(小学奥数)构造与论证

構造與論證

教學目標

1. 掌握最佳安排和選擇方案的組合問題. 2. 利用基本染色去解決相關圖論問題．

知識點撥

知識點說明

各種探討給定要求能否實現，在論證中，有時需進行分類討論，有時則要著眼於極端情形，或從整體把握．設計最佳安排和選擇方案的組合問題，這裏的最佳通常指某個量達到最大或最小．解題時，既要構造出取得最值的具體實例，又要對此方案的最優性進行論證．論證中的常用手段包括抽屜原則、整除性分析和不等式估計．

組合證明題，在論證中，有時需進行分類討論，有時則需要著眼於極端情況，或從整體把握。若干點及連接它們的一些線段組成圖，與此相關的題目稱為圖論問題。若干點及連接它們的一些線段組成圖，與此相關的題目稱為圖論問題，這裏宜從特殊的點或線著手進行分析．各種以染色為內容，或通過染色求解的組合問題，基本的染色方式有相間染色與條形染色．

知識點撥

板塊一、最佳安排和選擇方案

【例 1】

5卷本百科全書按從第1卷到第5卷的遞增序號排列，今要將它們變為反序排列，即從第5卷到第1卷．如果每次只能調換相鄰的兩卷，那麼

最少要調換多少次?

【考點】構造與論證 【難度】2星 【題型】解答

【解析】 因為必須是調換相鄰的兩卷，將第

5卷調至原來第1卷的位置最少需4

次，得到的順序為51234；

現在將第4卷調至此時第1卷的位置最少需3次，得到的順序為

54123；

現在將第3卷調至此時第1卷的位置最少需2次，得到的順序為

54312；

最後將第1卷和第2卷對調即可． 所以，共需調換4+3+2+1=10次．

【答案】10次

【例 2】

在2009張卡片上分別寫著數字1、2、3、4、……、2009，現在將卡片的順序打亂，讓空白面朝上，並在空白面上又分別寫上1、2、3、4、……、2009．然後將每一張卡片正反兩個面上的數字相加，再將這2009個和相乘，所得的積能否確定是奇數還是偶數？

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答

【解析】 從整體進行考慮．所得的

2009個和相加，便等於1～2009的所有數的

總和的2倍，是個偶數．2009個數的和是偶數，說明這2009個數中必有偶數，那麼這2009個數的乘積是偶數．

本題也可以考慮其中的奇數．由於1～2009中有1005個奇數，那麼正反兩面共有2010個奇數，而只有2009張卡片，根據抽屜原理，其中必有2個奇數在同一張卡片上，那麼這張卡片上的數字的和是偶數，從而所有2009個和的乘積也是偶數． 【答案】偶數

【例 3】

一個盒子裏有400枚棋子，其中黑色和白色的棋子各200枚．下麵我們對這些棋子做如下操作：每次拿出2枚棋子，如果顏色相同，就補1枚黑色棋子回去；如果顏色不同，就補1枚白色的棋子回去．這樣的操

作，實際上就是每次都少了1枚棋子，那麼，經過399次操作後，最後剩下的棋子是 顏色(填“黑”或者“白”)．

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】填空

【解析】 在每一次操作中，若拿出的兩枚棋子同色，則補黑子

1枚，所以拿出的

白子可能為0枚或2枚；若拿出的兩枚棋子異色，則補白子1枚，“兩枚棋子異色”說明其中一黑一白，那麼此時拿出的白子數為0枚．可見每次操作中拿出的白子都是偶數枚，而由於起初白子有200枚，是偶數枚，

所以每次操作後剩下的白子都是偶數枚，因此最後1枚不可能是白子，

只能是黑子．

【答案】黑子

【例 4】

在黑板上寫上1、2、3、4、……、2008，按下列規定進行“操怍”：每次擦去其中的任意兩個數a和b，然後寫上它們的差(大數減小數)，直到黑板上剩下一個數為止．問黑板上剩下的數是奇數還是偶數？為什麼？

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答 【解析】 根據等差數列求和公式，可知開始時黑板上所有數的和為

，將a、b兩個數123200820091004是一個偶數，而每一次“操作”

變成了(ab)，它們的和減少了2b，即減少了一個偶數．那麼從整體上看，總和減少了一個偶數，其奇偶性不變，還是一個偶數．

所以每次操作後黑板上剩下的數的和都是偶數，那麼最後黑板上剩下一個數時，這個數是個偶數． 【答案】偶數

【例 5】

在1997×1997的正方形棋盤上的每格都裝有一盞燈和一個按鈕．按鈕每按一次，與它同一行和同一列方格中的燈泡都改變一次狀態，即由亮變為不亮，或由不亮變為亮．如果原來每盞燈都是不亮的，請說明最少需要按多少次按鈕才可以使燈全部變亮?

【考點】構造與論證 【難度】4星 【題型】解答

【解析】 最少要

1997次，將第一列中的每一格都按一次，則除第一列外，每格的

燈都只改變一次狀態，由不亮變成亮．而第一列每格的燈都改變1997次狀態，由不亮變亮．如果少於1997次，則至少有一列和至少有一行沒

有被按過，位於這一列和這一行相交處的燈保持原狀，即不亮的狀態．

【答案】1997次

【例 6】

有3堆小石子，每次允許進行如下操作：從每堆中取走同樣數目的小石子，或是將其中的某一石子數是偶數的堆中的一半石子移入另外的一堆．開始時，第一堆有19塊石子，第二堆有9塊石子，第三堆有塊石子．問能否做到：

(1)某2堆石子全部取光? (2)3堆中的所有石子都被取走?

【考點】構造與論證 【難度】4星 【題型】解答

【解析】 (1)可以，如(19，9，) (1900，900，0)(950，900，950)(50，

0，50)(25，25，50)(0，0，25)．

(2)因為操作就兩種，每堆取走同樣數目的小石子，將有偶數堆石子堆中一半移至另一堆，所

以每次操作石子總數要麼減少3的倍數，要麼不變．

現在共有19+9+=3067，不是3的倍數，所以不能將3堆中

所有石子都取走．

【答案】(1)可以 (2)不能

【例 7】

在某市舉行的一次乒乓球邀請賽上，有3名專業選手與3名業餘選手參加.比賽採用單迴圈方式進行，就是說每兩名選手都要比賽一場．為公平起見，用以下方法記分：開賽前每位選手各有10分作為底分，每賽一場，勝者加分，負者扣分，每勝專業選手一場加2分，每勝業餘選手一場加1分；專業選手每負一場扣2分，業餘選手每負一場扣1分．問：一位業餘選手最少要勝幾場，才能確保他的得分比某位專業選手高?

【考點】構造與論證 【難度】4星 【題型】解答

【解析】 當一位業餘選手勝

2場時，如果只勝了另兩位業餘選手，那麼他得

10+2-3=9(分)．此時，如果專業選手間的比賽均為一勝一負，而專業選手與業餘選手比賽全勝，那麼每位專業選手的得分都是10+2-2+3=13(分)．所以，一位業餘選手勝2場，不能確保他的得分比某位專業選手高．

當一位業餘選手勝3場時，得分最少時是勝兩位業餘選手，勝一位專業選手，得10+2+2-2=12(分)．此時，三位專業選手最多共得30+0+4=34(分)，其中專業選手之間的三場比賽共得0分，專業選手與業餘選手的比賽最多共得4分.由三個人得34分，34÷3=111，推知，

3必有人得分不超過11分.

也就是說，一位業餘選手勝3場，能確保他的得分比某位專業選

高.

【答案】勝3場

【例 8】

n支足球隊進行比賽，比賽採用單迴圈制，即每對均與其他各隊比賽一

場.現規定勝一場得2分，平一場得1分，負一場得0分.如果每一隊至少勝一場，並且所有各隊的積分都不相同，問： （1）n=4是否可能？ （2）n=5是否可能？

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答

【解析】 （1）我們知道

4個隊共進行了C24場比賽，而每場比賽有2分產生，所以

4個隊的得分總和為C2所以得分最低的4×2=12.因為每一隊至少勝一場，隊至少得2分，又要求每個隊的得分都不相同，所以 4個隊得分最少2+3+4+5=14＞12，不滿足.即n=4不可能。

（2）我們知道5個隊共進行C52場比賽，而每場比賽有2分產生，所以4個隊的得分總和為C52×2=20.因為每一隊至少勝一場，所以得分最低的隊至少得2分，又要求每個隊的得分都不相同，所以5個隊得分最少為2+3+4+5+6=20，滿足.即n=5有可能.但是我們必須驗證是否存在實例.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“AB”表示A、B比賽時，A勝B；“B--C”表示B、C比賽時，

B平C，餘下類推.

【答案】（1）不可能 （2）可能

【例 9】

如圖35-1，將1，2，3，4，5，6，7，8，9，10這10個數分別填入圖中的10個圓圈內，使任意連續相鄰的5個圓圈內的各數之和均不大於某個整數M.求M的最小值並完成你的填圖.

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答

【解析】 要使

M最小，就要儘量平均的填寫，因為如果有的連續5個圓圈內的數

特別小，有的特別大，那麼M就只能大於等於特別大的數，不能達到儘

量小的目的．

因為每個圓圈內的數都用了5次，所以10次的和為5×(1+2+3+…+10)=275．

每次和都小於等於朋，所以10M大於等於275，整數M大於28．

下麵來驗證M=28時是否成立，注意到圓圈內全部數的總和是55，所

以肯定是一邊五個的和是28，

一邊是27．因為數字都不一樣，所以和28肯定是相間排列，和27也是相問排列，也就是說數組每隔4個差值為1，這樣從1填起，容易排出適當的填圖.

【答案】

【例 10】 如圖，在時鐘的錶盤上任意作9個120°的扇形，使得每一個扇形都恰好覆

蓋4個數，且每兩個扇形覆蓋的數不全相同，求證：一定可以找到3個扇

形，恰好覆蓋整個錶盤上的數．並舉一個反例說明，作8個扇形將不能保證上述結論成立．

1110987121234

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答 【關鍵字】清華附中，入學測試 【解析】 略． 【答案】要在錶盤上共可作出12個不同的扇形，且1～12中的每個數恰好被4

個扇形覆蓋．將這12個扇形分為4組，使得每一組的3個扇形恰好蓋

9住整個錶盤．那麼，根據抽屜原理，從中選擇9個扇形，必有13465個扇形屬於同一組，那麼這一組的3個扇形可以覆蓋整個錶盤． 另一方面，作8個扇形相當於從全部的12個扇形中去掉4個，則可以去掉蓋住同一個數的4個扇形，這樣這個數就沒有被剩下的8個扇形蓋住，那麼這8個扇形不能蓋住整個錶盤

【巩固】 將1、2、3、4、5、6寫在一個圓周上，然後把圓周上連續三個數之和寫下來，則可以得到六個數a1、a2、a3、a4、a5、a6，將這六個數中最大的記為A．請問在所有填寫方式中，A的最小值是什麼？

145632

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答 【關鍵字】2008年，臺灣小學數學競賽選拔賽 【解析】 要由於每個寫在圓周上的數都被用了三次，則

a1a2a3a4a5a63(123456)63，即寫出來的這

6個數的平均數

為10.5，因此A至少為11．由上圖的排列方式可知A為11的情形存在，故A的最小值為11．

【答案】最小值為11

【例 11】 1998

名運動員的號碼依次為1至1998的自然數．現在要從中選出若

干名運動員參加儀仗隊，使得剩下的運動員中沒有一個人的號碼等於另

外兩人的號碼的乘積．那麼，選為儀仗隊的運動員最少有多少人?

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答 【解析】 我們很自然的想到把用得比較多的乘數去掉，因為它們參與的乘式比較

多，把它們去掉有助於使剩下的構不成乘式，比較小的數肯定是用得最多的，因為它們的倍數最多，所以考慮先把它們去掉，但關鍵是除到何

處?

考慮到44的平方為1936，所以去到44就夠了，因為如果剩下的構成了乘式，那麼乘式中最小的數一定小於等於44，所以可以保證剩下的構不成乘式．因為對結果沒有影響，所以可以將1保留，於是去掉2，3，4，…，44這43個數．

但是，是不是去掉43個數為最小的方法呢?構造2×97，3×96，4×95，…，44×45，發現這43組數全不相同而且結果都比1998小，所以要去掉這些乘式就至少要去掉43個數，所以43為最小值，即為所求.

【答案】43

【例 12】 一組互不相同的自然數，其中最小的數是

1，最大的數是25，除1之

外，這組數中的任一個數或者等於這組數中某一個數的2倍，或者等於這組數中某兩個數之和.問：這組數之和的最小值是多少?當取到最小值時，這組數是怎樣構成的?

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答

【解析】 首先把這組數從小到大排列起來，那麼最小的肯定為

1，1後面只能是1

的2倍即2，2後面可以是3或4，3的後面可以是4，5，6；4的後面可以是5，6，8．最大的為25．下麵將所有的可能情況列出： 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是奇數，只能是一個偶數加上一個奇數．在中間省略的數中不能只有1個數，所以至少還要添加兩個數，而且這兩個數的和不能小於25，否則就無法得到25這個數．要求求出最小值，先看這兩個數的和是25的情況，因為省略的兩個數不同於前面的數，所以從20+5開始． 25=20+5=19+6=18+7=17+8=16+9=15+10=14+11=13+12． 這些數中20，19，18，17太大，無法產生，所以看：

16+9=15+10=14+11=13+12．

看這些誰能出現和最小的1，2，3，4，…，25中，檢驗發現沒有可

以滿足的：

再看1，2，3，5，…，25，發現1，2，3，5，10，15，25滿足，

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 13】 2004

枚棋子，每次可以取1、3、4、7枚，最後取的獲勝。甲、乙輪流取，如果甲先取，如何才能保證贏？

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答 【解析】 先從簡單的情況看起，看看棋子數量較少時，在什麼情況下先取者勝，

什麼情況下後取者勝．可以列表如下： 棋子數量 先取者勝 後取者勝 √ 1枚 2枚 3枚 4枚 5枚(311) 6枚(411) 7枚 √ √ √ √ √ √ 8枚 9枚(18) 10枚 11枚(38) 12枚(48) 13枚(310) 14枚(410) 15枚(78) 16枚 17枚(116) 18枚 19枚(316) 20枚(416) √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ 棋子數是1～8時比較容易看得出來是先取者勝還是後取者勝，可以看出只有棋子數是2枚和8枚時是後取者勝，其他情況下都是先取者勝． 當棋子數大於8時，可以先取若干枚棋子，使得剩下的棋子數變成前面已有的棋子數．先取者為了取勝，第一次取後，應該使剩下的棋子數是後取者勝的情況，比如變成剩下2枚或8枚．這樣推下去，可以發現只有當棋子數是8的倍數或者除以8餘2時，是後取者勝，其他情況下是先取者勝．

題目中有2004枚棋子，除以8餘4，所以先取者肯定可以取勝．不過取勝的策略比較靈活，不能明確地說每次後取者取多少枚先取者就相應地取多少枚，應該從除以8的餘數來考慮：

⑴先取者第一次可以先取4枚，這樣還剩下2000枚，2000除以8的餘數是0；

⑵先取者為了保證獲勝，在每一次後取者取了之後，先取者再取的時候，應該使得自己取後剩下的棋子數是8的倍數或者除以8餘2；

⑶後取者每次可以取1，3，4，7枚，每次先取者取後剩下的棋子數除以8的餘數是0或2，所以每次後取者取後剩下的棋子數除以8的餘數是7，5，4，1或1，7，6，3.

所以接下來先取者可以對應地取7，3，4，1或1，7，4，3枚棋子，這樣剩下的剩下的棋子數除以8的餘數為0，2，0，0或0，0，2，0.

這樣就保證了第⑵點．

⑷每次先取者取後剩下的棋子數除以8的餘數是0或2，那麼最後一枚棋子肯定是先取者取得，所以先取者獲勝． 【答案】見解析

【例 14】 在

10×19方格表的每個方格內，寫上0或1，然後算出每行及每列的

各數之和．問最多能得到多少個不同的和數?

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答

【解析】 首先每列的和最少為

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這20個． 下麵我們說明如果0出現，那麼必然有另外一個數字不能出現． 如果0出現在行的和中，說明有1行全是0，意味著列的和中至多出現0到9，加上行的和至多出現10個數字，所以少了一種可能．

如果0出現在列的和中，說明在行的和中19不可能出現，所以0出現

就意味著另一個數字不能出現，所以至多是19，下麵給出一種排出方法.

【答案】19

【例 15】 在

8×8的國際象棋盤上最多能夠放置多少枚棋子，使得棋盤上每行、

每列及每條斜線上都有偶數枚棋子?

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答

【解析】 因為

8×8的國際象棋盤上的每行、每列都正好有偶數格，若某行(某列)

有空格，必空偶數格．而斜線上的格子數有奇也有偶，不妨從左上角的斜線看起：第一條斜線只有1格，必空；第三條有3格，必至少空1格；第五、七條分別有5、7格，每條線上至少空1格．由對稱性易知共有

16條斜線上有奇數格，且這16條斜線沒有共用的格子，故至少必空出16格．其實，空出兩條主對角線上的16個格子就合題意．此時，最多可放置48枚棋子，放在除這兩條主對角線外的其餘格子中，如下圖所示．

【答案】48

【例 16】 在下圖中有

16個黑點，它們排成了一個4×4的方陣．用線段連接其

中4點，就可以畫出各種不同的正方形．現在要去掉某些點，使得其中任意4點都不能連成正方形，那麼最少要去掉多少個點?

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答

【解析】 至少要除去

6個點，如下所示為幾種方法：

【答案】6個

【例 17】 三個邊長為

1的正方形並排放在一起，成為1×3的長方形.求證：.

12390【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答 【解析】 仔細分析，要證12390，

由於345，所以，只需證明1245就可以了！於是想到能否把2（1）移動位

置，與1（2）拼合在一起，恰成一個45的角呢？於是想到：如圖1所示，再拼上一個單位正方形DFK，則三角形AKC為等腰直角三角形，

KCA45，又直角三角形KCF 與AHD全等，所以KCF2. 因此，

.

121KCFKCA45

有了拼合2與1的思想，學生往往產生不同的拼合方式，沿著拼合全等的思路發散開來，又可以找到許多拼法. 如圖2三角形AHP是等腰直角三角形，HAP45，

HAG2,BAP1.所以12BAPHAGHAP45.

如圖3三角形AQC是等腰直角三角形，ACQ45，QCP2,

121QCP45.

如圖4三角形WDB是等腰直角三角形,

WDB45,CDB1,，

WDH2. 所以12CDBWDHWDB45.

如圖5三角形ZAH是等腰直角三角形，ZHA45,ZHY1, 因此

12ZHY2ZHA45. 其他的沿著“拼合全等”的思路的證法就不

例舉了.

如果利用相似三角形的知識，如圖5所示，又FH1,FAFH12FA,HFAAFCFA2FC22,FC2,所以，

，因此HFA∽AFC，2FHAFAC,但

1CAB，12CABFACEAB45. 用相似三角形法不用添設輔助

線，簡潔明瞭.再開思路，可用三角法證明如下：2與1都是小於45的銳角，可知1+2是銳角. 又tan1DA1，tan2DA1.

DC3HD2115tan1tan2tan123261，所以12451tan1tan211111326.

【答案】證明過程見解析

板塊二、染色與賦值問題

【例 18】 某學校的學生中，沒有一個學生讀過學校圖書館的所有圖書，又知道圖

書館內任何兩本書都至少被一個同學都讀過．問：能否找到兩個學生甲、乙和三本書4、B、C，使得甲讀過A、B，沒讀過C，乙讀過B、C，沒讀過A?說明判斷過程．

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答

【解析】 略．

【答案】首先從讀書數最多的學生中找一人甲．由題設，甲至少有一本書未讀

過，記為C．設B是甲讀過的書中一本，由題意知，可找到學生乙，乙讀過B、C．由於甲是讀書數最多的學生之一，乙讀書數不能超過甲的讀書數，而乙讀過C書，甲未讀過C書，所以一定可以找出一本書

A，使得甲讀過而乙未讀過，否則乙就比甲至少多讀過一本書．這樣一

來，甲讀過A、B，未讀過C；乙讀過B、C未讀過A.因此可以找到滿足要求的兩個學生

【例 19】 4

個人聚會，每人各帶2件禮品，分贈給其餘3個人中的2人．試證明：

至少有2對人，每對人是互贈過禮品的．

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答 【解析】 略。 【答案】將這四個人用4個點表示，如果兩個人之間送過禮，就在兩點之間連一條線．

由於每人送出2件禮物，圖有4×2=8條線，由於每人禮品都分贈給2個人，所以每兩點之間至多有1+1=2條線。四點間，每兩點連一條線，一共6條線，現在有8條線，說明必有兩點之間連了2條線，還有另外兩點(有一點可以與前面的點相同)之間也連了2條線． 即為所證結論

【例 20】 有

9位數學家，每人至多能講3種語言，每3個人中至少有2個人有

共通的語言.求證：在這些數學家中至少有3人能用同一種語言交談。

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答 【解析】 略．

【答案】假設任意三位數學家都沒有共同會的語言，這表明每種語言至多有兩

人會說.即這九位數學家為A、B、C、D、E、F、G、I．由於一位數學家最多會三種語言，而每種語言至多有兩人會說，所以一位數學家至多能和另外三人通話，即至少與五人語言不通．不妨設A不能與B、C、D、

E、F通話．

同理，B也至多能和三人通話，因此在C、D、E、F中至少有一人與B語言不通，設為C.則A、B、C三人中任意兩人都沒有共同語言，與題意矛盾．這表明假設不成立，結論得證

【例 21】 在

1000×1000的方格表中任意選取n個方格染為紅色，都存在3個

紅色方格，它們的中心構成一個直角三角形的頂點．求n的最小值．

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答

【解析】 首先確定

1998不行．反例如下：

其次1999可能是可以的，因為首先從行看，1999個紅點分佈在1000行中，肯定有一些行含有2個或者以上的紅點，因為含有0或1個紅點的行最多999個，所以其他行含有紅點肯定大於等於1999-999=1000，如果是大於1000，那麼根據抽屜原理，肯定有兩個這樣紅點在一列，那麼就會出現紅色三角形；

如果是等於1000而沒有這樣的2個紅點在一列，說明有999行只含有1個紅點，而剩下的一行全是紅點，那也肯定已經出現直角三角形了，所以

n的最小值為1999．

【答案】n的最小值為1999

【例 22】 甲、乙、丙三個班人數相同，在班級之間舉行象棋比賽．各班同學都按

1，2，3，4，…依次編號．當兩個班比賽時，具有相同編號的同學在同一臺對壘．在甲、乙兩班比賽時，有15臺是男、女生對壘；在乙、丙班比賽時，有9臺是男、女生對壘．試說明在甲、丙班比賽時，男、女生對壘的台數不會超過24．並指出在什麼情況下，正好是24 ？

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答

【解析】 不妨設甲、乙比賽時，1～15

號是男女對壘，乙、丙比賽時．在1～15

號中有a臺男女對壘，15號之後有9-a臺男女對壘(0≤a≤9)

甲、丙比賽時，前15號，男女對壘的台數是15-a(如果1號乙與1號

丙是男女對壘，那麼1號甲與1號丙就不是男女對壘)，15號之後，有9-a臺男女對壘.所以甲、丙比賽時，男女對壘的台數為15-a+9-a=24-2a≤24．

僅在a=0，即必須乙、丙比賽時男、女對壘的號碼，與甲、乙比賽時

男、女對壘的號碼完全不同，甲、丙比賽時，男、女對壘的台數才等於24．

【答案】即必須乙、丙比賽時男、女對壘的號碼，與甲、乙比賽時男、女對壘

的號碼完全不同，甲、丙比賽時，男、女對壘的台數才等於24

【例 23】 將

5×9的長方形分成10個邊長為整數的長方形．證明：無論怎樣分法．分得的長方形中必有兩個是完全相同的．

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答 【解析】 略． 【答案】10個邊長為整數的長方形，其面積顯然也均是正整數．劃分出的長方

形按面積從小到大為：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，……從這些長方形中選出10個不同的長方形，其面積和最小為：1×1+1×2+1×3+1×4+2×2+1×5+1×6+2×3+1×7+1×8=46．而原長方形的面積為5×9=45<46．所以分出的長方形必定有某兩個是完全一樣的

【例 24】 將

15×15的正方形方格表的每個格塗上紅色、藍色或綠色．證明：至

少可以找到兩行，這兩行中某一種顏色的格數相同．

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答 【解析】 略．

【答案】如果找不到兩行的某種顏色數一樣，那麼就是說所有顏色的列與列之

問的數目不同．那麼紅色最少也會占0+1+2+…+14=105個格子．

同樣藍色和綠色也是，這樣就必須有至少： 3×(0+l+2+…+14)=315個格子．

但是，現在只有15×15=225個格子，所以和條件違背，假設不成立，結論得證

【例 25】 在平面上有

7個點，其中任意3個點都不在同一條直線上．如果在這7

個點之字連結18條線段，那麼這些線段最多能構成多少個三角形 ？

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答

【解析】 平面上這

7個點，任意3點都不在同一條直線上，若任意2點連接，共

可連接出C72C72=7×6÷2=21條線段．現在只連接18條線段，有3條沒有連出，要使得這18條線段所構成的三角形最多，需使得沒連出的這3條線段共同參與的三角形總數最多，故這3條線斷共點.對於這3條線段

中的任何一條，還與其他5個點本應構成5個三角形，故這3條線段沒連出，至少少構成5×3-3=12個三角形.

如上圖所示，在圖中AD、AE、AF之間未連接，因為其中ADE、AED，

ADF、AFD，AEF、AFE被重複計算，所以減去3．而平面內任何三點不

共線的7個點，若任何2點連線，最多可構成最多可構成三角形35-12=23個． 【答案】最多可構成三角形23個

【例 26】 在

3C7=35個三角形．故現在

9×9棋盤的每格中都有一只甲蟲，根據信號它們同時沿著對角線各自爬到與原來所在格恰有一個公共頂點的鄰格中，這樣某些格中有若干只甲蟲，而另一些格則空著．問空格數最少是多少?

【考點】構造與論證 【難度】4星 【題型】解答 【解析】 方法一：考慮到甲蟲總是斜著爬，我們把棋盤黑白相間染色，發現原來

黑色格子裏的甲蟲都會爬到黑色的格子裏面，而白色格子裏面的甲蟲都會爬到白色格子裏面，所以我們只用觀察最少能空出多少個黑格子，多少個白格子．

因為甲蟲每次都從奇數行爬到偶數行，偶數行爬到奇數行，而由奇數行

有25個黑格子，偶數行有16個黑格子知，偶數行的16只甲蟲爬到奇數行會空出9個黑格子，而奇數行的25只蟲子爬到偶數行就可以沒有空格．白格子蟲子也會從奇數行爬到偶數行，偶數行爬到奇數行，但是奇數行和偶數行都是20個格子，最少的情況下不會出現空格子，所以最少出現9個空格． 方法二：

① 對2×2棋盤如下黑白染色，則易知兩黑格及兩白格分別對換甲蟲即可使棋盤格不空；從而得到2n×2n棋盤可劃分為若干塊2×2棋盤，棋盤格均不空．

② 對3×3棋盤如下黑白染色，注意到圖中有5個黑格，黑格中的甲蟲爬行後必進入黑格，且四個角上的黑格內的甲蟲必爬人中心黑格，而中心黑格內的甲蟲只能爬人某一格，必至少空3個黑格．

③ 對5×5棋盤黑白染色後，利用①、②的結論易知至少空5個黑格． ④ 依次類推，可知對9×9棋盤黑白染色後，至少空9個空格．下圖是甲蟲爬行的一種方法．

【答案】最少出現9個空格

【例 27】 若干臺電腦聯網，要求：

①任意兩臺之間最多用一條電纜連接； ②任意三臺之間最多用兩條電纜連接；

③兩臺電腦之間如果沒有電纜連接，則必須有另一臺電腦和它們都連

接有電纜．若按此要求最少要用79條電纜．

問：(1)這些電腦的數量是多少臺?

(2)這些電腦按要求聯網，最多可以連多少條電纜?

【考點】構造與論證 【難度】4星 【題型】解答 【解析】 將機器當成點，連接電纜當成線，我們就得到一個圖，如果從圖上一個

點出發，可以沿著線跑到圖上任一個其他的點，這樣的圖就稱為連通的圖，條件③表明圖是連通圖． 我們看一看幾個點的連通圖至少有多少條線．可以假定圖沒有圈(如果

有圈，就在圈上去掉一條線)，從一點出發，不能再繼續前進，將這一點與連結這點的線去掉．考慮剩下的n-1個點的圖，它仍然是連通的．用同樣的辦法又可去掉一點及一條線．這樣繼續下去，最後只剩下一個

點．因此n個點的連通圖至少有n-1條線(如果有圈，線的條數就會增加)，並且從一點A向其他n-1個點各連一條線，這樣的圖恰好有n-1條線．

因此，(1)的答案是n=79+1=80，並且將一臺電腦與其他79臺各用

一條線相連，就得到符合要求的聯網．

下麵看看最多連多少條線．

在這80個點(80臺電腦)中，設從A1引出的線最多，有k條，與A1相連

的點是B1,B2，…，Bk由於條件，B1,B2…，Bk之間沒有線相連．

設與A1不相連的點是A2，A3…，Am，則m+k=80，而A2，A3…,

Am每一

點至多引出k條線，圖中至多有mk條線，因為B404mk(mk)2≤

(mk)200

所以m×k≤1600，即連線不超過1600條．

另一方面，設80個點分為兩組：A1,A2…，A40；B1，B2…，B40第一組的每一點與第二組的每一點各用一條線相連，這樣的圖符合題目要求，共有40×40=1600條線 【答案】(1) 80 (2) 1600

【例 28】 在一個

6×6的方格棋盤中，將若干個1×1的小方格染成紅色．如果

隨意劃掉3行3列，在剩下的小方格中必定有一個是紅色的．那麼最少要塗多少個方格?

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答 【解析】 方法一：顯然，我們先在每行、每列均塗一個方格，使之成為紅色，如

圖A所示，但是在圖B中，劃去3行3列後，剩下的方格沒有紅色的，於是再將兩個方格塗成紅色(依據對稱性，應將2個方格同時塗成紅色)，如圖C所示，但是圖D的劃法，又使剩下的方格沒有紅色，於是再將兩個方格塗成紅色(還是由於對稱的緣故，將2個方格塗成紅色)，得到圖E，

圖E不管怎麼劃去3行3列，都能使剩下的方格含有紅色的．

這時共塗了10個方格．

方法二：一方面，圖F表明無論去掉哪三行哪三列總會留下一個塗紅的方格．

另一方面，如果只塗9個紅色方格，那麼紅格最多的三行至少有6個

紅格(否則第三多的行只有1個紅格，紅格總數≤5+3=8)，去掉這三行至多還剩3個紅格，再去掉三列即可將這三個紅格也去掉．綜上所述，至少需要將10個方格塗成紅色．

【答案】至少需要將10個方格塗成紅色

【例 29】 如圖，把正方體的

6個表面剖分成9個相等的正方形．現用紅、黃、藍

3種顏色去染這些小正方形，要求有公共邊的正方形所染的顏色不同．那麼染成紅色的正方形的個數最多是多少個?

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答

【解析】 如上面右圖所示，它們的對面也同樣的染色，這樣就有(5+4+2)×

2=22(個)方格染色，而且有公共邊的正方形顏色不同．所以，用紅色染成的正方形的個數最多是22個．

【答案】用紅色染成的正方形的個數最多是22個

【例 30】 證明：在

6×6×6的正方體盒子中最多可放入52個1×l×4的小長方

體，這裏每個小長方體的面都要與盒子的側面平行．

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答 【解析】 略． 【答案】先將6× 6×6的正方體盒子視為實體，那麼6×6×6的正方體可分

成216個小正方體，這216個小正方體可以組成27個棱長為2的正方體．我們將這27個棱長為2的正方體按黑白相間染色，如下圖所示．

其中有14個黑色的，13個白色的，而一個白色的2×2×2的正方體

可以對應的放人4個每個面都與盒子側面平行的1×l×4的小長方體，所以最多可以放入13×4=52個1×1×4的小長方體．

注：6×6×6的正方體的體積為216，1×1×4的小長方體的體積為4，所以可放入的小正方體數目不超過216÷4=54個

【例 31】 用若干個

1×6和1×7的小長方形既不重疊，也不留孔隙地拼成一個

11×12的大長方形，最少要用小長方形多少個?

【考點】構造與論證 【難度】3星 【題型】解答 【解析】 我們先通過面積計算出最優情況： 11×12=132，設用1×6的小長方形x個，用1×7的小長方形y個，有6x7x132．

解得：x17t（ty186t為可取0的自然數)，共需x+y=19+t個小長方形．

(1)當t=0時，即x+y=1+18=19，表示其中的1×6的小長方形只有1個，剩下的18個小長方形都是

1×7的．

大長方形中無論是1行還是1列，最多都只能存在1個1×7的小長

方形，所以在大長方形中最多只能無重疊的同時存在16個l×7的小長方形．

現在卻存在18個1×7的小長方形，顯然不滿足；

(2)當t=1時，即x+y=8+12=20，有如下分割滿足，所以最少要用小長方形20個． 【答案】20個

1111【例 32】 試著把邊長為,,的這

23410099個小正方形不重疊地放入1個邊長為l

的正方形內。能做到就畫出一種放法，不能，請說明理由。

【考點】構造與論證 【難度】5星 【題型】解答 【關鍵字】走美杯，6年級，決賽

【解析】 能.

11+＜1×2=1, 2321＋1451＋198＋1＋1＜1×4=1,

674＋

1＋…＋1＜1×8=1, 101581＋1＋1＋…＋1＜1×16=1, 16171831161＋1＋1＋…1＜1×31=1, 32323363321＋1＋1＋…＋1＜1×37＜1. 65661001＋1＋1＋1＋1＋1=63＜1. 2416328 如下圖，將邊長1,1的小正方形放入長l、寬1的長方形；

232 將邊長1～1的小正方形放入長1、寬1的長方形；

474 將邊長1～

81的小正方形放入長15l、寬1的長方形；

8 將邊長將邊長將邊長

1～1的小正方形放入長16311～1的小正方形放入入3263l、寬

1的長方形； 161的長方形； 321的長方形。 l、寬

1～1的小正方形放入長1001、寬

【答案】能

【例 33】 有

10個整數克的砝碼(允許砝碼重量相同)，將其中一個或幾個放在天

平的右邊，待稱的物品放在天平的左邊，能稱出1，2，3，…，200的所有整數克的物品來；那麼，這10個砝碼中第二重的砝碼最少是______

克．

【考點】構造與論證 【難度】5星 【題型】解答 【關鍵字】迎春杯，六年級，初賽

【解析】 ⑴這

10個整數克的砝碼共重應該是200，這樣，才能在最重的定下來後，

第二重的儘量少．

⑵作為一般結論，如果要連續稱出一些重量，只在天邊的一邊放砝碼，另一邊放重物，則砝碼最少的情況應該結合二進位，即1，2，4，8，16，32，，128．這種情況下，只需要7個砝碼，就能至多稱到128×

2-1=255克重．

⑶而本題共有10個砝碼，只需要調整一下這裏的砝碼：

第一種方案：為了實現第二重最少，則可以讓第一重儘量大，而且不

止一個，

這裏的思路是：如果後面6個數中，有5個相同的最大，把前面所有5個數的和與之相等，200=6×33+2，即後面有5個33，前面則有1，2，4，8，18這種方案中，無法湊出16,17這兩種重量．

於是換一種思路，讓最大數相同的只有4個，前面6個砝碼看作一個． 則最重的為40，這樣，可以構造出1，2，4，8，12，13，40，40，

40，40．

不過，對於這種解法，與官方的推薦答案不符，原因在於，最重的有4個，次重的被看作“第五名”．在這裏，“第五名”“第二重”之間是有一定的歧義的．所以，我們建議大家做這道題應用高級技巧“歧義解決”．即說清楚：

如果只看重量，第一重(可以並列)與第二重，則第二重最少可以是13

克．

如果根據“名次”，第二名(可以並列)為第二重，則第二重最少可以是

18克．

這種情況的算理是：

首先考慮1、2、4、8這四種砝碼必須有，另外，對於第二重，至少

要是16．

這裏除了第一重之外，16最多可以有5個砝碼，即： 1、2、4、8、16、16、16、16、16．

要稱200，第一重的要達到200－(1＋2＋4＋8＋16＋16＋16＋16

＋16)＝105

則96-104的重量無法稱出來． 所以，把第二重的調整為17，即； 1、2、4、8、17、17、17、17、17、100

但16無法稱出來，所以要調整出16，必會現18，(如果調整給100，即100變為101，則100無法稱出來)．所以，“最佳方案”是1、2、4、

8、16、17、17、17、18、100．

【答案】18

【例 34】 小明和8個好朋友去李老師家玩．李老師給每人發了一頂帽子，並在每

個人的帽子上寫了一個兩位數，這9個兩位數互不相同，且每個小朋友只能看見別人帽子上的數．老師在紙上又寫了一個數A，問這9位同學：“你知不知道自己帽子上的數能否被A整除？知道的請舉手．”結果有4人舉手．老師又問：“現在你知不知道自己帽子上的數能否被24整除？知道的請舉手．”結果有6人舉手．已知小明兩次都舉手了，並且這9個小朋友都足夠聰明且從不說謊，那麼小明看到的別人帽子上的8個兩

位數的總和是 ．

【考點】構造與論證 【難度】5星 【題型】解答 【關鍵字】迎春杯，六年級，初賽 【解析】 一個人不知道自己帽子上的數是多少，卻能知道這個數能否被A整除，只

有一個可能，就是A的倍數中的兩位數都出現在其他人的帽子上，這樣他

可以知道自己帽子上的數肯定不是A的倍數.由於有4個人知道自己帽子上的數能否被A整除，另外5個人不確定，故這4個人看到了所有的A的兩位倍數，這些數恰好在那5個不確定的人的帽子上.故兩位數中A的倍數有

25個，則5A100，6A≥100，得16≤A20，A可以為17，18或19.

3假設第1輪舉手中，帽子上寫有A的5個倍數的人分別為a1，a2，a3，a4，a5，另外四個人除小明外還有b1，b2，b3，由於a1，a2，a3，a4，a5這5個人都非常聰明，他們看到小明和b1，b2，b3三個人能知道，說明這四個人看到了A的所有兩倍數，都在他們5個人頭上，而他們都能看到另外4個人頭上的數，所以也都能推斷出自己頭上的數分別為A，2A，3A，4A，5A. 第2輪舉手中，由於a1，a2，a3，a4，a5都知道了自己頭上的數，所以可以確定自己頭上的數是否能被24整除.而小明能知道，說明他又看到了24的所有兩位倍數，即24，48，72，96都出現在了其他8個人頭上的數中了.而除去a1，a2，a3，a4，a5和小明六人外，只有b1，b2，b3三個人了，所以

24，48，72，96中必定有一個數在A，2A，3A，4A，5A中出現了.

那麼只有可能是A18，4A72是24倍數.此時b1，b2，b3三個人頭上的數分別為24，48,96.

所以小明看到的8個數的總和是1836547290244896438

【答案】438

【例 35】 桌上有兩堆棋子，分別有

12粒和28粒，甲乙兩人輪流從其中的一堆

裏取出若干粒，不能同時在兩堆中都取，也不能不取．且取出的棋子數必須是另一堆棋子數的約數．取到最後一粒者為勝．如果甲先取，

____________採用正確的策略，必勝．

【考點】構造與論證 【難度】5星 【題型】解答 【關鍵字】迎春杯，六年級，初賽 【解析】 從棋子數較少的時候開始分析．如果兩堆棋子個數相等，則後取的一方

有必勝策略，先取的一方從一堆裏面取幾個，後取的一方就可以從另一

堆裏面取幾個．如果較少的一堆只有1個棋子，則如果取走這個棋子，對方必勝（任何數都是0的約數，可以一次取走），所以只有取較多的一堆的棋子，而且只能取1個，所以可以分析出，較多的一堆有奇數個棋子時，後取者有必勝策略；較多的一堆有偶數個棋子時，先取者有必勝策略．如果較少的一堆有2個棋子，此時如果較多的一堆有奇數個棋子，根據前面的分析，先取者可以從2個棋子的一堆中取走1個而獲勝；如果較多的一堆有偶數個棋子，根據前面的分析，如果一方從某一堆中取走奇數個棋子，則對方有必勝策略；如果從較多的一堆中取走2個棋子，則可以分析出，較多的一堆棋子數被4除餘2時，後取者有必勝策略；較多的一堆棋子數被4整除時，先取者有必勝策略．繼續分析，可總結一般規律：如果兩堆棋子數目寫成二進位後，末尾0的個數相等(包含同為0個，也就是都是奇數的情況)，則後取的一方有必勝策略，否則先取的一方有必勝策略．考慮二進位運算式，分別是1100和11100．0的個數相等，所以乙有必勝策略．如果兩堆的末尾0的個數相等，例如都有n個．則從一堆中取的棋子數目末尾的0至多n個．如果取的棋子數目末尾的0個數為n，則相減後會發現所得的差的末尾0的個數超過n；如果取的棋子數目末尾的0個數小於n，則相減後會發現所得的差的末尾0的個數也小於n．所以，從0的個數相等的狀態取一次只能到達0的個數不相等的狀態．另一方面，從0的個數不相等的狀態，總可以從0較多的

一堆取出和0較少的一堆的0個數一樣多的棋子，這樣兩堆末尾0的個數就一樣多了．

【答案】乙