达式就是数列的通项公式. 对于数列{a n }，把S n =a 1+a 2+…+a n 叫做数列{a n }的前n 项和，则有 ???≥-==-).2(),1(11n S S n S a n n n I ．等差数列与等比数列 1．等差数列 （1）定义：.2)(211++++= =-n n n n n a a a d a a 或常量 （2）通项公式：a n =a 1+(n －1)d . （3）前n 项和公式：.2 )1(2)(11d n n na a a n S n n -+=+= （4）等差中项：.2 21+++=n n n a a a （5）任意两项：a n =a m +(n －m)d. （6）性质： ①公差为非零的等差数列的充要条件是通项公式为n 的一次函数； ②公差为非零的等差数列的充要条件是前n 项和公式为n 的不含常数项的二次函数； ③设{a n }是等差数列，如果m 、n 、p 、q ∈N*，且m+n=p+q ，那么a m +a n =a p +a q ; ④设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，则S m , S 2m －S m , S 3m －S 2m , …, S pm －S (p －1)m (m>1,p ≥3，m 、p ∈N*)仍成等差数列； ⑤设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，则}{n S n 是等差数列； ⑥设{a n }是等差数列，则{λa n +b}(λ,b 是常数)是等差数列；
(推荐)高中数学竞赛基本知识集锦
高中数学竞赛基本知识集锦 一、三角函数 常用公式 由于是讲竞赛，这里就不再重复过于基础的东西，例如六种三角函数之间的转换，两角和与差的三角函数，二倍角公式等等。但是由于现在的教材中常用公式删得太多，有些还是不能不写。先从最基础的开始（这些必须熟练掌握）： 半角公式 α αααααα cos 1sin sin cos 1cos 1cos 12tan +=-=+-±= 积化和差 ()()[]βαβαβα-++=sin sin 2 1cos sin ()()[]βαβαβα--+=sin sin 2 1sin cos ()()[]βαβαβα-++=cos cos 2 1cos cos ()()[]βαβαβα--+-=cos cos 2 1sin sin 和差化积 2 cos 2sin 2sin sin βαβ αβα-+=+ 2 sin 2cos 2sin sin βαβαβα-+=- 2 cos 2cos 2cos cos βαβαβα-+=+ 2 sin 2sin 2cos cos βαβαβα-+-=- 万能公式 α αα2tan 1tan 22sin += α αα22tan 1tan 12cos +-= α αα2tan 1tan 22tan -= 三倍角公式 ()()αααααα+-=-= 60sin sin 60sin 4sin 4sin 33sin 3 ()() αααααα+-=-= 60cos cos 60cos 4cos 3cos 43cos 3 二、某些特殊角的三角函数值
三、三角函数求值 给出一个复杂的式子，要求化简。这样的题目经常考，而且一般化出来都是一个具体值。要熟练应用上面的常用式子，个人认为和差化积、积化和差是竞赛中最常用的，如果看到一些不常用的角，应当考虑用和差化积、积化和差，一般情况下直接使用不了的时候，可以考虑先乘一个三角函数，然后利用积化和差化简，最后再把这个三角函数除下去 举个例子 求值：7 6cos 74cos 72cos πππ++ 提示：乘以72sin 2π，化简后再除下去。 求值：??-?+?80sin 40sin 50cos 10cos 22 来个复杂的 设n 为正整数，求证n n n i n i 21212sin 1+=+∏=π 另外这个题目也可以用复数的知识来解决，在复数的那一章节里再讲 四、三角不等式证明 最常用的公式一般就是：x 为锐角，则x x x tan sin <<；还有就是正余弦的有界性。 例 求证：x 为锐角，sinx+tanx<2x 设12π ≥≥≥z y x ，且2π =++z y x ，求乘积z y x cos sin cos 的最大值和最小值。 注：这个题目比较难
超级资源(共30套)初中数学竞赛辅导讲义及习题解答大全 (含竞赛答题技巧)
（共30套）初中数学竞赛辅导讲义及习题解答大全适合中学教师作为辅导教材使用
第一讲 走进追问求根公式 形如02=++c bx ax （0≠a ）的方程叫一元二次方程，配方法、公式法、因式分解法是解一元二次方程的基本方法. 而公式法是解一元二次方程的最普遍、最具有一般性的方法. 求根公式a ac b b x 2422 ,1-±-= 内涵丰富: 它包含了初中阶段已学过的全部代数运算；它回答了一元二次方程的诸如怎样求实根、实根的个数、何时有实根等基本问题；它展示了数学的简洁美. 降次转化是解方程的基本思想，有些条件中含有(或可转化为)一元二次方程相关的问题，直接求解可能给解题带来许多不便，往往不是去解这个二次方程，而是对方程进行适当的变形来代换，从而使问题易于解决. 解题时常用到变形降次、整体代入、构造零值多项式等技巧与方法. 【例题求解】 【例1】满足1)1(22=--+n n n 的整数n 有 个. 思路点拨: 从指数运算律、±1的特征人手，将问题转化为解方程. 【例2】设1x 、2x 是二次方程032=-+x x 的两个根，那么1942231+-x x 的值等于（ ） A 、一4 B 、8 C 、6 D 、0 思路点拨: 求出1x 、2x 的值再代入计算，则计算繁难，解题的关键是利用根的定义及变形，使多项式降次，如1213x x -=，2223x x -=. 【例3】 解关于x 的方程02)1(2=+--a ax x a . 思路点拨: 因不知晓原方程的类型，故需分01=-a 及01≠-a 两种情况讨论. 【例4】 设方程04122=---x x ，求满足该方程的所有根之和. 思路点拨: 通过讨论，脱去绝对值符号，把绝对值方程转化为一般的一元二次方程求解. 【例5】 已知实数a 、b 、c 、d 互不相等，且x a d d c c b b a =+=+=+=+ 1 111， 试求x 的值. 思路点拨: 运用连等式，通过迭代把b 、c 、d 用a 的代数式表示，由解方程求得x 的值. 注: 一元二次方程常见的变形形式有: (1)把方程02=++c bx ax （0≠a ）直接作零值多项式代换； (2)把方程02=++c bx ax （0≠a ）变形为c bx ax --=2，代换后降次； (3)把方程02=++c bx ax （0≠a ）变形为c bx ax -=+2或bx c ax -=+2，代换后使之转化关系或整体地消去x . 解合字母系数方程02=++c bx ax 时，在未指明方程类型时，应分0=a 及0≠a 两种情况讨论；解绝对值方程需脱去绝对值符号，并用到绝对值一些性质，如222 x x x ==.
高中数学教辅资料推荐
江苏考生必看！哪些教辅适合江苏高考数学 高中孩子的时间紧，精力有限，市面上教辅繁多，所以选择一两本合适的教辅就非常重要了，能让孩子把有限的时间花在“刀刃”上，那如何来选择适合江苏考生的数学资料呢？主要考虑如下五个方面： 1、要有针对性：现在市面上的教辅主要分为4个版本：人教版（最多），苏教版（江 苏），北师大版（陕西），未说明版（通用），我们选择时候一定要看清楚是苏教版， 少数的通用版本也可以选择。 2、书不在多,在于适用和实用，不要盲目贪多，精选一到两本，一般一本基础的概念解 析教辅作为初学，一本拔高练习题集作为复习就够了。 3、出版时间和版次,一般选择在两年内出版,江苏高考每年都有变化和新题，教辅资料 一定要注意更新迭代，不然跟不上时代，其中重版的次数越多,说明越完善。 4、对书的质量的判断侧重例题和习题，不侧重答案讲解。应选择带重点题型例题讲解 的辅导书，其他带有详细答案的，不一定就是好的辅导书。 5、切忌盲目选择，不要被书的名目所迷惑。也不要被书店的店员推荐所误导，因为那 个店员可能就是某出版社的促销员。 讲完以上的方法，具体哪些辅导书值得我们选择呢？下面就给大家梳理下市面上常见教辅： 1、《重难点手册》 说明：总结重难点为题比较到位，比较针对性，但不适合初学者，用于复习时候补 漏拔高。 2、《江苏数学5年经典》 说明：优点是大部分都是江苏题型，比较有针对性，和小题狂做都属于恩波教育，南京本地的出版商，其中的一位主编是金陵中学的资深教师。属于题集形式，适合 用来复习。恩波教育的其他书籍如：《小题狂做》，《大题精做》，《优化38+2》等等 都是很好的江苏本地选择，就不一一介绍了。
江苏省金湖县实验中学高中数学 奥赛辅导 构造一次方程组的技巧
- 1 - 一、利用同类项的定义构造： 例1：已知m n m n b a --31999 1和1079999+-m n a b 是同类项，则.________22=+n m 二、利用二元一次方程的定义构造： 例2：若243724953=+--++n m n m y x 是二元一次方程，则n m 的值等于________. 三、利用方程组的解的定义构造： 例3：若???==12y x 是方程组???=+=-5 213by ax y ax 的解，求b a 、的值. 四、利用相反数的性质构造： 例4：已知a 的相反数是12+b ，b 的相反数是13+a ，则.________22=+b a 五、利用非负数性质构造： 例5：如果实数y x ,满足()022=++-y x x ，那么.________=y x 六、利用多项式恒等性质构造： 例6：已知多项式682322 2-+--+y x y xy x 可以分解为()()n y x m y x +-++22的形式，那么.________1 123=++n m 七、利用一次方程的解的特征构造： 例7：已知关于x 的方程()()()15133+=++-x x b x a 有无穷多个解，那么.________________,==b a 八、取特殊值构造： 例8：设b ax x x ++-2 32除以()()12+-x x 所得的余式为12+x ，那么.________________,==b a 九、弱化某些未知数构造： 例9：若,073, 0452=-+=++z y x z y x 则.________=-+z y x 十、利用新运算的定义构造： 例10：对于实数y x ,定义一种新运算*：,c by ax y x ++=*其中c b a 、、为常数，等式右边是通常的加法与乘法运算. 已知：,2874, 1553=*=*那么.________11=*
初中数学竞赛辅导资料
第一篇 一元一次方程的讨论 第一部分 基本方法 1. 方程的解的定义：能使方程左右两边的值相等的未知数的值叫做方程的解。一元方程的解也叫做根。 例如：方程 2x ＋6＝0， x （x －1）=0, |x |=6, 0x =0, 0x =2的解 分别是： x =－3, x =0或x =1, x =±6, 所有的数，无解。 2. 关于x 的一元一次方程的解（根）的情况：化为最简方程ax =b 后， 讨论它的解：当a ≠0时，有唯一的解 x =a b ； 当a =0且b ≠0时，无解； 当a =0且b ＝0时，有无数多解。（∵不论x 取什么值，0x ＝0都成立） 3. 求方程ax =b (a ≠0)的整数解、正整数解、正数解 当a ｜b 时，方程有整数解； 当a ｜b ，且a 、b 同号时，方程有正整数解； 当a 、b 同号时，方程的解是正数。 综上所述，讨论一元一次方程的解，一般应先化为最简方程ax =b 第二部分 典例精析 例1 a 取什么值时，方程a (a －2)x =4(a －2) ①有唯一的解？②无解？ ③有无数多解？④是正数解？
例2 k取什么整数值时，方程①k(x+1)=k－2（x－2）的解是整数？②（1－x）k=6的解是负整数？ 例3己知方程a(x－2)=b(x+1)－2a无解。问a和b应满足什么关系？ 例4a、b取什么值时，方程（3x－2）a+（2x－3）b=8x－7有无数多解？ 第三部分典题精练
1. 根据方程的解的定义，写出下列方程的解： ① (x +1)=0, ②x 2 =9, ③|x |=9， ④|x |=－3, ⑤3x +1=3x －1, ⑥x +2=2+x 2. 关于x 的方程ax =x +2无解，那么a __________ 3. 在方程a (a －3)x =a 中， 当a 取值为＿＿＿＿时，有唯一的解； 当a ＿＿＿时无解； 当a ＿＿＿＿＿时,有无数多解； 当a ＿＿＿＿时,解是负数。 4. k 取什么整数值时，下列等式中的x 是整数？ ① x = k 4 ②x =16-k ③x =k k 32+ ④x =123+-k k 5. k 取什么值时，方程x －k =6x 的解是 ①正数？ ②是非负数？ 6. m 取什么值时，方程3（m +x ）=2m －1的解 ①是零？ ②是正数？ 7. 己知方程 2 2 1463+= +-a x 的根是正数，那么a 、b 应满足什么关系？
