第一篇：高中数学竞赛大纲范文
高中数学竞赛大纲（修订讨论稿）
中国数学会普及工作委员会制定
（202_年8月）
从1981年中国数学会普及工作委员会举办全国高中数学联赛以业，在“普及的基础上不断提高”的方针指导下，全国数学竞赛活动方兴未艾，每年一次的数学竞赛吸引了上百万学生参加。1985年我国又步入国际数学奥林匹克殿堂，加强了数学课外教育的国际交流，20年来我国已跻身于IMO强国之列。数学竞赛活动对于开发学生智力、开拓视野、促进教学改革、提高教学水平、发现和培养数学人才都有着积极的作用。这项活动也激励着广大青少年学习数学的兴趣，吸引他们去进行积极的探索，不断培养和提高他们的创造性思维能力。数学竞赛的教育功能显示出这项活动已成为中学数学教育的一个重要组成部分。
为了使全国数学竞赛活动持久、健康、逐步深入地开展，中国数学会普及工作委员会于1994年制定了《高中数学竞赛大纲》，这份大纲的制定对高中数学竞赛活动的开展起到了很好的指导性作用，我国高中数学竞赛活动日趋规范化和正规化。
近年来，课程改革的实践在一定程度上改变了我国中学数学课程的体系、内容和要求。同时，随着国内外数学竞赛活动的发展，对竞赛活动年涉及的知识、思想和方法等方面也有了一些新的要求，原来的《高中数学竞赛大纲》已经不能适应新形势的发展和要求。经过广泛征求意见和多次讨论，对《高中数学竞赛大纲》进行人修订。
本大纲是在教育部202_年《全日制普通高级中学数学教学大纲》的精神和基础上制定的，该教学大纲指出：“要促进每一个学生的发展，既要为所有的学生打好共同基础，也要注意发展学生的个性和特长；„„在课内外教学中宜从学生的实际出发，兼顾学习有困难和学有余力的学生，通过多种途径和方法，满足他们的学习需求，发展他们的数学才能。”
学生的数学学习活动应当是一个生动活泼、富有个性的过程，不应只限于接受、记忆、模仿和练习，还应倡导阅读自学、自主探索、动手实践、合作交流等学习数学的方式，这些方式有助于发挥学生学习的主动性。教师要根据学生不同基础、不同水平、不同兴趣和发展方向给予具体的指导。教师应引导学生主动地从事数学活动，从而使学生形成自己对数学知识的理解和有效的学习策略。教师应激发学生的学习积极性，向学生提供充分从事数学知识与技能、数学的思想和方法，获得广泛的数学活动经验。对于学有余力并对数学有浓厚兴趣的学生，教师要为他们设置一些选学内容，提供足够的材料，指导他们阅读，发展他们的数学才能。
教育部202_年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所列出的内容，是教学的要求，也是竞赛的基本要求。在竞赛中对同样的知识内容，在理解程度、灵活运用能力以及方法与技巧掌握的熟练程度等方面有更高的要求。“课堂教学为主，课外活动为辅”也是必须遵循的原则。因此，本大纲所列的内容充分考虑了学生的实际情况，使不同程度的学生在数学上都能得到相应的发展，并且要贯彻“少而精”的原则。
高中数学联赛
全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部202_年《全日制普通高级中学数学教学大纲》。
高中数学联赛加试
全国高中数学联赛（加试）在知识方面有所扩展，适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加内容是：
1、平面几何
几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理；
三角形帝心、费马点、欧拉线；
几何淡等式；
几何极值问题；
几何中的变换：对称、平移、旋转；
圆的幂和根轴；
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2、代数
周期函数，带绝对值的函数；
三角公式，三解恒等式，三角议程，三角不等式，反三角函数；
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性学系数递归数列的通项公式；
第二数学归纲法；
平均值不等式，柯西不等式，欧拉公式，棣莫费定理，单位根；
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根＊，多项式的插值公式＊；
n次多项式的个数，根与系数的关系，实际数多项式虚根成对定理；
函数迭代，求n次迭代＊，简单的函数议程＊。
3、初等数论
同余，欧几里得除法，裴蜀定理完全剩余系，不定方程和方程组，高斯函数［x］，费马小定理，格占及其性质，无穷递降法＊，欧拉定理＊，孙子定理＊。
4、组合问题
圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式；
组合计数，组合几何；
抽屉原理；
容斥原理；
极端原理；
图论问题；
集合的划分；
覆盖；
平面凸集、凸包及应用＊。
（有＊号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。）
注：上述大纲在202_年第十四次普及工作会上讨论通过
初中数学竞赛大纲（修订讨论稿）
中国数学会普及工作委员会制定
（202_年8月）
数学竞赛活动对于开发学生智力、开拓视野、促进教学改革、提高教学水平、发现和培养数学人才都有着积极的作用。这项活动也激励着广大青少年学习数学的兴趣，吸引他们去进行积极的探索，不断培养和提高他们的创造性思维能力。数学竞赛的教育功能显示出这项活动已成为中学数学教育的一个重要组成部分。
为了使全国数学竞赛活动持久、健康地开展，中国数学会普及工作委员会于1994年制定了《初中数学竞赛大纲》，这份大纲的制定对全国初中数学竞赛活动的开展起到了很好的指导性作用，使我国初中数学竞赛活动日趋规范化和正规化。
近年来，课程改革的实践在一定程度上改变了初中数学课程的体系、内容和要求。同时，随着国内外数学竞赛活动的发展，对竞赛活动年涉及的知识、思想和方法等方面也有了一些新的要求，原来的《初中数学竞赛大纲》已经不能适应新形势的发展和要求。经过广泛征求意见和多次讨论，对《初中数学竞赛大纲》进行了修订。
本大纲是在《全日制义务教育数学课程标准（实验稿）》的精神和基础上制定的。在《全日制义务教育数学课程标准（实验稿）》中提到：“„„要关注学生的个体差异，有效地实施有差异的教学，使每个学生都得到充分的发展；„„”由于各种不同的因素，学生在数学知识、技能、能力方面和志趣上存在差异，教学中要承认这种差异，区别对待，因材施教，因势利导。应根据基本要求和通过选学内容，适应学生的各种不同需要；对学有余力的学生，要通过讲授选学内容和组织课外活动等多种形式，满足他们的学习愿望，发展他们的数学才能；鼓励学生积极参加形式多样的课外实践活动。
学生的数学学习活动应当是一个生动活泼、主动的和富有个性的过程，不应只限于接受、记忆、模仿和练习，还应倡导自主探索、动手实践、合作交流、阅读自学等学习数学的方式。教师要根据学生的不同基础、不同水平、不同兴趣和发展方向给予具体的指导，引导学生主动地从事数学活动，从而使学生形成自己对数学知识的理解和有效学习策略。教师应激发学生的学习积极性，向学生提供充分从事数学活动的机会，帮助他们在自主探索和合作交流的过程中真正理解和掌握基本的数学知识与技能、数学的思想和方法，获得广泛的数学活动经验。
《全日制义务教育数学课程标准（实验稿）》中所列出的内容，是教学的要求，也是竞赛的最低要求。在竞赛中对同样的知识内容，在理解程度、灵活运用能力以及方法与技巧掌握的熟练程度等方面有更高的要求。而“课堂教学为主，课外活动为辅”是必须遵循的原则。因此，本大纲所列的课外讲授内容必须充分考虑学生的实际情况，他阶段、分层次让学生逐步地去掌握，重在培养学生的学习兴趣、学习习惯和学习方法，使不同的学生在数学上都得到相应的发展，并且要贯彻“少而精”的原则，处理好普及与提高的关系，这样才能加强基础，不断提高。
1、数
整数及进位制表示法，整除性及其判定；
素数和合数，最大公约数与最小公倍数；
奇数和偶数，奇偶性分析；
带余除法和利用余数分类；
完全平方数；
因数分解的表示法，约数个数的计算；
有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
2、代数式
综合除法、余式定理；
因式分解；
拆项、添项、配方、待定系数法；
对称式和轮换对称式；
整式、分工、根式的恒等变形；
恒等式的证明。
3、方程和不等式
含字母系数的一元一次方程、一元二次方程的解法，一元二次方程根的分布； 含绝对值的一元一次方程、一元二次方程的解法；
含字母系数的一元一次不等式的解法，一元二次不等式的解法；
含绝对值的一元一次不等式；
简单的多元方程组；
简单的不定方程（组）。
4、函数
二次函数在给定区间上的最值，简单分工函数的最值；
含字母系数的二次函数。
5、几何
三角形中的边角之间的不等关系；
面积及等积变换；
三角形中的边角之间的不等关系；
面积及等积变换；
三角形的心（内心、外心、垂心、重心）及其性质；
相似形的概念和性质；
圆，四点共圆，圆幂定理；
四种命题及其关系。
6、逻辑推理问题
抽屉原理及其简单应用；
简单的组合问题
简单的逻辑推理问题，反证法；
极端原理的简单应用；
枚举法及其简单应用。
注：上述大纲在202_年第十四次普及工作会上讨论通过
第二篇：高中数学竞赛大纲
高中数学竞赛大纲（修订讨论稿）
中国数学会普及工作委员会制定
（202_年8月）
从1981年中国数学会普及工作委员会举办全国高中数学联赛以来，在“普及的基础上不断提高”的方针指导下，全国数学竞赛活动方兴未艾，每年一次的数学竞赛吸引了上百万学生参加。1985年我国步入国际数学奥林匹克殿堂，加强了数学课外教育的国际交流，20年来我国已跻身于IMO强国之列。数学竞赛活动对于开发学生智力、开拓视野、促进教学改革、提高教学水平、发现和培养数学人才都有着积极的作用。这项活动也激励着广大青少年学习数学的兴趣，吸引他们去进行积极的探索，不断培养和提高他们的创造性思维能力。数学竞赛的教育功能显示出这项活动已成为中学数学教育的一个重要组成部分。
为了使全国数学竞赛活动持久、健康、逐步深入地开展，中国数学会普及工作委员会于1994年制定了《高中数学竞赛大纲》，这份大纲的制定对高中数学竞赛活动的开展起到了很好的指导性作用，我国高中数学竞赛活动日趋规范化和正规化。
近年来，新的教学大纲的实施在一定程度上改变了我国中学数学课程的体系、内容和要求。同时，随着国内外数学竞赛活动的发展，对竞赛活动所涉及的知识、思想和方法等方面也有了一些新的要求，原来的《高中数学竞赛大纲》已经不能适应新形势的发展和要求。经过广泛征求意见和多次讨论, 对《高中数学竞赛大纲》进行了修订。
本大纲是在《全日制普通高级中学数学教学大纲》的精神和基础上制定的。《全日制普通高级中学数学教学大纲》指出：“要促进每一个学生的发展，既要为所有的学生打好共同基础，也要注意发展学生的个性和特长；„„在课内外教学中宜从学生的实际出发，兼顾学习有困难和学有余力的学生，通过多种途径和方法，满足他们的学习需求，发展他们的数学才能。”
学生的数学学习活动应当是一个生动活泼、富有个性的过程，不应只限于接受、记忆、模仿和练习，还应倡导阅读自学、自主探索、动手实践、合作交流等学习数学的方式，这些方式有助于发挥学生学习的主动性。教师要根据学生的不同基础、不同水平、不同兴趣和发展方向给予具体的指导。教师应引导学生主动地从事数学活动，从而使学生形成自己对数学知识的理解和有效的学习策略。教师应激发学生的学习积极性，向学生提供充分从事数学活动的机会，帮助他们在自主探索和合作交流的过程中真正理解和掌握基本的数学知识与技能、数学的思想和方法，获得广泛的数学活动经验。对于学有余力并对数学有浓厚兴趣的学生，教师要为他们设置一些选学内容，提供足够的材料，指导他们阅读，发展他们的数学才能。
教育部202_年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所列出的内容，是教学的要求，也是竞赛的最低要求。在竞赛中对同样的知识内容，在理解程度、灵活运用能力以及方法与技巧掌握的熟练程度等方面有更高的要求。“课堂教学为主，课外活动为辅”是必须遵循的原则。因此，本大纲所列的课外讲授内容必须充分考虑学生的实际情况，使不同程度的学生在数学上得到相应的发展，并且要贯彻“少而精”的原则。
高中数学联赛
全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部202_年《全日制普通高级中学数学教学大纲》。
全国高中数学联赛(加试)在知识方面有所扩展，适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加内容是：
1．平面几何
几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理；三角形旁心、费马点、欧拉线；
几何不等式；
几何极值问题；
几何中的变换：对称、平移、旋转；
圆的幂和根轴：
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2．代数
周期函数，带绝对值的函数；
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数；
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式；第二数学归纳法；
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数及其应用；
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根；
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*；
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理；函数迭代，求n次迭代*，简单的函数方程*。
3．初等数论
同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余系，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法*，欧拉定理*，孙子定理*。
4．组合问题
圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式；
组合计数，组合几何；
抽屉原理；
容斥原理；
极端原理；
图论问题；
集合的划分；
覆盖；
平面凸集、凸包及应用*。
(有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。)
注：上述大纲在202_年第十四次普及工作会上讨论通过
初中数学竞赛大纲(修订讨论稿)
中国数学会普及工作委员会制定
(202_年8月)
数学竞赛活动对于开发学生智力、开拓视野、促进教学改革、提高教学水平、发现和培养数学人才都有着积极的作用。这项活动也激励着广大青少年学习数学的兴趣，吸引他们去进行积极的探索，不断培养和提高他们的创造性思维能力。数学竞赛的教育功能显示出这项活动已成为中学数学教育的一个重要组成部分。
为了使全国数学竞赛活动持久、健康地开展，中国数学会普及工作委员会于1994年制定了《初中数学竞赛大纲》，这份大纲的制定对全国初中数学竞赛活动的开展起到了很好的指导性作用，使我国初中数学竞赛活动日趋规范化和正规化。
近年来，课程改革的实践在一定程度上改变了初中数学课程的体系、内容和要求。同时，随着国内外数学竞赛活动的发展，对竞赛活动所涉及的知识、思想和方法等方面也有了一些新的要求，原来的《初中数学竞赛大纲》已经不能适应新形势的发展和要求。经过广泛征求意见和多次讨论，对《初中数学竞赛大纲》进行了修订。
本大纲是《全日制义务教育数学课程标准（实验稿）》的精神和基础上制定的。在《全日制义务教育数学课程标准（实验稿）》中提到：“„„要激发学生的学习潜能，鼓励学生大胆创新与实践；„„要关注学生的个体差异，有效地实施有差异的教学，使每个学生都得到充分的发展；„„”由于各种步同的因素，学生在数学知识、技能、能力方面和志趣上存在着差异，教学中要承认这种差异，区别对待，因材施教，因势利导。应根据基本要求和通过选学内容，适应学生的各种不同需要；对学有余力的学生，要通过讲授选学内容和组织课外活动等多咱形式，满足他们的学习愿望，发展他们的教学才能；鼓励学生积极参加形式多样的课外实践活动。
学生的数学学习活动应当是一个生动活泼、主动的和富有个性的过程，不应只限于接受、记忆、模仿和练习，还应倡导自主探索、动手实践、合作交流、阅读自学等学习数学的方式。教师要根据学生的不同基础、不同水平、不同兴趣和发展方向给予具体的指导，引导学生主动地从事数学活动，从而使学生形成自己对数学知识的理解和有效的学习策略。教师应激发学生的学习积极性，向学生提供充分从事数学活动的机会，帮助他们在自主探索和合作交流的过程中真正理解和掌握基本的数学知识与技能、数学的思想和方法，获得广泛的数学活动经验。
《全日制义务教育数学课程标准（实验稿）》中所列出的内容，是教学的要求，也是竞赛的最低要求。在竞赛中对同样的知识内容，在理解度、灵活运用能力以及方法与技巧掌握的熟练程度等方面有更高的要求。而“课堂教学为主，课外活动为辅”是必须遵循的原则。因此，本大纲所列的课外讲授内容必须充分考虑学生的实际情况，分阶段、分层次让学生逐步地去掌握，重在培养学生的学习兴趣、学习习惯和学习方法，使不同的学生在数学上都得到相应的发展，并且要贯彻“少而精”的原则，处理好普及与提高的关注，这样才能加强基础，不断提高。
1．数
整数及进位制表示法，整除性及其判定；
素数和合数，最大公约数与最小公倍数；
奇数和偶数，奇偶性分析；
带余除法和利用余数分类；
完全平方数；
因数分解的表示法，约数个数的计算；
有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
2．代数式
综合除法、余式定理；
因式分解；
拆项、添项、配方、待定系数法；
对称式和轮换对称式；
整式、分式、根式的恒等变形；
恒等式的证明。·
3．方程和不等式
含字母系数的一元一次方程、一元二次方程的解法，一元二次方程根的分布； 含绝对值的一元一次方程、一元二次方程的解法；
含字母系数的一元一次不等式的解法，一元二次不等式的解法；
含绝对值的一元一次不等式；
简单的多元方程组；
简单的不定方程(组)。
4．函数
yaxb,yax2bxc,yax2bxc的图象和性质； 二次函数在给定区间上的最值，简单分式函数的最值；
含字母系数的二次函数。
5．几何
三角形中的边角之间的不等关系；
面积及等积变换；
三角形的心(内心、外心、垂心、重心)及其性质；
相似形的概念和性质；
圆，四点共圆，圆幂定理；
四种命题及其关系。
6．逻辑推理问题
抽屉原理及其简单应用；
简单的组合问题；
简单的逻辑推理问题，反证法；
极端原理的简单应用；
枚举法及其简单应用。
注：上述大纲在202_年第十四次普及工作会上讨论通过
第三篇：高中数学竞赛校本课程
高中数学竞赛校本课程
一、课程目标
数学是研究空间形式和数量关系的学科，也是研究模式与秩序的一门学科。数学本身的特点决定了它作为科学基础的地位，中学数学的内容与其中蕴含的数学思想方法，尤其是通过数学学习培养的思考问题、解决问题的数学能力将在更深一层次的科学研究中大有作为。
1、夯实学生数学基础，使学生熟练掌握各种数学基本技能；全面提高学生演绎推理、直觉猜想、归纳抽象、体系构建、算法设计等诸多方面的能力，并在此基础上培养学生学习新的数学知识的能力，数学地提出、分析、解决问题的能力，数学表达与交流的能力；发展学生数学应用意识与数学创新意识。
2、努力扩展学生的数学视野，全面渗透研究性学习，激发学生学习数学的兴趣，使学生能欣赏数学的美学魅力，认识数学的价值，崇尚数学的思考，培养从事科学研究的精神与方法。
3、多角度衔接高等教育，大胆引入现代数学基本理念，为学生继续从事高深科学领域的学习奠定所必需的数学基础。
二、课程设计理念与课程内容特色
本课程始终围绕学生群体设计，从他们的学习与发展的实际学情为基本出发点。课程的内容的选择是严格的，它具有鲜明的针对性，能体现数学教学的特点。本课程设计向要突现以下几点：
1、注重发展学生的数学综合能力
“学以致用”，数学知识的学习必须进入运用的层次，接受实践的考验。20世纪下半叶以来，数学的最大发展是应用，这也对数学教学产生了深刻的影响。本课程在数学知识的理论应用与实践运用上大大加强，数学的融会贯通与“数学建模”成为主体；加强了数学各分支间的结合，以重要的数学思想方法来贯穿数学学习。
2、重视数学思想与数学方法养成的创新学习理念
传授数学知识不是数学教学的重点，‘授人以鱼，不若授之以渔’。引导学生掌握解决问题的科学的数学思想与数学方法是本课程的核心。课程不完全以知识系统为主线，很多例题与练习是为了凸现其中的蕴含的数学思想方法而设计。本课程试图通过数学思想方法的养成为学生形成正确的，积极主动的学习方式创造有利条件，为学生提供“提出问题，探索研究，实践应用”的空间，帮助学生形成独立思考、自主钻研的习惯，培养学生的自主能力，提高理性的数学思维，养成勇于创新的科学理念。
3、拓展数学视野，形成开放体系，努力增强时代感
由于本课程的学习对象为具备教好的数学基础与学习能力的学生，因此在内容上必须有一定的深度与广度，要能够印发学生的思考，要有新的知识内容与视角，传统的
数学课程内容长期以来已经模式化，可选择性不强，本课程大胆突破高考限制，引入“向量几何”、“矩阵理论”、“概率统计”、“线性规划”、“微积分初步”等现代数学内容，摆脱以往数学课程内容的被动与滞后，是本课程力图突破的一点。此外，本课程通过每个章节设置的“本章阅读”介绍著名数学家、数学趣题、数学发展史以及最新数学进展来拓展学生的视野，提高学习数学兴趣。
三、课程内容与数学计划 高一上学期
第一章.集合与命题 第二章.函数 第三章.不等式 第四章.三角函数 高一下学期
第五章.直线与平面 第六章.多面体与旋转面
第七章.行列式、矩阵与向量初步 第八章.复数 高二上学期
第九章.数列与数学归纳法 第十章.直线
第十一章.圆锥曲线 第十二章.参数方程 高二下学期
第十三章.排列组合与二项式定理 第十四章.概率与统计
四、教学方法
自学指导与问题教学法，对知识的掌握，不能依赖教师的教授，因为知识在不断的更新，因此培养学生的自学能力尤为中要。在自学的过程中，强调讨论与交流，鼓励参与，鼓励质疑，鼓励创新，以问题解决带动知识学习与能力锻炼是值得提倡的。理科班的学生良好综合素质为此提供了可能。实践证明“自主学习+教师指导”的方法是可行而且高效的。
五、课程评价
知识水平与实际能力相结合的综合评价，以能力考察为重点，鼓励拔尖，对突出的成绩获得给予特别加分。
第四篇：202_全国高中数学竞赛专题-三角函数
全国高中数学竞赛专题-三角函数
三角恒等式与三角不等式
一、基础知识
定义1
角：一条射线绕着它的端点旋转得到的图形叫做角。角的大小是任意的。
若旋转方向为逆时针方向，则角为正角，若旋转方向为顺时针方向，则角为负角，若不旋转则为零角。
定义2
角度制：把一周角360等分，每一等分为一度。
弧度制：把等于半径长的圆弧所对的圆心角叫做一弧度。360度=2π弧度。
若圆心角的弧长为L，则其弧度数的绝对值|α|=
r
L,其中r
是圆的半径。
定义3
三角函数：在直角坐标平面内，把角α的顶点放在原点，始边与x
轴的正半轴重合，在角的终边上任意取
一个不同于原点的点P，设它的坐标为（x,y），到原点的距离为r,则正弦函数s
in
α=r
y,余弦函数co
s
α=r
x,正切函数tan
α=
x
y，余切函数cot
α=y
x，正割函数se
c
α=x
r,余割函数c
s
c
α=.y
r
定理1
同角三角函数的基本关系式，倒数关系：tan
α=αcot
1,s
in
α=αcsc
1，co
s
α=αsec
1；
商数关系：tan
α=α
α
αααsin
cos
cot,cos
sin
=；
乘积关系：tan
α×co
s
α=s
in
α,cot
α×s
in
α=co
s
α；
平方关系：s
in
2α+co
s
2α=1,tan
2α+1=se
c
2α,cot
2α+1=c
s
c
2α.定理2
诱导公式（Ⅰ）s
in
(α+π)=-s
in
α,co
s(π+α)=-co
s
α,tan
(π+α)=tan
α,cot
(π+α)=cot
α;
（Ⅱ）s
in
(-α)=-s
in
α,co
s(-α)=co
s
α,tan
(-α)=-tan
α,cot
(-α)=cot
α;
（Ⅲ）s
in
(π-α)=s
in
α,co
s(π-α)=-co
s
α,tan
=(π-α)=-tan
α,cot
(π-α)=-cot
α;
（Ⅳ）s
in
???
??-απ2=co
s
α,co
s
???
??-απ2=s
in
α,tan
???
??-απ2=cot
α（奇变偶不变，符号看象限）。
定理3
正弦函数的性质，根据图象可得y
=s
inx
（x
∈R）的性质如下。
单调区间：在区间??
?
??
?+
22,2
2πππ
πk
k
上为增函数，在区间??
?
??
?++
πππ
π232,22k
k
上为减函数，最小正周期：2π.奇偶性：奇函数
有界性：当且仅当x
=2kx
+2π时，y
取最大值1，当且仅当x
=3k
π-2
π
时,y
取最小值-1，值域为[-1，1]。
对称性：直线x
=k
π+
π
均为其对称轴，点（k
π,0）均为其对称中心。这里k
∈Z
.定理4
余弦函数的性质，根据图象可得y
=co
s
x
(x
∈R)的性质。
单调区间：在区间[2k
π,2k
π+π]上单调递减，在区间[2k
π-π,2k
π]上单调递增。
最小正周期：2π。
奇偶性：偶函数。
有界性：当且仅当x
=2k
π时，y
取最大值1；当且仅当x
=2k
π-π时，y
取最小值-1。值域为[-1，1]。
对称性：直线x
=k
π均为其对称轴，点??
?
?
?+
0,2π
πk
均为其对称中心。这里k
∈Z
.定理5
正切函数的性质：由图象知奇函数y
=tanx
(x
≠k
π+
2π)在开区间(k
π-2π,k
π+2
π)上为增函数,最小正周期为π，值域为（-∞，+∞），点（k
π，0），（k
π+2
π，0）均为其对称中心。
定理6
两角和与差的基本关系式：co
s(α±β)=co
s
αco
s
β
s
in
αs
in
β,s
in
(α±β)=s
in
αco
s
β±co
s
αs
in
β;
tan
(α±β)=
.)
tan
tan
1()
tan
(tan
βαβα
±
两角和与差的变式：2222
sin
sin
cos
cos
sin()sin()αββααβαβ-=-=+-
2222
cos
sin
cos
sin
cos()cos()αββααβαβ-=-=+-
三角和的正切公式：tan
tan
tan
tan
tan
tan
tan()1tan
tan
tan
tan
tan
tan
αβγαβγ
αβγαββγγα
++-++=
---
定理7
和差化积与积化和差公式:
s
in
α+s
in
β=2s
in
???
??+2βαco
s
???
??-2βα,s
in
α-s
in
β=2s
in
???
??+2βαco
s
???
??-2βα,co
s
α+co
s
β=2co
s
???
??+2βαco
s
???
??-2βα,co
s
α-co
s
β=-2s
in
???
??+2βαs
in
???
??-2βα,s
in
αco
s
β=21[s
in
(α+β)+s
in
(α-β)],co
s
αs
in
β=21
[s
in
(α+β)-s
in
(α-β)],co
s
αco
s
β=21[co
s(α+β)+co
s(α-β)],s
in
αs
in
β=-2
[co
s(α+β)-co
s(α-β)].定理8
二倍角公式：s
in
2α=2s
in
αco
s
α,co
s2α=co
s
2α-s
in
2α=2co
s
2α-1=1-2s
in
2α,tan
2α=
.)
tan
1(tan
22αα
三倍角公式及变式：3
sin
33sin
4sin
ααα=-，3
cos34cos
3cos
ααα=-
1s
i
n
(60)s
i
n
s
i
n
(60)s
i
n
34α
ααα-+=，1
cos(60)cos
cos(60)cos34
αααα-+=
定理9
半角公式:
s
in
2α=2)cos
1(α-±,co
s
α
=2)cos
1(α+±,tan
2α=)cos
1()
cos
1(αα+-±=
.sin)cos
1()
cos
1(sin
αααα-=+
定理10
万能公式:
?
?
?
??+?
??
??=
2tan
12tan
2sin
2ααα,???
??+???
??-=2tan
12tan
1cos
22ααα,.2tan
12tan
2tan
2???
??-???
??=ααα
定理11
辅助角公式：如果a,b
是实数且a
2+b
2≠0，则取始边在x
轴正半轴，终边经过点(a,b)的一个角为β，则s
in
β=22b
a
b
+,co
s
β=2
2b
a
a
+，对任意的角α.a
s
in
α+bco
s
α=)(22b
a
+s
in
(α+β).定理12
正弦定理：在任意△ABC
中有R
C
c
B
b
A
a
2sin
sin
sin
===，其中a,b,c
分别是角A，B，C的对边，R
为△ABC
外接圆半径。
定理13
余弦定理：在任意△ABC
中有a
2=b
2+c
2-2bco
s
A，其中a,b,c
分别是角A，B，C的对边。
定理14
射影定理：在任意△ABC
中有cos
cos
a
b
C
c
B
=+，cos
cos
b
a
C
c
A
=+，cos
cos
c
a
B
b
A
=+
定理15
欧拉定理：在任意△ABC
中，2
2OI
R
Rr
=-，其中O,I
分别为△ABC的外心和内心。
定理16
面积公式：在任意△ABC
中，外接圆半径为R,内切圆半径为r，半周长2
a
b
c
p
++=
则211sin
2sin
sin
sin
(sin
sin
sin)224a
abc
S
ah
ab
C
rp
R
A
B
C
rR
A
B
C
R
=
=====++
222
1)(c
o
t
c
o
t
c
o
t)4
c
a
A
b
B
c
C
==++
定理17
与△ABC
三个内角有关的公式：
（1）sin
sin
sin
4cos
cos
cos
;222
A
B
C
A
B
C
++=
（2）cos
cos
cos
14sin
sin
sin
;222
A
B
C
A
B
C
++=+
（3）tan
tan
tan
tan
tan
tan
;A
B
C
A
B
C
++=
（4）tan
tan
tan
tan
tan
tan
1;222222
A
B
B
C
C
A
++=
（5）cot
cot
cot
cot
cot
cot
1;A
B
B
C
C
A
++=
（6）sin
2sin
2sin
24sin
sin
sin
.A
B
C
A
B
C
++=
定理18
图象之间的关系：y
=s
inx的图象经上下平移得y
=s
inx
+k的图象；经左右平移得y
=s
in
(x
+?)的图象（相位
变换）；纵坐标不变，横坐标变为原来的ω
1，得到y
=s
in
x
ω(0>ω)的图象（周期变换）；横坐标不变，纵坐标变为原来的A
倍，得到y
=A
s
inx的图象（振幅变换）；y
=A
s
in
(ωx
+?)(ω>0)的图象（周期变换）；横坐标不变，纵坐标变为原来的A
倍，得到y
=A
s
inx的图象（振幅变换）；y
=A
s
in
(ωx
+?)(ω,?>0)(|A
|
叫作振幅)的图象向右平移ω
?
个单位得到y
=A
s
in
ωx的图象。
定义4
函数y
=s
inx
?
?
???-∈2,2ππx的反函数叫反正弦函数，记作y
=a
r
c
s
inx
(x
∈[-1,1])，函数y
=co
s
x
(x
∈[0,π])的反函数叫反余弦函数，记作y
=a
r
cco
s
x
(x
∈[-1,1]).函数y
=tanx
?
??
?
?-
∈2,2ππx的反函数叫反正切函数。记作y
=a
r
ctanx
(x
∈[-∞,+∞]).函数y
=co
t
x
(x
∈[0,π])的反函数称为反余切函数，记作y
=a
r
ccotx
(x
∈[-∞,+∞]).定理19
三角方程的解集，如果a
∈(-1,1)，方程s
inx
=a的解集是{x
|x
=n
π+(-1)n
a
r
c
s
ina,n
∈Z
}。
方程co
s
x
=a的解集是{x
|x
=2kx
±a
r
cco
s
a,k
∈Z
}.如果a
∈R，方程tanx
=a的解集是{x
|x
=k
π+a
r
ctana,k
∈Z
}。
恒等式：a
r
c
s
ina
+a
r
cco
s
a
=
2π；a
r
ctana
+a
r
ccota
=2
π.定理20
若干有用的不等式：
（1）若???
?
?∈2,0πx，则s
inx
（2）函数sin
x
y
x
=在(0,)π上为减函数；函数tan
x
y
x
=在(0,)2
π
上为增函数。
（3）嵌入不等式：设A+B+C=π，则对任意的x,y,z
∈R，有2
2cos
2cos
2cos
x
y
z
yz
A
xz
B
xy
C
++≥++
等号成立当且仅当yzsinA=zxsinB=xysinC.二、方法与例题
1．结合图象解题。
例1
求方程s
inx
=lg
|x
|的解的个数。
【解】在同一坐标系内画出函数y
=s
inx
与y
=lg
|x
|的图象，由图象可知两者有6个交点，故方程有6个解。
2．三角函数性质的应用。
例2
设x
∈(0,π),试比较co
s(s
inx)与s
in
(co
s
x)的大小。
【解】
若??
?
?
??∈ππ,2x，则-1所以s
in
(co
s
x)
≤0,又02x
π?
?
∈
??
?，则因为s
inx
+co
s
x
=2s
in
(x
+
4π)≤2π，所以co
s(s
inx)>co
s（2
π
-co
s
x)=s
in
(co
s
x).综上，当x
∈(0,π)时，总有co
s(s
inx)3．最小正周期的确定。
例3
求函数y
=s
in
(2co
s|x
|)的最小正周期。
【解】
因为co
s(-x)=co
s
x，所以cos
|x
|=co
s
x,所以T
=2π是函数的周期；
4．三角最值问题。
例4
已知函数y
=s
inx
+x
2cos
1+，求函数的最大值与最小值。
【解法一】
令s
inx
=???
??≤≤=
+ππ
θθ4304
sin
2cos
1,cos
x,则有y
=).4
sin(2sin
2cos
2π
θθθ+
=+
因为
ππ
4304≤≤，所以ππθπ≤+≤42，所以)4
sin(0π
θ+≤≤1，所以当πθ43=，即x
=2k
π-2π(k
∈Z)时，y
m
in
=0，当4πθ=，即x
=2k
π+2
π
(k
∈Z)时，y
m
ax
=2.【解法二】
因为y
=s
inx
+)cos
1(sin
2cos
1222
x
x
x
++≤
+=2（因为(a
+b)2≤2(a
2+b
2)），且|s
inx|≤1≤x
2cos
1+，所以0≤s
inx
+x
2cos
1+≤2，所以当x
2cos
1+=s
inx，即x
=2k
π+2
π
(k
∈Z)时,y
m
ax
=2，当x
2cos
1+=-s
inx，即x
=2k
π-2
π
(k
∈Z)时,y
m
in
=0。
5．换元法的使用。
例5
求x
x
x
x
y
cos
sin
1cos
sin
++=的值域。
【解】
设t
=s
inx
+co
s
x
=).4sin(2cos
22sin
222π+=???
?
??+x
x
x
因为,1)4
sin(1≤+
≤-π
x
所以.22≤≤-t
又因为t
=1+2s
inxco
s
x,所以s
inxco
s
x
=212-t，所以2
1121
2-=+-=t
t
x
y，所以
.212212-≤≤--y
因为t
≠-1，所以121-≠-t，所以y
≠-1.所以函数值域为.212,11,212??
?
??--???-+-∈
y
6．图象变换：y
=s
inx
(x
∈R)与y
=A
s
in
(ωx
+?)(A,ω,?>0).例6
已知f
(x)=s
in
(ωx
+?)(ω>0,0≤?≤π)是R
上的偶函数，其图象关于点???
??0,43πM
对称，且在区间??
?
???2,0π上是单调函数，求?和ω的值。
【解】
由f
(x)是偶函数，所以f
(-x)=f
(x)，所以s
in
(ωx+?)=s
in
(-ωx
+?)，所以co
s
?s
inx
=0，对任意x
∈R
成立。又0≤?≤π，解得?=2
π，因为f
(x)图象关于??
?
??0,43πM
对称，所以)43()43(x
f
x
f
++-ππ=0。
取x
=0，得)4
3(πf
=0，所以sin
.024
3=???
??+πωπ
所以243ππωπ+=k
(k
∈Z)，即ω=32(2k
+1)
(k
∈Z).又ω>0，取k
=0时，此时f
(x)=sin
(2x
+
2π)在[0，2
π
]上是减函数；
取k
=1时，ω=2，此时f
(x)=sin
(2x
+2π)在[0，2
π
]上是减函数；
取k
=2时，ω≥310，此时f
(x)=sin
(ωx
+2π)在[0，2
π
]上不是单调函数，综上，ω=3
或2。
7．三角公式的应用。
例7
已知sin
(α-β)=
135，sin
(α+β)=-
135，且α-β∈???
??ππ,2，α+β∈??
?
??ππ2,23，求sin
2α,cos
2β的值。
【解】
因为α-β∈??
?
??ππ,2，所以cos
(α-β)=-.1312)(sin
-=--βα
又因为α+β∈??
?
??ππ2,23，所以cos
(α+β)=.1312)(sin
12=+-βα
所以sin
2α=sin
[(α+β)+(α-β)]=sin
(α+β)cos
(α-β)+cos
(α+β)sin
(α-β)=169
120,cos
2β=cos
[(α+β)-(α-β)]=cos
(α+β)cos
(α-β)+sin
(α+β)sin
(α-β)=-1.例8
已知△ABC的三个内角A，B，C
成等差数列，且B
C
A
cos
2cos
1cos
1-=+，试求2
cos
C
A
-的值。
【解】
因为A
=1200-C，所以cos
C
A
-=cos
(600-C)，又由于)
120cos(cos
cos)120cos(cos
1)120cos(1cos
1cos
00C
C
C
C
C
C
C
A
-+-=+-=+
=
222
1)2120cos()
60cos(2)]2120cos(120[cos
21)60cos(60cos
2000000-=---=-+-C
C
C
C，所以232
cos
22cos
242--+-C
A
C
A
=0。解得222cos
=-C
A
或8232cos
-=-C
A。
又2
cos
C
A
->0，所以222cos
=-C
A。
例9
求证：tan
20?+4cos
70?
【解】
tan
20?+4cos
70?=??20cos
20sin
+4sin
20?
?
??+=+=20cos
40sin
220sin
20cos
20cos
20sin
420sin
?
???+=++=20
cos
40sin
10cos
30sin
220cos
40sin
40sin
20sin
.320cos
20cos
60sin
220cos
40sin
80sin
==+=?
?
例10
证明：7
cos77cos521cos335cos
64cos
x
x
x
x
x
+++=
分析：等号左边涉及角7x、5x、3x、x
右边仅涉及角x，可将左边各项逐步转化为x
sin、x
cos的表达式，但相对较繁.观察到右边的次数较高，可尝试降次.证明：因为,cos
33cos
cos
4,cos
3cos
43cos
x
x
x
x
x
x
+=-=所以
从而有x
x
x
x
x
226cos
9cos
3cos
63cos
cos
16++=
=)2cos
1(2
9)2cos
4(cos
326cos
1x
x
x
x
+++++
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
cos
20cos
2cos
30cos
4cos
12cos
6cos
2cos
64,2cos
992cos
64cos
66cos
1cos
327
6+++=+++++=
.cos
353cos
215cos
77cos
cos
20cos
153cos
153cos
65cos
65cos
7cos
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+++=++++++=
评述：本题看似“化简为繁”，实质上抓住了降次这一关键，很是简捷.另本题也可利用复数求解.令
77)1
(cos
128，1cos
2,sin
cos
z
z
z
z
i
z
+=+=+=αααα从而则，展开即可.例11
已知.20012tan
2sec
:,2001tan
1tan
1=+=-+αααα求证
证明：)4tan()22
sin()22cos(12cos
2sin
12tan
2sec
απαπαπ
αααα+=++-=+=+.2001tan
1tan
1=-+=αα.2001tan
1tan
1=-+=
αα
例12
证明：对任一自然数n
及任意实数m
n
k
m
x
k，,2,1,0(2
=≠
π为任一整数），有
.2cot
cot
2sin
14sin
12sin
1x
x
x
x
x
n
n
-=+++
思路分析：本题左边为n
项的和，右边为2项之差，故尝试将左边各项“裂”成两项之差，并希冀能消去其中许多
中间项.证明：,2cot
cot
2sin
2cos
cos
sin
2cos
22sin
2cos
cos
22sin
122x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
-=-=-=
同理
x
x
x
4cot
2cot
4sin
1-=
……
x
x
x
n
n
n
2cot
2cot
2sin
11-=-
评述：①本题裂项技巧也可通过数学归纳法获得.②“裂项相消”在解题中具有一定的普遍性，类似可证下列各题：
n
n
n
n
-=
-+++α
α
ααααααtan
tan
tan)1tan(3tan
2tan
2tan
tan
.1cot
1cos
cos
88cos
12cos
1cos
11cos
0cos
1.2cot
2cot
2tan
22tan
22tan
2tan
1122=+++-=++++++ααααααn
n
n
n
例13
设ABC
?的内角A
B
C，所对的边，a
b
c
成等比数列，则
sin
cot
cos
sin
cot
cos
A
C
A
B
C
B
++的取值范围是（）
A.(0,)+∞
B.C.D.)+∞
[解]
设，a
b
c的公比为q，则2,b
aq
c
aq
==，而sin
cot
cos
sin
cos
cos
sin
sin
cot
cos
sin
cos
cos
sin
A
C
A
A
C
A
C
B
C
B
B
C
B
C
++=
++
sin()sin()sin
sin()sin()sin
A
C
B
B
b
q
B
C
A
A
a
ππ+-=
====+-．
因此，只需求q的取值范围．
因，a
b
c
成等比数列，最大边只能是a
或c，因此，a
b
c
要构成三角形的三边，必需且只需a
b
c
+>且
b
c
a
+>．即有不等式组
22,a
aq
aq
aq
aq
a
?+>??+>??即22
10,10.q
q
q
q
?--解得q
q
q
q，因此所求的取值范围是．故选C
例14
△ABC
内接于单位圆，三个内角A、B、C的平分线延长后分别交此圆于A1、B1、C
1，则C
B
A
C
CC
B
BB
A
AA
sin
sin
sin
2cos
2cos
2cos
111++?+?+?的值为（）
A
．2
B
．4
C
．6
D
．8
解：如图，连BA
1，则AA
1=2sin(B+)2
2cos(2)222sin(2)2C
B
C
B
C
B
A
A
-=-+++=)2
cos(2cos
2cos
2cos)22cos(22cos
1C
B
C
A
C
B
A
A
C
B
A
AA
-=-++-+=-=∴π,sin
sin)2cos(B
C
B
+=-+π
同理,sin
sin
2cos
1C
A
B
BB
+=,sin
sin
cos
1B
A
C
CC
+=),sin
sin
(sin
22cos
2cos
2cos
111C
B
A
C
CC
B
BB
A
AA
++=++∴原式=.2sin
sin
sin)
sin
sin
(sin
2=++++C
B
A
C
B
A
选A.例15
若对所有实数x，均有sin
sin
cos
cos
cos
2k
k
k
x
kx
x
kx
x
?+?=，则k
=（）.A、6；
B、5；
C、4；
D、3．
解：记()s
i
n
s
i
n
c
o
s
c
o
s
c
o
s
k
k
k
f
x
x
k
x
x
k
x
x
=?+?
-，则由条件，()f
x
恒为0，取2
x
π
=，得
()s
i
n
12k
k
π=-，则k
为奇数，设21k
n
=-，上式成为sin
12n
ππ?
?-=-
???，因此n
为偶数，令2n
m
=，则
41k
m
=-，故选择支中只有3k
=满足题意．故选D
例16
已知()()
2222212f
x
x
a
b
x
a
ab
b
=++-++-是偶函数，则函数图象与y
轴交点的纵坐标的最大值是
A
B.2
C.解：由已知条件可知，2
10a
b
+-=，函数图象与y
轴交点的纵坐标为2
2a
ab
b
+-。令,s
cos
in
b
a
θθ==，则2222
2sin
cos
sin
cos
2sin
2c
s
2o
a
ab
b
θθθθθθ+=+=--+≤
选
A。
例17
已知,R
αβ∈，直线
1sin
sin
sin
cos
x
y
αβαβ+=++与1cos
sin
cos
cos
x
y
αβαβ
+=++的交点在直线y
x
=-上，则cos
sin
c
in
s
s
o
ααββ+++=。
解：由已知可知，可设两直线的交点为00(,)x
x
-，且,in
s
s
co
αα为方程
00
1sin
cos
x
x
t
t
ββ
-+=++，的两个根，即为方程2
0sin
c
(cos)sin
os
(cos)i
0s
n
t
t
x
ββββββ-++-=+的两个根。
因此cos
(sin
sin
cos)ααββ+=-+，即cos
sin
c
in
s
s
o
ααββ+++=0。
1、＝。
2、已知函数)45
41(2)cos()sin()(≤≤+-=
x
x
πx
πx
x
f，则f
(x)的最小值为_____。
3、已知
3sin)2sin(=+αβα，且),(2,21Z
k
n
n
k
∈+≠+≠π
πβαπβ。则
ββαtan)tan(+的值是_
__.4、设函数f
(x)=3sin
x
+2cos
x
+1。若实数a、b、c
使得af
(x)+bf
(x
?c)=1对任意实数x
恒成立，则a
c
b
cos
=
5、设0)cos
1(2
θθ
+的最大值。
6、求证：.112tan
312tan
18tan
18tan
3=++
7、已知a
0=1,a
n
n
-(n
∈N
+)，求证：a
n
2+n
π
.8、已知.cos
sin)tan(:,1||),sin(sin
A
A
A
-=+>+=ββ
βαβαα求证
9、若A，B，C
为△ABC
三个内角，试求s
inA
+s
inB
+s
inC的最大值。
10、证明：.2
sin
21sin)2sin()sin()2sin()sin(sin
β
ββαβαβαβαα++
=
+++++++n
n
n11、已知α，β为锐角，且x
·（α+β-2π）>0，求证：.2sin
cos
sin
cos
?
??+?
??x
x
αββα
12、求证：①16
78cos
66cos
42cos
6cos
=
②sin1°sin2°sin3°…sin89°=.10641(45?
全国高中数学竞赛专题-三角恒等式与三角不等式
实战演练答案
1、解：根据题意要求，2
605x
x
+≥+，2
0571x
x
+≤+≤。于是有2
715x
x
+=+。因此
cos01==。因此答案为
1。
2、解：实际上)4541(2)4sin(2)(≤≤+-=x
x
π
πx
x
f，设)4541)(4sin(2)(≤≤-=x
ππx
x
g，则g
(x)≥0，g
(x)在]43,41[上是增函数，在]4
5,43[上是减函数，且y
=g
(x)的图像关于直线43=x
对称，则对任意]43,41[1∈x，存在]45,43[2∈x，使g
(x
2)=g
(x
1)。于是)(2)(2)(2)()(22
212111x
f
x
x
g
x
x
g
x
x
g
x
f
=+≥+=+=，而f
(x)在]45,43[上是减
函数，所以554)4
()(=
≥f
x
f，即f
(x)在]4
5,41[上的最小值是554。
3、解：
.213131sin)2sin(1sin)2sin(]sin)2[sin(21]
sin)2[sin(21
sin)cos(cos)sin(tan)tan(=-+=-+++=-+++=?+?+=+α
βααβααβααβαβββαββαb
a4、解：令c=π，则对任意的x
∈R，都有f
(x)+f
(x
?c)=2，于是取2
==b
a，c=π，则对任意的x
∈R，af
(x)+bf
(x
?c)=1，由此得1cos
-=a
c
b。
一般地，由题设可得1)sin(13)(++=?x
x
f，1)sin(13)(+-+=-c
x
c
x
f
?，其中20π2
tan
=?，于是af
(x)+bf
(x
?c)=1可化为1)sin(13)sin(13=++-+++b
a
c
x
b
x
a
??，即
0)1()cos(sin
13cos)sin(13)sin(13=-+++-+++b
a
x
c
b
c
x
b
x
a
???，所以0)1()cos(sin
13)sin()cos
(13=-+++-++b
a
x
c
b
x
c
b
a
??。
由已知条件，上式对任意x
∈R
恒成立，故必有??
?
??=-+==+)3(01)2(0
sin)1(0cos
b
a
c
b
c
b
a，若b
=0，则由(1)知a
=0，显然不满足(3)式，故b
≠0。所以，由(2)知sin
c
=0，故c=2k
π+π或c=2k
π(k
∈Z)。当
c=2k
π时，cos
c
=1，则(1)、(3)两式矛盾。故c=2k
π+π(k
∈Z)，cos
c
=?1。由(1)、(3)知21
=
=b
a，所以1cos
-=a
c
b。
5、【解】因为020π
θ，所以s
in
2θ>0,co
s
θ>0.所以s
in
2θ（1+co
s
θ）=2s
in
2θ·co
s
θ
=2cos
2cos
2sin
22222θθ
θ???
≤3
22232cos
2cos
2sin
22??
???
?
?θθθ=.9342716=
当且仅当2s
in
2θ=co
s
22θ,即tan
2θ=22,θ=2a
r
ctan
22时，s
in
θ
(1+co
s
θ)取得最大值934。
6、思路分析：等式左边同时出现
12tan
18tan、12tan
18tan
+，联想到公式β
αβ
αβαtan
tan
1tan
tan)tan(-+=+.证明：
12tan
312tan
18tan
18tan
3++
112tan
18tan)12tan
18tan
1)(1218tan(312tan
18tan)12tan
18(tan
3=+-+?=++=
112tan
18tan)12tan
18tan
1)(1218tan(312tan
18tan)12tan
18(tan
3=+-+?=++=
18tan(3
t
18(tan
3=+?=+=
评述：本题方法具有一定的普遍性.仿此可证)43tan
1()2tan
1)(1tan
1（+++22
2)44tan
1(=+
等.7、【证明】
由题设知a
n
>0，令a
n
=tana
n,a
n
∈??
?
??2,0π，则a
n
=
.tan
2tan
sin
cos
1tan
1sec
tan
1tan
1111
12n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
==-=-=
-+-------
因为21-n
a，a
n
∈???
??2,0π，所以a
n
=121-n
a，所以a
n
=.210a
n
??
?
??
又因为a
0=tana
1=1，所以a
0=4π，所以n
n
a
??
?
??=21·4π。
又因为当0时，tanx
>x，所以.2
2tan
22++>=n
n
n
a
ππ
注：换元法的关键是保持换元前后变量取值范围的一致性。另外当x
∈??
?
??2,0π时，有tanx
>x
>s
inx，这是个熟知的结论，暂时不证明，学完导数后，证明是很容易的。
8、分析：条件涉及到角α、βα+，而结论涉及到角βα+，β.故可利用αβαβββαα-+=-+=)()(或消除条件与结论间角的差异，当然亦可从式中的“A
”入手.证法1：),sin(sin
βαα+=A),sin()sin(βαββα+=-+∴A),cos(sin))(cos
sin(),sin(sin)cos(cos)sin(βαβββαβαββαββα+=-++=+-+A
A
cos
sin)tan(,0)cos(,0cos,1||A
A
A
-=+≠+≠-∴>βββαβαβ从而
cos
sin)tan(,0)cos(,0cos,1||A
A
A
-=+≠+≠-∴>βββαβαβ从而
cos
sin)tan(,0)cos(,0cos,1||A
A
A
-=+≠+≠-∴>βββαβαβ从而
.cos
sin)tan(,0)cos(,0cos,1||A
A
A
-=+≠+≠-∴>βββαβαβ从而
证法2：αβαβββαβααββββsin)sin(cos
sin)sin()sin(sin
cos
sin
sin
sin
-++=+-=-A).tan(sin)cos(sin)sin(])sin[()sin(cos
sin)sin(βαββαββαββαβαβββα+=++=-+-++=).tan(sin)cos(sin)sin(])sin[()sin(cos
sin)sin(βαββαβ
βαββαβαβββα+=++=-+-++=).tan(sin)cos(sin)sin(])sin[()sin(cos
sin)sin(βαββαββαββαβαβββα+=++=-+-++=
9、【解】
因为s
inA
+s
inB
=2s
in
2B
A
+co
s
2sin
22B
A
B
A
+≤-,①
s
inC
+s
in
3sin
3cos
3sin
π
π
π
π
+≤-+=C
C
C,②
又因为3
sin
3cos
43sin
3sin
sin
ππ
π
π
≤-
-++
++=+++C
B
A
C
B
A
C
B
A，③
由①，②，③得s
inA
+s
inB
+s
inC
+s
in
3π≤4s
in
π,所以s
inA
+s
inB
+s
inC
≤3s
in
3π=233,当A
=B
=C
=3
π
时，（s
inA
+s
inB
+s
inC）m
ax
=233.注：三角函数的有界性、|s
inx
|≤1、|co
s
x
|≤1、和差化积与积化和差公式、均值不等式、柯西不等式、函数的单调
性等是解三角最值的常用手段。
10、证明：)],2
cos()2[cos(212sin
sin
βαβαβ
α--+-=)]sin()2sin()sin([sin
sin，)]2
2cos()212[cos(212sin)sin(,)]2
cos()25[cos(212sin)2sin()],2cos()23[cos(212sin)sin(βαβαβααβ
βαβαββαβαβαββαβ
αβαβ
βαn
n
n
n
+++++++-+-++-=++-+-=++-+-=+
各项相加得类似地
.2
sin)2sin()]2cos()212[cos(21ββαβαβα++=--++-=n
n
n
.2
1sin)2sin()]
2cos()212[cos(21ββαβαβα++=--+
+-=n
n
n
所以，.2
sin
sin)2sin()sin()sin(sin
βββαβαβαα++=+++++n
n
n
评述：①类似地，有.2
sin)2cos(21sin)cos()cos(cos
β
βαββαβααn
n
n
++=
+++++
②利用上述公式可快速证明下列各式：2sin
cos
2sin
cos
3cos
2cos
cos
θ
θθθθθθ+=++++n
n
n
.21
97cos
95cos
93cos
9cos
.2
75cos
73cos
9cos
等=+++=++ππ
πππππ.2197cos
95cos
93cos
9cos
.2
175cos
73cos
cos
等=+++=++πππππππ
11、【证明】
若α+β>2π，则x
>0，由α>2π-β>0得co
s
απ-β)=s
in
β,所以0又s
in
α>s
in
(2π-β)=co
s
β,所以0β
sin
cos
0,所以βαsin
cos
>1。
又0β
sin
cos
>1，所以2sin
cos
sin
cos
sin
cos
sin
cos
0
=???
?
?+?
??x，得证。
注：以上两例用到了三角函数的单调性和有界性及辅助角公式，值得注意的是角的讨论。
12、证明：①cos6°cos42°cos66°cos78°=cos6°cos54°cos66°
54cos
78cos
42cos
?
.16154cos
4)183cos(4154cos
478cos
42cos
18cos
=?==
.16154cos
4)183cos(4154cos
478cos
42cos
18cos
=?==
.16
154cos
4)
183cos(4154cos
478cos
42cos
18cos
=?=
=
②sin1°sin2°sin3°…sin89°
=(sin1°sin59°sin61°)(sin2°sin58°sin62°)…(sin29°sin31°sin89°)sin30°sin60°
=4
387sin
6sin
3sin)41(29?
60sin
30sin)87sin
33sin
27(sin)66sin
54sin
6)(sin
63sin
57sin
3(sin
3)4
(30=
45)54sin
36)(sin
63sin
27)(sin
72sin
18)(sin
18sin
9(sin
3)41(81sin
18sin
9sin
3)41(4040???=??=
45sin)54sin
36)(sin
63sin
27)(sin
72sin
18)(sin
18sin
9(sin
3)41(81
sin
18sin
9sin
3)41(4040???=??=
又)72cos
1)(36cos
1(41)36sin
18(cos
-+=
165)72cos
36cos
1(4
1)72cos
36cos
72cos
36cos
1(41=+=--+=
165)72cos
36cos
1(4
1)72cos
36cos
72cos
36cos
1(41=+=--+=
165)72cos
36cos
1(4136cos
72cos
36cos
1(41=+=--+=
即
.45
36sin
18cos
=
所以
.106)4
(89sin
2sin
1sin
45?=
36sin
18cos
3)41(54cos
72sin
223)41(54cos
18sin
36cos
18cos
223)41(54cos
72cos
36cos
18cos
223)41(18cos
36cos
54cos
72cos
223)41(72sin
54sin
36sin
18sin
223)41(434342424242?=?=?=?=?=?=
36sin
18cos
223)41(54cos
72sin
223)41(54cos
18sin
36cos
18cos
223)41(54cos
72cos
36cos
18cos
223)41(18cos
36cos
54cos
72cos
223)41(72sin
54sin
36sin
18sin
223)41(434342424242?=?=?=?=?=?=
36sin
18cos
223)41(54cos
72sin
223)41(54cos
18sin
36cos
18cos
223)41(54cos
72cos
36cos
18cos
223)41(18cos
36cos
54cos
72cos
223)41(72sin
54sin
36sin
18sin
223)41(434342424242?=?=?=?=?=?=
36sin
18cos
223)41(54cos
72sin
223)41(54cos
18sin
36cos
18cos
223)41(54cos
72cos
36cos
18cos
223)41(18cos
36cos
54cos
72cos
223)41(72sin
54sin
36sin
18sin
223)41(434342424242?=?=?=?=?=?=
36sin
18cos
223)41(54cos
72sin
223)41(54cos
18sin
36cos
18cos
223)41(54cos
72cos
36cos
18cos
223)41(18cos
36cos
54cos
72cos
223)41(72sin
54sin
36sin
18sin
223)4(434342424242?=?=?=?=?=?=
36sin
18cos
223)41(54cos
72sin
223)41(54cos
18sin
36cos
18cos
223)41(54cos
72cos
36cos
18cos
223)41(18cos
36cos
54cos
72cos
223)41(72sin
54sin
36sin
18sin
3)41(434342424242?=?=?=?=?=?=
第五篇：高中数学竞赛讲义-抽屉原理
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抽屉原理
在数学问题中有一类与“存在性”有关的问题，例如：“13个人中至少有两个人出生在相同月份”；“某校400名学生中，一定存在两名学生，他们在同一天过生日”；“202_个人任意分成200个小组，一定存在一组，其成员数不少于11”；“把[0，1]内的全部有理数放到100个集合中，一定存在一个集合，它里面有无限多个有理数”。这类存在性问题中，“存在”的含义是“至少有一个”。在解决这类问题时，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一个，也不需要确定通过什么方式把这个存在的东西找出来。这类问题相对来说涉及到的运算较少，依据的理论也不复杂，我们把这些理论称之为“抽屉原理”。
“抽屉原理”最先是由19世纪的德国数学家迪里赫莱（Dirichlet）运用于解决数学问题的，所以又称“迪里赫莱原理”，也有称“鸽巢原理”的。这个原理可以简单地叙述为“把10个苹果，任意分放在9个抽屉里，则至少有一个抽屉里含有两个或两个以上的苹果”。这个道理是非常明显的，但应用它却可以解决许多有趣的问题，并且常常得到一些令人惊异的结果。抽屉原理是国际国内各级各类数学竞赛中的重要内容，本讲就来学习它的有关知识及其应用。
（一）抽屉原理的基本形式
定理
1、如果把n+1个元素分成n个集合，那么不管怎么分，都存在一个集合，其中至少有两个元素。
证明：（用反证法）若不存在至少有两个元素的集合，则每个集合至多1个元素，从而n个集合至多有n个元素，此与共有n+1个元素矛盾，故命题成立。
在定理1的叙述中，可以把“元素”改为“物件”，把“集合”改成“抽屉”，抽屉原理正是由此得名。
同样，可以把“元素”改成“鸽子”，把“分成n个集合”改成“飞进n个鸽笼中”。“鸽笼原理”由此得名。
例题讲解
1． 已知在边长为1的等边三角形内（包括边界）有任意五个点（图1）。证明：至少有两个点之间的距离不大于
2．从1-100的自然数中，任意取出51个数，证明其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。
数学教育网http://www.feisuxs 数学教育网---数学试题-数学教案-数学课件-数学论文-竞赛试题-中高考试题信息http://www.feisuxs 3．从前25个自然数中任意取出7个数，证明：取出的数中一定有两个数，这两个数中大数不超过小数的1.5倍。
4．已给一个由10个互不相等的两位十进制正整数组成的集合。求证：这个集合必有两个无公共元素的子集合，各子集合中各数之和相等。
5．在坐标平面上任取五个整点（该点的横纵坐标都取整数），证明：其中一定存在两个整点，它们的连线中点仍是整点。
6．在任意给出的100个整数中，都可以找出若干个数来（可以是一个数），它们的和可被100整除。
7． 17名科学家中每两名科学家都和其他科学家通信，在他们通信时，只讨论三个题目，而且任意两名科学家通信时只讨论一个题目，证明：其中至少有三名科学家，他们相互通信时讨论的是同一个题目。
例题答案：
1．分析：5个点的分布是任意的。如果要证明“在边长为1的等边三角形内（包括边界）有5个点，那么这5个点中一定有距离不大于的两点”，则顺次连接三角形三边中点，数学教育网http://www.feisuxs 数学教育网---数学试题-数学教案-数学课件-数学论文-竞赛试题-中高考试题信息http://www.feisuxs 即三角形的三条中位线，可以分原等边三角形为4个全等的边长为的小等边三角形，则5个点中必有2点位于同一个小等边三角形中（包括边界），其距离便不大于。
以上结论要由定理“三角形内（包括边界）任意两点间的距离不大于其最大边长”来保证，下面我们就来证明这个定理。
如图2，设BC是△ABC的最大边，P，M是△ABC内（包括边界）任意两点，连接PM，过P分别作AB、BC边的平行线，过M作AC边的平行线，设各平行线交点为P、Q、N，那么
∠PQN=∠C，∠QNP=∠A
因为BC≥AB，所以∠A≥∠C，则∠QNP≥∠PQN，而∠QMP≥∠QNP≥∠PQN（三角形的外角大于不相邻的内角），所以 PQ≥PM。显然BC≥PQ，故BC≥PM。
由此我们可以推知，边长为的等边三角形内（包括边界）两点间的距离不大于。
说明：
（1）这里是用等分三角形的方法来构造“抽屉”。类似地，还可以利用等分线段、等分正方形的方法来构造“抽屉”。例如“任取n+1个正数ai，满足0＜ai≤1（i=1,2,„,n+1），试证明：这n+1个数中必存在两个数，其差的绝对值小于”。又如：“在边长为1的正方形内任意放置五个点，求证：其中必有两点，这两点之间的距离不大于。
（2）例1中，如果把条件（包括边界）去掉，则结论可以修改为：至少有两个点之间的距离小于“，请读者试证之，并比较证明的差别。
（3）用同样的方法可证明以下结论：
2i）在边长为1的等边三角形中有n+1个点，这n+1个点中一定有距离不大于的两点。
ii）在边长为1的等边三角形内有n+1个点，这n+1个点中一定有距离小于的两点。
（4）将（3）中两个命题中的等边三角形换成正方形，相应的结论中的换成，命 题仍然成立。
（5）读者还可以考虑相反的问题：一般地，“至少需要多少个点，才能够使得边长 为1的正三角形内（包括边界）有两点其距离不超过”。
2．分析：本题似乎茫无头绪，从何入手？其关键何在？其实就在“两个数”，其中一个是另一个的整数倍。我们要构造“抽屉”，使得每个抽屉里任取两个数，都有一个是另一个的整数倍，这只有把公比是正整数的整个等比数列都放进去同一个抽屉才行，这里用得到一个自然数分类的基本知识：任何一个正整数都可以表示成一个奇数与2的方幂的积，即若
nm∈N+,K∈N+，n∈N,则m=(2k-1)·2，并且这种表示方式是唯一的，如1=1×2°，2=1×21，3=3×2°，„„
证明：因为任何一个正整数都能表示成一个奇数乘2的方幂，并且这种表示方法是唯一的，所以我们可把1-100的正整数分成如下50个抽屉（因为1-100中共有50个奇数）：
23456
（1）{1，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2}；
234
5（2）{3，3×2，3×2，3×2，3×2，3×2}；
4（3）{5，5×2，5×2，5×2，5×2}；
3（4）{7，7×2，7×2，7×2}；
（5）{9，9×2，9×2，9×2}；
（6）{11，11×2，11×2，11×2}；
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„„
（25）{49，49×2}；
（26）{51}；
„„
（50）{99}。
这样，1-100的正整数就无重复，无遗漏地放进这50个抽屉内了。从这100个数中任取51个数，也即从这50个抽屉内任取51个数，根据抽屉原则，其中必定至少有两个数属于同一个抽屉，即属于（1）-（25）号中的某一个抽屉，显然，在这25个抽屉中的任何同一个抽屉内的两个数中，一个是另一个的整数倍。
说明：
（1）从上面的证明中可以看出，本题能够推广到一般情形：从1-2n的自然数中，任意取出n+1个数，则其中必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。想一想，为什么？因为1-2n中共含1，3，„，2n-1这n个奇数，因此可以制造n个抽屉，而n+1＞n，由抽屉原则，结论就是必然的了。给n以具体值，就可以构造出不同的题目。例2中的n取值是50，还可以编制相反的题目，如：“从前30个自然数中最少要（不看这些数而以任意方式地）取出几个数，才能保证取出的数中能找到两个数，其中较大的数是较小的数的倍数？”
（2）如下两个问题的结论都是否定的（n均为正整数）想一想，为什么？
①从2，3，4，„，2n+1中任取n+1个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？
②从1，2，3，„，2n+1中任取n+1个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？
你能举出反例，证明上述两个问题的结论都是否定的吗？
（3）如果将（2）中两个问题中任取的n+1个数增加1个，都改成任取n+2个数，则它们的结论是肯定的还是否定的？你能判断证明吗？ 3．证明：把前25个自然数分成下面6组：
1；
①
2，3；
②
4，5，6；
③
7，8，9，10；
④
11，12，13，14，15，16；
⑤
17，18，19，20，21，22，23，⑥
因为从前25个自然数中任意取出7个数，所以至少有两个数取自上面第②组到第⑥组中的某同一组，这两个数中大数就不超过小数的1.5倍。
说明：
（1）本题可以改变叙述如下：在前25个自然数中任意取出7个数，求证其中存在两个数，它们相互的比值在内。
显然，必须找出一种能把前25个自然数分成6（7-1=6）个集合的方法，不过分类时有一个限制条件：同一集合中任两个数的比值在内，故同一集合中元素的数值差不得过大。这样，我们可以用如上一种特殊的分类法：递推分类法：
从1开始，显然1只能单独作为1个集合{1}；否则不满足限制条件。
能与2同属于一个集合的数只有3，于是{2，3}为一集合。
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如此依次递推下去，使若干个连续的自然数属于同一集合，其中最大的数不超过最小的数的倍，就可以得到满足条件的六个集合。
（2）如果我们按照（1）中的递推方法依次造“抽屉”，则第7个抽屉为
{26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39}；
第8个抽屉为：{40，41，42，„，60}；
第9个抽屉为：{61，62，63，„，90，91}；
„„
那么我们可以将例3改造为如下一系列题目：（1）从前16个自然数中任取6个自然数；（2）从前39个自然数中任取8个自然数；（3）从前60个自然数中任取9个自然数；（4）从前91个自然数中任取10个自然数；„
]内。
都可以得到同一个结论：其中存在2个数，它们相互的比值在上述第（4）个命题，就是前苏联基辅第49届数学竞赛试题。如果我们改变区间[]（p＞q）端点的值，则又可以构造出一系列的新题目来。
4.分析与解答：一个有着10个元素的集合，它共有多少个可能的子集呢？由于在组成一个子集的时候，每一个元素都有被取过来或者不被取过来两种可能，因此，10个元素的集合10就有2=1024个不同的构造子集的方法，也就是，它一共有1024个不同的子集，包括空集和全集在内。空集与全集显然不是考虑的对象，所以剩下1024-2=1022个非空真子集。
再来看各个真子集中一切数字之和。用N来记这个和数，很明显：
10≤N≤91+92+93+94+95+96+97+98+99=855
这表明N至多只有855-9=846种不同的情况。由于非空真子集的个数是1022，1022＞846，所以一定存在两个子集A与B，使得A中各数之和=B中各数之和。
若A∩B=φ，则命题得证，若A∩B=C≠φ，即A与B有公共元素，这时只要剔除A与B中的一切公有元素，得出两个不相交的子集A1与B1，很显然
A1中各元素之和=B1中各元素之和，因此A1与B1就是符合题目要求的子集。
说明：本例能否推广为如下命题：
已给一个由m个互不相等的n位十进制正整数组成的集合。求证：这个集合必有两个无公共元素的子集合，各子集合中各数之和相等。
请读者自己来研究这个问题。5．分析与解答：由中点坐标公式知，坐标平面两点（x1,y1）、（x2,y2）的中点坐标是。欲使都是整数，必须而且只须x1与x2，y1与y2的奇偶性相同。坐标平面上的任意整点按照横纵两个坐标的奇偶性考虑有且只有如下四种：（奇数、奇数），（偶数，偶数），（奇数，偶数），（偶数，奇数）以此构造四个“抽屉”，则在坐标平面上任取五个整点，那么至少有两个整点，属于同一个“抽屉”因此它们连线的中点就必是整点。
说明：我们可以把整点的概念推广：如果（x1,x2,„xn）是n维（元）有序数组，且x1,x2,„xn中的每一个数都是整数，则称（x1,x2,„xn）是一个n维整点（整点又称格点）。如果对所有的n维整点按每一个xi的奇偶性来分类，由于每一个位置上有奇、偶两种可能性，因此
n3共可分为2×2ׄ×2=2个类。这是对n维整点的一种分类方法。当n=3时，2=8，此时可数学教育网http://www.feisuxs 数学教育网---数学试题-数学教案-数学课件-数学论文-竞赛试题-中高考试题信息http://www.feisuxs 以构造命题：“任意给定空间中九个整点，求证它们之中必有两点存在，使连接这两点的直线段的内部含有整点”。这就是1971年的美国普特南数学竞赛题。在n=2的情形，也可以构造如下的命题：“平面上任意给定5个整点”，对“它们连线段中点为整点”的4个命题中，为真命题的是：
（A）最少可为0个，最多只能是5个（B）最少可为0个，最多可取10个
（C）最少为1个，最多为5个（D）最少为1个，最多为10个
（正确答案（D））6．分析：本题也似乎是茫无头绪，无从下手，其关键何在？仔细审题，它们的“和”能“被100整除”应是做文章的地方。如果把这100个数排成一个数列，用Sm记其前m项的和，则其可构造S1，S2，„S100共100个”和"数。讨论这些“和数”被100除所得的余数。注意到S1，S2，„S100共有100个数，一个数被100除所得的余数有0，1，2，„99共100种可能性。“苹果”数与“抽屉”数一样多，如何排除“故障”？
证明：设已知的整数为a1,a2,„a100考察数列a1,a2,„a100的前n项和构成的数列S1，S2，„S100。
如果S1，S2，„S100中有某个数可被100整除，则命题得证。否则，即S1，S2，„S100均不能被100整除，这样，它们被100除后余数必是{1，2，„，99}中的元素。由抽屉原理I知，S1，S2，„S100中必有两个数，它们被100除后具有相同的余数。不妨设这两个数为Si，Sj（i＜j），则100∣（Sj-Si），即100∣。命题得证。
说明：有时候直接对所给对象作某种划分，是很难构造出恰当的抽屉的。这时候，我们需要对所给对象先作一些变换，然后对变换得到的对象进行分类，就可以构造出恰当的抽屉。本题直接对{an}进行分类是很难奏效的。但由{an}构造出{Sn}后，再对{Sn}进行分类就容易得多。
另外，对{Sn}按模100的剩余类划分时，只能分成100个集合，而{Sn}只有100项，似乎不能应用抽屉原则。但注意到余数为0的类恰使结论成立，于是通过分别情况讨论后，就可去掉余数为0的类，从而转化为100个数分配在剩下的99个类中。这种处理问题的方法应当学会，它会助你从“山穷水尽疑无路”时，走入“柳暗花明又一村”中。
最后，本例的结论及证明可以推广到一般情形（而且有加强的环节）：
在任意给定的n个整数中，都可以找出若干个数来（可以是一个数），它们的和可被n整除，而且，在任意给定的排定顺序的n个整数中，都可以找出若干个连续的项（可以是一项），它们的和可被n整除。
将以上一般结论中的n赋以相应的年份的值如1999，202_，202_„，就可以编出相应年份的试题来。如果再赋以特殊背景，则可以编出非常有趣的数学智力题来，如下题：
有100只猴子在吃花生，每只猴子至少吃了1粒花生，多者不限。请你证明：一定有若干只猴子（可以是一只），它们所吃的花生的粒数总和恰好是100的倍数。
7．证明：视17个科学家为17个点，每两个点之间连一条线表示这两个科学家在讨论同一个问题，若讨论第一个问题则在相应两点连红线，若讨论第2个问题则在相应两点连条黄线，若讨论第3个问题则在相应两点连条蓝线。三名科学家研究同一个问题就转化为找到一个三边同颜色的三角形。
考虑科学家A，他要与另外的16位科学家每人通信讨论一个问题，相应于从A出发引出16条线段，将它们染成3种颜色，而16=3×5+1，因而必有6=5+1条同色，不妨记为AB1，AB2，AB3，AB4，AB5，AB6同红色，若Bi（i=1，2，„，6）之间有红线，则出现红色三角线，命题已成立；否则B1，B2，B3，B4，B5，B6之间的连线只染有黄蓝两色。
考虑从B1引出的5条线，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用两种颜色染色，因为5=2×2+1，故必有3=2+1条线段同色，假设为黄色，并记它们为B1B2，B1B3，B1B4。这时若B2，B3，B4之数学教育网http://www.feisuxs 数学教育网---数学试题-数学教案-数学课件-数学论文-竞赛试题-中高考试题信息http://www.feisuxs 间有黄线，则有黄色三角形，命题也成立，若B2，B3，B4，之间无黄线，则△B2，B3，B4，必为蓝色三角形，命题仍然成立。
说明：（1）本题源于一个古典问题--世界上任意6个人中必有3人互相认识，或互相不认识。（美国普特南数学竞赛题）。
（2）将互相认识用红色表示，将互相不认识用蓝色表示，（1）将化为一个染色问题，成为一个图论问题：空间六个点，任何三点不共线，四点不共面，每两点之间连线都涂上红色或蓝色。求证：存在三点，它们所成的三角形三边同色。
（3）问题（2）可以往两个方向推广：其一是颜色的种数，其二是点数。
本例便是方向一的进展，其证明已知上述。如果继续沿此方向前进，可有下题：
在66个科学家中，每个科学家都和其他科学家通信，在他们的通信中仅仅讨论四个题目，而任何两个科学家之间仅仅讨论一个题目。证明至少有三个科学家，他们互相之间讨论同一个题目。
（4）回顾上面证明过程，对于17点染3色问题可归结为6点染2色问题，又可归结为3点染一色问题。反过来，我们可以继续推广。从以上（3，1）→（6，2）→（17，3）的过程，易发现
6=（3-1）×2+2，17=（6-1）×3+2，66=（17-1）×4+2，同理可得（66-1）×5+2=327，（327-1）×6+2=1958„记为r1=3，r2=6，r3=17，r4=66，r5=327，r6=1958，„
我们可以得到递推关系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4„这样就可以构造出327点染5色问题，1958点染6色问题，都必出现一个同色三角形。
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