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2019-2020年高考數(shù)學(xué)回歸課本 組合教案 舊人教版
一、方法與例題
1．抽屜原理。
例1 設(shè)整數(shù)n≥4,a1,a2,…,an是區(qū)間(0,2n)內(nèi)n個(gè)不同的整數(shù)，證明：存在集合{a1,a2,…,an}的一個(gè)子集，它的所有元素之和能被2n整除。
[證明] （1）若n{a1,a2,…,an},則n個(gè)不同的數(shù)屬于n-1個(gè)集合{1,2n-1}，{2,2n-2},…,{n-1,n+1}。由抽屜原理知其中必存在兩個(gè)數(shù)ai,aj(i≠j)屬于同一集合，從而ai+aj=2n被2n整除；
（2）若n∈{a1,a2,…,an}，不妨設(shè)an=n，從a1,a2,…,an-1(n-1≥3)中任意取3個(gè)數(shù)ai, aj, ak(ai,
0)不被n整除，考慮n個(gè)數(shù)a1,a2,a1+a2,a1+a2+a3,…,a1+a2+…+an-1。
ⅰ）若這n個(gè)數(shù)中有一個(gè)被n整除，設(shè)此數(shù)等于kn，若k為偶數(shù)，則結(jié)論成立；若k為奇數(shù)，則加上an=n知結(jié)論成立。
ⅱ）若這n個(gè)數(shù)中沒有一個(gè)被n整除，則它們除以n的余數(shù)只能取1,2,…,n-1這n-1個(gè)值，由抽屜原理知其中必有兩個(gè)數(shù)除以n的余數(shù)相同，它們之差被n整除，而a2-a1不被n整除，故這個(gè)差必為ai, aj, ak-1中若干個(gè)數(shù)之和，同?。┛芍Y(jié)論成立。
2．極端原理。
例2 在nn的方格表的每個(gè)小方格內(nèi)寫有一個(gè)非負(fù)整數(shù)，并且在某一行和某一列的交叉點(diǎn)處如果寫有0，那么該行與該列所填的所有數(shù)之和不小于n。證明：表中所有數(shù)之和不小于。
[證明] 計(jì)算各行的和、各列的和，這2n個(gè)和中必有最小的，不妨設(shè)第m行的和最小，記和為k，則該行中至少有n-k個(gè)0，這n-k個(gè)0所在的各列的和都不小于n-k，從而這n-k列的數(shù)的總和不小于(n-k)2，其余各列的數(shù)的總和不小于k2，從而表中所有數(shù)的總和不小于(n-k)2+k2≥
3.不變量原理。
俗話說，變化的是現(xiàn)象，不變的是本質(zhì)，某一事情反復(fù)地進(jìn)行，尋找不變量是一種策略。
例3 設(shè)正整數(shù)n是奇數(shù)，在黑板上寫下數(shù)1，2，…，2n，然后取其中任意兩個(gè)數(shù)a,b,擦去這兩個(gè)數(shù)，并寫上|a-b|。證明：最后留下的是一個(gè)奇數(shù)。
[證明] 設(shè)S是黑板上所有數(shù)的和，開始時(shí)和數(shù)是S=1+2+…+2n=n(2n+1)，這是一個(gè)奇數(shù)，因?yàn)閨a-b|與a+b有相同的奇偶性，故整個(gè)變化過程中S的奇偶性不變，故最后結(jié)果為奇數(shù)。
例4 數(shù)a1, a2,…,an中每一個(gè)是1或-1，并且有S=a1a2a3a4+ a2a3a4a5+…+ana1a2a3=0. 證明：4|n.
[證明] 如果把a(bǔ)1, a2,…,an中任意一個(gè)ai換成-ai，因?yàn)橛?個(gè)循環(huán)相鄰的項(xiàng)都改變符號(hào)，S模4并不改變，開始時(shí)S=0，即S≡0，即S≡0(mod4)。經(jīng)有限次變號(hào)可將每個(gè)ai都變成1，而始終有S≡0(mod4)，從而有n≡0(mod4)，所以4|n。
4．構(gòu)造法。
例5 是否存在一個(gè)無(wú)窮正整數(shù)數(shù)列a1,
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