第11讲 极端原理

第十二讲 极端原理一、极端原理：直接抓住全体对象中的极端情形或它们所具有某种极端性质加以研究、解决问题的方法.二、几个极端性原理1．最小数原理、最大数原理最小数原理I ：在有限个实数组成的集合中，必存在最小的数.最小数原理II ：设N 是自然数全体组成的集合，若M 是N 的非空子集，则M 中必有最小的数.例1 已知12,,,n a a a 与12,,,n b b b 是2n 个正数，且222121n a a a +++=，222121n b b b +++=，求证：1212,,,nn a a a b b b 中存在一个值一定不大于1.（广东数学竞赛，1979）最大数原理I ：在有限个实数组成的集合中，必存在最大的数.最大数原理II ：在由负整数组成的集合（有限或无限）中，必存在着最大的负整数.2．最短长度原理最短长度原理I ：任意给定相异两点，所有连接这两点的线中，以直线段的长度为最短.最短长度原理II ：在连接一已知点与一已知直线或已知平面上的点的所有中，以垂线段的长度为最短.例2 求证：单位长的任何曲线能被面积为1的闭矩形覆盖.4（美国普特南试题）3．规化论的一个基本原则当点(,)x y在平面上一个区域D（包括边界）上变动时，一次函数p ax by=+在D上的最大值和最小值总是在D的边界上达到；当区域D是一个多边形时，就一定在顶点上达到；=+平行，则在这条边上的值如果D有一条边与直线p ax by都相等，且是最大值或最小值.例3 设R为平面上以A(4,1)，B(-1,-6)，C(-3,2)三点为顶x y在点的三角形区域（包括三角形内部和周界），试求当(,)R上变动时函数43-的极大值和极小值，并证明之.（全国x y高中数学联赛）三、极端原理在数学解题中的作用1．为解决一般问题提供有价值的结论矛盾的普遍性存在于特殊性之中，在极端情形下所获得的结论中，蕴涵着问题的一般结论.因此，可利用在极端情形下的结论来推测一般问题的结论.例4 在四边形ABCD中，(1)如果对角线AC=BD=a（定值），证明内接于这个四边形且各边分别平行于两对角线的四边形周长为定值.（2）如果AC=m，BD=n（m,n为定值且m n≠）,上述结论还成立吗？（福州市竞赛题）2．为解决一般问题提供解题模式解决极端情形时所使用的方法和解题过程也可为解决一般问题提供有效的解题模式例5 平面上有n （n 是确定的自然数且4n ≥）个点，任意三点都能组成一个三角形，证明：一定可以找到三点，使这三点为顶点组成的三角形内没有其他的点.3．为证明“存在性”命题奠基证明具有某种性质的对象存在或不存在时，这些对象常与某种极端状态相关，从极端状态出发常可以找出或构造出所需的对象来.例6 在一次有n(3n ≥)名选手参加的乒乓球循环赛中，没有一名选手保持不败，并且也无平局出现，证明在这些选手中，一定可以找出A ，B ，C 三名选手，他们之间将出现“三怕”情况（A 胜B ，B 胜C ，C 胜A ）.4．为所研究的对象确定范围极端状态是事物发展过程的临界点，它是所研究的事物与其他事物区别的分界点，利用它可以确定所研究对象的范围.例7 在锐角ABC ∆中，1,,60AC AB c A ==∠=，ABC ∆的外接圆半径1R ≤，则11() 2 (B)0<c (C) c>2 (D)c=2 22A c <<≤ 答（ ）（全国竞赛试题）5．为应用化归方法提供推理依据化归方法是解数学问题的重要方法，其实质是化未知为已知.极端状态下所得到的结论可作为已知事项，来推导一般问题的结论.例8在同一平面上有点A 和P.一个人从点P 开始向点A 直线前进，到达A 点后，向左拐90，继续直线前进，取同样长的距离到达一点1P ，这样，就说这个人完成了一次关于A 的左转弯运动.平面上正方形ABCD （顶点按逆时针顺序排列），另一点P 距离D 有10公里.一个人从点P 出发先关于点A 做左转弯运动达一1P ，接着从1P 出发关于点B 做左转弯运动到达2P ，然后依次关于C 、D 、A 、B …连续做左转弯运动，做过11111次左转弯后达到点Q.求点Q 与P 的距离.四、应用极端原理的注意点1．要认真分析各种具体问题的极端状态的具体表现形式.例如，数理关系中的最值、变动图形的极端位置（端点、中点、极限点等）、对象运动的初始状态、终止状态或某特定状态.2．由极端状态下所得到的结论仅为解决一般问题创造条件，不能用它去化替一般问题的解答，并且还须知在极端状态下所获得的结论中，有的具有普遍性，有的不具有普遍性，只有具有普遍性的结论对解决一般问题才有指导意义.3．极端原理仅是分析问题解决问题的一种思维方法，它必须与其他方法配合使用，才能以挥作用.。

第三节⼦集与集合的分划第三节⼦集与⼦集的分划⼀个集合可以写成若⼲个集合的并集，这是对集合分类讨论的常⽤⽅法.对于⼀个较为复杂的集合,我们在研究其性质时,往往可以划分成若⼲个⼩集合的并集进⾏研究,通过对这些⼩集合的性质的研究,可以达到化整为零、化繁为易的效果. 集合的分划反映了集合与⼦集之间的关系，这既是⼀类数学问题，也是数学中的解题策略——分类思想的基础，在近⼏年来的数学竞赛中经常出现，⽇益受到重视. 本讲主要介绍有关的概念、结论以及处理集合、⼦集与划分问题的⽅法.【基础知识】⼀．集合的分划1.集合分划的概念：把⼀个集合M 分成若⼲个⾮空⼦集：.,,,21n A A A 如果满⾜（1）),1(n j i A A j i ≤≤=φ；（2） n i i M A1==，那么称这些⼦集的全体为集合M 的⼀个n －分划，其中每⼀个⼦集叫做集合M 的⼀个类.2．加法原理由集合分划的定义，容易证明有限的⼀个⾮常有⽤的性质：设.,,,21n A A A 是有限集n －分划，则∑==ni iA Card M Card 1)()(，这是⼀个基本的计数公式，被称为加法原理. 3．最⼩数原理（极端原理）最⼩数原理I:设M 是正整数集的⼀个⾮空⼦集，则M 中必有最⼩数.最⼩数原理II:设M 是实数集的⼀个有限的⾮空⼦集，则M 中必有最⼩数.推论：设M 是实数集的⼀个有限⾮空⼦集，则M 中必有最⼤数.⼆．⼦集族1．⼦集族的概念我们可以将某些集合取来作为元素构成⼀个新的集合，例如}},0}{1,0{},1{{*φ=A 就是含4个元素φ},0}{1,0{},1{的集合，特别地，将集合M 的若⼲个⼦集作为元素构成的集合*M叫做原集合的⼀个⼦集族.如上例中的*A 就是⼆元集}1,0{=A 的全部⼦集构成的⼦集族.⼦集族中所含原来集合的⼦集的数⽬叫做该⼦集族的阶.例如⼦集族*A 的阶为4，即.4||*=A2．C 族最简单的⼦集族是由有限集M 的全体⼦集所构成的⼦集族，简称为C 族.3．C 族的性质设n M =||，则集合M 的全体⼦集所构成的集合*M 的阶为.2n即.2||10*n n n n n C C C M =+++=4．R 族设(),Card A n =12,{,,}n M A A A =是A 的⼀个⼦集族，若存在(21)k k m ≤≤-使得： (1)M 中任意k 个i A 都相交；(2)M 中任意(1)k +个i A 都不相交.则称M 为A 的⼀个指数为k 的R 族.定理：如果12,{,,}n M A A A =是A 的⼀个指数为k 的R 族，()Card A n =，则.k m C n ≤ 5．K 族设A 为⼀个n 阶集合，12,{,,}n M A A A =是A 的⼀个⼦集族.若M 中任何两个A 的⼦集i A 和j A 互不包含，即i j A A ?且j i A A，则称M 为集合A 的⼀个K 族.定理：设M 为n 阶集合A 的K 族中阶数最⾼者，则[]2().n n Card M C =上述两个定理的证明有⼀定的⿇烦程度，我们将其放在习题中，请读者⾃⼰完成其证明过程. 本讲的内容没有因定的⽅法，难度也较⼤，有些问题甚⾄就是⼀些数学专业论⽂中的⼀些结果或著名的定理，初学者若感到较为困难，可以耐⼼地多看⼏遍，多做⼏遍本讲中的例题与习题就会有所收获.【典例精析】【例1】（第43届美国中学数学竞赛）设S 为集合}50,,2,1{ 的⼦集，并且S 中任意两个元素之和不能被7整除，那么S 中元素最多有多少个？〖分析〗对于两个不同的⾃然数n m ,，n m +不被7整除也就是n m +被7除的余数不为0.我们将集合}50,,2,1{ 按照其中元素被7除所得的余数相同与否进⾏归类，余数相同的组成⼀个集合，这样可得到7个⼦集.然后从这7个⼦集中适当地抽取满⾜题意的元素组成集合S 即可.【解法⼀】将集合}50,,2,1{ 中的元素按被7除所得的余数相同分为7个⼦集，即： }50,43,36,29,22,15,8,1{1=A；}44,37,30,23,16,9,2{2=A ；}45,38,31,24,17,10,3{3=A ；}46,39,32,25,18,11,4{4=A ；}47,40,33,26,19,12,5{5=A ；}48,41,34,27,20,13,6{6=A ；}49,42,35,28,21,14,7{0=A .可知S 最多包含0A 的⼀个元素，⽽如果S 包含其它任何⼀个⼦集中⼀个元素时，则它可以包含这个⼦集中的所有元素；另外，S 不有同时包含61,A A 中的元素；同样，S 不能同时包含52,A A 和43,A A 中的元素.故S 中的元素最多有1+8+7+7=23个.【解法⼆】将{1,2,,50}按照模7分成7类：1{1,8,15,22,29,36,43,50}K =；2{2,9,16,23,30,37,44}K =；3{3,10,17,24,31,38,45}K =；4{4,11,18,25,32,39,46}K =；5{5,12,19,26,33,40,47}K =；6{6,13,20,27,34,41,48}K =；0{7,14,21,28,35,42,49}K =.下⾯证明123{7}S K K K =为满⾜要求的元素最多的集合.⾸先对,,a b S a b ∈≠有3种可能：（1）,(13)i a b K i ∈≤≤，则2(mod7)a b i +≡，则a b +不能被7整除；（2）,(13)i j a K b K i j ∈∈≤≠≤，则(mod 7)a b i j +≡+，则a b +不能被7整除；（3）,7(13)i a K b i ∈=≤≤，则(mod 7)a b i +≡，则a b +不能被7整除.综上知，S 中任何两个元素之和不能被7整除.其次证明，若S 中添加1个元素c ，则必存在S 中的⼀个元素与c 的和能被7整除. 添加的c 有4种可能：（1）4c K ∈，则c 与3K 中的元素之和能被7整除；（2）5c K ∈，则c 与2K 中的元素之和能被7整除；（3）6c K ∈，则c 与1K 中的元素之和能被7整除；（4）0c K ∈，则c 与7的和能被7整除.综上知，S 中的元素不能再添加.所以S 中元素数⽬的最⼤值为：123()()()()123.Card S Crad K Card K Card K =+++=〖说明〗本题实际上是集合的划分问题，从以上的解答过程可以看出，利⽤余数构造集合的划分是解决本题的关键，也是解决集合问题的⼀种常⽤的⼿段. 解法⼆中，⾸先按模7的剩余类对集合{1,2,,50}中的元素进⾏分类的想法是⾃然的.后⾯的解答中⼜进⾏了两次分类，但是这两个分类的理由已经蕴涵中最初的分类之中了.【例2】对于⼀个由⾮负整数组成的集合S ，定义)(n r s 为满⾜条件的有序对),(21s s 的对数： 2121,,s s S s S s ≠∈∈且.21n s s =+问：是否能将⾮负整数集分划为两个集合A 和B ，使得对任意n ，均有?)()(n r n r B A =〖分析〗整数有多种表⽰形式，其中⼆进制表⽰的每位数字只有0和1这两种选择.由于是将S 分划为两个集合A 、B ，对每个因定的n ，满⾜n s s =+21的⾮负整数对),(21s s 是有限的，⽤⼆进制来讨论),(21s s 在A 和B 中的分配情况似乎较有利.【解】存在上述分划.将所有⼆进制下数码1出现偶数个的⾮负整数归⼊集合A ，其余的⾮负整数归⼊B ，则A 、B 是⾮负整数N 的分划.注意到，对A 中满⾜A a a a a n a a ∈≠=+212121,,,的数对),(21a a ，由于21a a ≠，因此在⼆进制表⽰下1a 与2a 在该位上的数码，分别得到21,b b ，则B b b ∈21,且.,2121n b b b b =+≠这个将),(21a a 对应到),(21b b 的映射是⼀⼀对应的，因此).()(n r n r B A = 〖说明〗本题中构造⼀⼀映射成为求解的关键，这个构造使得我们将要求证的问题简单地转化成了⼆进制下的数码个数问题，这种⽅法在涉及到集合所有⼦集问题中很常见.【例3】（2007年全国⾼中数学联赛）已知A 与B 是集合}100,,2,1{ 的两个⼦集，满⾜A 与B 的元素个数相同，且B A 为空集，若A n ∈时总有B n ∈+22，则B A 的元素个数最多为（）A ．62B ．66C ．68D ．74【解】先证66)(≤B A Crad ，只须证33)(≤A Crad ，为此只须证若A 是}49,,2,1{ 的任⼀个34元⼦集，则必存在A n ∈，使得A n ∈+22，证明如下：将}49,,2,1{ 分成如下33个集合：}48,23{,},12,5{},8,3{},4,1{ 共12个； }38,18{},30,14{},22,10{},6,2{共4个； }49{,},29{},27{},25{ 共13个； }46{},42{},34{},26{共4个.由于A 是}49,,2,1{ 的34元⼦集，从⽽由抽屉原理可知上述33个集合中⾄少有⼀个2元⼦集中的数均属于A ，即存在A n ∈，使得A n ∈+22.如取}46,42,34,26,49,,29,27,25,18,14,10,2,23,,5,3,1{ =A ，}|22{A n n B ∈+=，则B A ,满⾜题设条件66)(=B A Crad .〖说明〗在我们的经验中，有些数学问题涉及的对象较为复杂，统⼀地解决有困难，于是就将这些对象分成“不重不漏”的若⼲类，然后再逐类的解决，这就是分类解决问题的⽅法.这种⽅法在竞赛中是常⽤的.【例4】（1995年全国⾼中数学联赛）设}1995,2,1{ =M ，M A ?且当A x ∈时A x ?15，求)(A Card 的最⼤值.〖分析〗∴=,133131995 当133,,11,10,9 =k 时，k 与k 15不能同时在A 中..18701251995)(=-≤A Card 只需再构造⼀个集合A ，使得1870)(=A Card 即可.【解】由题设当133,,11,10,9 =k 时，k 与k 15不能同时在A 中.故⾄少有133-8=125个数不在集合A 中，即.18701251995)(=-≤A Card 另⼀⽅⾯，M 的⼦集A 可取}1995,,135,134{}8,,2,1{ 满⾜题意，此时.1870)(=A Card 故)(A Card 的最⼤值为1870.〖说明〗本题是要求满⾜⼀定条件的某个集合的⼦集的元素个数的最⼤值.先证明这个⼦集的元素个数不⼤于某个常数，然后再构造⼀个集合，它的元素个数正好是这个常数，此时这个常数就是我们所要求的最⼤值. 本题解答中得到x 与x 15)35,,10,9( =x 这两个数中⾄少有⼀个不属于A 是⾮常巧妙的⼀步，便得求解过程简单明了解.【例5】把n2个元素的集合分为若⼲个两两不交的⼦集，按照下述规则将某⼀个⼦集中某些元素挪到另⼀个⼦集：从前⼀⼦集挪到后⼀⼦集的元素个数等于后⼀⼦集的元素个数（前⼀⼦集的元素个数应不⼩于后⼀⼦集的元素个数），证明：可以经过有限次挪动，使得到的⼦集与原集合相重合.〖分析〗⾸先考虑到n 2是⼀个很特殊的数，其次我们发现若两个集合的元素个数除以2的若⼲次幂后若为奇数，那么，它们之间挪后就应为偶数这⼀事实，若还不能想到解答就试⼀下3,2==n n 时的情况，相信解答就不会难找到了.【证明】考虑含奇数个元素的⼦集（如果有这样的⼦集），因为所有⼦集所含元素的个数总和是偶数，所以具有奇数个元素的⼦集个数也是偶数，任意将所有含有奇数个元素的⼦集配成对，对每对⼦集按题⽬要求的规则移动：从较⼤的⼦集挪出⼀些元素，添加到较⼩的⼦集，挪出的元素个数为较⼩⼦集的元素个数，于是得到的所有⼦集的元素个数都是偶数，现在考虑元素个数不被4整除的⼦集，如果1=n ，则总共有两个元素，它们在同⼀个⼦集，因此设2≥n ，因为⼦集的元素个数的总数被4整除，因此这样的⼦集的个数为偶数，任意将这样的⼦集配成对，对每⼀对⼦集施⾏满⾜题⽬要求的挪动，于是得到的每个⼦集数均可被4整除，依此做下去，最后得到的每个⼦集元素个数均可被n 2整除，也就是只能有⼀个⼦集，它的元素个数为n 2，证毕.〖说明〗这道题的证明中隐含了⼀种单⼀变量在变化时变化⽅向相同这⼀性质，就这道题来说，⼀直在增加的就是各⼦集元素个数被2的多少次幂整除的这个幂次数，这是⼀⼤类问题，除了这种变化量，还要经常考虑变化中的不变量.【例6】（2005年全国⾼中数学联赛）设t s r ,,为整数，集合}0,222|{r s t a a t s r <<≤++=中的数由⼩到⼤组成数列}{n a ：,14,13,11,7，则=36a 【解】∵t s r ,,为整数且r s t <<≤0，∴r 最⼩取2，此时符合条件的数有122=C3=r ，t s ,可在2,1,0中取，符合条件有的数有323=C同理，4=r 时，符合条件有的数有624=C ；5=r 时，符合条件有的数有1025=C ；6=r 时，符合条件有的数有1526=C ；7=r 时，符合条件有的数有2127=C ；因此，36a 是7=r 中的最⼩值，即131********=++=a .〖说明〗在应⽤加法原理时，我们通常⾸先描述性地定义，即把问题分成互相排斥的若⼲情形，⽽这此情形包括了所有的可能.应⽤加法原理的技巧就在于要把被计数的集合S 划分成“不太多的易于处理的部分”.【例7】（2007年浙江省预赛题）设{}1,2,,65M =，A M ?为⼦集.若33A =，且存在,x y A ∈，x y <，x y ，则称A 为“好集”.求最⼤的a M ∈，使含a 的任意33元⼦集为好集. 【解】令{}{}211,2,,44\2(21)1,2,,11P i i i i =+=+=，33P =.显然对任意144i j ≤<≤，不存在3n ≥，使得21(21)j n i +=+成⽴.故Ｐ是⾮好集. 因此 21a ≤.下⾯证明：包含21的任意⼀个33元⼦集Ａ⼀定为好集.设{}1232,,,,21A a a a =.若1，3，7，42，63中之⼀为集合Ａ的元素，显然为好集. 现考虑1，3，7，42，63都不属于集合Ａ.构造集合{}12,4,8,16,32,64A =，{}25,10,20,40A =，{}36,12,24,48A =，{}49,18,36A =，{}511,22,44A =，{}613,26,52A =，{}714,28,56A =，{}815,30,60A =，{}917,34A = {}1019,38A =，{}1123,46A =，{}1225,50A =，{}1327,54A =，{}1429,58A =，{}1531,62A =，{}33,35,37,,61,65A '= 由上可见，1215,,,A A A 每个集合中两个元素都是倍数关系.考虑最不利的情况，即A A '?，也即A '中16个元素全部选作Ａ的元素，Ａ中剩下16个元素必须从1215,,,A A A 这15个集合中选取16个元素.根据抽屉原理，⾄少有⼀个集合有两个元素被选，即集合Ａ中⾄少有两个元素存在倍数关系.综上所述，包含21的任意⼀个33元⼦集Ａ⼀定为好集，即a 的最⼤值为21.〖说明〗若),,,,(1111k c b a ，),,,,(2222k c b a ，……，),,,,(n n n n k c b a 这n 组数都具有相同的性质M （*N n ∈），则在研究与性质M 有关的问题时，我们可以只研究其中的⼀组数据，进⾯推得所有这n 组数据的性质.【例8】已知集合}10,9,8,7,6,5,4,3,2,1{，求该集合具有下列性质的⼦集的个数：每个⼦集⾄少含有2个元素，且每个⼦集中任意2个元素的差的绝对值⼤于1.〖分析〗虽然已知集合中只有10个元素，但是分类还是⽐较复杂的.如果将问题⼀般化，可能过构造递推式来解决.【解】设n a 是集合}10,9,8,7,6,5,4,3,2,1{的具有题设性质的⼦集的个数，考察集合 ,3,2,1{，}2,1,++n n n 具有题设性质的⼦集，可分为两类：（1）包含元素2+n 的⼦集有n a n +个，即每个},,2,1{n 与}2{+n 的并集，以及}2,1{+n ，}.2,{,},2,2{++n n n（2）不包含2+n 的⼦集有1+n a 个，即集合}1,,,3,2,1{+n n 的具有题设性质的⼦集的个数. 于是有递推式n a a a n n n ++=++12①显然3,141==a a （即}4,2{},4,1{},3,1{），代⼊①式得：73135=++=a ，4376++=a =14， .13384679,7972646,4661426,26571410987=++==++==++==++=a a a a 故满⾜题设条件的⼦集共有133个.【例9】证明:⼀个有限集的全体⼦集，可以按如下⽅式排成⼀⾏：（1）居中第⼀位是空集；（2）每个⼦集恰好在此⾏中出现⼀次；（3）每个⼦集中的元素或者是前⼀个⼦集添加⼀个元素或删除⼀个元素所得.〖分析〗从特殊情形⼊⼿，寻找规律.【解】我们可以先观察特殊情形：当1=n 时，显然可以排成}1{,φ；当2=n 时，⼦集共有422=个，可以排成}2{},2,1{},1{,φ；当3=n 时，⼦集共有823=个，不难排出如下⼀列⼦集：}1,3{},3}{3,2{},2{},2,1{},1{,φ,}.3,2,1{或}.3{},3,1{},3,2,1{},3,2{},2{},2,1{},1{,φ从后⼀种情形发现，若将后四个⼦集中的元素3删去，正好是前四个⼦集的⼀种逆排列，这种规律在2=n 时也正是如此.现以这种规律来看4=n 的情形：}4,3,2{},4,3,2,1{},4,3,1{},4,3{},3{},3,1{},3,2,1}{3,2{},2{},2,1{},1{,φ,}.4{},4,1{},4,2,1{},4,2{于是假设k n =时，已将k 2个⼦集按题设要求排成⼀列，那么当1+=k n 时，只需在已排好的k 2个⼦集中，分别添加元素1+k ，逆序排在这k 2个⼦集的后⾯形成1+=k n 的12+k 个⼦集的⼀种符合要求的排列.〖说明〗⼀个复杂的问题，也许⼀时找不到突破⼝，我们可以先将其退化成⼀个很简单的问题或者特殊问题，从中发现规律或者⽅法，从⽽找到⼀般问题的解法.这⾥运⽤了“进难则退，以退为进”的解题策略.【例10】（2007年北京⾼考试题）已知集合{})2(,,,,321≥=k a a a a A k 其中),,2,1(k i Z a i =∈，由A 中的元素构成两个相应的集合(){}A b a A b A a b a S ∈+∈∈=,,,，(){}A b a A b A a b a T ∈-∈∈=,,,，其中()b a ,是有序实数对，集合T S 和的元素个数分别为n m ,.若对于任意的A a A a ?-∈，总有，则称集合A 具有性质P .（Ⅰ）检验集合{}3,2,1,0与{}3,2,1-是否具有性质P ，并对其中具有性质P 的集合写出相应的集合T S 和；（Ⅱ）对任何具有性质P 的集合A ，证明：()21-≤k k n ；（Ⅲ）判断n m 和的⼤⼩关系，并证明你的结论.【解】（Ⅰ）解：集合{}3,2,1,0不具有性质P ，{}3,2,1-具有性质P ，其相应的集合T S 和是()(){}()(){}3,2,1,2,1.3,3,1-=--=T S ；（Ⅱ）证明：⾸先由A 中的元素构成的有序实数对共有2k 个，因为()T a a A i i ∈∈,,0),,2,1(k i =,⼜因为当A a A a ?-∈时，，所以当()()T a a T a a i j j i ?∈,,时，),,2,1(k i =，于是集合T 中的元素的个数最多为()()121212-=-=k k k k n ，即()21-≤k k n . （Ⅲ）解：n m =，证明如下：①对于()S b a ∈,，根据定义()T b b a A b a A b A a ∈+∈+∈∈,,，从⽽，则如果()()d c b a ,,与是S 中的不同元素，那么d b c a ==与中⾄少有⼀个不成⽴，于是d c b a +=+与d b =中⾄少有⼀个不成⽴，故()b b a ,+与()d d c ,+也是T 中的不同元素.可见S 中的元素个数不多于T 中的元素个数，即n m ≤；②对于()T b a ∈,，根据定义()S b b a A b a A b A a ∈-∈-∈∈,,，从⽽，则如果()()d c b a ,,与是T 中的不同元素，那么d b c a ==与中⾄少有⼀个不成⽴，于是d c b a -=-与d b =中⾄少有⼀个不成⽴，故()b b a ,-与()d d c ,-也是S 中的不同元素.可见T 中的元素个数不多于S 中的元素个数，即m n ≤.由①②可知n m =.〖说明〗本题以集合为载体，涉及到它的性质，考查了考⽣的知识迁移能⼒和抽象思维能⼒.【例11】（2007年中国西部奥林匹克竞赛试题）已知{}1,2,3,4,5,6,7,8T =，对于,A T A ?≠?，定义()S A 为A 中所有元素之和，问：T 有多少个⾮空⼦集A ，使得()S A 为3的倍数，但不是5的倍数？〖分析〗可按3的余加以分类，由于能被3整除且能被5整除的数必能被15整除，从⽽我们只需将能被15整除的数去掉即可.【解】对于空集?，定义()0S ?=.令012{3,6},{1,4,7},{2,5,8}T T T ===.对于A T ?，令001122,,A A T A A T A A T ===，则01212()()()()()()(mod3)S A S A S A S A Card A Card A =++≡-，因此，3()S A 当且仅当12()()(mod3)Card A Card A ≡.有以下⼏种情况：111222()0,()0,()3,()0,()3,()0,Card A Card A Card A Card A Card A Card A ======???111222()3,()1,()2,()3,()1,()2,Card A Card A Card A Card A Card A Card A ======??? 从⽽满⾜3()S A 的⾮空⼦集A 的个数为20003303311223333333333332()1C C C C C C C C C C C C +++++-＝87. 若3()S A ，5()S A ，则15()S A .由于()36S T =，故满⾜3()S A ，5()S A 的()S A 的可能值为15，30.⽽15＝8＋7＝8＋6＋1＝8＋5＋2＝8＋4＋3＝8＋4＋2＋1＝7＋6＋2＝7＋5＋3＝7＋5＋2＋1 ＝7＋4＋3＋1＝6＋5＋4＝6＋5＋3+1＝6＋4＋3＋2＝5＋4＋3＋2＋1，36－30＝6＝5＋1＝4＋2＝3＋2＋1. 故满⾜3()S A ，5()S A ，A ≠?的A 的个数为17.所以，所求的A 的个数为87－17＝70.〖说明〗本题从正⾯出发不容易解决，因此可以采⽤“正难则反”的思想，从⽽其反⾯出发，将不符合条件的元素减去，即可得到所求的答案.【例12】设{0,1,2,,29}A ?满⾜：对任何整数k 及A 中任意数a 、b （a 、b 可以相同），30a b k +-均不是两个相邻整数的积.试确定所含元素最多的集合A .〖分析〗因为当b a =时，230a k +均不是两个相邻整数的积，故我们只需考察2a 被30除的余数即可.【解】所求A 为{32|09}l l +≤≤.设A 满⾜题中条件且()Card A 最⼤.因为两个相邻整数的积被30除，余数为0,2，6,12,20,26，则对于a A ?∈，有2a0,2，6,12,20,26(mod 30)，即a 0,1，3,6，10,15,16,18,21,25,28，因此，{2,4,5,7,8,9,11,12,14,17,19,20,22,23,24,26,27,29}A ?，后⼀个集合可分拆成下列10个⼦集的并，其中每⼀个⼦集⾄多有⼀个元素包含在A 中：{2,4},{5,7},{8,12},{9,11},{14,22},{17,19},{20},{23,27},{24,26},{29}.故()10.Card A ≤若()10Card A =，则每个⼦集恰好有⼀个元素包含在A 中，因此20,29A A ∈∈.由20A ∈知12A ?，从⽽8A ∈，这样4A ?，22A ?，24A ?.因此2A ∈，14A ∈，26.A ∈由29A ∈知7A ?，27A ?从⽽5A ∈，23A ∈这样9A ?，19A ?.因此11A ∈，17A ∈. 综上所述，有{2,5,8,11,14,17,20,23,26,29}A =，此确定的A 确实满⾜要求.【赛向点拨】1.求解⼦集族的问题主要分为两类：求⼦集的阶，或确定属于⼦集族的原集合的全部⼦集.2.有关⼦集族的最值问题是竞赛中常见的问题，主要有三类题型：（1）求⼦集族阶的最值；（2）求⼦集族中的原集合的⼦集阶的最值；（3）求符合特定条件的集合元素的最值.3．在代数不等式中，有⼀类确定满⾜不等关系的量是否存在的问题，通常可以尝试⽤最⼩值原理解决.4．集合分类的标准不⼀，但基本原则都是每次分类必须是不重不漏，其理论依据就是最⼩值原理.【针对练习】 (A 组)1.已知集合A {2,3,7}且A 中⾄多有1个奇数，则这样的集合的共有（）.A ．2个B ．4个C ．5个D ．6个2．在集合M ＝{1,2，…，10}的所有⼦集中，有这样的⼀族不同的⼦集，它们两两的交集都不是空集，那么这族⼦集最多有( )A ．102个B ．92个C ．210个D ．29个3．集合S ={0,1，2,3，4,5}，A 是S 的⼀个⼦集，当x A ∈时，若有1x A -?且1x A +?，则称x 为集合A 的⼀个“孤⽴元素”，那么S 的⼦集中⽆“孤⽴元素”且含有4个元素的集合的个数是( )A ．4B ．5C ．6D ．74．集合{1,2,3,,2,21}A n n =+的⼦集B 满⾜：对任意的,,x y B x y B ∈+?，则集合B 中元素个数的最⼤值是( )A ．1n +B ．2n +C ．3n +D ．4n +5．10名学⽣按下⾯的规则组成运动队，规则是：①每⼈可报名参加任何⼀个运动队；②每个运动队都不能完全包含于或重合于另⼀个运动队.则最多可组成（）个队.A ．410CB ．510C C ．510C ＋1D ．410C6．（2006年⼭西省预赛题）集合A 中的元素均为正整数，具有性质：若A a ∈，则12－A a ∈，这样的集合共有个.7．已知集合{1,2,3,,31,3n n -可以分成n 个互不相交的三元组{,,}x y z ，其中3.x y z +=则满⾜上述要求的最⼩的正整数n 是 .8．设集合M ={1,2，…，1000}，现对M 的任⼀⾮空⼦集X ，令X a 表⽰X 中最⼤数与最⼩数之和.则所有这样的X a 的算术平均值为 .9．设S 是⼀个有6个元素的集合，选取S 的两个⼦集（可以相同），使得这两个⼦集的并集是S ，选取的次序⽆关紧要，例如⼀对⼦集{,},{,,,,}a c b c d e f 与另⼀对⼦集{,,,,}b c d e f ，{,}a c 表⽰同⼀种取法.这样的取法共有种.10．求集合B 和C ，使得{1,2,3,,10}B C =，并且C 的元素乘积等于B 的元素之和.11．(2006年第17届希望杯⾼⼆试题)试确定所有的正整数k ，使得集合{2006,20061,20062,,2006}P k =+++可以分成两个互不相交的⼦集A 与B ，且A 中元素之和等于B 中元素之和.12．求证：集合{1,2,,1989}可以划分为117个互不相交的⼦集(1,2,,117)i A i =使得(1)每个i A 恰好有17个元素；(2)每个i A 中各元素之和相同.（B 组）1.已知A }2000,,2,1{ ?，且A 中任意两个数之差的绝对值不等于4或`7，求)(A Card 的最⼤值.2．设M 为n 阶集合A 的K 族中阶数最⾼者，则[]2().n n Card M C= 3．如果12,{,,}n M A A A =是A 的⼀个指数为k 的R 族，()Card A n =，则.k m C n ≤4．给出⼀个60×70的数表如下：12359602346061111213697012131470169701575870125859?? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ???其中每⼀⾏组成⼀个数的集合1270,,,A A A ，从这70个集合中取出k 个，若任7个的交集都是⾮空的，求k 的最⼤值. 5．（2007年第七届中国西部奥林匹克竞赛试题）将n 个⽩⼦与n 个⿊⼦任意地放在⼀个圆周上．从某个⽩⼦起，按顺时钟⽅向依次将⽩⼦标以1,2,,n ．再从某个⿊⼦起，按逆时钟⽅向依次将⿊⼦标以1,2,,n . 证明：存在连续n 个棋⼦（不计⿊⽩），它们的标号所成的集合为{}1,2,,n ．6．设}20,,2,1{ =M ，对于M 的任⼀9元⼦集S ，函数)(S f 取1到20之间的整数值.求证：不论f 是怎样的⼀个函数，总存在M 的⼀个10元⼦集T ，使得对所有的T k ∈，都有k k T f ≠-}){(（}{k T -即T 对k 的差集）.【参考答案】A 组1．D 解析：集合A 可有3在：第1类是空集；第2类是A 中不含奇数；第3类是A 中只有1个奇数，它们是,{2},{3},{7},{2,3},{2,7}.φ故应选D.2．B 解析：显然不含空集.按元素的多少把这族⼦集分成10类，设含i 个元素的⼦集为i A ，其个数为i a .易知01991210999 2.a a a C C C +++≤+++= 3．C 解析⼀：可将本题中满⾜条件的集合分成两类：⼀类是有4个连续整数的集合，共有3个：{0,1,2,3},{1,2,3,4},{2,3,4,5}.另⼀类是将4个元素分成两组，每组是连续的但组间不连续的集合，也有3个：{0,1,3,4},{0,1,4,5}, {1,2,4,5}.故应选C.解析⼆：由题知满⾜条件的⼦集中的每个元素必有与之相邻的⾃然数，从⽽得到满⾜条件的⼦集为{0,1,2,3},{0,1,3,4},{0,1,4,5}, {1,2,3,4},{1,2,4,5},{2,3,4,5}共6个.解析三：将S 中的元素分成5组：{0,1},{1,2},{2,3},{3,4},{4,5}，则满⾜条件的4元⼦集的个数为2546C -=，故应选C.4．A 解析：⾸先{1,,3,5,,21}B n =+满⾜题意，且() 1.Card B n =+其次，设B 中最⼤元素为21k n =+，将1,2,,2n 分成n 组：(1,2),(2,21),,(,1)n n n n -+.由抽屉原理可知，如果()2Card B n ≥+，则必有B 中两个元素在同⼀组，两数和等于21n +，这与已知⽭盾，所以有()1Card B n ≤+.如果21k n <+，同理可得()1Card B n ≤+，所以集合B 中元素个数的最⼤值是 1.n +5．B 解析：根据定理n 阶集合的⼦集12,,n A A A 若满⾜i j A A ?且j i A A ?则m 的最⼤值为[]2.n n C ，代⼊本题即得.6．解：从集合A 的性质可得，A 必然是六个集合{1,11},{2,10},{3,9},{4,8},{5,7},{6},中某⼏个的并集，因此符合要求的A 共有16C +26C +36C +46C +56C +66C =62－1=63个 7. 5，8 解析：设第i 个三元⼦集组为{,,}i i i x y z 且3,1,2,,.i i i x y z i n +==则有31113(31)4.2n n i i n n i z ==+==∑∑当n 为偶数时，8|3n ，所以8n ≥，得n 的最⼩值为8；当n 为奇数时，8|31n +，所以5,n ≥得n 的最⼩值为5.可验证5,8即为所求.例如当5n =时，集合{1,11,4}，{2,13,5}，{3,15,6}，{9,12,7}，{10,14,8}满⾜条件.8．1001 解析：构造⼦集{1001|}X x x X '=-∈，则所有⾮空⼦集分成两类X X '=和X X '≠.当X X '=时，必有X X M '==，于是X a =1001.当X X '≠时，设,x y 分别是X 中的最⼤数与最⼩数，则1001,1001x y --分别是X '中的最⼩数与最⼤数，于是,2002.X X a x y a x y '=+=--从⽽1001.2X X a a '+=因此，所求的X a 的算术平均数为1001. 9．435 解析：设,()().S A B Card A Card B =≤若()0Card A =，则()6Card B =，有1种取法；若()1Card A =，则()6,5Card B =，有1615666512C C C C +=种取法；类似地，可分别计算出()2,3,4,5,6Card A =时的取法.10．解：因为123105512012345++++=<=，所以集合C 中⾄多有4个元素，下⾯对()Card C 分成4种情况进⾏讨论.（1）若C 由⼀个元素构成，因为C 的元素乘积不超过10，B 的元素之和⾄少为55－10＝45.故此情形不成⽴.（2）若C 由两个元素,x y 构成.设x y <，则有55xy x y =--，即(1)(1)56.x y ++=因为1111x y +<+≤，解得6,1x y ==，故{6,7},{1,2,3,4,5,8,9,10}C B ==.（3）若C 由三个元素x y z <<构成.由题设得55.xyz x y z =---当1x =时，解得4,10,y z ==因此{1,4,10},{2,3,5,6,7,8,9}C B ==；当2x =时，有253,yz y z ++=即(21)(21)107y z ++=为质数，⽆解；当3x ≥时，显然有3456055xyz x y z ≥??=>---，⽆解. （4）若C 由四个元素x y z t <<<构成，必有1x =，否则xyzt ≥2×3×4×5＝120＞55.这时554,2.yzt y z t y z t =---≤<<如（3），当3y ≥时⽆解.故2,252y zt z t =++=.即(21)(21)105z t ++=，解得3,7z t ==，从⽽{1,2,3,7},{4,5,6,8,9,10}.C B == 综上可知B 、C 有3组解.11．解：当41()k m m Z +=-∈时，P 中共有4m 个元素，从第⼀个元素开始连续4个的第1,4两个数放⼊A 中，第2,3两个数放⼊B 中，可满⾜要求；当43()k m m Z +=-∈时，P 中各元素的和：(20062006)(1)2k k S +++=(4012)(21)k m =+-为奇数，不可能分成符合题意的两个⼦集；当42()k m m Z +=-∈时，(41)(22005)S m m =-+为奇数，结论同上；当4()k m m Z +=∈时，(41)(22006)S m m =++能分的必要条件是前21m +项和不在于2S ，即21(2006)(21)(41)(1003)m S m m m m +=++≤++，化简得：2210030m -≥，所以22.4m ≥≈或m ≤(舍去)，由于m 是整数，所以23.m ≥ 当23m =时，共有93个元素，于是93479395363,190836,95418,2S S S === 9347954189536355,2S S -=-=934795473S S -=，所以93934755.2S S S --=即前47项的和⽐平均值少55，后46项的和⽐平均值多55，所以前后两部分要交换相差55的⼀组数，如2098－2043=55，将2098与2043交换，即A 中有2006，2007，…,2042，2004,2045，…,2052,2098；B 中有2053,2054，…,2097,2043.可使A 中元素之和等于B 中元素之和.当23m >时，前93个元素按上述⽅法分⼊A 、B 集，剩下元素个数是4的倍数，每相邻4个数中的第1,4位上的数放⼊A 中，第2,3位上的数放⼊B 中，可达到⽬的.综上，当41()k m m Z +=-∈或4(23,)k m m m Z +=≥∈时，可以将集合P 分成符合题意的两个⼦集.12．解：将集合{1,2,,1989}中的数从⼩到⼤顺次分成17段，每段含117个数，从第4段数开始，将偶数段的数从⼩到⼤依次放⼊12117,,,A A A 中，并将奇数段的数从⼩到⼤依次放⼊这117个⼦集中，易见，所有集合中的14个元素之和都相等.于是问题归结为如何将前三段数{1,2,,351}的每3个⼀组分别放⼊每个集合中，且使每组3个数之和都相等.把这些数中3的倍数抽出来从⼤到⼩排好：{351,348,345,,6,3}共117个数，依次放⼊12117,,,A A A 中.其余的234个数从⼩到⼤排列并分成两段，每段117个数，即{1,2,4,5,7,,173,175}和{176,178,179,349,350}，将这两段数分别顺次放⼊12117,,,A A A 之中便可以满⾜要求.事实上，若交这两段数中的数顺次相加，则其和为{177,180,183,186,,5.由此可见，放⼊每个i A 的3个数之和都是528.B 组 1.解：注意到2000=11×181+9，我们取,911,711,611,411,111|{+++++=t t t t t t A 1810≤≤t ， }Z t ∈，则A 中任意两个数之差不是4或7.事实上，若4|)()(11|=-+-a b r t 或7，这⾥}9,7,6,4,1{,∈b a ，⽽1810≤≤≤t r ，则当2≥-r t 时，显然不能成⽴；当1=-r t 时，应有4|)(11|=-+a b 或7，这⼀点只须直接验证即可知不能成⽴；当0=-r t ，与上⾯类似，也不能成⽴.所以)(A Card 的最⼤值1825?≥=910.另⼀⽅⾯，设A 是满⾜条件的集合，且)(A Card >910，这时存在t 使得集合r t x x +=11|{，}111≤≤r 中出现6个数减去t 11后都属于A ，说明1，2，……，11中，有6个数⼊选A ，我们证明这是不可能的.将1，2，……，11排成⼀个圆圈，例如：1，5，9，2，6，10，3，7，11，4，8（这⾥1和8⾸尾相连），则此圆圈上任意两个相邻的数的差的绝对值为4或7.从中任取6个数，，必有两个数相邻，从⽽1，2，……，11中不能同时有6个数⼊选A.⽭盾！综上所述，)(A Card 的最⼤值为910.2．证明：记max{||,},min{||,}p x x M q x x M =∈=∈，其中||().x Card x =当p q =时，即M 中每个元素作为A 的⼦集含有A 中同样多的元素时，显然[]2(),n nCard M C ≤且当[]2n p q ==时取得最⼤，故此时结论成⽴. 下⾯只需证p q >的情形，记().D M p q =- 若2n p ≤，令{,}N X A X M =-∈，显然N 仍是A 的互不包含⼦集族，且()()Card N Crad M =，令max{(),}2n Card X X N ∈>，故可设2n p >，即2 1.n p ≤- 设{:()},{{}:,}U X M Card X p V X a a X X U =∈==-∈∈，就是说U 是M 中恰好有A 中p 个元素的那些⼦集构成的集合，⽽V 是这样的集合：它的每⼀个元素也是A 的⼦集，这些元素是把U 中元素作为A 的⼦集删去1个元素得到的.任取,X U Y V ∈∈，若Y X ∈，则称X 与Y 为⼀对相关集，称X 与Y 互相相关.显然共有()pCard U 对相关集.另⼀⽅⾯，因为()1Card Y p =-，与Y 相关的集合均是把A 中某⼀个不属于Y 的元素添加到Y 中得到的，于是若记()m Y 为与Y 相关的集合个数，则()m Y ≤ (1)21(1).n p p p p --≤---=因为()Card V 个不同的Y ，故相关集对数不超过()pCard V ，于是()()pCard U pCard V ≤，即()().Card U Card V ≤记\()M M U V '=，因M 是A 的互不包含的⼦集族，所以M '也是A 的互不包含的⼦集族，于是M '也是A 的K 族，且有()()()() ().Card M Card M Card U Card V Card M '=-+≥ ⽽()()1D M D M '=-，将M 转换成M '，其元素个数并未减少，但()D M p q =-减少了1，经有限这种转换，即知()Card M 的最⼤值必在p q =时取到，此时M 中最多含有[]2n n C 个元素.3．证明：由(1)得M 中的每个⼦集(1)s A s n ≤≤都与M 中其余的1m -个⼦集中任意选出的1k -个⼦集相交，且⾄少有1个公共元素，⽽这种选法共有11k m C --种；由(2)得，11k m C --个元素两两不同.这样⼀来，s A 中⾄少有11k m C --个元素，⽽1mi i A =⾄少有11k m mC --个元素(重复计算)，但由(1)知其中每个元素重复了k 次，因为它同时属于k 个不同的⼦集，所以1m i i A =⾄少含有11k m m C k --个不同的元素.但是显然1m i i A A =?，故可得11,k m m C n k --≤即.k m C n ≤ 4．解：(这是个⼦集族的问题)设取出的k 个集合的第1个元素依次是12,,k a a a ，并记全集{1,2,,70}U =，A ={12,,k a a a }，则,().A U Card A k ?=若60k >，则存在⼀个a A ∈，使得110a ≤≤，且a 与U C A 中的每⼀个数的个位数都不相同，从⽽10(0,1,2,,6).U a n C A n +? =10(0,1,2,,6)a n A n ∴+∈=.∴所取出的k 个集合中，必存在7个集合1060,,,n n n A A A ++满⾜1060.U n U n U n C A C A C A U ++=∴1060.U n U n U n C A C A C A φ++=这与已知⽭盾，故60k ≤ ○1 ○1式的等号是成⽴的，例如1260,,A A A 均含有60个元素，显然任7个集合的交集都是⾮空的.故max 60.k =5．证明：取定标号相同的⿊⽩棋⼦各⼀个，使得该对点所决定的劣弧中其他点（不含端点，不计⿊⽩）的个数最少．不妨假设该标号为1．在上述所取的开劣弧中，只有⼀种颜⾊的棋⼦．事实上，若两个1之间有两种颜⾊的棋⼦，则⽩n 和⿊n 都在其中，如图1，于是两个标号为n 的劣弧之间的点⽐两个标号为1的更少，⽭盾！如果开劣弧中全是⽩⼦，有如下两种情形：（1）开劣弧中的⽩⼦是2，…，k ，如图2所⽰，则从标号为1的⽩⼦起，按逆时针⽅向连续n 个棋⼦的标号所成的集合为{}1,2,,n .（2）开劣弧中的⽩⼦是k ，k ＋1，…，n ，如图3所⽰，则从标号为1的⽩⼦起，按顺时针⽅向连续n 个棋⼦的标号所成的集合为{}1,2,,n .图2图3如果开劣弧中全是⿊⼦，或者开劣弧中没有棋⼦，类似可得．6.解：如果⼀个10元⼦集T 具有性质：对任意的T k ∈，都有k k T f ≠-}){(，我们就称T 为“好集”，不是“好集”的10元⼦集称之为“坏集”，也就是说如果T 是“坏集”，则在T 中必有⼀个0k ，使得.}){(00k k T f =-令S =}{0k T -，显然S 是⼀个9元⼦集.⼀⽅⾯0) (k S f =.另⼀⽅⾯，}{0k S T =，即)}({S f S T =.此式表⽰了⼀个“坏集”结构，它可由9元⼦集S ⽣成，即S 与{)(S f }的并构成了“坏集”.如果S S f ∈)(，那么)}({S f S 是⼀个9元⼦集，⽽不是⼀个10元⼦集.因此任⼀9元⼦集⾄多能按上式⽣成⼀个“坏集”.于是“坏集”的个数9≤元⼦集的个数10<元⼦集的个数最后的⼀个不等式成⽴是因为：每个9元⼦集可由包含它的11个10元⼦集划去相应的元素得到，⽽⽣⼀个10元⼦集划去其中的任⼀元素只能得到10个不同的9元⼦集.由此可知，“好集”是存在的！。

第3讲极端原理纵观整个数学历史的发展过程，人们在生产生活和社会实践中，不断地提出自己的猜想，然后努力对提出的猜想加以印证，在一个一个的数学问题不断被解决的过程中，一种种新的思维方式不断的诞生了，从而在一方面推动了社会的进步，另一方面也促进了人们思维品质的提高。

我们在解决数学竞赛问题的时候，往往也需要从多侧面，多角度进行思考。

1893年，数学家塞尔维斯特提出猜想：有限点集N中含n个元素,其中n≥3，所含点不都在同一直线上，则必有一条直线只过点集中的两个点。

为了这一猜想的圆满证明，人们经历了一个漫长的过程，直到1933年，数学家伽莱才给出了对这一问题较为完整的一个证明。

但还是显得很麻烦。

又50年过去了，人们终于找到了一种简单明确的证明方法，使这一问题得到了圆满的解决，这就是极端原理。

例一：有限点集N中含n个元素,其中n≥3，所含点不都在同一直线上，试证有一条直线只过点集中的两个点。

证明：任取一条直线过点集中不只一点，则点集中还有有限个不在该直线上的点，在这有限个点中，总有一点到该直线的距离小于或等于其他各点到该直线的距离，我们取这一点和这条直线作一个点线对的组合，可知这样的组合有有限个，找到其中点线距最小的一组，在这一组中的直线必定只过两点。

若上述直线过三点P1、P2、P3，点P为到该直Array线距离最近的点，将点P与P1、P2、P3中距离最远的点相连则剩下的两点中必有一点到所连直线的距离小于点P到该直线的距离，3 2 1如图所示：例二：有十六个城市参加的足球邀请赛，每一市都派出甲、乙两队参赛，规则规定，同一城市的两队之间不进行比赛，不同城市的两队之间最多比赛一场，比赛若干天后，经统计发现，除A 市的甲队外，其他各队已比赛过的场次各不相同，问A 市的乙队已赛过多少场？ 分析：①共32只球队，某队最多可赛30场②统计了31只球队，31只球队比赛的场次分别为0、1、2、3、……、30③运用极端原理的思想对31只已统计的球队进行配对解：将已赛过K 场的球队记为：L （K ），则L （30）已赛过自己该赛的每一场，即与它不同城市的30个队均赛过至少一场；则L （30）与L （0）来自同一城市，同理，L （29）与L （1）来自同一城市，……,L(16)与L(14)来自同一城市,因此L(15)必为A 市乙队,于是可知, A 市乙队已赛15场.例三：试证：任意四面体中，一定可以找到一个顶点，使从这个顶点出发的三条棱可以组成一个三角形的三条边。

极端原理极端原理直接抓住全体对象中的极端情形或它们所具有的某种极端性质加以研究、解决问题的思想方法称为极端性原则。

一、极端性原理：1．最小数原理、最大数原理命题一有限个实数中，必有一个最小数(也必有一个最大数)．命题二任意有限个两两不同的实数可以从小到大排列顺序．上述两个命题对无穷多个实数可能不成立，例如对于集合{2－n|n∈N}，其中就没有最小的数．对于自然数集，有最小数原理若M是自然数集N的任一非空子集(有限或无限均可)，则M中必有最小的数．2．最短长度原理最短长度原理1：任意给定两点，所有连接这两点的线中，以直线段的长度为最短；最短长度原理2：在连接一已知点和已知直线或已知平面的点的所有线中，以垂线段的长度为最短。

二、典型例题（一）考虑问题的极端情形：引例：平面上有n个(n≥3)点，任三点不共线，证明：存在3点A、B、C，使其余n－3个点都在△ABC外面．例1 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。

例2 给出平面的一个有限点集，点集中的点不全在一条直线上．证明：存在一条直线，只经过点集中的两个点．例3 平面上有n个红点与n个蓝点，任意三点都不共线．求证：可以用n条线段连结这2n个点，每条线段连结一个红点与一个蓝点，且这n条线段没有公共点．例4 有n(n&sup3;3)个排球队参加单循环赛(排球赛的每场都要分出胜负) ，比赛结束后，发现没有一个队全胜．求证：必存在三个队A，B，C，使A胜B，B胜C，C又胜A．例5 有n个男生，m个女生（n，m>1），每一个男生至少与一个女生彼此相识，每个女生不全认识n个男生，证明：他们当中，必有两个男生和两个女生，其中每个男生恰好认识其中一女生，其中每个女生恰好认识其中一男生。

（二）逐步调整法例6 一群小孩围坐一圈分糖果，老师让他们先每人任取偶数块糖，然后按下列规则调整：所有小孩同时把自己手中的糖分一半给右边的小孩，糖块变为奇数的人向老师要1块糖．这算一次调整．证明：经过有限次调整后，大家的糖就变得一样多了．（三）无穷递降法例7 若干个球装在2n+1个口袋中，如果任意取走1袋，总可以把余下的2n袋分成两组，每组n袋，并且这两组的球的个数相等．证明：每个袋中的球的个数都相等．例8 试求方程x3－2y3－4z3=0的所有整数解．例9 设正整数n ，m满足n>m，证明：存在的一种不等的倒数分拆，既存在自然数n1<n2<……<nk，使得。

例析”极端原理”在中考数学中的应用极端原理是一种从特殊对象看问题的方法，它以对象数量上的极端情况（如最大值、最小值、最长、最短等），图形的极限、边缘位置，问题的特殊之处为出发点，寻求解题的突破口和答案.极端原理作为一种解题的思想，在几何，组合，图论，数论等方面都有着广泛的应用.利用这个简单而通俗的原理，可以解决不少与存在性有关的数学问题和极值问题。

在近几年的河南中考数学试题中我们也常会碰到一些求极值的情况，大致分为三类：（1）常利用”小羊喝水原理”解决两条线段之和最短的问题.解决的策略是利用轴对称、构造全等三角形将两条线段的求和问题改造成一条线段，再根据”两点之前线段最短”来说明最短. （2）利用函数的增减性结合自变量的取值范围去确定函数值或自变量值的最大值或最小值.（3）利用图形的极端点或极端位置来取得极端值.下面我以几个中考题为例对如何利用图形的极端点或极端位置来解决极端值问题：例1.（2009 河南第14题）动手操作：在矩形纸片abcd中，ab=3，ad=5.如图1所示，折叠纸片，使点a落在bc边上的a’处，折痕为pq，当点a’在bc边上移动时，折痕的端点p、q也随之移动.若限定点p、q分别在ab、ad边上移动，则点a’在bc边上可移动的最大距离为__________。

分析：说到最值，同学们很容易想到运用函数的有关知识，先找到函数关系式，再利用函数的增减性结合自变量的取值范围去确定函数值的最大值或最小值.我们知道要利用函数必先找到两个变量之间的关系，因为点p、q都为动点，所以要找出ba’与哪个量之间具有明显的函数关系确实困难.于是，我们从另一侧面来进行分析说明.（1）若要得到ba’的最大值，我们可让点a’离点b尽可能远.如图2所示：我们沿∠abc的角平分线折叠，使点a落在bc边上的点a’处.由于点p在ab上移动，当点p与点b重合时点a’离点b 最远，此时ba’=ba=3，即点a’离点b的最远距离为3.（2）接下来探索点a’何时离点b最近.从图2开始，当点a’在bc上向点b靠近的过程中点p和点q位置的变化情况，不难看出，点p会从点b向点a运动，点q会从图②中的位置向点c运动.因为点q只能在ac上运动，所以当点q到点c时达到极限位置，如图3所示，此时点a’离点b最近.由折叠可知da’=da=5，在由勾股定理得，所以 .即点a’离点b的最近距离为1.综合上面两种情况可知，点a’在bc边上移动的最大距离为2.点评：我们通过图形在运动变化过程中的两种极端位置，分别找出点a’离点b的最远位置和最近位置，为解题找到出路，从而化难为易.例2.（2010 河南第15题）如图4，rt△abc中，∠c=90°，∠abc=30°，ab=6.点d在ab边上，点e是bc边上一点（不与点b、c重合），且da=de，则ad的取值范围是________。

极端原理在函数最值问题中的应用作者：雷慧华来源：《文理导航》2019年第29期【摘要】极端原理是解决数学问题的重要原理，而函数是中学阶段的重难点内容，其中涉及许多与极端原理有关的问题。

本文阐述了极端原理含义、并通过具体例子说明极端原理在函数最值中的应用。

【关键词】极端原理;函数;最值问题;应用一、极端原理的由来与具体内容何为“极端”？于数学之中即为在满足题意下的特殊情形，比如最大最小值等。

那么什么是极端原理呢？极端原理的具体内容如下：原理1：设M是由自然数组成的集合，不论M是由全体自然数组成的，还是由一部分自然数组成的。

即不论M是由无穷多个自然数组成的，还是由有限个自然数组成，则M中必有最小数。

原理2：设T是由有限个实数组成的非空集合，则T中必有最大数，也必有最小数。

上面两个原理的内容十分简单，却给我们解数学题提供了十分有用的工具和原则。

二、极端原理在高中函数最值中的应用函数是高考的重点考察内容，许多实际应用题都涉及“最大最小值”“费用最多最少”等问题，这些都可通过极端原理的思想方法解决。

例1：南宁市某地产商计划用810万元入购一块空地，在该地上建造一栋至少8层、每层1000平方米的楼房。

若是将房子建为x（x≥10）层，则可得到平均建筑费用为每平方米364+81x（单位：元）。

使楼房平均综合费用最少，那么该楼需要建多少层？（注：平均综合费用=平均建筑费用+平均购地费用，平均购地费用=购地总费用÷建筑總面积）因此，将该楼房建为10层，平均综合费用最少。

小结：极端原理的思想即为找到问题中的最特殊情况，于本题就是找到费用最少又符合要求的价格，所以本小题主要考查建立函数关系式，即函数模型，求函数最小值的方法。

题目看起来背景复杂，读到最后会发现平均综合费的函数关系式在注释里已经给出，只需将数值代入即可。

小结：导数是近几年高考的热点，其解法值得关注。

而同时涉及到极端原理的思想，第一问中求出k值就是运用极端原理寻找特殊存在，此时，特殊存在是不建造隔热层，即x =0，从而求解出k值。

数学极端原理范文数学的极端原理是指在数学领域中存在着一些最大值或最小值的概念，这些极端值在数学研究中起到了非常重要的作用。

它们可以帮助人们求解各种问题，并且在证明数学定理时也起到了关键的作用。

数学的极端原理有很多种形式，这里将介绍其中的两种：最大值极端原理和最小值极端原理。

首先是最大值极端原理。

这个原理可以表述为：一个非空实数集合，如果它有上界，则一定存在它的最大上界。

也就是说，一个非空实数集合中，如果存在一个数，它大于等于集合中的所有元素，那么这个数就是这个集合的最大上界。

最大值极端原理在数学中具有广泛的应用。

例如，在求解一些优化问题时，我们常常需要寻找一组数中的最大值，比如最大利润、最大效益等。

而最大值极端原理帮助我们确定了这个最大值一定存在，从而为我们提供了一个方向。

其次是最小值极端原理。

这个原理可以表述为：一个非空实数集合，如果它有下界，则一定存在它的最小下界。

也就是说，一个非空实数集合中，如果存在一个数，它小于等于集合中的所有元素，那么这个数就是这个集合的最小下界。

最小值极端原理也在数学中起到了重要的作用。

在一些求解问题的过程中，我们常常需要找到一组数中的最小值，比如最小距离、最小损失等。

最小值极端原理告诉我们，这个最小值一定存在，从而为我们提供了一个方向。

极端原理在数学领域中具有广泛的应用。

通过应用极端原理，我们可以确定一些问题的解的存在性，并为解的求解提供了一种方法。

而在证明数学定理时，极端原理也经常起到了关键的作用。

需要注意的是，极端原理并不一定对所有类型的数集都成立。

例如，在无界数集中，就不存在最大上界或最小下界。

此外，极端原理并不提供我们如何找到这些极值的具体方法，它只告诉我们这些极值一定存在。

总之，数学的极端原理通过对最大值和最小值的概念的研究，帮助我们确定了一些问题的解的存在性，并在解的求解和证明定理的过程中起到了关键的作用。

极端原理是数学中重要的基本原理之一，对于数学的研究和应用都具有重要意义。

第五节极端性原理内容讲解我们认识事物时，总是从特殊情况出发，逐步认识事物所具有的一般属性，在解题时，若能直接通过抓住全体研究对象的极端情形或全体对象中具备极端性质的某个对象加以分析、研究，从而化繁为简地解决问题，即为极端性原理．常常把极端性原理作为解决非常规问题的出发点和突破口．极端性问题常体现在：距离、长度、角度、面积或某一类数值的最大或最小及其图形的极端情形等．极端性原理主要用于解决存在性问题，经常与构造法、反证法联用．例题剖析例1 夏令营组织1998•名营员去游览长沙市的三大景点：岳麓山、烈士公园和世界之窗，规定每人必须去一处，•最多去两处游览，那么至少有______个人游览的地方完全相同．分析：用极端性原理考虑至少有一个景点去了1998÷3=666（人），由于每个人可以去两个不同景点，则再用极端性原理考虑666÷2=333（人），所以至少有333人去了相同的景点．解：至少有333人游览的地方完全相同．评注：用极端性原理解题时，应先选定极端情况，使“变动”转化为“确定”，从而能分散问题的难点．例2 在边长为6cm的等边三角形内任取一点，•由该点至三边作垂线段，这些垂线段的长度之和为_________．分析：不妨取极端位置，即使等边三角形的一顶点做为题目中的点．解：如图，当点P与顶点A重合时，P到边AB和边AC的距离均为零，而P到边BC的距离恰好等于三角形的高AD，由此可得这些垂线段的长度之和为AD的长，在Rt△ABD 中，AD=ABsinB=6×2． (P)AD C 评注：此例体现了运用极端性原理（特殊化思想）解题简捷性，当然，•本题还可用面积法来解题．例3 在矩形ABCD 中，AB=8，BC=6，P ，Q ，R ，S 分别是边AB ，•BC ，CD ，DA 上的动点，则PQ 2+QR 2+RS 2+SP 2的最大值与最小值之和为________．分析：考虑极端位置：在顶点处取最大值，在四边中点时取到最小值．解：PQ 2+QR 2+RS 2+SP 2=AP 2+BP 2+BQ 2+CQ 2+RC 2+DR 2+DS 2+AS 2=AB 2+BC 2+CD 2+DA 2-2AP ×BP-2BQ ·CQ-2RC ·DR-2DS ·AS ．AP ·BP ≤（2AP BP +）2=16， RC ·RD ≤（2RC RD +）2=16， BQ ·CQ ≤（2BQ CQ +）2=9， ∴DS ·AS ≤（2DS AS +）2=9． 所以PQ 2+QR 2+RS 2+PS 2有最小值为100；又P 与A 重合，Q 与B 重合，R 与C 重合，S 与D 重合时，AP=0，BQ=0，CR=0，DS=0．此时，PQ 2+QR 2+RS 2+PS 2有最大值为200． 则PQ 2+QR 2+RS 2+SP 2的最大值与最小值之和为300．评注：本题通过从极端情形入手，为正确解题指明方向．此外要领会ab •≤（2a b +）2在解题中的作用．例4 把1600颗花生，分给100只猴子．证明：不管怎样分，至少有4•只猴子得到的花生一样多，并设计出一种分法，使得没有5只猴子得到一样多的花生．分析：要使没有4只猴子得到的花生一样多，我们考虑极端情况．解：最经济（即所用花生数目最少）的分法是：3只得0颗，3只得1颗，……，3•只得32颗，还有一只得33颗，这样共需花生数3×（0+1+2+……+32）=1617．已知超过了花生总数1600颗，所以不管怎样分，至少有4•只猴子分得的花生一样多． 没有5只猴子一样多的分法是很多的．评注：例如，对前述极端情况稍作调整可得到一种分法：4只得0颗，3只得1颗，3只得2颗，……，3只得31颗，2只得32颗，还有一只得48颗，共计3×（0+1+2+……+32）-32+48=1600（颗）．例5 把2005分解成若干不同的正整数之和，问至多能分成几项？分析：要求至多能分成几项，考虑“极端”──每一项尽可能少．解：令2005=a 1+a 2+a 3+…＋a k ，且1≤a 1≤a 2≤a 3≤…≤a k ，a 1，a 2，…，a k ，均为正整数，则a 1的最小值为1，由此可知a 2的最小值为2，……，这样就有2005≥1+2+…+k=12k （k+1），得k ≤12（）． 因为k 为整数，所以k ≤62．又当a 1=1，a 2=2，…，a 61=61，a 62=114，有2005=a 1+a 2+a 3+…+a 62，故至多可以分解为62项．评注：当一个问题不易解决时，可以先考虑其某个极端状态，•从对这一极端状态的研究得到启发，然后再来研究所要解决的问题．例6 设有n （n ≥2）名选手进行比赛，任两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．分析：要寻求的选手A，依直觉，应是“实力”最强的选手．因此，在这n名选手中，设取胜的场次最多的一名选手为A（考虑极端!）．下面证明他满足题目的要求．证明：对其他的任一选手B，若B不是输给A，即B胜A．因B战胜的对手不多于A•战胜的对手，故除A，B之外，A战胜的对手必多于B战胜的对手，从而，必存在选手C，是A战胜的，但不是B战胜的，即B输给被A打败的选手C，故结论成立．评注：本题的解法关键是抓住了“取胜的场次最多的一名选手”，•利用这一点，解决了我们“无从着手”的难处，使解题简捷明快．例7 某地区网球俱乐部的20名成员举行14场单打比赛，每人至少上场一次，•求证：必有六场比赛，其中12个参赛选手各不相同．分析：“极端”──设k为使得安排k场比赛由2k名不同成员参加的最大整数．解：设k为使得安排k场比赛由2k名不同成员参加的最大整数，则其余的20-2k•名成员中，每两名都互不比赛，否则，与k最大性矛盾．再由余下的20-2k名选手，每名至少比赛一场（与前面2k名成员），•因此他们至少要比赛20-2k场，由已知有14=（20-2k）+k解得k=6．即必有6场比赛，其中12个参赛选手各不相同．评注：使用极端性原理的关键在于抓住问题的极端状态，数学中常见的极端状态有：最大值、最小值，图形的极限位置等．例8 平面上给定n个点（n≥3），任三点不共线，求证：在这n•个点中存在三个点A、B、C，使其余n-3个都在△ABC之外．分析：此题有多种思考方法，其中最自然的想法是：面积越小的三角形，其内的点越少，而形外的点越多，所以要使其余n-3个点都在△ABC之外，•自然取面积最小的三角形．证明：在n个点中任取两点B、C，作线段BC，则其余n-2个点都不在BC•所在的直线上，以BC为底边，其余n-2个点为顶点可得n-2个三角形，取面积最少的，记为△ABC•<S△ABC，这与S△ABC最小矛盾．即为所求，事实上，如果△ABC内还有一点A′，则S△A`BC评注：本题还可以从以下几种极端状态着手：（1）取其余n-2个点到直线BC的距离最小的一点A，则△ABC即为所求；（2）其余n-2个到BC的视角最大的点设为A，则△ABC即为所求；（3）以B为顶点，旋转BC，首先交到的点（或说旋转角最小的点）设为A，则△ABC•即为所求．以上四种思考方法，从不同角度取定一个几何量，•在系统自身状态不断变化时考虑极端情况（最大或最小），使问题迎刃而解．例9 平面上给定2010个点，任意两点的距离小于2005，•任意三点是某个钝角三角形的顶点．求证：存在直径不超过2005的圆，覆盖这2010个点．分析：“极端”──距离最大的两点．解：在这2010年点中，设两两之间距离最大的两点是A，B，且AB<2005．以AB为直径的圆覆盖了这2010个点．这是因为，如图，分别为A、B作AB的垂线L1、L2，则给定的点不能在直线L1、L2围成的带形区域之外，否则，这点P到点B（或A）的距离大于AB，这与AB的最大性矛盾．同时，给定的点也不能在带形区域的圆外．否则，这点P′与A、B•不能构成钝角三角形，与已知条件矛盾，故结论成立．评注：此例可一般化为：平面上给定n个点，任两点距离小于常数a，任三点是某个钝角三角形的顶点，求证：存在直径不超过a的圆，覆盖这n个点．例10 平面上有n个点，其中任三个点都可组成三角形，且其面积均不超过1，•证明存在一个面积不超过4的三角形，它能覆盖住所有n个点．分析：由于面积越大的三角形，覆盖的总越多，所以我们自然地会想到：从取面积最大的三角形入手．证明：平面上由n个点组成的三角形的数目是有限的，•其中必有一个面积最大的三角形，设为△ABC，过各顶点分别作对边的平行线，可得一个新△A′B′C′如图，=4S△ABC，∵S△ABC≤1，∴S△A`B`C`≤4．则S△A`B`C`平面上所有的n个点全被△A′B′C′覆盖住，否则设△A′B′C′外有一点P， >S△ABC．则有S△PBC这与S最大矛盾．△ABC评注：由以上的分析、证明，•我们不难发现利用极端性原理的步骤：选取适当的量─考虑极端状态─反证法证明．例11 平面上有n个点，其中过任意两点的直线都必过第三点，证明：这n•个点必在同一条直线上．分析：“极端”──点到不过这点的直线的垂线段中的最小者为d．解：若这n个点不全在同一条直线上，过这n个点中的任意两点所确定的每条直线，都必然有不在此直线上的点，对每一条直线，求出n个点中不在这条直线上的点到直线的距离，这些距离的个数是有限的，所以其中一定有一个最小的，设为d 0．如图，设d 0是点A 到B 、C 所确定的直线的距离，作AP ⊥BC ，P 为垂足，则d 0=AP ．由题设，在直线BC 上还至少有这n 个点中的另一个点E ，显然，B 、C 、E 三点中至少有两个点位于P 点同侧（E 可能与P 重合），不妨设C 、C 在P 点同侧，且PE ≤PC ．作EQ ⊥AC 于Q ，记d 1=EQ ，应有d 1≥d 0，但△CEQ ∽△CAP ，所以10d EQ CE CP d AP AC AC==≤<1 即d 1<d 0矛盾，这就表明这n 个点全在同一条直线上．评注：极端性原理主要用于解决存在性问题，经常与构造法、反证法联用．例12 在凸五边形ABCDE 的边和对角线中，没有互相平行的线段．延长边AB •和对角线CE ，使之相交于某个点，然后在边AB 上标上一个箭头，使之指向交点的方向．依此办法把五条边都标上箭头，求证：必有两个箭头指向五边形的同一个顶点．分析：抓住“极端”──面积最小来解题．证明：考虑由凸五边形的每三个相邻顶点所组成的五个三角形，其中必有面积最小者． 设△ABC 的面积最小．下面证明：BC 边上箭头必指向B 点．由于DA 不平行于BC ，再由S △ABC 的最小性知S △ABC <S △DBC ，设M 、N 分别是由A 与D 向BC 所引垂线的垂足，于是DN>AM ，所以，直线AD 与直线BC 交点在CB 的延长线上，且位于B 的一方．从而，依箭头的标法，BC 边上的箭头指向B ．同理，AB边上的箭头指向B，结论得证．评注：由于一些数学问题中所出现的各个元素的地位是不平衡的，其中的某个极端元素或个别元素的极端状态往往具有优先于其他元素的特殊性质，•而这又恰好为解题提供了突破口．这时从极端元素入手，便能简捷地解决问题．巩固练习1．如图1，已知⊙O的半径为R，C，D是直径AB•同侧圆周上的两点，弧AC的度数为95°，弧BD的度数为36°，动点P在AB上，则PC+PD的最小值_____．（1）(2)2．在△ABC中，AB=AC=m，P为BC上任意一点，则PA2+PB·PC的值为（）（A）m2（B）m2+1 （C）2m2（D）（m+1）23．已知△ABC的面积为24，且AB=•AC=•8，•则底BC•上任一点P•到两腰距离之和为________．4．如图2，PA、PB分别切⊙O于A、B两点，PCD是割线，E是CD中点，若使∠APB=40°，则∠AEP=（）（A）40°（B）50°（C）60°（D）70°5．要把54名学生分成若干个小组，使得每组中至少有一人，任意两个小组的人数均不相等，则至多可分成______个小组．6．平面上有两个边长相等的正方形ABCD和A′B•′C′D，且正方形A′B′C′D′的顶点A′在正方形ABCD的中心，当正方形A′B′C•′D′绕A′转动时，两个正方形的中和部分的面积必然是一个定值，这个结论对吗？证明你的判断．7．有四个工厂A ，B ，C ，D 且AB=a （千米），BC=2a （千米），CD=4a （千米），∠ACB=90°，∠BCD=120°，现在要找一个供应站H 的位置，•使它到四个工厂的距离和HA+HB+HC+HD 为最小，说明道理，并求出最小值．8．ABCD是一个边长为1的正方形，U，•V•分别是AB，CD上的点，A V与DU相交于点P，BV与CU相交于点Q，求四边形PUQV面积的最大值．9．如图，两圆外切于点P，过点P作两条互相垂直的割线APA1和BPB1，•设两圆直径为d1，d2，求证AA12+BB12=定值．10．1600颗花生，分给100只猴子，求证：不管怎么分，至少有4•只猴子得到的花生一样多．11．用百分制记分，得分为整数，证明：（1）若201人的总分为9999分，则至少有3人的分数相同；（2）若201人的总分为10101分，则至少有3人的分数相同；（3）若201•人的总分为10000分，且已知无3人的分数相同，则必有1人100分，2人0分；（4）若201人的总分10100分，且已知无3人的分数相同，则必有1人0分，2人100分．12．平面上有40个点，任何三个点不共线，已知每一个点至少和其余27•个点之间有线段联结，求证：必可找到4个点A、B、C、D，它们之间任何两点间都有线段联结．13．平面上给出n≥3个点，并且所以的点不在同一直线上，证明：可以找到经过三个已知点的圆，使得其余的任何一个给定的点都不在该圆内部．14．有n个男生，m个女生（n，m≥2），每个男生至少与一个女生彼此相识，每个女生不全认识男生，证明：他们中必有两个男生与两个女生，•其中每个男生恰好认识其中一个女生，其中每个女生恰好认识其中一个男生．15．平面上有n个点，其中任意三个点做成的三角形的面积都小于1，求证：存在一个面积小于4的三角形包含这n个点．16．有201人参加考试，用百分制计分，总分为9999，求证：至少有三人同分．17．某车间的机床平均每小时有4台损坏需要修理，•损坏期间因停工所造成的损失每小时8元，为保证生产，车间准备请一名修理工，为机床进行长期保养维修．•现有甲、乙两名修理工情况如下：甲每小时可修5台，每小时工资为3元；乙每小时可修8台机床，但每小时工资为5元．试问：车间应请哪一名修理工核算？18．如图，在矩形ABCD中，AB=20厘米，若在AC，AB上各取一点M、N，使BM+MN 的值最小．19．如图，八个点处各写一个数字，•已知每个点处所写的数字等于和这个点有线段相连的三个点处的数字的平均数，求代数式1()21()3a b c d e f g ha b c d e f g h+++-++++++-+++的值．20．求证：方程x2+y2=3xy不存在正整数解．21．试把220分拆成9个不同的自然数之和，使其中最大数减去最小数的差为最小，并求出这个最小值．22．把100以内的自然数全部填入10行10列的方格表中，每格填一个，试证：•不存在这样的填法，使得每两个有公共边的相邻方格中所填的数字之差都不大于5．23．设S为平面上的一个有限点集（点数≥5），其中若干点涂上红色，•其余的点涂上蓝色．设任何三个或三个以上同色的点不共线，求证：存在一个三角形，使得（1）•它的三个顶点涂有相同的颜色；（2）这个三角形至少有一条边上不包含另一种颜色的点．24．有20支球队参加全国联赛，问至少要进行多少场比赛，•才能使任何三个队中必有两个队彼此比赛过？答案:1．提示：设D′是D点关于直线AB的对称点，连CD′交AB与P，由圆的对称性可知，点D′在圆上．∴PD′=PD．则PD′+PC=PD+PC．∵两点连线中，线段长最短，•∴此时的P，使PC+PD最小，且最小值为PC+PD′，即为线段CD′之长．2．A．提示：不妨设点P与C或BC的中点重合．3．6．提示：“极端”─P与B或C重合，再用面积公式计算：2428=6．4．D．提示：“极端”─当PCD变为PO时，有∠AEP=∠AOP=90°-∠APB=70°．5．9．提示：“极端”─要使组数最多，就要使每组人数既符合要求，又要尽可能小．因为1+2+3+…+10=55>54，1+2+3+…+9=45<54，故最多可分成9个小组．6．两个正方形的重合部分面积为一个定值，定值为正方形面积的14，证明略．7．当A，D分别位于BC两侧时，可求得最小值为4a；当A，D位于直线BC同侧时，可求得最小值为4a ，理由略． 8．如图，连接UV ．∵AU ∥DV ，∴S △UPV =S △DUV -S △PDV =S △ADV -S △PDV =S △ADP ．同理S △UQV -S △BQC ．故S 四边形PUQV =S △APD +S △BQC ．作PE ⊥AD ，•QF •⊥BC ，EF 为垂足，并设PE=x ，QF=y ，则S四边形PUQV =12（x+y ）． 设AU=a ，DV=b ，则x xa b +=DE+AE=1． 故x=ab a b+． 同理y=(1)(1)(11)a b a b ---+-=(1)(1)2a b a b ----．• 则S 四边形PUQV =12[ab a b ++(1)(1)2a b a b----] =222222()()2()2()(2)4()(2)a b a b a b a b a b a b a b a b a b +-++----=+--+-- ≤222()24()(2)a b a b ab a b a b +---+--=14． 等号当且仅当a=b 时成立．故四边形PUQV 面积的最大值是14． 9．“极端”─AA 1过O 1O 2，B 、B 1与P 点重合，则有AA 12+BB 12=（d 1+d 2）2，令AP=x 1，A 1P=x 2，•Bp=y 1，B 1P=y 2，则x 12+y 12=d 12，x 22+y 22=d 22， 则x y d x y d==．于是令x 1=d 1t ，x 2=d 1t ，y 1=d 1s ，y 2=d 2s ， 则s 2+t 2=1，从而2（x 1x 2+y 1y 2）=2d 1d 2．故有（x 1+x 2）2+（y 1+y 22）=（d 1+d 2）2．10．“极端”─无4只猴子分得的花生一样多，则就有3（0+1+…+32）+33=1617，故必有4只猴子分得的花生一样多．11．“极端”─在无三人分数相同的条件下，201人总分最少情况是：2人得0•分，2人得1分，……2人得99分，1人得100分，则2×（0+1+…+99）+100=10000；总分最多情况是：2人得100分，2人得99分，……，2人得1分，1人得0分，则有2×（100+99+…+1）+0=10100．（1）否则，9999≥10000，矛盾；（2）同（1），否则，10101<10100，矛盾；（3）总分10000恰是在无三人的分相同条件下，201人总分最小值，且是唯一取得；（4）同（3）略．12．任取点A，必存在B与A相连，由于与A不相连的最多有40-27-1=12个，与B•不相连的最多有40-27-1=12个，故与A、B同时有线段连结的最少有40-12-12-2=14个点，•从这14个点中任取一点C，则C与A、B均相连，由于与C不相连的最多有12个，故取C•之后剩下的13个点中至少有一点D与C相连，且D与A、B均相连，于是A、B、C、D•两两相连．13．“极端”─距离最小的两点，不妨设这对点（如果这样的点对不止一对，则任取一对）为A与B，以线段AB为直径作圆，则易见此圆的内部设有其他的给定点，在余下的给定点中任取一点C，使∠ACB最大，这样三角形ABC的外接圆就是符合要求的圆，因为若有一个已知点D位于所说外接圆的内部，由简单的几何知识可知∠ADC>∠ACB，这就和∠ACB的最大性相违背，所以圆内没有给定点中任何点．14．“极端”─认识男生最多的女生a1，由题设，令a1与男生b1不相识，设b1认识女生a2，由于a2认识的男生不如a1认识的多，所以必有一个男生b2，使得a1与b2相识，且a2与b2不相识，于是a1，a2，b1，b2即为所求．15．“极端”─这n个点作成的三角形中面积最大的一个三角形．设这n个点作成的三角形中面积最大的一个△A1A2A3，如图过顶点A1、A2、A3分别作对边的平行线，•得△ABC，显然，S△ABC=4S△A1B2C3<4．若△ABC外还有这n个点中一点，设为A4，于是有S△A1A3A4>S△A1A2A3，这与S△A1A2A3最大矛盾，所以△A1A2A3为所求．16．若无三人同分的总分至少是2（0+1+2+---+99）+100）=10000，与已知矛盾，•所以结论正确．17．取第一种极端：假设四台机床同时损坏，则雇甲需要：3+（0.2+0.2×2+0．2•×3+0.2×4）×8=19元；雇乙需要：5+（0.125+0.125×2+0.125×3+0.125×4）×8=15元；取第二种极端：假设四台机床相继损坏，则雇甲需要：3+（0.2+0.2+0.2+0.2）×8=9.4元；雇乙需要：5+（0.125+0.125+0.125+0.125）×8=9元．18．作点B关于直线AC的对称点E，则BM+MN的最小值为EN．根据N•的可移动性，•当EN垂直于AB时，EN最短．设BE交AC于F，直角三角形ABC中，BF=4所以BE=8•因为2S=AB×EN=BE×AF，可得EN=16．19．34．提示：不妨设这8个数中a的值最大．由于a=13（b+d+e），且3a≥b+d+e．因此，•必有a=b=d=e．同理可得c=f=g=h=a．即a=b=c=d=e=f=g=h．故1()21()3a b c d e f g ha b c d e f g h+++-++++++-+++=112113--=34．20．假设这个方程有正整数解x，y，由于x，y是正整数，那么在所有的x，y中必有最小的．若x1，y1是方程的一组最小正整数解，x12+y12=3xy，所以x12+y12是3的倍数．由完全平方数的性质得，x≡0（mod 3）．y≡0（mod 3），因此x1=3x2，y1=3y2，易证x2，y2满足方程组，即x2，y2是方程的另一组正整数解，显然，x1>x2，y1>y2与x1，y1是方程最小的正整数解矛盾．•所以方程x12+y12=3x1y1不存在正整数解．21．设9个不同的自然数x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，x8，x9满足x1<x2<x3<x4<x5<x6<x7<x8<x9，x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9=220，根据自然数的性质有：x1+x1+1+x1+2+x1+3+x1+4+x1+5+x1+6+x1+7+x1+8•≤x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9=220≤x9-8+x9-7+x9-6+x9-5+x9-4+x9-3+x9-2+x9-1+x9解得x1≤2049，x9≥2849，取x1=20，x9=29．22．用反证法，考虑100以内的自然数中的两个极端元素1和100所填的位置，•设1填在第i行，100填在第j列，第i行j列的公共格上填的数是a，这里i和j 都是1至10的整数，从第iI行看，a与1之间最多相隔8格，得a-1≤5×（8+1），即a≤46；•又从第j•列看，100与a之间最多相隔8格，得100-a≤5×（8+1），即a ≥55，这与a≤46矛盾．23．对于S中任意5点，涂有红色或蓝色，则必有三点同色（抽屉原理），结论（1）•成立．三顶点同色的三角形个数是有限个，其中必有面积最小的一个，设为△ABC，•则△ABC中至少有一条边上不包含另一种颜色的点．若不然，△ABC的每条边上都有一个不同色的点，则这三个不同色的点又组成一个比△ABC更小的三顶点同色的三角形．•矛盾．24．从考虑20支球队中比赛场次最少的队着手，设A队比赛场次最少为k场，则（1）有k个队与A队比赛过，每个队至少比赛k场，以每队统计共至少进行k2场比赛；（2）•没有和A队比赛的有19-k个队，它们之间必须两两都比赛过，•否则没有比赛过的两队与A组成的三个队不合要求，因此这19-k个队以每队统计共比赛（19-k）（18-k）场．•在上述计算比赛场次是以每队计算的．由于一场比赛有两队参加，被计算过两次，•因此至少比赛场次为N=12[k+k2+（19-k）（18-k）]=（k-2）2+90≥90．下面证明，90•场比赛可以达到题目要求，将20支球队分成两个小组，每个小组各10支球队，•各小组分别进行单循环比赛，共需90场比赛，符合题目要求．。

金字塔原理第11章读后感《金字塔原理第 11章读后感》读完《金字塔原理》的第 11 章，我真的是感触颇多呀！这一章讲的东西，就像是给我那原本混乱的思维世界点亮了一盏明灯。

在这一章里，作者详细阐述了如何在解决问题的过程中进行有效地诊断。

这让我想起了之前我在工作中遇到的一个大麻烦。

那时候，我在一家小公司负责一个项目，这个项目说起来也不大，就是要组织一场线下的产品推广活动。

本来想着，不就是一场活动嘛，能有多难。

可真到操作起来，才发现到处都是问题。

活动的场地预定就出了岔子。

一开始，我们选了一个看起来挺不错的室外广场，租金也还算合理。

可谁知道，在临近活动日期的时候，突然被告知那个广场因为市政施工不能用了。

这可把我急坏了，赶紧重新找场地。

这时候才发现，合适的场地不是已经被预定了，就是价格高得离谱。

我就像一只无头苍蝇一样，到处打听，到处联系。

好不容易找到了一个还算合适的室内场馆，价格也能接受。

结果在布置场地的时候，又发现了新的问题。

原本预定的装饰材料，送到的时候发现质量差得要命，颜色也不对。

这时候距离活动开始没几天了，重新采购根本来不及。

我那个愁啊，晚上觉都睡不好，脑子里一直在想怎么解决这些问题。

然后就是活动的流程安排。

我们原本计划了一系列的互动环节，想着能吸引更多的人参与。

可在彩排的时候发现，时间根本不够用，很多环节都得压缩或者取消。

这就导致整个活动的节奏变得很奇怪，参与彩排的同事们也都一脸迷茫，不知道该怎么配合。

嘉宾的邀请也是状况百出。

有些嘉宾答应得好好的，临到活动前一天突然说有急事来不了。

还有的嘉宾对我们安排的行程不满意，提出各种要求。

我一边要安抚他们的情绪，一边还要想办法调整安排，真的是心力交瘁。

就在我觉得这个活动要彻底搞砸的时候，我想起了《金字塔原理》里提到的诊断问题的方法。

我开始静下心来，把所有的问题都罗列出来，一个一个地分析它们的根本原因。

我发现，场地问题的根本原因是我们在预定的时候没有签订详细的合同，没有考虑到可能出现的意外情况。

金字塔原理第11章读后感《金字塔原理第 11章读后感》读了《金字塔原理》的第 11 章，我感觉像是被人打开了思维的一扇新窗户，让我对思考和表达的方式有了全新的认识。

这一章着重强调了如何在解决问题的过程中，运用有效的逻辑和结构来梳理思路。

它不是那种高高在上、晦涩难懂的理论，而是非常实用，就像是给了你一把万能钥匙，能打开各种复杂问题的锁。

让我给您讲讲我最近遇到的一件事儿，您就知道这一章的内容有多有用啦。

前阵子，我们公司接了一个大项目，要为一家企业做一套全新的营销方案。

整个团队都兴奋不已，觉得这是个大展拳脚的好机会。

可一开始，大家就像没头的苍蝇，东一榔头西一棒槌，各种想法满天飞，但就是理不出个头绪。

我呢，自告奋勇地承担起了整理思路的任务。

按照以往的习惯，我可能就是把大家说的都记下来，然后拼凑在一起。

但这次，读了《金字塔原理》第 11 章之后，我决定换个方法试试。

我先明确了问题的核心，那就是要帮助这家企业提高产品的知名度和销量。

然后，我开始对收集到的信息进行分类。

比如说，关于目标客户群体的特点，我把他们的年龄、性别、消费习惯、兴趣爱好等等分别列出来。

对于竞争对手的分析，我又从他们的市场份额、营销策略、优势劣势等方面进行梳理。

这还不够，我又进一步深挖每个分类下面的细节。

拿目标客户群体来说，年龄不仅仅是个数字，我还去了解了不同年龄段的生活状态、工作压力、社交圈子对消费决策的影响。

比如说，二十多岁的年轻人，可能更注重时尚和个性化，喜欢在社交媒体上分享自己的购物体验；而三四十岁的中年人，可能更关注产品的品质和性价比，会更倾向于通过口碑和专业评测来做购买决定。

在分析竞争对手的时候，也不是简单地说谁的份额大谁的份额小。

我去研究了他们的广告投放渠道，是线上多还是线下多，在哪些平台上效果好，哪些平台上效果一般。

他们的促销活动是定期的还是随机的，力度大不大，对消费者的吸引力到底有多少。

就这样，原本一团乱麻的信息，在我的整理下，逐渐变得清晰有条理。

大一物理十一章知识点归纳总结大一物理课程的十一章主要涵盖了力学中的一些重要知识点，包括牛顿力学、平衡、运动和引力等内容。

以下是对这些知识点的归纳总结。

一、牛顿力学牛顿力学是经典力学的基础，描述了物体运动的规律。

其中包括以下几个方面的内容：1. 牛顿第一定律：也称为惯性定律，指出物体在没有外力作用时将保持静止或匀速直线运动的状态。

2. 牛顿第二定律：描述了物体所受合力与物体加速度之间的关系，可以表示为 F = ma，其中 F 是合力，m 是物体的质量，a 是物体的加速度。

3. 牛顿第三定律：也称为作用-反作用定律，指出作用在物体上的力与物体对作用力的反作用力大小相等、方向相反且在同一直线上。

二、平衡平衡是指物体所受合力为零的状态，可以分为静态平衡和动态平衡两种情况。

1. 静态平衡：当物体处于静止状态时，合力和合力矩均为零。

这意味着物体受到的力在空间中平衡，不会发生转动。

2. 动态平衡：当物体处于匀速直线运动或者匀速旋转状态时，合力和合力矩仍然均为零。

物体在这种状态下保持动态平衡。

三、运动运动是物体在空间中变化位置的过程，可以分为匀速直线运动和曲线运动两种情况。

1. 匀速直线运动：指物体在直线上以恒定速度运动的情况。

对于匀速直线运动，位移与时间成正比，速度不变。

2. 曲线运动：指物体在空间中沿曲线路径运动的情况。

曲线运动需要考虑物体的变速和加速度，并使用相关的数学工具来描述物体的运动轨迹。

四、引力引力是一种普遍存在的力，指两个物体之间的相互吸引力。

根据牛顿的万有引力定律，引力的大小与物体的质量和物体间的距离有关。

1. 万有引力定律：描述了两个物体之间引力的大小与距离的平方成反比，与物体质量的乘积成正比。

2. 重力：是地球对物体施加的引力，是一种常见的引力现象。

地球表面上物体的重量是通过引力产生的，并且与物体的质量成正比。

综上所述，大一物理的十一章主要围绕牛顿力学、平衡、运动和引力展开。

通过学习这些知识点，我们可以更好地理解物体的运动规律和相互作用力的影响，为后续学习和研究提供基础。

金字塔原理第11章读后感《金字塔原理第 11章读后感》在阅读《金字塔原理》的第 11 章时，我仿佛被带入了一个全新的思维世界。

这一章所讲的内容，就像是一把神奇的钥匙，试图打开我那常常陷入混乱的思维之门。

这一章着重探讨了如何在书面上呈现金字塔结构。

以往，我写东西总是随心所欲，想到哪儿写到哪儿，结果往往是自己写得费劲，别人看得糊涂。

而通过这一章的学习，我明白了清晰的结构对于有效表达观点的重要性。

它让我回想起了一次公司内部的项目汇报经历。

那时候，我们团队负责一个重要的市场调研项目，旨在为公司即将推出的新产品找准定位。

经过数周的辛苦工作，我们收集了大量的数据，进行了深入的分析。

终于，到了向高层汇报成果的时候。

我自告奋勇地承担了撰写汇报材料的任务，心想一定要把我们的努力和成果完美地展现出来。

可当我真正开始动笔时，才发现这并不是一件容易的事儿。

我把各种数据、结论一股脑地堆在一起，写了满满十几页。

自己看着都觉得眼花缭乱，更别提让领导们能快速抓住重点了。

汇报的那一天，我紧张地站在会议室前，开始讲解我的报告。

才讲了没几分钟，我就发现领导们的表情变得有些困惑，甚至有些不耐烦。

我的心一下子提到了嗓子眼儿，越讲越乱，声音也开始颤抖起来。

最后，汇报在一种尴尬的气氛中结束了。

会后，领导把我叫到办公室，语重心长地对我说：“你的内容很丰富，但是结构太混乱了，让人抓不住重点。

我们没有时间和精力在一堆信息中自己去寻找关键。

”那一刻，我感到无比的沮丧和失落。

现在想想，要是当时我读过《金字塔原理》的第 11 章，或许情况就会大不一样。

这一章告诉我们，要先明确主题，然后将相关的信息按照重要程度和逻辑顺序进行分组和排列。

比如在那个汇报中，我应该首先明确新产品定位这个核心主题，然后把市场需求、竞争对手分析、我们产品的优势等内容分别归类，按照重要性依次阐述。

而且，在呈现方式上，也不能只是密密麻麻的文字。

要用标题突出重点，用图表让数据更直观。

就像书中说的，要让读者或听众能够在30 秒内理解我们的核心观点。

金字塔原理第11章读后感《金字塔原理第 11章读后感》读完《金字塔原理》的第 11 章，我真的有种恍然大悟的感觉。

这一章所讲的内容，就像是一把钥匙，打开了我思维里一直紧闭的那扇门。

这一章主要说的是，在解决问题的过程中，如何通过清晰的逻辑和合理的步骤来找到有效的答案。

以前我解决问题，总是东一榔头西一棒子，毫无章法。

就拿我之前装修房子的事儿来说吧。

那时候，满心欢喜地拿到了新房钥匙，想着要把这个小窝装扮得温馨又舒适。

一开始，我根本没有什么条理，一会儿想着要装个欧式风格的厨房，一会儿又觉得中式的卧室更有韵味。

结果呢，弄得自己焦头烂额，还跟装修师傅产生了不少矛盾。

比如说选地板，我一会儿觉得实木地板环保又好看，一会儿又被强化地板的耐用和便宜吸引。

没有一个清晰的思路，不知道自己到底最看重地板的哪些方面，是价格、质量、美观还是容易打理？没有像金字塔原理里说的那样，先明确自己的主要需求和目标。

还有选家具的时候，我一会儿在这家店看到个漂亮的沙发，一会儿在那家店看到个独特的餐桌，完全没有考虑整体的风格搭配和空间利用。

结果买回家发现，有的家具尺寸不合适，有的颜色搭配起来特别怪异。

这就好比在解决问题时，没有对整体情况进行系统的分析和梳理，只是盲目地看到一个个孤立的部分，而忽略了它们之间的关联和相互影响。

再说说墙面的处理吧。

我一开始想要刷个淡蓝色的墙，觉得清新浪漫。

可后来又觉得白色更简洁大方，犹豫来犹豫去，浪费了好多时间。

这就像在解决问题时，没有坚定自己的立场和选择，总是轻易被外界的因素干扰和左右。

经过这一系列的混乱和挫折，我才意识到，我得有条有理地去处理装修这件事儿。

我开始按照金字塔原理的方法，先明确自己装修的主要目标，是追求舒适实用还是美观豪华。

然后，把这个大目标分解成一个个小目标，比如先确定整体风格，再根据风格选择相应的材料和家具。

我先确定了想要的是简约现代风格，然后按照这个风格去挑选地板、家具和墙面颜色。

对于地板，我明确了自己更看重质量和耐用性，所以选择了一款质量较好的强化地板。

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) 2,n nππ-??(B) 1,n nππ-??(C) 0,2π??(D) 21,n n nnππ--??(1994 年全国高中联赛题)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2n nπ-),故选A.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P 0 沿与AB 夹角为θ的方向入射到BC 上的点P 1后依次反射到CD 、DA 和AB 上的点是P 2 、P 3和P 4 (入射角等于反射角). 设P 4的坐标为(x 4 ,0),若1<x 4<2="" ,则tan="" θ的取值范围是(="" )<="" p="" bdsfid="107">。

4.5 极端原理极端原理是一种从特殊情形看问题的方法，它往往以最大值、最小值、最长、最短等为出发点，寻找解题的突破口．应用极端原理时，常利用如下一些事实：性质1 在有限个数中，一定有最大数和最小数．性质2 无限个正整数中有最小数．性质3 无限个实数中不一定有最大数或最小数．性质4 设a i ＞0(i ＝1，2，•••，n )，若a 1＋a 2＋•••＋a n ＝M ，则a i 中至少存在一个a i ≥M n ，同时也至少存在一个a k ≤M n(1≤k ≤n )，我们称之为平均数原理． 例1 若2011可以分解成若干项不同疋整数之和，试问最多能分成几项?【分析】考虑极端情况，即每一项尽可能小．令2011＝a 1＋a 2＋•••＋a n ，且1≤a 1＜a 2＜a 3＜•••＜a k ，其中a 1，a 2，a 3，•••，a k 均为正整数，则a 1的最小值为1，由此可知a 2的最小值为2，•••，这样就有2011≥1＋2＋•••＋k ＝1(1)2k k +，由k 为正整数，可知k ≤62，又因为当a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，a 4＝4，a 5＝6，a 6=7，•••，a 62＝63时，有2011＝a 1＋a 2＋•••＋a 62，故最多可以分解为62项．由ii hf …音如，故最多Hi 取分解冷黻礪•【注】 从最简单的情况入手是常见的方法．例2 将1，2，3，4，5，6，7，8，9，10任意排列在一个圆周上，证明：其中必有3个连续的数之和不小于18．【解】设a 1，a 2，•••，a 10，是1，2，•••，10沿圆周顺时针方向的任意一个排列，不妨设a 1＝1，于是(a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋(a 8＋a 9＋a 10)＝1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝12(2＋10)×9＝54，从而由平均数原理可知：a 2＋a 3＋a 4，a 5＋a 6＋a 7，a 8＋a 9＋a 10中必有一个不小于13×54＝18． 【注】合理运用平均数原理对控制局部和与整体和往往十分有效．例3 平面上给定2010个点，任意两点的距离小于2005，任意三点是某钝角三角形的顶点．求证：存在直径不超过2005的圆，覆盖这2010个点．【解】考虑极端情况，即距离最大的两点．在这2010个点中，设两两之向距离最大的两点是点A 与点B ，且|AB |＜2005，那么以AB 为直径的圆覆盖了这2010个点．这是因为，如图4－5－1，分别过点A 与点B 作直线AB 的垂线l 1，l 2，则由题意，给定的点P 不能在直线l 1，l 2围成的带形区域之外，否则点P 到点B (或A )的距离大于AB ，这与AB 的最大性矛盾，同时，给定的点P '也不能在带形区域的圆外，否则点P '与A ，B 不能构成钝角三角形，与已知条件矛盾．故结论成立．（注意图中圆外角、圆周角与圆内角的大小关系） 【注】极端原理常体现在距离，长度，角度，面积及图形的极端情形等问题上．此例可一般化为：如果平面上给定n 个点，任两点距离小于常数a ，任三个点是某个钝角三角形的顶点，那么存在直径不超过a 的圆，覆盖这n 个点．例4 平面上有n 个点，其中过任意两点的直线都必过第三点，证明：这n 个点必在同一条直线上．图4－5－1【解】若这n 个点不全在同一条直线上，过这n 个点中的任意两点所确定的每条直线，都必然有不在此直线上的点．对每一条直线，求出n 个点中不在这条直线上的点到直线的距离，这些距离的数目将是有限种，所以由性质1可知，其中一定有一个最小的，记为d 0．如图4－5－2，设d 0是点A 到B 、C 所确定的直线的距离，作AP ⊥BC 于点P ．由题设，在直线BC 上还至少有这n 个点中的另一个点E ，且由抽屉原理知B 、C 、E 三点中至少有两个点位于P 点同侧(E 可能与P 重合)，从而不妨设C ，E 在P 点同侧，且PE ≤PC ．作EQ 丄AC 于点Q ，记d 1＝EQ ，那么应有d 1≥d 0，但△CEQ ∽△CAP ，所以101d EQ CE CP d AP AC AC ==≤<，即d 1＜d 0，矛盾． 这表明这n 个点全在同一条直线上． 【注】本题的背景是著名的Sylvester 问题：若平面上给出n 个不全共线的点，则存在一条直线l ，它恰通过其中两个点．这两个问题处理手法很相似，均利用了极端原理．例5 将51至150的所有整数写在一个10×10方格表中．试问：是否可能对任何两个写在以边相邻的方格中的数a 与b ，方程x 2－ax ＋b ＝0与x 2－bx ＋a ＝0中至少有一个方程有两个整数根？【解】假设存在，不妨考虑a 为素数且77＜a ≤150，而b 是写在与它以边相邻的方格中的数．如果方程x 2－bx ＋a ＝0有两个整数根，则由韦达定理知，它们的乘积为a ，它们的和为b ＞0．因此两个整数根只能为1和a ，于是b ＝a ＋1．如果方程x 2－ax ＋b ＝0有两个整数根x 1＜x 2，则同理可得x 1＋x 2＝a ，x 1·x 2＝b ．若x 1，x 2≥2，则b ＝x 1(a －x 1)≥2(a －2)，这是因为一次函数y ＝t (a －t )在t ≤2a 时单调递增，从而b ≥2a －4＞150，这不可能．这就意味着此时一个根等于1，另一个根为a －1，即对这样的素数a ，它的邻格中只能写a ＋1或a －1，从而它只能有两个邻格，进而素数a 只能写在角上的方格中．然而一共只有四个角上方格，而在78至150之间却至少存在5个质数(79，83，89，97，101)，它们不可能全都写在角上的方格中，从而结论为否定．【注】本题的难点是发现素数的邻格仅有2个．例6 在正方体的几个顶處£各写有一个互不相同的整数，在每条棱上写上其两个端点上的数的最大公约数．试问：几个顶点上的数字之和能否等于12条棱上的数之和？【分析】本题的类键在于如何实现对最大公约数的控制．【解】若正整数a ＞b ，则(a ，b )≤b 且2(a ，b )≤a ，则此可知3(a ，b )≤a ＋b ，从而推得：如果将正方体各棱上的此类不等式相加，结论成立的条件是：每条棱上所写之数须满足(a ，b )＝3a b +，进而a 与b 中较大的数等于较小数的二倍．其次，现假设在某条棱两端分别写着整数a 和b 有a ＝2b ．考察从标有a 的顶点出发的剩下两条棱的另一端，不妨设这另一端分别写着c 与d ，那么由前面论证可知：c 与d 都或者为2a 或者2a ． 若c 与d 中有一个为2a ，则它将等于b ，这与互不相等矛盾，否则c 与d 自身相等也矛盾． 综上所述，结论为否定．【注】利用数论中最大公约数的性质估算实现了局部与整体之间的过渡．图4－5－2A B P E C Qd 0d 1练习4.51．平面内给定9个点，其中任意3点不共线，若这9个点之间连有21条段，证明：存在以给定点为顶点，所连线段为边的三角形．2．设有((n ≥2)名选手进行比赛，任意两位选手都进行一场比赛，每场比均决出胜负．求证：存在选手A ，使得其他的任一选手，或是输给A ，或输给被A 打败的某一名选手．3．平面上有n 个点，其中任三点都可组成三角形，且其面积均不超过l ，证明：存在一个面积不超过4的三角形，它能覆盖住所有n 个点．4．已知平面上n 个点之间至少有214n ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦条连线．证明：这n 个点中至少存在一个三角形． 5．将方格之间没有隔墙的8×8国际象棋盘称为迷宫．根据指令“向右”，可以将棋子车向右移动一格，但若右边是棋盘边缘或有隔墙，则将棋子车停在原地．对于指令“向左”、“向上”、“向下”，也作相应理解．程序员写了1个程序，即由若干指令所形成的有限序列，并把它交给操作员．操作员可以选择适合的迷宫，并将棋子车放在他认为合适的任何方格中．试问，程序员能否可以写出这样的程序，使得操作员无论如何选择迷宫和棋子车的初始位置，棋子车都可以走遍迷宫中任何允许到达的方格？参考解答 练习4.51．假设结论不成立，并设给定的9个点从A 1出发的线段最多，有k 条，并设它们是A 1B 1，A 1B 2，•••，A 1B k ，除A 1，B 1，•••，B k 外，其他的9－(k ＋1)＝8－k 个点为A 2，A 3，•••，A 9-k ．因为假设不存在以所连线段为边的三角形，故B 1，B 2，•••，B k 中任意两点间没有连线，从而从B 1，B 2，•••，B k 中任意两点间没有连线，从而由B 1，B 2，•••，B k 出发的线段最多有9－k 条(因为每个点B i 至多与A 1，A 2，•••，A 9-k 都有连线)．又从A 1，A 2，•••，A 9-k 中每点出发至多有k 条线，故从各点出发的线段数目总和至多为k (9－k )＋(9－k )·k ＝2k (9－k )．所连线段数目总和至多k (9－k )≤()()298144k k +-=＜21，矛盾． 2．假设这n 名选手中，取胜场次最多的一名选手为A ．对其他任一选手B ，若B 不是输给A ，即B 胜A ．因B 战胜的对手不多于A 战胜的对手，故除A ，B 之外，A 战胜的对手多于B 战胜的对手，从而必存在选择C 是A 战胜的，但不是B 战胜的，即B 输给被A 打败的选手C ，故结论成立．3．平面上由n 个点组成的三角形的数目是有限的，其中必有一个面积最大的三角形，设为△ABC ，过各顶点分别作对边的平行线，可得一个新△A B C '''，如图，则4A B C ABC S S '''∆∆=．因为ABC S ∆≤1，所以A B C S '''∆≤4．平面上所有的n 个点全被△A B C '''覆盖住，否则设△A B C '''外有一点P ，则有PBC S ∆或PAB S ∆或PCA S ∆＞ABC S ∆，这与ABC S ∆最大性矛盾．4．设n 个点为A 1，A 2，•••，A n ，不妨设从A 1引出的连线最多，共有k条，适当调整下标，可认为是A 1A n ，A 1A n -1，•••，A 1A n －k +1，由于不存在三角形，则A n －k +1，A n －k +2，•••，A n 之间没有连线，从而任何一条连线至少有一个端点是A 1，A 2，•••，A n －k 中的点，故连线总数≤k (n －k )≤22n ⎛⎫ ⎪⎝⎭．连线条数为正整数，故连线总数≤24n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦．所以，结论成立．AB C A'B'C'5．将所有起始状态(迷宫和棋子车的最初位置)编号，它们的总数是有限的．先针对起始状态No．1，编写出可以使得棋子车走遍迷宫的程序P1．如果现在起始状态是No．2，那么先按程序P1操作，如果棋子车不能走遍迷宫，那么就续写后面的程序，使之走遍迷宫，得到程序P2，对于起始状态No．3，先按程序P2操作，如果棋子车不能走遍迷宫，那么就续写后面的程序，使之走遍迷宫，得到程序P3，如此一直下去，由于棋盘数目是有限格，其不同组合方式为有限集，故可以得到所需程序．。

金字塔原理第11章读后感《金字塔原理第 11章读后感》读完《金字塔原理》的第 11 章，我真的是感触良多啊！这一章所讲的内容，就像是给我那混乱的思维世界点亮了一盏明灯。

在这一章中，作者详细阐述了如何在书面或口头表达中有效地运用金字塔结构，从而使信息的传递更加清晰、准确，让听众或读者能够更容易理解和接受。

这对于我这样平时表达有些混乱，经常说着说着就把自己绕进去的人来说，简直是救命稻草。

就拿我最近的一次经历来说吧。

前阵子，公司让我负责一个项目的汇报工作。

我当时可是信心满满，觉得自己准备得相当充分。

结果，一上台，我就开始噼里啪啦地一通讲，从项目的背景、目标，到实施过程中的各种细节，再到遇到的问题和解决方案，完全没有任何条理和逻辑。

我自己讲得是口干舌燥，台下的同事和领导们却是一脸茫然，眼神中充满了困惑。

我记得特别清楚，当时我们部门经理的表情，那眉头皱得都能夹死一只苍蝇了。

等我好不容易讲完，现场一片寂静，然后经理开口就问：“你到底想说什么？重点在哪里？”那一刻，我真的是恨不得找个地缝钻进去。

后来，我仔细反思了这次失败的汇报，发现问题就出在我没有运用金字塔原理来组织我的内容。

我没有先给出一个清晰的主题和结论，让大家一开始就明白我要说的重点是什么。

而是像个没头的苍蝇一样，到处乱撞，把各种信息一股脑地倒给大家，也不管他们能不能接受和理解。

这让我深刻地认识到，有效的表达是多么重要。

如果不能让别人清楚地知道你的想法，那就算你再有才华，再有好的想法，也无法得到别人的认可和支持。

再比如说，我们平时和朋友聊天。

如果我们总是东一句西一句，没有一个中心思想，朋友可能会觉得和我们交流很累，渐渐地就不愿意和我们多聊了。

但如果我们能够有条理地讲述事情，先说出重点，然后再逐步展开细节，朋友就能更好地跟上我们的思路，交流也会更加愉快和顺畅。

回到工作中，无论是写邮件、做报告，还是在会议上发言，运用金字塔原理都能让我们事半功倍。

比如写邮件，我们可以先在开头点明邮件的主旨，然后在正文中按照重要程度依次阐述观点和论据。

点囤市安抚阳光实验学校第11点巧用逆向思维法解题逆向思维法就是沿着物理过程发生的相反方向，根据原因探索结果的思维方式，即把运动过程的末态当成初态、初态当成末态进行反向研究的方法，该方法一般用于末态已知的情况或末态很容易确的情况，如匀减速直线运动可看成加速度大反向的匀加速直线运动．对点例题一列火车共有n节车厢，每节车厢的长度都相同且车厢间的间隙不计．该火车进站时做匀减速直线运动直到停下，该过程中，站在车站站台的一个旅客测得最后一节车厢经过他所用时间为t，则该列车第1节车厢经过他所用的时间是________．解题指导由于做匀减速直线运动直到停下，可将此运动反演成从终点开始沿反方向做初速度为零的匀加速直线运动，由结论“初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相位移所用时间之比”可得t1∶t2∶……∶t n＝(n－n－1)∶(n－1－n－2)∶……∶1即t1∶t n＝(n－n－1)∶1求得第1节车厢经过他所用时间t1＝(n－n－1)·t答案见解题指导技巧利用逆向思维法可将末速度为零的匀减速直线运动看成是反方向的初速度为零的匀加速直线运动来处理，其相的推论和结论适用，求解更为快捷．物体在一条直线上由A经B到C做匀加速直线运动，AB段与BC段的位移分别为s和3s，通过的时间分别为2t和t.求物体经过B点时的速度．答案13s6t解析物体从A到B做加速度为a、末速度为v的匀加速运动，可看成从B到A做加速度为－a、初速度为v的匀减速直线运动，如图所示．将AB段逆向思维，则s＝v·2t＋12(－a)(2t)2BC段正向思维，则3s＝v·t＋12at2联立求得物体在B点的速度v＝13s6t.。