2024年1月4日发(作者：)
高中数学奥林匹克比赛讲座：30分类与议论
比赛讲座 30
－分类与议论
1. 分类议论的规则
( 论域 ) 进行的 . 解题中有时要将题目条件包括的全体对象分红若干类
.
,
解题老是在必定的范围
而后逐类议论 , 才能得出正确的解答 . 所以 , 分类议论是数学解题中的一个重要内容
(1)
分类的规则
分类时第一要明确分类的对象和分类的标准
. 有时还要对第一次分
出的各种进行再分类
, 这就是第二级分类 , 近似地有第三级分类、第四级分类、 ，这类进
行多次分类的现象叫做连续分类
点 .
分类的原则是：不重不漏，即每一个题设包括的对象都一定在并且只在所分的一类中
分类时一定做到：
①
②
一次分类只按一个标准进行；
连续分类按层次逐级进行
.
.
. 合理的分类不只是正确解题的基础，并且是简捷解题的出发
. 为此，
（ 2）列举和议论
例 1
解
解决需要议论的问题的方法是列举，列举的基础是正确分类
求出全部的自然数
n，使三个整数
n， n+8， n+16 都为质数 .
现将全部自然数 n 按模为 3 的节余类分红三类：
n=3k，3k+1， 3k+2.
当 n=3k 时，只有 k=1 时，三个整数（ 3， 11，19）都是质数；当
n=3k+1 时， n+8=3k+1+8=3（ k+3）不是质数；
当 n=3k+2 时， n+16=3k+2+16=3（ k+6）不是质数 .
所以知足题设的自然数只有一个
2．分类议论举例
下边我们用分类议论的思想方法来解决一些国内外数学比赛问题
例 2
（第 4 届加拿大中学生比赛题）设
.
a 和 n 是相异的实数，证明存在
3.
整数 m和 n 使得 am+bn＜ 0， bm+an＞0.
证明
既然 a，b 为相异实数，那么必有
a-b ＜ 0 或 a-b ＞ 0.
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，n=-1 ，考证和知足所给不等式；
当 a-b ＜0 时，就取
m=1
当 a-b ＞0 时，就取
m=-1，n=1，明显也知足所给不等式
.
例 3
（ 1956 年上海市比赛题）从
1 到
100 这一百个自然数中，每次取
2
个，要它们的和大于
100，有多少种取法？
解
因为每次所取的两数不等，所以能够按较大（或较小）的数的取值来分类考虑：
较大的数取 100 时，另一数有 99 种取法；
较大的数取 99 时，另一数有 97 种取法；
较大的数取 51 时，另一数有一种取法；而 50 以下的任何两数都不可以构成切合条件的数对，故共有 1+3+5 +97+99=2500 种取法 .
依据某个确立的自然数为模的节余类分类是数学比赛中常常出现的问题之一
例 4
.
求证：从随意
n 个整数
a1， a2， ，
an 中，必定能够找到若干个数，
使它们的和可被
n 整除 .
证明
观察以下的
n 个和， a1， a1+a2， a1+a2+a3， ，
a1 +a2+
+a
n.
n 的整除，则结论建立；
若此中起码有一个能被
若此中没有一个能被
n 整除；则将他们按模
n 的节余类至多可分为余数为
1，余数为 2， ，余数为 n-1 的 n-1 个类 . 所以 , 这几个整数中起码有两个整数
（ l ＞ k）对模 n 有同样的余数
.
a1+a2+ +ak
和 a1+a2+a3+ak + +al
这时和数 ak+1+ +a
l =（ a1+a2+ +a
k+ +a1 ）- （ a1+a2+ +ak）明显可被 n 整除，即结论建立
.
说明：本例经过分类制造“抽屉”，表现了分类思想有“抽屉原则”的完满联合
.
在给定的几何条件下，因为图形的形状或地点不一样含有不一样的结果或需用不一样的方法办理，这就引出了几何中的分类议论问题 .
例
5
（ 1989 年武汉、 广州等五市初中数学联赛题）
△ABC中，∠C=
，BM是中线， AC=2a，
若沿 BM将三角形对折起来，那个两个小三角形
积的四分之一 . 试求△ ABC的面积 .
ABM和 BCM重叠部分的面积恰巧等于△
ABC
面
解①若原三角形中， ∠ABM＞∠ CBM，则对折后如图
△BMD
28-1 ，此中
是对折后
C 点所落地点，
是重叠部分 . 依题意得
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∴
即 D为 AM的中点 .
又
∴D是 BC的中点 .
由∠ ADB=∠MD
知，△ ABD≌△M
D，∴ AB= M=CM=
. 而∠ ACB=
，∴∠ ABC=
.
由 AC=2a，可得 AB=a， BC=
∴
（ 2）若原三角形中∠ ABM＜∠ CBM，对折后如图
28-2. 如上证明，可得
D 为 AB， M
的中点 .
∴
于是 BC=B
=a.
过 B 作△ ABC的高 BE.∵∠ ACB=
，
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∴
∴
（ 3）明显，∠ ABM=∠CBM 不合题意 .
列 6 设一条曲线的两头在单位正方形的周界上；并且这条曲线将正方形分红面积相等的两部分 . 证明这条曲线的长度不小于 1.
证明
（如图 28-3 ）设曲线
PQ分正方形 ABCD为面积相等的两部分S1，S2. 又 M、 N、 E、 F 分
别为正方形的边的中点
. 因
的面积，故曲线
PQ与线段 MN、 EF、 AC、 BD必各起码有一个公共点
分类议论
.
. 现按 P、 Q的地点来不失一般性，不如设
P 在 AB上，这时，
①
Q 在对边 CD上（图 28-4 ） . 如上所述 , 曲线 PQ与 MN起码有一公共点 ( 设为 R), 则
.
PQ=PR+RQ≥PR+RQ≥MR+RN=MN=1，此时结论正确
②
Q 在 AB 上（图 28-5 ） . 设曲线 PQ与线段 EF 的一个公共点为
R. 以 EF 为对称轴作
，则曲线
PQ与曲线
等长 . 由①知
≥1，故 PQ≥1，此时结论也
出 PR的对称图形
正确 .
③
Q 在邻边 BC或 AD之一上（图 28-6 ） . 令曲线 PQ与 AC的一个公共点为 R，以 AC
，则曲线
PQ与
等长 . 由①知，此时结论亦建立
.
为对称轴作出
RQ的对称图形
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综上述，对切合条件的随意地点的
P、 Q均有所述结论 .
练习二十八
1．
选择题
（ 1）假如 a、 b 为不超出 10 的自然数，那么能使方程
（
ax=b 的解大于
而小于
的 a、b 有
） .
五组
（ B）四组 （ C）三组
（D）两组
（ A）
（ 2）（ 1984 年重庆初中比赛题） 假如 α、β、γ 是三角形三内角， x=α+β，y=β+γ，z=γ+α，
那么 x，y， z 中锐角个数的错误判断应是（
（ A）
） .
可能没有锐角
（ B）可能有一个锐角
（ C）可能有两个锐角
（ D）最多有一个锐角
（ 3）（ 1978 年重庆比赛题） a、 b、c 是三角形三边，由
a-b ＜ c 可导出（
） .
（ A）
22＜ c2（ B） a2-b
2＞ c2（C） a2-b
=c（ D）以上结论都不对
2．（ 1989 年吉林初中预选赛试题）已知
n（n≥2）个相异自然数的和与积相等，求此
n 的值
及 n 个自然数 .
3
4
x3+113=y
3 没有
x
y
.
4．（ 1983 年上海初中比赛题）已知△ ABC 中∠B为锐角 . 从极点 A 向边 BC或它的延伸线引垂
线，交 BC于 H，又从极点 C 向边 AB或它的延伸线引垂线交
BA是整数时，△ ABC 是如何三角形？证明你的结论
.
AB于 K 点 . 试问当 2BH： BC、 2BK：
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5.(1984
年西安初中比赛题
) 求证 n5-n 可被 30 整除 (n ∈整数 ).
6．（ 1978 年重庆比赛题）设△ ABC 中， AB=AC， P 为该三角形内一点，且∠ APB＞∠ APC.用间接证法证明 : ∠BAP＜∠ CAP.
7．（ 1957 年上海比赛题）设自然数
62αβ 427 为 99 的倍数，求
α、β.
8．（莫斯科比赛大会预习题）求多项式 x2+βx+q 的使它在区间 [-1 ， 1] 上的绝对值为极大值的最小值 .
9．证明内接平行四边形的三角形的面积不行能大于这个平行四边形面积的一半
10．（第 7 届加拿大中学比赛题）对每个实数
γ， [ γ] 表示小于或等于
2
2
.
γ 的最大整数，比如
[6]=6 ，[ π]=3 ， [-1.5]=-2.
在（ x，y）平面上指出知足
[x] +[y]
=4
的全部点（ x， y） .
