小学数学精讲教案8_9 构造与论证 学生版 16页

构造与论证 教学目标 1. 掌握最佳安排和选择方案的组合问题.‎ 2. 利用基本染色去解决相关图论问题．‎ 知识点拨 知识点说明 各种探讨给定要求能否实现，在论证中，有时需进行分类讨论，有时则要着眼于极端情形，或从整体把握．设计最佳安排和选择方案的组合问题，这里的最佳通常指某个量达到最大或最小．解题时，既要构造出取得最值的具体实例，又要对此方案的最优性进行论证．论证中的常用手段包括抽屉原则、整除性分析和不等式估计．‎ 组合证明题，在论证中，有时需进行分类讨论，有时则需要着眼于极端情况，或从整体把握。若干点及连接它们的一些线段组成图，与此相关的题目称为图论问题。若干点及连接它们的一些线段组成图，与此相关的题目称为图论问题，这里宜从特殊的点或线着手进行分析．各种以染色为内容，或通过染色求解的组合问题，基本的染色方式有相间染色与条形染色．‎ 知识点拨 板块一、最佳安排和选择方案 【例 1】 ‎5卷本百科全书按从第1卷到第5卷的递增序号排列，今要将它们变为反序排列，即从第5卷到第1卷．如果每次只能调换相邻的两卷，那么最少要调换多少次?‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】2星 【题型】解答 【解析】 因为必须是调换相邻的两卷，将第5卷调至原来第1卷的位置最少需4次，得到的顺序为51234；‎ 现在将第4卷调至此时第1卷的位置最少需3次，得到的顺序为54123；‎ 现在将第3卷调至此时第1卷的位置最少需2次，得到的顺序为54312；‎ 最后将第1卷和第2卷对调即可．‎ 所以，共需调换4+3+2+1=10次．‎ ‎【答案】10次 【例 2】 在2009张卡片上分别写着数字1、2、3、4、……、2009，现在将卡片的顺序打乱，让空白面朝上，并在空白面上又分别写上1、2、3、4、……、2009．然后将每一张卡片正反两个面上的数字相加，再将这2009个和相乘，所得的积能否确定是奇数还是偶数？‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 从整体进行考虑．所得的2009个和相加，便等于1～2009的所有数的总和的2倍，是个偶数．2009个数的和是偶数，说明这2009个数中必有偶数，那么这2009个数的乘积是偶数．‎ 本题也可以考虑其中的奇数．由于1～2009中有1005个奇数，那么正反两面共有2010个奇数，而只有2009张卡片，根据抽屉原理，其中必有2个奇数在同一张卡片上，那么这张卡片上的数字的和是偶数，从而所有2009个和的乘积也是偶数．‎ ‎【答案】偶数 【例 3】 一个盒子里有400枚棋子，其中黑色和白色的棋子各200枚．下面我们对这些棋子做如下操作：每次拿出2‎ 枚棋子，如果颜色相同，就补1枚黑色棋子回去；如果颜色不同，就补1枚白色的棋子回去．这样的操作，实际上就是每次都少了1枚棋子，那么，经过399次操作后，最后剩下的棋子是 颜色(填“黑”或者“白”)．‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】填空 【解析】 在每一次操作中，若拿出的两枚棋子同色，则补黑子1枚，所以拿出的白子可能为0枚或2枚；若拿出的两枚棋子异色，则补白子1枚，“两枚棋子异色”说明其中一黑一白，那么此时拿出的白子数为0枚．可见每次操作中拿出的白子都是偶数枚，而由于起初白子有200枚，是偶数枚，所以每次操作后剩下的白子都是偶数枚，因此最后1枚不可能是白子，只能是黑子．‎ ‎【答案】黑子 【例 2】 在黑板上写上、、、、……、，按下列规定进行“操怍”：每次擦去其中的任意两个数和，然后写上它们的差(大数减小数)，直到黑板上剩下一个数为止．问黑板上剩下的数是奇数还是偶数？为什么？‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 根据等差数列求和公式，可知开始时黑板上所有数的和为是一个偶数，而每一次“操作”，将、两个数变成了，它们的和减少了，即减少了一个偶数．那么从整体上看，总和减少了一个偶数，其奇偶性不变，还是一个偶数．‎ 所以每次操作后黑板上剩下的数的和都是偶数，那么最后黑板上剩下一个数时，这个数是个偶数．‎ ‎【答案】偶数 【例 3】 在1997×1997的正方形棋盘上的每格都装有一盏灯和一个按钮．按钮每按一次，与它同一行和同一列方格中的灯泡都改变一次状态，即由亮变为不亮，或由不亮变为亮．如果原来每盏灯都是不亮的，请说明最少需要按多少次按钮才可以使灯全部变亮?‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 最少要1997次，将第一列中的每一格都按一次，则除第一列外，每格的灯都只改变一次状态，由不亮变成亮．而第一列每格的灯都改变1997次状态，由不亮变亮．如果少于1997次，则至少有一列和至少有一行没有被按过，位于这一列和这一行相交处的灯保持原状，即不亮的状态．‎ ‎【答案】1997次 【例 4】 有3堆小石子，每次允许进行如下操作：从每堆中取走同样数目的小石子，或是将其中的某一石子数是偶数的堆中的一半石子移入另外的一堆．开始时，第一堆有1989块石子，第二堆有989块石子，第三堆有89块石子．问能否做到：‎ ‎(1)某2堆石子全部取光? (2)3堆中的所有石子都被取走?‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 ‎ (1)可以，如(1989，989，89) (1900，900，0)(950，900，950)(50，0，50)(25，25，50)(0，0，25)．‎ ‎(2)因为操作就两种，每堆取走同样数目的小石子，将有偶数堆石子堆中一半移至另一堆，所 以每次操作石子总数要么减少3的倍数，要么不变．‎ 现在共有1989+989+89=3067，不是3的倍数，所以不能将3堆中所有石子都取走．‎ ‎【答案】(1)可以 (2)不能 【例 5】 在某市举行的一次乒乓球邀请赛上，有3名专业选手与3名业余选手参加.比赛采用单循环方式进行，就是说每两名选手都要比赛一场．为公平起见，用以下方法记分：开赛前每位选手各有10分作为底分，每赛一场，胜者加分，负者扣分，每胜专业选手一场加2分，每胜业余选手一场加1分；专业选手每负一场扣2分，业余选手每负一场扣1分．问：一位业余选手最少要胜几场，才能确保他的得分比某位专业选手高?‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 当一位业余选手胜2场时，如果只胜了另两位业余选手，那么他得10+2-3=9(分)．此时，如果专业选手间的比赛均为一胜一负，而专业选手与业余选手比赛全胜，那么每位专业选手的得分都是10+2-2+3=13(分)．所以，一位业余选手胜2场，不能确保他的得分比某位专业选手高．‎ 当一位业余选手胜3场时，得分最少时是胜两位业余选手，胜一位专业选手，得10+2+2-2=12(分)．此时，三位专业选手最多共得30+0+4=34(分)，其中专业选手之间的三场比赛共得0分，专业选手与业余选手的比赛最多共得4分.由三个人得34分，34÷3=11‎ ‎，推知，必有人得分不超过11分.‎ ‎ 也就是说，一位业余选手胜3场，能确保他的得分比某位专业选手高.‎ ‎【答案】胜3场 【例 1】 n支足球队进行比赛，比赛采用单循环制，即每对均与其他各队比赛一场.现规定胜一场得2分，平一场得1分，负一场得0分.如果每一队至少胜一场，并且所有各队的积分都不相同，问：‎ ‎（1）n=4是否可能？‎ ‎（2）n=5是否可能？‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 ‎（1）我们知道4个队共进行了场比赛，而每场比赛有2分产生，所以4个队的得分总和为×2=12.因为每一队至少胜一场，所以得分最低的队至少得2分，又要求每个队的得分都不相同，所以 4个队得分最少2+3+4+5=14＞12，不满足.即n=4不可能。‎ ‎（2）我们知道5个队共进行场比赛，而每场比赛有2分产生，所以4个队的得分总和为×2=20.因为每一队至少胜一场，所以得分最低的队至少得2分，又要求每个队的得分都不相同，所以5个队得分最少为2+3+4+5+6=20，满足.即n=5有可能.但是我们必须验证是否存在实例.如下所示，A得2分，C得3分，D得4分，B得5分，E得6分.其中“AB”表示A、B比赛时，A胜B；“B--C”表示B、C比赛时，B平C，余下类推.‎ ‎【答案】（1）不可能 （2）可能 【例 2】 如图35-1，将1，2，3，4，5，6，7，8，9，10这10个数分别填入图中的10个圆圈内，使任意连续相邻的5个圆圈内的各数之和均不大于某个整数M.求M的最小值并完成你的填图.‎ ‎ ‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 要使M最小，就要尽量平均的填写，因为如果有的连续5个圆圈内的数特别小，有的特别大，那么M就只能大于等于特别大的数，不能达到尽量小的目的．‎ ‎ 因为每个圆圈内的数都用了5次，所以10次的和为5×(1+2+3+…+10)=275．‎ ‎ 每次和都小于等于朋，所以‎10M大于等于275，整数M大于28．‎ 下面来验证M=28时是否成立，注意到圆圈内全部数的总和是55，所以肯定是一边五个的和是28，‎ 一边是27．因为数字都不一样，所以和28肯定是相间排列，和27也是相问排列，也就是说数组每隔4个差值为1，这样从1填起，容易排出适当的填图.‎ ‎【答案】‎ 【例 3】 如图，在时钟的表盘上任意作个的扇形，使得每一个扇形都恰好覆盖 个数，且每两个扇形覆盖的数不全相同，求证：一定可以找到个扇形，恰好覆盖整个表盘上的数．并举一个反例说明，作个扇形将不能保证上述结论成立．‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 ‎【关键词】清华附中，入学测试 【解析】 略．‎ ‎【答案】要在表盘上共可作出12个不同的扇形，且1～12中的每个数恰好被4个扇形覆盖．将这12个扇形分为4组，使得每一组的3个扇形恰好盖住整个表盘．那么，根据抽屉原理，从中选择9个扇形，必有个扇形属于同一组，那么这一组的3个扇形可以覆盖整个表盘．‎ 另一方面，作8个扇形相当于从全部的12个扇形中去掉4个，则可以去掉盖住同一个数的4个扇形，这样这个数就没有被剩下的8个扇形盖住，那么这8个扇形不能盖住整个表盘 【巩固】 将1、2、3、4、5、6写在一个圆周上，然后把圆周上连续三个数之和写下来，则可以得到六个数、、、、、，将这六个数中最大的记为．请问在所有填写方式中，的最小值是什么？‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 ‎【关键词】2008年，台湾小学数学竞赛选拔赛 【解析】 要由于每个写在圆周上的数都被用了三次，则，即写出来的这6个数的平均数为，因此至少为11．由上图的排列方式可知为11的情形存在，故的最小值为11．‎ ‎【答案】最小值为11‎ 【例 2】 ‎1998名运动员的号码依次为1至1998的自然数．现在要从中选出若干名运动员参加仪仗队，使得剩下的运动员中没有一个人的号码等于另外两人的号码的乘积．那么，选为仪仗队的运动员最少有多少人?‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 我们很自然的想到把用得比较多的乘数去掉，因为它们参与的乘式比较多，把它们去掉有助于使剩下的构不成乘式，比较小的数肯定是用得最多的，因为它们的倍数最多，所以考虑先把它们去掉，但关键是除到何处?‎ 考虑到44的平方为1936，所以去到44就够了，因为如果剩下的构成了乘式，那么乘式中最小的数一定小于等于44，所以可以保证剩下的构不成乘式．因为对结果没有影响，所以可以将1保留，于是去掉2，3，4，…，44这43个数．‎ 但是，是不是去掉43个数为最小的方法呢?构造2×97，3×96，4×95，…，44×45，发现这43组数全不相同而且结果都比1998小，所以要去掉这些乘式就至少要去掉43个数，所以43为最小值，即为所求.‎ ‎【答案】43‎ 【例 3】 一组互不相同的自然数，其中最小的数是1，最大的数是25，除1之外，这组数中的任一个数或者等于这组数中某一个数的2倍，或者等于这组数中某两个数之和.问：这组数之和的最小值是多少?‎ 当取到最小值时，这组数是怎样构成的?‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 首先把这组数从小到大排列起来，那么最小的肯定为1，1后面只能是1的2倍即2，2后面可以是3或4，3的后面可以是4，5，6；4的后面可以是5，6，8．最大的为25．下面将所有的可能情况列出：‎ ‎1，2，3，4，…，25所有的和是35；‎ ‎1，2，3，5，…，25所有的和是36；‎ ‎1，2，3，6，…，25所有的和是37；‎ ‎1，2，4，5，…，25所有的和是37；‎ ‎1，2，4，6，…，25所有的和是38；‎ ‎1，2，4，8，…，25所有的和是40.‎ ‎25是奇数，只能是一个偶数加上一个奇数．在中间省略的数中不能只有1个数，所以至少还要添加两个数，而且这两个数的和不能小于25，否则就无法得到25这个数．要求求出最小值，先看这两个数的和是25的情况，因为省略的两个数不同于前面的数，所以从20+5开始．‎ ‎25=20+5=19+6=18+7=17+8=16+9=15+10=14+11=13+12．‎ 这些数中20，19，18，17太大，无法产生，所以看：16+9=15+10=14+11=13+12．‎ 看这些谁能出现和最小的1，2，3，4，…，25中，检验发现没有可以满足的：‎ 再看1，2，3，5，…，25，发现1，2，3，5，10，15，25满足，所以：1+2+3+5+10+15+25=36+25=61‎ ‎【答案】1+2+3+5+10+15+25=36+25=61‎ 【例 2】 ‎2004枚棋子，每次可以取1、3、4、7枚，最后取的获胜。甲、乙轮流取，如果甲先取，如何才能保证赢？‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 先从简单的情况看起，看看棋子数量较少时，在什么情况下先取者胜，什么情况下后取者胜．可以列表如下： ‎ 棋子数量 先取者胜 后取者胜 ‎1枚 ‎√‎ ‎2枚 ‎√‎ ‎3枚 ‎√‎ ‎4枚 ‎√‎ ‎5枚 ‎√‎ ‎6枚 ‎√‎ ‎7枚 ‎√‎ ‎8枚 ‎√‎ ‎9枚 ‎√‎ ‎10枚 ‎√‎ ‎11枚 ‎√‎ ‎12枚 ‎√‎ ‎13枚 ‎√‎ ‎14枚 ‎√‎ ‎15枚 ‎√‎ ‎16枚 ‎√‎ ‎17枚 ‎√‎ ‎18枚 ‎√‎ ‎19枚 ‎√‎ ‎20枚 ‎√‎ 棋子数是1～8时比较容易看得出来是先取者胜还是后取者胜，可以看出只有棋子数是2枚和8枚时是后取者胜，其他情况下都是先取者胜．‎ 当棋子数大于8时，可以先取若干枚棋子，使得剩下的棋子数变成前面已有的棋子数．先取者为了取胜，第一次取后，应该使剩下的棋子数是后取者胜的情况，比如变成剩下2枚或8枚．‎ 这样推下去，可以发现只有当棋子数是8的倍数或者除以8余2时，是后取者胜，其他情况下是先取者胜．‎ 题目中有2004枚棋子，除以8余4，所以先取者肯定可以取胜．不过取胜的策略比较灵活，不能明确地说每次后取者取多少枚先取者就相应地取多少枚，应该从除以8的余数来考虑：‎ ‎⑴先取者第一次可以先取4枚，这样还剩下2000枚，2000除以8的余数是0；‎ ‎⑵先取者为了保证获胜，在每一次后取者取了之后，先取者再取的时候，应该使得自己取后剩下的棋子数是8的倍数或者除以8余2；‎ ‎⑶后取者每次可以取1，3，4，7枚，每次先取者取后剩下的棋子数除以8的余数是0或2，所以每次后取者取后剩下的棋子数除以8的余数是7，5，4，1或1，7，6，3.‎ 所以接下来先取者可以对应地取7，3，4，1或1，7，4，3枚棋子，这样剩下的剩下的棋子数除以8的余数为0，2，0，0或0，0，2，0.‎ 这样就保证了第⑵点．‎ ‎⑷每次先取者取后剩下的棋子数除以8的余数是0或2，那么最后一枚棋子肯定是先取者取得，所以先取者获胜．‎ ‎【答案】见解析 【例 1】 在10×19方格表的每个方格内，写上0或1，然后算出每行及每列的各数之和．问最多能得到多少个不同的和数?‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 首先每列的和最少为0，最多是10，每行的和最少是0，最多是19，所以不同的和最多也就是0，1，2，3，4，…，18，19这20个．‎ 下面我们说明如果0出现，那么必然有另外一个数字不能出现．‎ 如果0出现在行的和中，说明有1行全是0，意味着列的和中至多出现0到9，加上行的和至多出现10个数字，所以少了一种可能．‎ ‎ 如果0出现在列的和中，说明在行的和中19不可能出现，所以0出现就意味着另一个数字不能出现，所以至多是19，下面给出一种排出方法.‎ ‎【答案】‎ 【例 2】 在8×8的国际象棋盘上最多能够放置多少枚棋子，使得棋盘上每行、每列及每条斜线上都有偶数枚棋子?‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 因为8×8的国际象棋盘上的每行、每列都正好有偶数格，若某行(某列)有空格，必空偶数格．而斜线上的格子数有奇也有偶，不妨从左上角的斜线看起：第一条斜线只有1格，必空；第三条有3格，必至少空1格；第五、七条分别有5、7格，每条线上至少空1格．由对称性易知共有16条斜线上有奇数格，且这16条斜线没有共用的格子，故至少必空出16格．其实，空出两条主对角线上的16个格子就合题意．此时，最多可放置48枚棋子，放在除这两条主对角线外的其余格子中，如下图所示．‎ ‎【答案】‎ 【例 1】 在下图中有16个黑点，它们排成了一个4×4的方阵．用线段连接其中4点，就可以画出各种不同的正方形．现在要去掉某些点，使得其中任意4点都不能连成正方形，那么最少要去掉多少个点?‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 至少要除去6个点，如下所示为几种方法：‎ ‎【答案】个 【例 2】 三个边长为1的正方形并排放在一起，成为1×3的长方形.求证：.‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 仔细分析，要证， ‎ ‎ ‎ 由于，所以，只需证明就可以了！于是想到能否把（）移动位 置，与（）拼合在一起，恰成一个的角呢？于是想到：如图1所示，再拼上一个单位正方形DFK，则三角形AKC为等腰直角三角形，，又直角三角形KCF 与AHD全等，所以. 因此，.‎ 有了拼合与的思想，学生往往产生不同的拼合方式，沿着拼合全等的思路发散开来，又可以找到许多拼法. 如图2三角形AHP是等腰直角三角形，，‎ 所以.‎ 如图3三角形AQC是等腰直角三角形，，‎ ‎.‎ ‎ 如图4三角形WDB是等腰直角三角形, ，. 所以.‎ 如图5三角形ZAH是等腰直角三角形， 因此. 其他的沿着“拼合全等”的思路的证法就不例举了.‎ ‎ 如果利用相似三角形的知识，如图5所示，又所以，‎ ‎，因此∽，但，. 用相似三角形法不用添设辅助线，简洁明了.再开思路，可用三角法证明如下：与都是小于的锐角，可知+是锐角. 又，.‎ ‎，所以.‎ ‎【答案】证明过程见解析 板块二、染色与赋值问题 【例 1】 某学校的学生中，没有一个学生读过学校图书馆的所有图书，又知道图书馆内任何两本书都至少被一个同学都读过．问：能否找到两个学生甲、乙和三本书4、B、C，使得甲读过A、B，没读过C，乙读过B、C，没读过A?说明判断过程．‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略．‎ ‎【答案】首先从读书数最多的学生中找一人甲．由题设，甲至少有一本书未读过，记为C．设B是甲读过的书中一本，由题意知，可找到学生乙，乙读过B、C．由于甲是读书数最多的学生之一，乙读书数不能超过甲的读书数，而乙读过C书，甲未读过C书，所以一定可以找出一本书A，使得甲读过而乙未读过，否则乙就比甲至少多读过一本书．这样一来，甲读过A、B，未读过C；乙读过B、C未读过A.因此可以找到满足要求的两个学生 【例 2】 ‎4个人聚会，每人各带2件礼品，分赠给其余3个人中的2人．试证明：至少有2对人，每对人是互赠过礼品的．‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略。‎ ‎【答案】将这四个人用4个点表示，如果两个人之间送过礼，就在两点之间连一条线． ‎ 由于每人送出2件礼物，图中共有4×2=8条线，由于每人礼品都分赠给2个人，所以每两点之间至多有1+1=2条线。四点间，每两点连一条线，一共6条线，现在有8条线，说明必有两点之间连了2条线，还有另外两点(有一点可以与前面的点相同)之间也连了2条线．‎ 即为所证结论 【例 1】 有9位数学家，每人至多能讲3种语言，每3个人中至少有2个人有共通的语言.求证：在这些数学家中至少有3人能用同一种语言交谈。 ‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略．‎ ‎【答案】假设任意三位数学家都没有共同会的语言，这表明每种语言至多有两人会说.即这九位数学家为A、B、C、D、E、F、G、I．由于一位数学家最多会三种语言，而每种语言至多有两人会说，所以一位数学家至多能和另外三人通话，即至少与五人语言不通．不妨设A不能与B、C、D、E、F通话．‎ 同理，B也至多能和三人通话，因此在C、D、E、F中至少有一人与B语言不通，设为C.则A、B、C三人中任意两人都没有共同语言，与题意矛盾．这表明假设不成立，结论得证 【例 2】 在1000×1000的方格表中任意选取n个方格染为红色，都存在3个红色方格，它们的中心构成一个直角三角形的顶点．求n的最小值．‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 首先确定1998不行．反例如下：‎ 其次1999可能是可以的，因为首先从行看，1999个红点分布在1000行中，肯定有一些行含有2个或者以上的红点，因为含有0或1个红点的行最多999个，所以其他行含有红点肯定大于等于1999-999=1000，如果是大于1000，那么根据抽屉原理，肯定有两个这样红点在一列，那么就会出现红色三角形；‎ 如果是等于1000而没有这样的2个红点在一列，说明有999行只含有1个红点，而剩下的一行全是红点，那也肯定已经出现直角三角形了，所以n的最小值为1999．‎ ‎【答案】n的最小值为1999‎ 【例 3】 甲、乙、丙三个班人数相同，在班级之间举行象棋比赛．各班同学都按1，2，3，4，…依次编号．当两个班比赛时，具有相同编号的同学在同一台对垒．在甲、乙两班比赛时，有15台是男、女生对垒；在乙、丙班比赛时，有9台是男、女生对垒．试说明在甲、丙班比赛时，男、女生对垒的台数不会超过24．并指出在什么情况下，正好是24 ？‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 不妨设甲、乙比赛时，1～15号是男女对垒，乙、丙比赛时．在1～15号中有a台男女对垒，15号之后有9-a台男女对垒(0≤a≤9)‎ ‎ 甲、丙比赛时，前15号，男女对垒的台数是15-a(如果1号乙与1号丙是男女对垒，那么1号甲与1号丙就不是男女对垒)，15号之后，有9-a台男女对垒.所以甲、丙比赛时，男女对垒的台数为15-a+9-a=24‎-2a≤24．‎ ‎ 仅在a=0，即必须乙、丙比赛时男、女对垒的号码，与甲、乙比赛时男、女对垒的号码完全不同，甲、丙比赛时，男、女对垒的台数才等于24．‎ ‎【答案】即必须乙、丙比赛时男、女对垒的号码，与甲、乙比赛时男、女对垒的号码完全不同，甲、丙比赛时，男、女对垒的台数才等于24‎ 【例 4】 将5×9的长方形分成10个边长为整数的长方形．证明：无论怎样分法．分得的长方形中必有两个是完全相同的．‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略．‎ ‎【答案】10个边长为整数的长方形，其面积显然也均是正整数．划分出的长方形按面积从小到大为：1×1，1×2，1×3，1×4，2×2，1×5，1×6，2×3，1×7，1×8，2×4，1×9，3×3．2×5，2×6，3×4，2×7，3×5，2×8，4×4，2×9，3×6，……从这些长方形中选出10‎ 个不同的长方形，其面积和最小为：1×1+1×2+1×3+1×4+2×2+1×5+1×6+2×3+1×7+1×8=46．而原长方形的面积为5×9=45<46．所以分出的长方形必定有某两个是完全一样的 【例 1】 将15×15的正方形方格表的每个格涂上红色、蓝色或绿色．证明：至少可以找到两行，这两行中某一种颜色的格数相同．‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略．‎ ‎【答案】如果找不到两行的某种颜色数一样，那么就是说所有颜色的列与列之问的数目不同．那么红色最少也会占0+1+2+…+14=105个格子．‎ ‎ 同样蓝色和绿色也是，这样就必须有至少：‎ ‎ 3×(0+l+2+…+14)=315个格子．‎ ‎ 但是，现在只有15×15=225个格子，所以和条件违背，假设不成立，结论得证 【例 2】 在平面上有7个点，其中任意3个点都不在同一条直线上．如果在这7个点之字连结18条线段，那么这些线段最多能构成多少个三角形 ？ ‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 平面上这7个点，任意3点都不在同一条直线上，若任意2点连接，共可连接出=7×6÷2=21条线段．现在只连接18条线段，有3条没有连出，要使得这18条线段所构成的三角形最多，需使得没连出的这3条线段共同参与的三角形总数最多，故这3条线断共点.对于这3条线段中的任何一条，还与其他5个点本应构成5个三角形，故这3条线段没连出，至少少构成5×3-3=12个三角形. ‎ 如上图所示，在图中AD、AE、AF之间未连接，因为其中ADE、AED，ADF、AFD，AEF、AFE被重复计算，所以减去3．而平面内任何三点不共线的7个点，若任何2点连线，最多可构成=35个三角形．故现在最多可构成三角形35-12=23个．‎ ‎【答案】最多可构成三角形23个 【例 3】 在9×9棋盘的每格中都有一只甲虫，根据信号它们同时沿着对角线各自爬到与原来所在格恰有一个公共顶点的邻格中，这样某些格中有若干只甲虫，而另一些格则空着．问空格数最少是多少?‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 方法一：考虑到甲虫总是斜着爬，我们把棋盘黑白相间染色，发现原来黑色格子里的甲虫都会爬到黑色的格子里面，而白色格子里面的甲虫都会爬到白色格子里面，所以我们只用观察最少能空出多少个黑格子，多少个白格子．‎ 因为甲虫每次都从奇数行爬到偶数行，偶数行爬到奇数行，而由奇数行有25个黑格子，偶数行有16个黑格子知，偶数行的16只甲虫爬到奇数行会空出9个黑格子，而奇数行的25只虫子爬到偶数行就可以没有空格．白格子虫子也会从奇数行爬到偶数行，偶数行爬到奇数行，但是奇数行和偶数行都是20个格子，最少的情况下不会出现空格子，所以最少出现9个空格．‎ 方法二：‎ ① 对2×2棋盘如下黑白染色，则易知两黑格及两白格分别对换甲虫即可使棋盘格不空；从而得到2n×2n棋盘可划分为若干块2×2棋盘，棋盘格均不空．‎ ② 对3×3棋盘如下黑白染色，注意到图中有5个黑格，黑格中的甲虫爬行后必进入黑格，且四个角上的黑格内的甲虫必爬人中心黑格，而中心黑格内的甲虫只能爬人某一格，必至少空3个黑格．‎ ① 对5×5棋盘黑白染色后，利用①、②的结论易知至少空5个黑格．‎ ② 依次类推，可知对9×9棋盘黑白染色后，至少空9个空格．下图是甲虫爬行的一种方法．‎ ‎【答案】最少出现9个空格 【例 1】 若干台计算机联网，要求：‎ ‎ ①任意两台之间最多用一条电缆连接；‎ ‎ ②任意三台之间最多用两条电缆连接；‎ ‎ ③两台计算机之间如果没有电缆连接，则必须有另一台计算机和它们都连接有电缆．若按此要求最少要用79条电缆．‎ ‎ 问：(1)这些计算机的数量是多少台?‎ ‎ (2)这些计算机按要求联网，最多可以连多少条电缆?‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】4星 【题型】解答 【解析】 将机器当成点，连接电缆当成线，我们就得到一个图，如果从图上一个点出发，可以沿着线跑到图上任一个其它的点，这样的图就称为连通的图，条件③表明图是连通图．‎ ‎ 我们看一看几个点的连通图至少有多少条线．可以假定图没有圈(如果有圈，就在圈上去掉一条线)，从一点出发，不能再继续前进，将这一点与连结这点的线去掉．考虑剩下的n-1个点的图，它仍然是连通的．用同样的办法又可去掉一点及一条线．这样继续下去，最后只剩下一个点．因此n个点的连通图至少有n-1条线(如果有圈，线的条数就会增加)，并且从一点A向其他n-1个点各连一条线，这样的图恰好有n-1条线．‎ ‎ 因此，(1)的答案是n=79+1=80，并且将一台计算机与其他79台各用一条线相连，就得到符合要求的联网．‎ ‎ 下面看看最多连多少条线．‎ ‎ 在这80个点(80台计算机)中，设从引出的线最多，有k条，与相连的点是,，…，由于条件，,…，之间没有线相连．‎ ‎ 设与不相连的点是，…，，则m+k=80，而，…, 每一点至多引出k条线，图中至多有mk条线，因为≤‎ ‎ 所以m×k≤1600，即连线不超过1600条．‎ 另一方面，设80个点分为两组：,…，；，…，第一组的每一点与第二组的每一点各用一条线相连，这样的图符合题目要求，共有40×40=1600条线 ‎【答案】(1) 80 (2) 1600‎ ‎ ‎ 【例 2】 在一个6×6的方格棋盘中，将若干个1×1的小方格染成红色．如果随意划掉3行3列，在剩下的小方格中必定有一个是红色的．那么最少要涂多少个方格?‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 方法一：显然，我们先在每行、每列均涂一个方格，使之成为红色，如图A所示，但是在图B中，划去3行3列后，剩下的方格没有红色的，于是再将两个方格涂成红色(依据对称性，应将2个方格同时涂成红色)，如图C所示，但是图D的划法，又使剩下的方格没有红色，于是再将两个方格涂成红色(还是由于对称的缘故，将2个方格涂成红色)，得到图E，图E不管怎么划去3行3列，都能使剩下的方格含有红色的．‎ ‎ 这时共涂了10个方格．‎ ‎ 方法二：一方面，图F表明无论去掉哪三行哪三列总会留下一个涂红的方格．‎ ‎ 另一方面，如果只涂9个红色方格，那么红格最多的三行至少有6个红格(否则第三多的行只有1个红格，红格总数≤5+3=8)，去掉这三行至多还剩3个红格，再去掉三列即可将这三个红格也去掉．综上所述，至少需要将10个方格涂成红色．‎ ‎【答案】至少需要将10个方格涂成红色 【例 2】 如图，把正方体的6个表面剖分成9个相等的正方形．现用红、黄、蓝3种颜色去染这些小正方形，要求有公共边的正方形所染的颜色不同．那么染成红色的正方形的个数最多是多少个?‎ ‎ ‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 如上面右图所示，它们的对面也同样的染色，这样就有(5+4+2)×2=22(个)方格染色，而且有公共边的正方形颜色不同．所以，用红色染成的正方形的个数最多是22个．‎ ‎【答案】用红色染成的正方形的个数最多是22个 【例 3】 证明：在6×6×6的正方体盒子中最多可放入52个1×l×4的小长方体，这里每个小长方体的面都要与盒子的侧面平行．‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 略．‎ ‎【答案】先将6× 6×6的正方体盒子视为实体，那么6×6×6的正方体可分成216个小正方体，这216个小正方体可以组成27个棱长为2的正方体．我们将这27个棱长为2的正方体按黑白相间染色，如下图所示．‎ ‎ 其中有14个黑色的，13个白色的，而一个白色的2×2×2的正方体可以对应的放人4个每个面都与盒子侧面平行的1×l×4的小长方体，所以最多可以放入13×4=52个1×1×4的小长方体．‎ 注：6×6×6的正方体的体积为216，1×1×4的小长方体的体积为4，所以可放入的小正方体数目不超过216÷4=54个 【例 1】 用若干个1×6和1×7的小长方形既不重叠，也不留孔隙地拼成一个11×12的大长方形，最少要用小长方形多少个?‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 我们先通过面积计算出最优情况：‎ ‎ 11×12=132，设用1×6的小长方形x个，用1×7的小长方形y个，有．‎ 解得：（t为可取0的自然数)，共需x+y=19+t个小长方形．‎ ‎ (1)当t=0时，即x+y=1+18=19，表示其中的1×6的小长方形只有1个，剩下的18个小长方形都是 ‎1×7的． ‎ ‎ 大长方形中无论是1行还是1列，最多都只能存在1个1×7的小长方形，所以在大长方形中最多只能无重叠的同时存在16个l×7的小长方形．‎ ‎ 现在却存在18个1×7的小长方形，显然不满足；‎ ‎ (2)当t=1时，即x+y=8+12=20，有如下分割满足，所以最少要用小长方形20个．‎ ‎【答案】20个 【例 2】 试着把边长为的这99个小正方形不重叠地放入1个边长为l的正方形内。能做到就画出一种放法，不能，请说明理由。‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】5星 【题型】解答 ‎【关键词】走美杯，6年级，决赛 【解析】 能.+＜×2=1,‎ ‎＋＋＋＜×4=1,‎ ‎＋＋＋…＋＜×8=1,‎ ‎＋＋＋…＋＜×16=1,‎ ‎＋＋＋…＜×31=1,‎ ‎＋＋＋…＋＜×37＜1.‎ ‎＋＋＋＋＋=＜1.‎ ‎ 如下图，将边长,的小正方形放入长l、宽的长方形；‎ ‎ 将边长～的小正方形放入长1、宽的长方形；‎ ‎ 将边长～的小正方形放入长l、宽的长方形；‎ ‎ 将边长～的小正方形放入长l、宽的长方形；‎ 将边长～的小正方形放入入l、宽的长方形；‎ 将边长～的小正方形放入长1、宽的长方形。‎ ‎【答案】能 【例 1】 有10个整数克的砝码(允许砝码重量相同)，将其中一个或几个放在天平的右边，待称的物品放在天平的左边，能称出1，2，3，…，200的所有整数克的物品来；那么，这10个砝码中第二重的砝码最少是______克．‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】5星 【题型】解答 ‎【关键词】迎春杯，六年级，初赛 【解析】 ‎⑴这10个整数克的砝码共重应该是200，这样，才能在最重的定下来后，第二重的尽量少．‎ ‎⑵作为一般结论，如果要连续称出一些重量，只在天边的一边放砝码，另一边放重物，则砝码最少的情况应该结合二进制，即1，2，4，8，16，32，64，128．这种情况下，只需要7个砝码，就能至多称到128×2-1=‎255克重．‎ ‎⑶而本题共有10个砝码，只需要调整一下这里的砝码：‎ 第一种方案：为了实现第二重最少，则可以让第一重尽量大，而且不止一个，‎ 这里的思路是：如果后面6个数中，有5个相同的最大，把前面所有5个数的和与之相等，200=6×33+2，即后面有5个33，前面则有1，2，4，8，18这种方案中，无法凑出16,17这两种重量．‎ 于是换一种思路，让最大数相同的只有4个，前面6个砝码看作一个．‎ 则最重的为40，这样，可以构造出1，2，4，8，12，13，40，40，40，40．‎ 不过，对于这种解法，与官方的推荐答案不符，原因在于，最重的有4个，次重的被看作“第五名”．在这里，“第五名”“第二重”之间是有一定的歧义的．所以，我们建议大家做这道题应用高级技巧“歧义解决”．即说清楚：‎ 如果只看重量，第一重(可以并列)与第二重，则第二重最少可以是‎13克．‎ 如果根据“名次”，第二名(可以并列)为第二重，则第二重最少可以是‎18克．‎ 这种情况的算理是：‎ 首先考虑1、2、4、8这四种砝码必须有，另外，对于第二重，至少要是16．‎ 这里除了第一重之外，16最多可以有5个砝码，即：‎ ‎1、2、4、8、16、16、16、16、16．‎ 要称200，第一重的要达到200－(1＋2＋4＋8＋16＋16＋16＋16＋16)＝105‎ 则96-104的重量无法称出来．‎ 所以，把第二重的调整为17，即；‎ ‎1、2、4、8、17、17、17、17、17、100‎ 但16无法称出来，所以要调整出16，必会现18，(如果调整给100，即100变为101，则100无法称出来)．所以，“最佳方案”是1、2、4、8、16、17、17、17、18、100．‎ ‎【答案】‎ 【例 1】 小明和8个好朋友去李老师家玩．李老师给每人发了一顶帽子，并在每个人的帽子上写了一个两位数，这9个两位数互不相同，且每个小朋友只能看见别人帽子上的数．老师在纸上又写了一个数A，问这9位同学：“你知不知道自己帽子上的数能否被A整除？知道的请举手．”结果有4人举手．老师又问：“现在你知不知道自己帽子上的数能否被24整除？知道的请举手．”结果有6人举手．已知小明两次都举手了，并且这9个小朋友都足够聪明且从不说谎，那么小明看到的别人帽子上的8个两位数的总和是　 　　．‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】5星 【题型】解答 ‎【关键词】迎春杯，六年级，初赛 【解析】 一个人不知道自己帽子上的数是多少，却能知道这个数能否被整除，只有一个可能，就是的倍数中的两位数都出现在其他人的帽子上，这样他可以知道自己帽子上的数肯定不是的倍数.由于有个人知道自己帽子上的数能否被整除，另外个人不确定，故这个人看到了所有的的两位倍数，这些数恰好在那个不确定的人的帽子上.故两位数中的倍数有个，则，，得，可以为，或.‎ 假设第轮举手中，帽子上写有的个倍数的人分别为，，，，，另外四个人除小明外还有，，，由于，，，，这个人都非常聪明，他们看到小明和，，三个人能知道，说明这四个人看到了的所有两倍数，都在他们个人头上，而他们都能看到另外个人头上的数，所以也都能推断出自己头上的数分别为，，，，. 第轮举手中，由于，，，，都知道了自己头上的数，所以可以确定自己头上的数是否能被整除.而小明能知道，说明他又看到了的所有两位倍数，即，，，都出现在了其他个人头上的数中了.而除去，，，，和小明六人外，只有，，三个人了，所以，，，中必定有一个数在，，，，中出现了. 那么只有可能是，是倍数.此时，，三个人头上的数分别为，.‎ 所以小明看到的个数的总和是 ‎【答案】‎ 【例 2】 桌上有两堆棋子，分别有12粒和28粒，甲乙两人轮流从其中的一堆里取出若干粒，不能同时在两堆中都取，也不能不取．且取出的棋子数必须是另一堆棋子数的约数．取到最后一粒者为胜．如果甲先取， ____________采用正确的策略，必胜．‎ ‎【考点】构造与论证 【难度】5星 【题型】解答 ‎【关键词】迎春杯，六年级，初赛 【解析】 从棋子数较少的时候开始分析．如果两堆棋子个数相等，则后取的一方有必胜策略，先取的一方从一堆里面取几个，后取的一方就可以从另一堆里面取几个．如果较少的一堆只有1个棋子，则如果取走这个棋子，对方必胜（任何数都是0的约数，可以一次取走），所以只有取较多的一堆的棋子，而且只能取1个，所以可以分析出，较多的一堆有奇数个棋子时，后取者有必胜策略；较多的一堆有偶数个棋子时，先取者有必胜策略．如果较少的一堆有2个棋子，此时如果较多的一堆有奇数个棋子，根据前面的分析，先取者可以从2个棋子的一堆中取走1个而获胜；如果较多的一堆有偶数个棋子，根据前面的分析，如果一方从某一堆中取走奇数个棋子，则对方有必胜策略；如果从较多的一堆中取走2个棋子，则可以分析出，较多的一堆棋子数被4除余2时，后取者有必胜策略；较多的一堆棋子数被4整除时，先取者有必胜策略．继续分析，可总结一般规律：如果两堆棋子数目写成二进制后，末尾0的个数相等(包含同为0个，也就是都是奇数的情况)，则后取的一方有必胜策略，否则先取的一方有必胜策略．考虑二进制表达式，分别是1100和11100．0的个数相等，所以乙有必胜策略．如果两堆的末尾0的个数相等，例如都有个．则从一堆中取的棋子数目末尾的0至多个．如果取的棋子数目末尾的0个数为，则相减后会发现所得的差的末尾0的个数超过；如果取的棋子数目末尾的0个数小于，则相减后会发现所得的差的末尾0的个数也小于n．所以，从0的个数相等的状态取一次只能到达0的个数不相等的状态．另一方面，从0的个数不相等的状态，总可以从0较多的一堆取出和0较少的一堆的0个数一样多的棋子，这样两堆末尾0的个数就一样多了．‎ ‎【答案】乙