一道全国高中数学联赛试题的解法探究

全国高中数学联赛一试常用解题方法八、基本不等式法 方法介绍基本不等式法是指利用基本不等式求解数学问题的方法.中学数学竞赛中常见的基本不等式有：(1)平均值不等式； (2)柯西不等式； (3)绝对值不等式；(4)函数的单调性的应用. 例题精讲例1设P 是椭圆192522=+x y 的任意一点，21,F F 是椭圆的两个焦点，试求||||21PF PF ⋅的取值范围.注：设n PF m PF ==||,||21，则10=+n m ，由焦半径公式得9,1≤≤n m ， 所以25)10(||||21≤-==⋅m m mn PF PF ，当5==n m 时等号成立. 例2数列}{n a 定义如下：1,51,2411≥+==+n a a a a nn n .求证：对任意1>n ，均有251<<n a . 注：由条件可知对任意0,1>≥n a n ，51155145154331>⨯≥+=+n n n a a a . 另一方面，当2=n 时，210172<=a .设k n =时，有2<k a .若21<≤k a ，则1+k a 21515815153<⨯+<+=k k a a ；若151<<k a ，则25151********<⨯+<+=+k k k a a a .所以总有21<+k a .下略.例3已知523≤≤x ，求证：1923153212<-+-++x x x .注：利用公式151521522211521a a a a a a +++≤+++ （平方平均值），可得左边15931531632441815331534324418x x x x x x -⨯+-⨯++⨯≤-⨯+-⨯++⨯= 1921541915<⨯==右边. 另法1：利用公式33232221321a a a a a a ++≤++，可得 左边193963913)315()32()1(31<+<++=-+-++++≤x x x x x ，下略.另法2：利用公式22222121a a a a +≤+，可得 左边2)315()32(212)31532(12x x x x x x -+-++≤-+-++=1921422)26()1(42612≤+=-++≤-++=x xx x x . 另法3：利用柯西不等式，可得左边192)14(4)3153211)(1111(≤+=-+-+++++++x x x x x .例4设λ是给定的正数，若对所有非负实数y x ,均有222)(y x c xy y x +≥++λ，求实数c的最大值.注：(1)若2≥λ，则22222)(2y x xy y x xy y x +=++≥++λ，当0=x 或0=y 时取等号，此时c 的最大值为1； (2)若20<<λ，则222222)2(42)2)(2()()2()(y x y x y x xy y x xy y x ++=+--+≥--+=++λλλλ， 当y x =取等号，此时c 的最大值为42λ+. 例5设实数c b a ,,满足2332222=++c b a ，求证：12793≥++---c b a .注：由柯西不等式得[]9)3()2()1()321()32(2222222=⋅+⋅+⋅++≤++c b a c b a ，所以332≤++c b a ，故133332793333)32(=≥≥++-++----c b a c b a . 例6设βα,为锐角，且)sin(sin sin 22βαβα+=+，求证：2πβα=+.注：由βα,为锐角得0)cos(>-βα，又=+)sin(βα)cos()cos(1sin sin 22βαβαβα-+-=+（*）于是0)cos()sin(1)cos(≥-+-=+βαβαβα，故)cos()cos(0,2||0βαβαπβα-<+≤≤-≤，代入（*）式得，)(sin )(cos 1)sin(022βαβαβα+=+-≤+≤，所以1)sin(≥+βα，只能是2,1)sin(πβαβα=+=+.另法：若2πβα>+，则0c o s )2s i n (s i n ,2>=->->ββπαβπα，同理0cos sin >>αβ，故)sin(sin cos cos sin sin sin 22βαβαβαβα+=+>+，与)si n(si n si n 22βαβα+=+矛盾，所以2πβα=+.例7已知不等式632sin 2cos sin 6)4cos()32(2+<-++-+a a θθθπθ对于]2,0[πθ∈恒成立，求a 的取值范围.注：设x =+θθcos sin ，则x x x 22)4cos(,12sin ],2,1[2=--=∈πθθ，从而原不等式可化为0436322,63)1(26)32(22>++---+<--++a xx ax x a x x x a ，也即为 0)2(3)2(2>-+--+a x x a x x x ，故0)2)(32(>-+-a x x x ，故02,032<-+<-a xx x ，即02<-+a xx 对]2,1[∈x 恒成立，从而只要max )2(x x a +>，又容易证明x x x f 2)(+=在]2,1[∈x 上递减，所以3,3)2(max >=+a xx .例8设1,0,,=++≥z y x z y x .求证：311)2(11)2(11)2(11827222≤+-++-++-≤x z z y y x .注：因为z z z z z y x ++-=+-=--=+-1131)1)(3(4)1(44)2(1122，所以原不等式等价于311)313131()111111(827≤-+-+-++++++≤z y x z y x ，由柯西不等式得 []49111111,9)1()1()1()111111(≥+++++≥++++++++++z y x z y x z y x ； []89313131,9)3()3()3()313131(≥-+-+-≥-+-+--+-+-z y x z y x z y x . 又z z y y x x 21111,21111,21111-≤+-≤+-≤+， 故25)(213111111=++-≤+++++z y x z y x . 又)2(6131),2(6131),2(6131z z y y x x +≤-+≤-+≤-， 故67)(611313131=+++≤-+-+-z y x z y x . 下略.例9求函数25501022+++-=x x x y 的值域.注：222255)5(+++-=x x y ，设),5,(),5,5(x OB x OA =-=由55||||||=+≥+知，55≥y ，等号当,同向取到，此时25=x . 说明：本题亦可构造距离求解.例10已知c b a ,,为实数，函数c bx ax x f ++=2)(，当10≤≤x 时，1|)(|≤x f . 求||||||c b a ++的最大值.注：因c b a f c b a f c f ++=++==)1(,42)21(4,)0(， 故)0(3)1()21(4),0(2)21(4)1(2f f f b f f f a --=+-=，=++||||||c b a |)0(||)0(3)1()21(4||)0(2)21(4)1(2|f f f f f f f +--++-|)0(||)0(|3|)1(||)21(|4|)0(|2|)21(|4|)1(2|f f f f f f f ++++++≤17|)0(|6|)21(|8|)1(|3≤++≤f f f .当1)21(,1)0()1(-===f f f ，或1)21(,1)0()1(=-==f f f ，即1,8,8=-==c b a 或1,8,8==-=c b a 或1,8,8=-=-=c b a 时，上式中的两个""≤同时取到.例11将编号为1，2，3，…，9的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上，每个等分点上各一个小球，设圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为S ，求S 达到最小值的方法的概率（若某种方法，经旋转或镜面反射可与另一种方法重合，则认为是相同方法）.注：九个编号不同的小球放在圆周的九个等分点上，每点放一个，相当于九个不同元素在圆周上的一个圆形排列，故共有!8种放法，考虑到翻转因素，则本质不同的放法有2!8种.下求使S 达到最小值的放法数：在圆周上，从1到9有优弧与劣统两条路径，对其中任一条路径，设k x x x ,,,21 是依次排列于这段弧上的小球号码，则8|91||)9()()1(||9||||1|211211=-=-++-+-≥-++-+-k k x x x x x x x x ，取等号当且仅当9121<<<<<k x x x ，即每一段弧上的小球编号都是由1到9递增排列，因此1682min =⨯=S .由上知，当每个弧段上的球号}9,,,,,1{21k x x x 确定之后，达到最小值的排列方案便惟一确定.在1，2，…，9中，除1与9外，剩下7个球号2，3，…，8，将它们对应为两个子集，元素较少的一个子集共有6372717072=+++C C C C 种情况，每种情况对应圆周上使S 达到最小的惟一排法，即有利事件总数有62种，故所求概率为31512!826==P . 同步操练1．设0,|,lg |)(>=b a x x f ，且b a ≠，则下列关系中不可能成立的是（ ）A.)2()()2(b a ab f ab f b a f +>>+ B. )()2()2(ab f ba fb a ab f >+>+ C. 2()()2(b a f ab f b a ab f +>>+ D. )2()2()(b a f b a ab f ab f +>+>注：利用函数|lg |)(x x f =的图象及ba abab b a +>>+2)2，选D . 2．使关于x 的不等式k x x ≥-+-63有解的实数k 的最大值是 .注：由柯西不等式得6)63)(11()63(2=-+-+≤-+-x x x x ，当29=x 时取到等号，因原不等式有解，故6≤k .3．给定正数c b a q p ,,,,，其中q p ≠，若q a p ,,是等比数列，q c b p ,,,是等差数列，则一元二次方程022=+-c ax bx 的根的情况是 .注：由题意得b q c c p b a pq +=+==2,2,2，于是32,32q p c q p b +=+=，进而可得232323232a pq pq q p q p q p bc ==⋅≥+⋅+=，于是0,2<∆>a bc ，无实根.4．直线134=+yx 与椭圆191622=+y x 相交于B A ,两点，该椭圆上点P 使得ABP ∆的面积等于3，则这样的点P 共有 个.注：设)20)(sin 3,cos 4(πααα<<P ，即点P 在第一象限的椭圆上，考虑四边形PAOB 的面积)4sin(26)cos (sin 6)sin 4(321)sin 3(421πααααα+=+=⨯+⨯=+=∆∆OBP OAP S S S ，所以)4(26max π==x S ，因64321=⨯⨯=∆AOB S ，所以PAB S ∆的最大值为3)12(6<-，故点P 不可能在直线AB 的上方，显然在直线AB 的下方有两个点P 满足条件.5．已知y x ,都在区间)2,2(-内，且1-=xy ，则函数229944yx u -+-=的最小值为 . 注：消去y 之后，可得)49(3735122xx u +-+=，求得函数u 的最小值为512.6．已知正实数b a ,满足1=+b a ，则b a M 2112+++=的整数部分是 . 注：因10<<a ，故8)42(2)211(2)211(2222<+-=+++≤+++a a b a b a ，又22112>+++b a ，所以M 的整数部分是2.7．用一张长16厘米、宽10厘米的矩形铁皮，四角各截去一个正方形，折成一个无盖铁盒，由此铁盒的最大容积是 .注：设正方形边长为)50(<<x x （单位：厘米），则x x x V 3)210)(8(32⋅--=， 于是144]33)210()8([323=+-+-≤x x x V ，当2,32108==-=-x x x x 时等等号成立，故最大容积为144立方厘米.8．已知)(x f 是定义在R 上的函数，1)1(=f ，且对任意R x ∈，都有1)()1(,5)()5(+≤++≥+x f x f x f x f ，若x x f x g -+=1)()(，则=)2012(g . 注：由x x f x g -+=1)()(得1)()(-+=x x g x f ，所以,1)1()()1()1(,5)1()(1)5()5(+-+≤-++++-+≥-+++x x g x x g x x g x x g 即)()1(),()5(x g x g x g x g ≤+≥+，所以)()2()3()4()5()(x g x g x g x g x g x g ≤+≤+≤+≤+≤，所以)()1(x g x g =+， 即)(x g 是以1为周期的周期函数，又1)1(=g ，故1)2012(=g .9．函数112424+--++=x x x x y 的值域为 .注：构造向量)23,21(),23,21(22-=+=x x ，则||||y -=，而)0,1(=-，又q p ,不同向，所以11,1||||||||<<-=-<-=y q p q p y ；另一方面222222)23()21()23()21(+-≥++x x ，故0≥y ，于是值域为]1,0[.10．过定点)1,2(P 作直线l 分别交x 轴正向和y 轴正向于B A ,，使A O B ∆的面积最小，则l的方程为 .注：设直线1=+bya x ，则ab b a 22121≥+=，等号在2,4==b a 时取到，所以使AOB ∆面积最小的直线方程为042=-+y x .11．在ABC ∆中，c b a ,,是角C B A ,,的对边，且满足2222c b a =+，则角C 的最大值是 .注：2142cos 22222≤+=-+=ab b a ab c b a C ，当c b a ==时，等号成立，故3π≤∠C .12．设1122)(----=x x x f ，若20πθ≤≤时，0)22()sin 2(cos 2<--++m f m f θθ恒成立，则实数m 的取值范围是 .注：易知)(x f 为奇函数，又)(x f 在R 上是增函数，故22sin 2cos 2+<+m m θθ，令θsin =t ，则)10(0)12(22≤≤>++-t m mt t 恒成立，即)1()1(22+->-t t m . 当1=t 时，R m ∈；当10<≤t 时，]12)1[(2)(2t t t h m -+--=>，由函数x x x g 2)(+=在]1,0(上递减，知当0=t 时1)(max -=x h ，于是得21->m .综上所述，21->m .13．设*,321N n n S n ∈++++= ，求1)32()(++=n n S n S n f 的最大值为 .注：)8(50134641)2)(32()32()(1f nn n n n S n S n f n n =≤++=++=+=+. 14．设椭圆16222=+y x 有一个内接PAB ∆，射线OP 与x 轴正向成3π角，直线BP AP ,的斜率适合条件0=+BP AP k k .(1)求证：过B A ,的直线的斜率k 是定值； (2)求PAB ∆面积的最大值.注：(1)直线x y OP 3:=，代入6322=+y x ，得)3,1(P ，设直线PB PA ,的方程分别为)1(3),1(3-=---=-x k y x k y ，得3332,33322222+--=+-+=k k k x k k k x B A ，从而3)632(,3)632(22+---=+--=k k k y k k k y B A ，于是3=AB k 为定值. (2)设直线AB 方程为b x y +=3，故0)6(32622=-++b bx x ，1634||22+-=b AB ，而点P 到直线AB 的距离为2||b d =，于是3)12(12222≤-=∆b b S PAB ，当2212b b -=，即6±=b 时，取到最大值3.15．已知βα,是方程)(01442R t tx x ∈=--的两个不等实根，函数12)(2+-=x t x x f 的定义域为],[βα.(1)求)(min )(max )(x f x f t g -=；(2)证明：对于)3,2,1)(2,0(=∈i u i π，若1sin sin sin 321=++u u u ，则643)(tan 1)(tan 1)(tan 1321<++u g u g u g .注：(1)设βα≤<≤21x x ，则0144,0144222121≤--≤--tx x tx x ， 因此021)(2,02)(4)(42121212221<-+-≤-+-+x x t x x x x t x x ，又0212)(22)(21212121>+-+>+-+x x x x t x x x x t ， 于是0)1)(1(]22)()[()()(212221211212>+++-+-=-x x x x x x t x x x f x f ， 故函数)(x f 在区间],[βα上是增函数.因41,-==+αββαt ，故)()()(min )(max )(αβf f x f x f t g -=-=，即2516)52(181625)25(11)]22()[()(2222222222+++=+++=++++-+-=t t t t t t t t g αβαββααβαβ. (2)因ii i i i i i i i u u u u u u u u u g 222222cos 916616cos 91624162cos 916cos 24cos 1625tan 16)5tan 2(1tan 8)(tan +=+⨯≥++=+++= 故∑=+≤++312321)cos 916(6161)(tan 1)(tan 1)(tan 1i i u u g u g u g )sin 939316(6161312∑=-⨯+⨯=i i u . 因)2,0(,1sin312π∈=∑=i i i u u ，故1)sin (sin 3231312=≥∑∑==i i i i u u ，而均值不等式与柯西不等式中，等号不能同时成立，所以643)31975(6161)(tan 1)(tan 1)(tan 1321=⨯-<++u g u g u g .。

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中学数学月刊2022年第4期

热修竞赛、强基针划中亲区方翟解注探究徐小花李丽荣杨平（北京市日坛中学100020

）

摘要:不定方程是数论中一个古老的分支，也是数论中一个重要的研究课题，有着悠久的历史与丰富 的内容.不定方程问题解法灵活，题型丰富，能有效考查学生转化构造创新的能力.近几年的竞赛、强基中不

定方程高频出现.本文以竞赛、强基中几个不定方程为例，介绍求不定方程整数解问题的因式分解法、取模同

余法和分类讨论法.关键词：不定方程;数学竞赛;强基计划

文章编号.1004-1176（

2022）04-0074-03

1因式分解法

例1 （2021全国高中数学联赛江西省预赛

第2题）方程丄+ -= 為 的正整数解的组数 x y L 021

为______.

解析由-+-=7^7 得 2

021)0

—

x y I 0Z1

2 021) =432 • 472,因为43? • 472共有9个正因数

，

表1567g9

17+7

«xH

9"

9 + 9

25 5—4 —5 56 6—-+ —6 67 77 + 7B 8 —+ —R S9 9

—+ —

9 9

35"—

爲x石

6 4-6

$ 亠&4 8 S

45-F

,6 + 6

6 —

8k

A

K +

a

诉+卵旳

55+ (5-5)x56—五阳时

7甲8-n$(B x8x

8)1

9-诉-善

66

-

(6 - 6) x 6

g 丁

7涯

75+ —

6 4-6|6-fiS

V

8x8-8

as谄+善

K3 +「以36+67 + T7-T>8 x B(t -

旳

9-

「冲

9心6+Llg(6! +

K x

«

S9 K鼻"

E05+5+5-5

6 十「lg(6! x 6 - 6)

7+孑订如7]

s B + 8-

8+ —9 +

彎询

115+5+|6 + 6-7

7 + Llg{71 «7 + 7}J

8 + T 1^(8 x 8 x B)~l

9

普

125 4- 5 +

Tlg(5 x 5)1

6 + 6 xV-Flgf?!

x7 + 7}1

2020年全国高中数学联赛浙江赛区初赛解析1：设r 为方程330x x -+=的解，则以为其解的首项系数为1的整系数一元三次方程为 ．解析: 因为设r 为方程330x x -+=的根，则 ，两边平方可得，即242(21)9r r r ⋅-+=，打开可得64229r r r -+=,故该一元三次方程为32290x x x -+-=．故填：32290x x x -+-=2：已知2[,1]()min {21}x a a f a x x ∈+=--，则在上的最大值为 ． 解析：由题意得：222,0()2,0121,1a a f a a a a a ⎧-≤⎪=-<≤⎨⎪-->⎩，所以在上的最大值为；故填．3：某竹竿长为24米，一端靠在墙上，另一端落在地面上．若竹竿上某一节点到墙的垂直距离和到地面的垂直距离都是7米，则此时竹竿靠在墙上的端点到地面的垂直距离为米 ，或 米．解析1：以边为参由题得：AEC CFB ≅，所以，即，即，且22224a b +=，所以，即()()214576a b a b +-+=，因为，所以，所以，即为方程2322240x x -+=的两根，或，故填与．解析2：以线为参设直线方程为，则在直线上，所以，且22224a b +=，下同解法1．解析3：以角为参设，因为，所以，结合22sin cos 1θθ+=，得，所以为与．4：设则的最大值为 ．解析1：半角+基本不等式分子分母同除以得故填：解析2：辅助角公式由222124133y y y y y ∴≤⇒≤+⇒≤∴≤ 故填： 解析3：辅助角公式sin3sin cos 2sin 2,2cos 62cos x x x x x x y x π⎛⎫+=+≤≤-∴=≤ ⎪-⎝⎭故填： 解析4：换元二次函数最值令[]2cos 1,3t x =-∈则取等号时故填：解析5：根判别式（万能法）令[]cos 1,1t x =∈-则()()22111641410,333m m m m y y ∆=-+-≥⇒≤∴≤⇒≤取等号时[]111,132m t =⇒=∈- 故填：解析6：斜率几何意义切线令可以看做动点()cos ,sin A x x -和点的斜率最大值则()cos ,sin A x x -在单位圆上；设则故 故填： 5：在四面体中，棱,,PA AB AC 两两垂直，且PA AB AC ==，分别为线段的中点，则直线与平面所成角的正弦值为 ．解析1：等体积法不妨设1PA AB AC ===，则，， 由1112326P ABC E ABC V V AB AC AP --==⨯⨯⨯=，设到平面的距离为，则11312E ABC PBC V S d -=⋅==△，故， 又，，且易知AE AF ⊥（平面），故，设直线与平面所成角为，则，故答案为．解析2：建系，纳入正方体考虑不妨设1PA AB AC ===，因棱,,PA AB AC 两两垂直，可以以为原点，以，，为轴正方向单位向量建立空间直角坐标系，则，，(0,1,0)C ，(0,0,1)P ，，，111(,,)222EF =-， 可视为棱长为1的正方体的一角，可知平面的法向量方向为正方体体对角线方向(1,1,1)n =设直线与平面所成角为，则，故答案为．6：设平面上不共线的三个单位向量，满足．若，则|2(1)|a tb t c -++-的取值范围为 ．解析：设,,,2'a OA b OB c OC a OA ====，则由于，则为的重心．由于，若设(1)tb t c OP +-=，则点在线段上．设线段的中点为．由此的最小值为 ，最大值为|'|1BA =+ 故|2(1)|a tb t c -++-的取值范围为．7：设为复数，且．当取得最小值时，此时复数 ，或 ． 解析：运用共轭复数的性质注意到，则，． 23422222113133z z z z z z z z z z z z z ⎛++++⎫++==++++ ⎝+⎪+⎭其中2Re z z z +=（表示的实部），令，则．则()2222z z z zz z +++=,，则2222133124z z z t t t z ⎛⎫++=++ ⎪⎝⎭++++=．则当时，取最小值，此时，则Im z ==． 则或． 8：已知由个正整数组成的六位十进制数中，其个位上的数字是的倍数，十位和百位上的数字都是的倍数，且六位数的数码和为，则满足上述条件的六位数的个数为 ．解析：（分类+隔板法）○1个位为，十位、百位都为，则有个； ○2个位为，十位、百位为和，则有227242⋅=C A 个；○3个位为，十位、百位为和或都为，则有22242418⋅+=C A C 个；○4个位为，十位、百位都为，则有个； ○5个位为，十位、百位为和，则有个； 综上所述，共有个，故填． 9：一个正整数若能写成20827a b c ++（为非负整数）形式，则称它为“好数”，则集合中好数的个数为 ．解析：将中的数按除以8的余数分类，不妨记[](){}mod8i x x i =≡，则可分为八类，其中20，27，则中最小的数为8，因为820081270=⨯+⨯+⨯，最大的数是200，因为（还有其他不同的满足要求），共25个；中最小的数为81，因为8120080274=⨯+⨯+⨯，最大的数是193，因为，共15个；……依次类推，可列表如下：故共有：25+15+16+22+23+13+19+20=153个．10：设是集合的一个排列．如果存在且，则称数对为一个逆序，排列中所有逆序对的数目称为此排列的逆序数．比如，排列1432的逆序为43,42,32，此排列的逆序数就是3．则当时，且的所有排列逆序数的和为 ．解析：由于第三个数为4，故这样的排列一共有种，由于除4以外的每个数位置都等价（都存在一前一后），所以除4以外的逆序数和为．接下去计算与4有关的逆序数和，当1,2,3都在4右边时，此时与4有关的逆序数对为5，所以共有3232560A A ⨯=；当1,2,3有两个在4右边时，此时与4有关的逆序数对为3，所以共有213232323216C C A A ⨯=；当1,2,3只有1个在4右边时，此时与4有关的逆序数对为1，所以共有132332136C A A ⨯=．综上可得所有逆序数的和为． 11． 已知数列，且，，令，记数列的前项和为．（1）求数列的通项公式；（2(1)101n S n λ+≤+恒成立，求实数的取值范围．（1）解析：2n ≥，所以数列是常数列， 于是，所以． （2）解析：因为，所以,(1)101n S n λ+≤+λ≤对任意的恒成立，则max min λ≤≤，所以． 12． 已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且椭圆的任意三个顶点构成的三角形面积为．（1）求椭圆的方程；（2）若过的直线与椭圆交于相异两点，且2AP PB =，求实数的范围．解析：（1）设椭圆的长半轴长为短半轴长为则有，解得，，所以椭圆的方程为．（2）设直线的方程为,x my λ=+设两个交点坐标为，．由2AP PB =，得到．联立方程组 得到222(4)210m y my λλ+++-=显然，为方程②的两个相异的实根，则有22222(2)4(1)(4)04(1)m m m λλλ--+>⇒>-由韦达定理得，联立①得到又，不符合题意．把④代入③得到 22224(1)1114(1)1(1,)(,1)91933λλλλλ->-⇒<<⇒∈--⋃- 13． 已知函数．（1）若恰有三个根，求实数的取值范围；（2）在（1）的情形下，设的三根为，且，证明．解析：（1）时，，时，，所以函数在，且()(),(1)0,(0),(0)0,f x x f f f -+→+∞→∞-=→+∞→故（2）设，下证()x f x g ≤)(在()0,∞-∈x 上恒成立．即证，变形得到，在()0,∞-∈x 上，显然成立．设()a x g =在()0,∞-∈x 上有两解，且．可得：，注意到的单调性，有． 通过解二次方程可以解得24,242524--=---=a a x a a x ， 则有a x x x x =-<-4512．14：设正整数， 已知个数，记两两之和为，得到如下表格：…………………………………………若在上述表格中任意取定个数，可以唯一确定出个数，求的最小值．解析：（1）当时，显然由才能唯一确定出，此时．（2）当时．显然由2314k C ≥+=，否则取某三个数的两两之和不能确定出第四个数． 当时，如果21314243,,, b b b b 这4个值，也无法确定出． 当时，若已知 中任意五个数的值．不妨设的值未知，则由可以确定33243421(())2a b b b =+-，从而唯一确定出．（3）当时，显然由当211n k C -≥+，下面证明最小值取到等号．（a ）当时，2417k C =+=，即如果知道7个，则一定存在一个下标s ，（或）最多出现2次，至少出现1次．事实上，7个共有14个下标，而1,2,3,4,5每个下标出现3次及以上，就共出现15个下标，这是不可能的．因此根据（2），由至少5个的值可唯一确定出，再由至少出现一次的（或）唯一确定出． （b ）当时，用数学归纳法证明．当取k 个时，一定存在一个下标s ，（或）最多出现次（因为2(1)k n n <-），则至少有由归纳可知，这些可唯一确定出，然后再有（或）确定出．15： 设为实数列，证明解析：证明：不等式的左边=，由Cauchy 不等式得，由等式以及，从而只需证明（1）以及 （2）这两个不等式是一样的（对调）下面证明：()12212m n ⎛⎫ ⎪⎛⎫≤- ⎪⎝⎭ （3） 该不等式等价于()12212m n ⎛⎫≤-⇔ ⎪⎝⎭≤ 而由，可知最后的不等式成立，对（3）求和即得（1）式，得证。

高中数学竞赛中不等式的解法摘要：本文给出了竞赛数学中常用的排序不等式，平均值不等式，柯西不等式和切比雪夫不等式的证明过程，并挑选了一些与这几类不等式相关的一些竞赛题进行了分析和讲解。

希望对广大喜爱竞赛数学的师生有所帮助。

不等式在数学中占有重要的地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛数学中的热门题型.在解决竞赛数学中的不等式问题的过程中，常常要用到几个著名的代数不等式：排序不等式、平均值不等式、柯西不等式、切比雪夫不等式.本文就将探讨这几个不等式的证明和它们的一些应用.1．排序不等式 定理1设1212...,...n n a a a b b b ≤≤≤≤≤≤，则有1211...n n n a b a b a b -+++ (倒序积和)1212...n r r n r a b a b a b ≤+++（乱序积和） 1122 ...n n a b a b a b ≤+++（顺序积和）其中1,2,...,n r r r 是实数组1,2,...,n b b b 一个排列，等式当且仅当12...n a a a ===或12...n b b b ===时成立.（说明： 本不等式称排序不等式，俗称倒序积和乱序积和顺序积和.）证明：考察右边不等式，并记1212...n r r n r S a b a b a b =+++。

不等式1212...nr r n r S a b a b a b ≤+++的意义：当121,2,...,n r r r n===时，S 达到最大值1122 ...n n a b a b a b +++.因此，首先证明n a 必须和n b 搭配，才能使S 达到最大值.也即，设n r n <且n b 和某个()k a k n <搭配时有.n n k n n r k r n n a b a b a b a b +≤+ （1-1）事实上， ()()()0n n n n nk r k n n r n r n k a b a b a b a b b b a a +-+=--≥不等式（1-1）告诉我们当nr n <时，调换n b 和n r b 的位置（其余n-2项不变），会使和S 增加.同理，调整好n a 和n b 后，再调整1n a -和1n b -会使和增加.经过n 次调整后，和S 达到最大值1122 ...n n a b a b a b +++，这就证明了1212...n r r n r a b a b a b +++1122 ...n n a b a b a b ≤+++.再证不等式左端,由1211...,...n n n a a a b b b -≤≤≤-≤-≤≤-及已证明的不等式右端，得1211(...)nn n a b a b a b --+++1212(...)n r r n r a b a b a b ≥-+++即 1211...n n n a b a b a b -+++1212...n r r n r a b a b a b ≤+++ .例1 （美国第3届中学生数学竞赛题）设a,b,c 是正数，求证：3()a b c a b ca b c abc ++≥.思路分析：考虑两边取常用对数，再利用排序不等式证明. 证明：不妨设ab c ≥≥，则有lg lg lg a b c ≥≥根据排序不等式有：lg lg lg lg lg lg a a b b c c a b b c c a ++≥++lg lg lg lg lg lg a a b b c c a c b a c b ++≥++ 以上两式相加，两边再分别加上 lg lg lg a a b b c c ++有 3(lg lg lg )()(lg lg lg )a a b b c c a b c c a b ++≥++++ 即 lg lg 3a b ca b cab c abc ++≥故 3()a b c a b cab c abc ++≥ .例2 设a,b,c R +∈，求证：222222333222a b b c c a a b c a b c c a b bc ca ab+++++≤++≤++. 思路分析：中间式子每项都是两个式子之和，将它们拆开，再用排序不等式证明. 证明：不妨设ab c ≥≥，则 222a b c ≥≥且111c b a≥≥根据排序不等式，有222222111a b c a b c c a b a b c++≥++222222111a b c a b c b c a a b c++≥++ 两式相加除以2，得222222222a b b c c a a b c c a b+++++≤++再考虑333ab c ≥≥，并且111bc ca ab≥≥ 利用排序不等式，333333111 a b c a b c bc ca ab ca ab bc++≥++333333111 a b c a b c bc ca ab ab bc ac++≥++ 两式相加并除以2，即得222222333222a b b c c a a b c c a b bc ca ab+++++≤++ 综上所述，原不等式得证.例3 设12120...,0...n n a a a b b b ≤≤≤≤≤≤≤≤，而1,2,...,n i i i 与1,2,...,n j j j 是1,2,...,n 的两个排列. 求证：1111r snnnni j r sr s r s a b a b r sr s ====≥++∑∑∑∑. （1-2） 思路分析：已知条件中有两组有序实数，而式（1-2）具有“积和”形式，考虑使用排序不等式.证明：令 1s nj rs b d r s==+∑（r=1,2,...,n ）显然 12...n d d d ≥≥≥ 因为 12...n b b b ≤≤≤ ， 且111...(1)1r n r n r ≤≤≤++-+ 由排序不等式1nsr s b d r s =≤+∑ 又因为 12...n a a a ≤≤≤所以 11rnnr r i r r r a d a d ==≤∑∑且111nnnsr r r r s r b a a d r s ===≤+∑∑∑（注意到r a ≥0）故11111r ssrn nn nni j j iri rr s r s r a b b a a dr s r s =======++∑∑∑∑∑11111nn nn ns r s r r r r r s r s b a ba d a r s r s=====≥≥=++∑∑∑∑∑ 故 原式得证.2.均值不等式定理2 设12,,...,n a a a 是n 个正数，则()()()()H n G n A n Q n ≤≤≤称为均值不等式.其中，121()111...nH n a a a =+++，()G n =12...()na a a A n n+++=，()Q n =分别称为12,,...,n a a a 的调和平均数，几何平均数，算术平均数，均方根平均数. 证明： 先证 ()()G n A n ≤.记c= i ia b c=，则 原不等式12...n b b b n ⇔+++≥其中 12121...( (1)n n b b b a a a c == 取 12,,...,n x x x 使 11212123,,...,,n n n x x xb b b x x x --=== 则 1.n n x b x = 由排序不等式，易证111221......n n n n x x x b b b n x x x -+++=+++≥下证()()A n Q n ≤因为 222212121...[(...)n n a a a a a a n+++=+++22212131()()...()n a a a a a a +-+-++-2222232421()()...()...()n n n a a a a a a a a -+-+-++-++-]2121(...)n a a a n≥+++ 所以12...n a a a n +++≤从上述证明知道，当且仅当12...n a a a ===时，不等式取等号.下面证明 ()()H n G n ≤对n 个正数12111,,...,na a a ，应用 ()()G n H n ≤，得12111...n a a a n +++≥即 ()()H n G n ≤（等号成立的条件是显然的）.例4已知2201,0a x y <<+=，求证：1log ()log 28x y a a a a +≤+. 证明：由于 01a <<，0,0x y a a >>，有xy aa +≥=从而log ()log log 22xy a a a x ya a ++≤=+下证128x y +≤ ， 即 14x y +≤。

全国高中数学联赛一试常用解题方法十一、构造法方法介绍解题通常在问题给定的系统里由题设推出结论，但对某些问题（例如存在性问题、条件与结论相距较远的问题题等），直接推理有时不能顺利进行，因而不得不寻找某种中介工具沟通条件和结论的联系.解题的中介工具往往隐含在题设条件之中，需要我们去发现、去解释、去构造，这种通过构造题目本身所没有的解题中介工具——存在实例、对应关系或数学模型，去实现解题的方法，就是构造法.用构造法解题，特点就是“构造”，但怎么样“构造”，却没有通用的构造法则.下面仅通过实例说明.命题精讲1、构造方程模型数学竞赛中的许多问题，本身结构就具备方程形式，或通过变形、概括，可以纳入到某类方程中去，这时，若能构造相近的方程模型，通过解方程或利用方程的性质及广义韦达定理等，常常可将复杂问题简单化.例1已知03,0311242=-+=-+n n m m ，且21n m ≠，求224m n m n +的值. 注：由原条件可知2,1n m 是方程032=-+x x 的两根，即有31,1122-=⋅-=+n mn m ，所以3)1(222224=+=+m n mn m n mn . 2．构造递推数列模型问题中隐含着阶差递推关系的，我们常常可将其一般化，从而提示出相邻阶之间的关系，建立起递推数列模型.常见的如数列中的问题、方程中与自然数有关的问题、数论问题等.例2设实数y x b a ,,,满足方程组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=+=+=+.42,16,7,3443322by ax by ax by ax by ax 求55by ax +的值. 注：设n n n by ax a +=，则42,16,7,34321====a a a a ，又为)())((11222n n n n n n n by ax xy by ax y x by ax a +-++=+=+++++n n xya a y x -+=+1)(， 将初始值代入，得n n n a a a 381411+-=++，所以203814345=+-=a a a .3．构造不等式模型许多重要不等式都具有固定的结构模式，如平均不等式、柯西不等式、外森比克不等式等.若问题的结构能套上不等式公式的模型，则可利用不等式的性质（如利用不等式极值、取等号的条件等）或通过不等式而加以解决.例3解方程43)3(cos cos )3(sin sin 2222=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+x x x x ππ. 注：左边具有柯西不等式的形式，因此可以柯西不等式为相似模型，因此⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+)3(cos cos )3(sin sin 2222x x x x ππ ≥43)3(sin cos )3sin()3cos(sin 22=-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-x x x x x x πππ当且仅当x x x x cos )3sin()3cos(sin -=-ππ时取等号，故Z k k x ∈+=,62ππ. 4．构造辅助元素模型根据问题的特点构造一些辅助元素，为的是使问题的条件和结论，通过这些辅助元素而发生联系.例4求证：003.0100000099999914131211109<⋅⋅⋅⋅= N . 注：构造辅助量999999999998151413121110⋅⋅⋅⋅= M ，易知10000009=MN ，且M N <，因此100000092=<NM N ，于是003.010003=<N . 5．构造图形模型根据题目提供的信息，构造出符合题设或结论的图形，如三角形、正方形、曲多边形，借助于图表，化代数条件为长度、面积等几何结论.模型构造中常用到诸如勾股定理、正余弦定理、边角关系等.例5对于正整数n ，定义n S 为和式∑=+-n k ka k 122)12(的最小值，其中n a a a ,,21 是正实数，它们的和是17，存在惟一的一个正整数n ，使n S 也是一个正整数，求这个n . 注：6．构造圆锥曲线模型问题的形式、结论符合圆锥曲线的定义、性质时，可构造圆锥曲线模型，使问题得以简化.例6求函数11363)(2424+--+--=x x x x x x f 的最大值.注：函数变形为222222)1()0()2()3()(-+---+-=x x x x x f ，其几何意义为),(2x x P 与)1,0(),2,3(B A 的距离之差的最大值，而P 为抛物线2x y =上任意一点，所以可构造抛物线模型（利用两边之差小于第三边，即||||||||AB PB PA ≤-），当A B P ,,三点共线时取等号，即得10||)(max ==AB x f .解7．构造抽屉原理模型构造的理论依据是抽屉原理.根据问题条件，构造出一个一个的抽屉，使题中元素、对象无一遗漏地落于这些抽屉中.构造过程中，常常将所有对象看成一个全集，构造成若干个抽屉（若干个子集）时，一般采用“其并为全集、其交为空集”的构造方法.例7给定不大于91的10个正整数.求证：其中某两个数的比在区间]23,32[之中. 注：构造抽屉模型，将1，2，3，…，90，91分成9个抽屉921,,,A A A ，其中 }25,,17{},16,,11{},10,9,8,7{},6,5,4{},3,2{},1{654321 ======A A A A A A ， }91,90,,62,61{},60,59,,41,40{},39,38,,27,26{987 ===A A A ，由此可见，91个数没有遗漏地被分成9个抽屉（集合）中，并且同一个)9,,2,1( =i A i 中任意两个数的比值一定在区间]23,32[之中，任取10个数中一定有两个数在这9个抽屉中的同一个抽屉中，这两个数的比值在区间]23,32[之中. 8．构造多色图模型构造的方法是将图形染色，常见的有二色图、三色图、同色三角形等.例8将88⨯的国际象棋棋盘剪去左上角与右下角的两个方格，求证：剩下的图形不能用31个12⨯的长方形覆盖.注：国际象棋棋盘上的方格有黑白两种颜色，按此涂色作一模型构造，知同一种颜色的方格绝不相邻，因此每一个12⨯的长方形一定盖住一个黑格一个白格，31个这样的长方形将盖住31个黑格与31个白格，但图中剪去的两个方格都是白的，因此黑格有32个，31个长方形不能将这张剪残了的棋盘完全覆盖.9．构造对应关系模型这种方法的重点是建立对应关系，利用对应关系的性质去解题.例9设b a ,是两个实数，有以下三个集合：},,|),{(Z n b na y n x y x A ∈+===，},153,|),{(2Z m m y m x y x B ∈+===，}144|),{(22≤+=y x y x C .讨论是否存在b a ,，使(1)φ≠B A ；(2)C b a ∈),(同时成立.注：若着眼于建立数学模型，由条件（1）消去y n m ,,可得0)153(2=+-+x b xa （1）由条件（2）得14422≤+b a （2）在平面b O a --上赋给（1）、（2）以形的意义，不难将问题归结为直线（1）与圆（含内部）是否有公共点的问题，下面沿另一思路，即从建立对应关系入手，借助于对应关系的性质解题.由（2）可令)20,120(sin ,cos π<≤≤<==t r t r b t r a ，从而可得1153)sin(22++=+x r x t θ，从而1|1153||)sin(|22≤++=+x r x t θ，不难证明Z x r ∈≤<,120时，上式不成立，由此得出矛盾.10．构造反例模型为了说明一个命题不真，常常选择一个符合题目条件，但命题结论不成立的特例，这个过程叫构造反例.例10命题：“一组对边相等且一组对角相等的四边形是平行四边形吗”对吗？如果对，请证明；如果不对，请作一四边形满足已知条件，但它不是平行四边形，并证明你的结论.注：以BD 为弦，作视角)90(0<αα的两弓形弧，再分别以D B ,为圆心，以等半径画弧与两弓形弧相交，选取适当的半径可使其有四个交点11,;,C C A A ，由图形知四边形ABCD 不是平行四边形.11．构造函数模型例11设V U ,是使810)(10)(11102982=++++=++++V V V V U U U U 成立的实数，试比较V U ,的大小.注：按题目本身的条件比较V U ,的大小有困难，由题设提供的信息，构造函数xx x x x x x x x x F n n n n --+=+++++=-1)109(10)()(122 ， 显然)1)(109(109)()(911109119x x x x x x x F x F +-=--=-，不难验证)(x F n 具有以下性质：(1)当9.00<<x 时，0)()(119>-x F x F ；(2) 9)9.0()9.0(,0)0()0(119119====F F F F ；(3)当0≥x 时，)),(119x F x F 是连续增函数，且非负；(4)当0<x 时，)),(119x F x F 都小于0.由（2）、（3）、（4）及题设8)()(119==V F U F 得)9.0,0(,∈V U ，由性质（1）得)()()(11911U F U F V F >=，再由性质（3）得，V U <.上面介绍了构造法及其应用，还常常与反证法、数学归纳法、极端性原理等配合使用，这些方法更具活力.但也要指出，构造法不是万能的，有许多问题不宜用构造法解，有些虽能用，但如有更简单的方法就不一定要用构造法.同步操练1．求证：存在两个正无理数b a ,，使b a 为有理数.注：假设命题不成立，即找不到两个正无理数b a ,，使b a 为有理数，那么2)2(是无理数（否则只要取2,2==b a ，就与假设矛盾）. 既然2)2(是无理数，我们令2,)2(2==b α，则2=b a 为有理数，这与假设矛盾，下略. 2．求证：方程1222=-y x 有无穷多组正整数解.注：容易发现2,3==y x 是方程的一组解，注意到若1222=-y x 成立，则有1)2(222=-y x ，于是1)2(2)2(2222=-+xy y x ，这样我们构造数列}{},{n n y x 满足2,3,2,2111221===+=++y x y x y y x x n n n n n n ，容易验证对每一个正整数n },{n n y x 是原方程的一组解，因}{},{n n y x 均递增，故当n 取遍正整数时，}{},{n n y x 不重复，所以方程1222=-y x 有无穷多组正整数解.3．任给7个实数，求证：其中必存在两个实数y x ,，满足3310<+-≤xy y x . 注：构造7个实数)22,7,,2,1(tan 721πθθθπθ<≤≤≤<-= i i ，把区间)2,2(ππ-分成6个子区间)2,3(],3,6(,],6,3(],3,2(πππππππ----- ，根据抽屉原理，7个i θ中必存在两个落在同一个子区间上，不妨设为j θ与)61(1≤≤+j j θ，因而)601πθθ<-≤+j j ，令1tan ,tan +==j j x y θθ，则3310<+-≤xy y x ，下略. 4．已知正数C B A c b a ,,,,,满足k C c B b A a =+=+=+.求证：2k cA bC aB <++. 注：构造如图所示的正三角形，利用PQ R NQ L MPN LRM S S S S ∆∆∆∆<++即得结论.5．求函数222)92()(),(n m n m n m f --+-=的最小值.注：),(n m f 可解释为两动点)9,(),2,(2n n B m m A -距离的平方，由此构造几何模型，显然直线x y =与半圆)0(222≥=+y y x 和双曲线9=xy 的交点B A ,之间距离的平方即为所求，),(n m f 的最小值为8.6．已知c b a ,,是ABC ∆的三边，求证：abc c b a c b c a b a c b a 3)()()(222≤-++-++-+. 注：将求证式变形为abc c b a c b c a b a c b a 3)()()(222222222≤-++-++-+（*） 联想余到弦定理，交将（*）式转化为三角问题，借助于已三角不等式∑≤23cos A ，便能证得结论成立.7．求证：一个奇数c 为合数的充要条件是存在正整数13-≤c a ，使c a 8)12(2+-为完全平方数.注：（充分性）略；（必要性：必要性是存在性问题，用构造法）设c 为奇合数，则c 可分解为两个大于1的奇数之积，将较小的记为12-k ，较大的记为m ，即12,2,)12(-≥≥-=k m k m k c ，令1+-=k m a ，则13112112-≤--≤+--=c k c k k c a ， 所以有22)]12(2[8)12(-+=+-k m c a .8．对正整数)(,k g k 表示k 的最大奇因子（如5)20(,3)3(==g g ）. 求*),2()3()2()1(N n g g g g n ∈++++注：令)2()3()2()1(n g g g g ++++ ，易知2)2()1(11=+=g g S ，由)(k g 的定义知：k 为奇数时，k k g =)(；k 为偶数时，)()2()(m g m g k g ==，于是)]2()4()2([)]12()3()1([n n n g g g g g g S ++++-+++=+-+++=)1231(n 1211)2()]2()3()1([---+=+++n n n S g g g ，即114--=-n n n S S ，进而324+=n n S . 9．求证：对任意正整数n ，都有2321<++++n .注：构造数列3]2)1[(,2)1(,1,2:}{2220322022010---=--=-==a a a a a a a a n ，…，n a a n n -=-21.现在用数学归纳法证明n a n >.显然346,27,13,023210>=>=>=>=a a a a .假设)3(≥=k k n 时，有k a k >，则当1+=k n 时，有 112)1(3)1()1(221+>-=+-≥+->+-=+k k k k k k k a a k k .于是对任意正整数n ，n a n >，所以,1)1(,121n n a n a n n a a n n n n +->+-=>+=---…，n n a +-++++>13210 ，即有2321<++++n .10．把一个圆分成)2(≥n n 个扇形，依次记为n S S S ,,,21 ，每个扇形都可用红、白、蓝三种颜色之任一种涂色，要求相邻扇形颜色互不相同，问有多少种不同的涂色方法？ 注：令涂色法有n a 种，添一扇形1+n S ，我们先涂1S ，有3种；再涂2S ，有2种；…；涂n S ，有2种；涂1+n S ，暂只要求1+n S 与n S 颜色不同.其有n23⨯种涂法.其中1+n S 与1S 颜色不同，有1+n a 种；1+n S 与1S 颜色同，将1+n S 与1S 合为1个扇形，这时涂色法相当把圆分成n 个扇形，有n a 种，于是n n n a a 231⨯=++. 易求得)2)(1(211,2321,6112n n n n n n n a b b b b b a =--=-+-==++， 进而可得n n n n n a b )1(22,)21(2112-+=-+=-. 11．设4321x x x x ≥≥≥，且1432x x x x ≥++. 求证：4321243214)(x x x x x x x x ≤+++.注：由式子结构，令c x x x b x x x ==++432432,，则求证式可化为一个二次不等式： 0)2(22121≤+-+b x c b x （1）.由43111324243≤++=x x x x x x c b 及)(162bc c -=∆知0>∆，故不等式的解集为βα≤≤1x （2） 又b x b ≤≤13，故要证（2）式，只要证βα≤≤b b ,3，这是不难的.于是（2）成立，从而（1）成立，命题得证.12．设k 是给定正整数，41212+++=k k a ，求证：][n a 都能被k 整除（*N n ∈）. 注：以41212+++=k k a 及其共轭形式41212+-+=k k b 为根构造一个一元二次方程0)12(2=++-k x k x ，易证10,10<<<<n b b .令n n n b a U +=，则n n n U a U <<-1，所以*,1][N n U a n n ∈-=. 由0)12(11=++-++n n n ka a k a 及0)12(11=++-++n n n kb b k b 得112)2(++++-=n n n n U U U k U ，利用此式不难用数学归纳法证明：n U 是整数，且)(mod 1k U n ≡. 13．圆周上均匀地放上4枚围棋子，规定操作规则如下：原来相邻棋子若是同色，就在其间放一枚黑子；若异色，就在其间放一枚白子，然后把原来的4枚棋子取走，完成这一个程序就算是一次操作.求证：无论开始时圆周上的黑白棋子的排列顺序如何，最多只需操作4次，圆周上就全是黑子.注：因不知开始的4枚棋子的颜色及其排列顺序，按题意操作，情形比较复杂，下面构造一个反映题设条件的赋值模型，可使问题简化.设开始的4枚棋子为)4,3,2,1(=i x i ，并给棋子赋值，令⎩⎨⎧-=)(1)(1为白子若为黑子若i i i x x x ，规定⎩⎨⎧-=+++),(1),(1111异色若同色若i i i i i i x x x x x x 及12=i x .第一次操作后得到的4枚棋子可表为)(),(),(),(14433221x x x x x x x x ；第二次后得到的4枚棋子可表为))((),)((),)((),)((2114144343323221x x x x x x x x x x x x x x x x ，分别化简为)(),(),(),(24134231x x x x x x x x ；第三次后得到的4枚棋子可表为))((),)((),)((),)((3124241313424231x x x x x x x x x x x x x x x x ，化简后均为)(4321x x x x .第四次操作后得到的棋子都是24321)(x x x x ，故这四枚棋子赋值都为1，这表明：只段操作4次，圆周上全是黑子.14．用)(n f 表示由0和1组成的长度为n （例如10100,00101都是长度为5）的排列中没有两个1相邻的排列的个数，约定1)0(=f .求证：*),24(|3N m m f ∈-.注：长度为1的排列只有0，1，即2)1(=f ；长度为2的排列有00；01，10，11，即3)2(=f .长度为n 的排列可分为两类：以0结尾和以01结尾的.(1)以0结尾的排列中无两个1相连的排列的个数为)1(-n f ；(2)以01结尾的排列中无两个1相连的排列的个数为)2(-n f .于是)2)(2()1()(≥-+-=n n f n f n f ，下面用数学归纳法证明：当1=m 时，)2(|3,3)2()24(f f m f ==-；假设当k m =时，)24(|3-k f ，令)30(3)14(,3)24(10<≤+=-=-r r p k f p k f ，由递推式得r p p k f ++=)(3)4(10，,2)2(3)14(10r p p k f ++=+)32(33)3(3)24(]2)1(4[1010r p p r p p k f k f ++=++=+=-+，即当1+=k m 时，也有]2)1(4[|3-+k f .综上所述，当*N m ∈时，都有)24(|3-m f .15．设n 为正整数，我们称集合}2,,3,2,1{n 的一个排列},,,{221n x x x 具有性质:P 如果在}12,,3,2,1{-n 中至少有一个i ，使得n x x i i =-+||1.求证：具有性质P 的排列比不具有性质P 的排列的个数多.注：设，P ，B P A }{}{的排列不具有性质的排列具有性质==我们着眼于建立从B 到A 的一个映射“f ”，使它是单射并非满射，就能证明||||B A >.令B x x x x x b n i i ∈=-},,,,,{2121 ，则n x x ≠-||21，因而总能找一个排列},,,,,,,{21132n i i x x x x x x a -=使n x x i =-||1，这样的i 有且只有一个，与b 对立，显然A a ∈，按这样的对应法则建立映射)()(:A a B b f ∈→∈.易证f 是单射，下证f 不是满射.因对任何},,,,,{2121n i i x x x x x b -=，有n x x ≠-||21，n x x ≠-||32，故b 的象 },,,,,,,{21132n i i x x x x x x a -=的前二数之差的绝对值不等于n ，显然排列A n n n n ∈++}2,,2,,,1,1{ ，但不是B 中任何元素的象，所以f 不是满射，因此||||B A >，证毕.。