高中数学竞赛全套讲义
第一篇：高中数学竞赛全套讲义
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”;“2003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:// 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:// 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:// 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:// 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：
2
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。
22
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};
23
4(3){5，5×2，5×2，5×2，5×2};
2
3(4){7，7×2，7×2，7×2};
23
(5){9，9×2，9×2，9×2};
23
(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:// 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:// 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。
</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1999，2000，2001„，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:// 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:// 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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第二篇：2011全国高中数学竞赛讲义-抽屉原理(练习题)
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§23抽屉原理
课后练习
1.幼儿园买来了不少白兔、熊猫、长颈鹿塑料玩具，每个小朋友任意选择两件，那么不管怎样挑选，在任意七个小朋友中总有两个彼此选的玩具都相同，试说明道理.
2.正方体各面上涂上红色或蓝色的油漆(每面只涂一种色)，证明正方体一定有三个面颜色相同.
3.把1到10的自然数摆成一个圆圈，证明一定存在在个相邻的数，它们的和数大于17.
4.有红袜2双，白袜3双，黑袜4双，黄袜5双，蓝袜6双(每双袜子包装在一起)若取出9双，证明其中必有黑袜或黄袜2双.
5.在边长为1的正方形内，任意给定13个点，试证：其中必有4个点，以此4点为顶点的四边开面积不超过
(假定四点在一直线上构成面积为零的四边形). 6.在一条笔直的马路旁种树，从起点起，每隔一米种一棵树，如果把三块“爱护树木”的小牌分别挂在三棵树上，那么不管怎样挂，至少有两棵挂牌的树之间的距离是偶数(以米为单位)，这是为什么?
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1.解 从三种玩具中挑选两件，搭配方式只能是下面六种：
(兔、兔)，(兔、熊猫)，(兔、长颈鹿)，(熊猫、熊猫)，(熊猫、长颈鹿)，(长颈鹿、长颈鹿)
把每种搭配方式看作一个抽屉，把7个小朋友看作物体，那么根据原则1，至少有两个物体要放进同一个抽屉里，也就是说，至少两人挑选玩具采用同一搭配方式，选的玩具相同. 原则2 如果把mn+k(k≥1)个物体放进n个抽屉，则至少有一个抽屉至多放进m+1个物体.证明同原则相仿.若每个抽屉至多放进m个物体,那么n个抽屉至多放进mn个物体,与题设不符，故不可能. 原则1可看作原则2的物例(m=1)
2.证明把两种颜色当作两个抽屉，把正方体六个面当作物体，那么6=2×2+2，根据原则二，至少有三个面涂上相同的颜色. 3.证明 如图12-1，设a1，a2，a3，„，a9，a10分别代表不超过10的十个自然数，它们围成一个圈，三个相邻的数的组成是(a1，a2，a3)，(a2，a3，a4)，(a3，a4，a5)，„,(a9，a10，a1),(a10，a1，a2)共十组.现把它们看作十个抽屉，每个抽屉的物体数是a1+a2+a3，a2+a3+a4，a3+a4+a5，„a9+a10+a1，a10+a1+a2,由于
(a1+a2+a3)+(a2+a3+a4)+„+(a9+a10+a1)+(a10+a1+a2) =3(a1+a2+„+a9+a10) =3×(1+2+„+9+10)
根据原则2,至少有一个括号内的三数和不少于17,即至少有三个相邻的数的和不小于17. 原则
1、原则2可归结到期更一般形式：
原则3把m1+m2+„+mn+k(k≥1)个物体放入n个抽屉里，那么或在第一个抽屉里至少放入m1+1个物体，或在第二个抽屉里至少放入m2+1个物体，„„，或在第n个抽屉里至少放入mn+1个物体. 数学教育网http:// 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:// 证明假定第一个抽屉放入物体的数不超过m1个，第二个抽屉放入物体的数不超过m2个，„„，第n个抽屉放入物体的个数不超过mn，那么放入所有抽屉的物体总数不超过m1+m2+„+mn个，与题设矛盾. 4.证明 除可能取出红袜、白袜3双外.还至少从其它三种颜色的袜子里取出4双，根据原理3，必在黑袜或黄袜、蓝袜里取2双. 上面数例论证的似乎都是“存在”、“总有”、“至少有”的问题，不错，这正是抽屉原则的主要作用.需要说明的是，运用抽屉原则只是肯定了“存在”、“总有”、“至少有”，却不能确切地指出哪个抽屉里存在多少. 制造抽屉是运用原则的一大关键
首先要指出的是，对于同一问题，常可依据情况，从不同角度设计抽屉，从而导致不同的制造抽屉的方式. 5.证明如图12-2把正方形分成四个相同的小正方形. 因13=3×4+1，根据原则2，总有4点落在同一个小正方形内(或边界上)，以此4点为顶点的四边形的面积不超过小正方形的面积，也就不超过整个正方形面积的.
事实上，由于解决问题的核心在于将正方形分割成四个面积相等的部分，所以还可以把正方形按图12-3(此处无图)所示的形式分割. 合理地制造抽屉必须建立在充分考虑问题自身特点的基础上. 6.解如图12-4(设挂牌的三棵树依次为A、B、C.AB=a，BC=b，若a、b中有一为偶数，命题得证.否则a、b均为奇数，则AC=a+b为偶数，命题得证. 下面我们换一个角度考虑：给每棵树上编上号，于是两棵树之间的距离就是号码差，由于树的号码只能为奇数和偶数两类，那么挂牌的三棵树号码至少有两个同为奇数或偶数，它们的差必为偶数，问题得证. 数学教育网http:// 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:// 后一证明十分巧妙，通过编号码，将两树间距离转化为号码差.这种转化的思想方法是一种非常重要的数学方法
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第三篇：2011全国高中数学竞赛讲义-不等式的证明(练习题)
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§14不等式的证明
课后练习
1.选择题
(1)方程x-y=105的正整数解有( ). (A)一组 (B)二组 (C)三组 (D)四组
(2)在0,1,2,…，50这51个整数中，能同时被2，3，4整除的有( ). (A)3个 (B)4个 (C)5个 (D)6个 2.填空题
(1)的个位数分别为_________及_________.
4
5422(2)满足不________. 等式10≢A≢10的整数A的个数是x×10+1，则x的值(3)已知整数y被7除余数为5,那么y被7除时余数为________. (4)求出任何一组满足方程x-51y=1的自然数解x和y_________. 3.求三个正整数x、y、z满足
2
23. 4.在数列4，8，17，77，97，106，125，238中相邻若干个数之和是3的倍数，而不是9的倍数的数组共有多少组?
5.求的整数解. 6.求证可被37整除. 7.求满足条件的整数x，y的所有可能的值. 数学教育网http:// 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:// 8.已知直角三角形的两直角边长分别为l厘米、m厘米，斜边长为n厘米，且l，m，n均为正整数，l为质数.证明：2(l+m+n)是完全平方数. 9.如果p、q、、都是整数，并且p>1，q>1，试求p+q的值. 课后练习答案
1.D.C. 2.(1)9及1. (2)9. (3)4. (4)原方程可变形为x=(7y+1)+2y(y-7),令y=7可得x=50.
223.不妨设x≢y≢z,则,故x≢3.又有故x≣2.若x=2,则,故y≢6.又有,故y≣4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z无整数解.若x=3,类似可以确定3≢y≢4,y=3或4,z都不能是整数. 4.可仿例2解. 5. 分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方法. ..
略解：ab2ab,同理bc2bc,ca2ca;三式相加再除以2即得证. 评述：(1)利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.
22xnx12x2如x1x2xn，可在不等式两边同时加上x2x3x1222322x2x3xnx1. 再如证(a1)(b1)(ac)(bc)256abc(a,b,c0)时，可连续使用基本不
33223等式.
ab2a2b2)(2)基本不等式有各种变式
如(等.但其本质特征不等式两边的次22数学教育网http:// 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:// 数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1. 6.8888≡8(mod37),∴8888333
3222
2≡8(mod37).
2222
27777≡7(mod37),7777≡7(mod37),8888238+7=407,37|407,∴37|N.
22
3+7777
3333
≡(8+7)(mod37),而
237.简解:原方程变形为3x-(3y+7)x+3y-7y=0由关于x的二次方程有解的条件△≣0及y为整数可得0≢y≢5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4). 8.∵l+m=n,∴l=(n+m)(n-m).∵l为质数,且n+m>n-m>0,∴n+m=l,n-m=1.于是2222l=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l+2l+1=(l+1).即2(l+m+1)是完全平方数. 222
229.易知p≠q,不妨设p>q.令(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.
=n,则m>n由此可得不定方程数学教育网http://
第四篇：数学竞赛教案讲义(5)——数列
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第五章 数列
一、基础知识
定义1 数列，按顺序给出的一列数，例如1，2，3，…，n，…. 数列分有穷数列和无穷数列两种，数列{an}的一般形式通常记作a1, a2, a3,…，an或a1, a2, a3,…，an…。其中a1叫做数列的首项，an是关于n的具体表达式，称为数列的通项。
定理1 若Sn表示{an}的前n项和，则S1=a1, 当n>1时，an=Sn-Sn-1. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 定义2 等差数列，如果对任意的正整数n，都有an+1-an=d(常数)，则{an}称为等差数列，d叫做公差。若三个数a, b, c成等差数列，即2b=a+c，则称b为a和c的等差中项，若公差为d, 则a=b-d, c=b+d. 定理2 等差数列的性质：1)通项公式an=a1+(n-1)d;2)前n项和公式：Sn=n(a1an)n(n1)na1d;3)an-am=(n-m)d，其中n, m为正整数;4)若n+m=p+q，22则an+am=ap+aq;5)对任意正整数p, q，恒有ap-aq=(p-q)(a2-a1);6)若A，B至少有一个不为零，则{an}是等差数列的充要条件是Sn=An2+Bn. 定义3 等比数列，若对任意的正整数n，都有
an1 q，则{an}称为等比数列，q叫做公比。
ana1(1qn)定理3 等比数列的性质：1)an=a1q;2)前n项和Sn，当q1时，Sn=;当
1qn-1q=1时，Sn=na1;3)如果a, b, c成等比数列，即b2=ac(b0)，则b叫做a, c的等比中项;4)若m+n=p+q，则aman=apaq。
定义4 极限，给定数列{an}和实数A，若对任意的>0，存在M，对任意的n>M(n∈N),都有|an-A|<，则称A为n→+∞时数列{an}的极限，记作limanA.
n定义5 无穷递缩等比数列，若等比数列{an}的公比q满足|q|<1，则称之为无穷递增等比数列，其前n项和Sn的极限(即其所有项的和)为
a1(由极限的定义可得)。 1q定理3 第一数学归纳法：给定命题p(n)，若：(1)p(n0)成立;(2)当p(n)时n=k成立时能推出p(n)对n=k+1成立，则由(1)，(2)可得命题p(n)对一切自然数n≥n0成立。
竞赛常用定理
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定理4 第二数学归纳法：给定命题p(n)，若：(1)p(n0)成立;(2)当p(n)对一切n≤k的自然数n都成立时(k≥n0)可推出p(k+1)成立，则由(1)，(2)可得命题p(n)对一切自然数n≥n0成立。
定理5 对于齐次二阶线性递归数列xn=axn-1+bxn-2，设它的特征方程x2=ax+b的两个根为α,β:(1)若αβ，则xn=c1an-1+c2βxn=(c1n+c2) αn-
1n-1
，其中c1, c2由初始条件x1, x2的值确定;(2)若α=β，则，其中c1, c2的值由x1, x2的值确定。
二、方法与例题 1.不完全归纳法。
这种方法是从特殊情况出发去总结更一般的规律，当然结论未必都是正确的，但却是人类探索未知世界的普遍方式。通常解题方式为：特殊→猜想→数学归纳法证明。
例1 试给出以下几个数列的通项(不要求证明);1)0，3，8，15，24，35，…;2)1，5，19，65，…;3)-1，0，3，8，15，…。
例2 已知数列{an}满足a1=
例3 设0
2迭代法。
数列的通项an或前n项和Sn中的n通常是对任意n∈N成立，因此可将其中的n换成n+1或欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。
2 1,a1+a2+…+an=n2an, n≥1，求通项an. 21，求证：对任意n∈N+,有an>1. an高考资源网()，您身边的高考专家
n-1等，这种办法通常称迭代或递推。
例4 数列{an}满足an+pan-1+qan-2=0, n≥3，q0，求证：存在常数c，使得2n2an1pan1·an+qancq0.
例5 已知a1=0, an+1=5an+24an1，求证：an都是整数，n∈N+.
3.数列求和法。
数列求和法主要有倒写相加、裂项求和法、错项相消法等。 例6 已知an=
例7 求和：Sn
例8 已知数列{an}满足a1=a2=1，an+2=an+1+an, Sn为数列
4.特征方程法。
例9 已知数列{an}满足a1=3, a2=6, an+2=4n+1-4an，求an. 欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。
3 21(n=1, 2, …)，求S99=a1+a2+…+a99. 4n2100111. +…+123234n(n1)(n2)an的前n项和，求证：Sn<2。 n2高考资源网()，您身边的高考专家
例10 已知数列{an}满足a1=3, a2=6, an+2=2an+1+3an，求通项an.
5.构造等差或等比数列。
例11 正数列a0,a1,…,an,…满足anan2an1an2=2an-1(n≥2)且a0=a1=1，求通项。
2xn2例12
已知数列{xn}满足x1=2, xn+1=,n∈N+, 求通项。
2xn
三、基础训练题
1. 数列{xn}满足x1=2, xn+1=Sn+(n+1)，其中Sn为{xn}前n项和，当n≥2时，xn=_________. 2. 数列{xn}满足x1=
2xn1，xn+1=,则{xn}的通项xn=_________. 23xn21xn1+2n-1(n≥2)，则{xn}的通项xn=_________. 23. 数列{xn}满足x1=1，xn=4. 等差数列{an}满足3a8=5a13，且a1>0, Sn为前n项之和，则当Sn最大时，n=_________. 5. 等比数列{an}前n项之和记为Sn,若S10=10，S30=70，则S40=_________. 6. 数列{xn}满足xn+1=xn-xn-1(n≥2)，x1=a, x2=b, Sn=x1+x2+…+ xn，则S100=_________. 7. 数列{an}中，Sn=a1+a2+…+an=n2-4n+1则|a1|+|a2|+…+|a10|=_________. 欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。
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8. 若
x3xnx1x2，并且x1+x2+…+ xn=8，则x1=_________. x11x23x35xn2n1Sna2n，则limn=_________. nb3n1Tnn9. 等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若
2007n2n110. 若n!=n(n-1)…2·1, 则(1)=_________.
n!n1n11.若{an}是无穷等比数列，an为正整数，且满足a5+a6=48, log2a2·log2a3+ log2a2·log2a5+ log2a2·log2a6+ log2a5·log2a6=36，求1的通项。 ann12.已知数列{an}是公差不为零的等差数列，数列{ab}是公比为q的等比数列，且b1=1, b2=5, b3=17, 求：(1)q的值;(2)数列{bn}的前n项和Sn。
四、高考水平训练题
1x21.已知函数f(x)=2x1x1a2006=_____________.
1x271x1，若数列{a}满足a=，an+1=f(an)(n∈N+)，则n
132(x1)2.已知数列{an}满足a1=1, an=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1(n≥2)，则{an}的通项an=1(n1). (n2)3. 若an=n2+n, 且{an}是递增数列，则实数的取值范围是__________. 4. 设正项等比数列{an}的首项a1=an=_____________.
1, 前n项和为Sn, 且210S30-(210+1)S20+S10=0，则23n15. 已知limn1，则a的取值范围是______________. nn33(a1)6.数列{an}满足an+1=3an+n(n ∈N+) ，存在_________个a1值，使{an}成等差数列;存在________个a1值，使{an}成等比数列。
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7.已知ann401n402(n ∈N+)，则在数列{an}的前50项中，最大项与最小项分别是____________. 8.有4个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和中16，第二个数与第三个数的和是12，则这四个数分别为____________. 9. 设{an}是由正数组成的数列，对于所有自然数n, an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项，则an=____________. 10. 在公比大于1的等比数列中，最多连续有__________项是在100与1000之间的整数. 11.已知数列{an}中，an0，求证：数列{an}成等差数列的充要条件是
11111(n≥2)①恒成立。 a1a2a2a3a3a4anan1a1an112.已知数列{an}和{bn}中有an=an-1bn, bn=
bn1(n≥2), 当a1=p, b1=q(p>0, q>0)且p+q=1时，21an1an;(3)求数列limbn.
nan1(1)求证：an>0, bn>0且an+bn=1(n∈N);(2)求证：an+1=13.是否存在常数a, b, c，使题设等式 1·22+2·32+…+n·(n+1)2=
n(n1)
2(an+bn+c) 12对于一切自然数n都成立?证明你的结论。
五、联赛一试水平训练题
1.设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于3，且各项和为972，这样的数列共有_________个。 2.设数列{xn}满足x1=1, xn=
4xn12，则通项xn=__________.
2xn17253. 设数列{an}满足a1=3, an>0，且3anan1，则通项an=__________. 4. 已知数列a0, a1, a2, …, an, …满足关系式(3-an+1)·(6+an)=18，且a0=3，则1=__________. i0ai5. 等比数列a+log23, a+log43, a+log83的公比为=__________. 6. 各项均为实数的等差数列的公差为4，其首项的平方与其余各项之和不超过100，这样的欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。
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数列至多有__________项. 7. 数列{an}满足a1=2, a2=6, 且
an2an=2，则
an11limna1a2ann2________. 8. 数列{an} 称为等差比数列，当且仅当此数列满足a0=0, {an+1-qan}构成公比为q的等比数列，q称为此等差比数列的差比。那么，由100以内的自然数构成等差比数列而差比大于1时，项数最多有__________项.
an9.设h∈N+，数列{an}定义为：a0=1, an+1=2ahn大于0的整数n，使得an=1?
an为偶数an为奇数。问：对于怎样的h，存在10.设{ak}k≥1为一非负整数列，且对任意k≥1，满足ak≥a2k+a2k+1，(1)求证：对任意正整数n，数列中存在n个连续项为0;(2)求出一个满足以上条件，且其存在无限个非零项的数列。
11.求证：存在唯一的正整数数列a1,a2,…,使得 a1=1, a2>1, an+1(an+1-1)=
anan23anan2111.
六、联赛二试水平训练题
1.设an为下述自然数N的个数：N的各位数字之和为n且每位数字只能取1，3或4，求证：a2n是完全平方数，这里n=1, 2,…. 2.设a1, a2,…, an表示整数1，2，…，n的任一排列，f(n)是这些排列中满足如下性质的排列数目：①a1=1; ②|ai-ai+1|≤2, i=1,2,…,n-1。 试问f(2007)能否被3整除?
3.设数列{an}和{bn}满足a0=1,b0=0，且
an17an6bn3, bn18an7bn4,n0,1,2,.求证：an (n=0,1,2,…)是完全平方数。
4.无穷正实数数列{xn}具有以下性质：x0=1，xi+1
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22x0xnx12(1)求证：对具有上述性质的任一数列，总能找到一个n≥1，使1≥3.999
x1x2xn均成立;
22x0xnx12(2)寻求这样的一个数列使不等式1<4对任一n均成立。
x1x2xn5.设x1,x2,…,xn是各项都不大于M的正整数序列且满足xk=|xk-1-xk-2|(k=3,4,…,n)①.试问这样的序列最多有多少项?
2(12an2)an116.设a1=a2=，且当n=3,4,5,…时，an=, 2232an14an2an1an2(ⅰ)求数列{an}的通项公式;(ⅱ)求证：
12是整数的平方。 an7.整数列u0,u1,u2,u3,…满足u0=1，且对每个正整数n, un+1un-1=kuu，这里k是某个固定的正整数。如果u2000=2000，求k的所有可能的值。
8.求证：存在无穷有界数列{xn}，使得对任何不同的m, k，有|xm-xk|≥
1. mk9.已知n个正整数a0,a1,…，an和实数q，其中0
第五篇：初中作文辅导全套讲义 (2000字)
初中作文辅导讲义
第一章 审清题意的能力
【能力定位〕
审题，就是仔细辨认、审查、分析、研究题目的意义和要求，确定文体和写作的范围、角度、重点等。有人说，为文审题是前提，立意是关键，表达是重点，可谓切中肯綮。确实，要写好一篇文章，必须首先把好审题这一关，否则就会“下笔千言，离题万里”，文不对题，文不对“体”。即使文字功底很好，也难免“一着不慎，全盘皆输”。在平时训练、测试甚至决定学生“命运”的考试中，这样的例子都不鲜见。
【要点阐释】
审清题意的能力，主要包括以下方面：
一、揣摩命题意图的能力
每道优秀的命题都包含着命题者的意图。揣摩命题意图，就是分析命题者“为什么命这个文题”，探究命题的依据和出发点。善于揣摩命题意图，写作时才能深谙“行情”，投命题者“所好”。命题的依据有：
(一)联系学生的阅读实际命题。特别是课文阅读，它是语文学习之“本”。有联系课文思想内容的，如《不要畏惧困难》，审题时可联系《愚公移山》揣摩命题意图。有联系课文写作特点的，如《我最敬佩的人》，审题时可联系《谁是最可爱的人》揣摩命题意图。
(二)联系学生的生活实际命题。学生的生活包括个人生活、家
庭生活、校园生活、社会生活以及科技生活、想像生活等。面对此类文题，学生应根据自己的生活积累，联系当前的社会背景去审视题目。比如：“每位同学自身都会存在这样或那样的弱点，如胆怯、自卑、惰性、娇气??请结合你的实际选择一个方面，把题目‘我终于战胜了_’填充完整，写一篇记叙文。”这个命题既切合学生自身实际，又反映了当今社会一个热门话题：中学生的心理健康问题。
二、分辨表达体裁的能力
如果命题已对文体有明确要求，就务必要按要求作文。如果命题对文体无明确要求，就要从下面几方面人手辨明表达体裁。
(一)注意文题中表明文体的标志词语。
题中含“记”“忆”“访”“传”“纪事”“巡礼”“见闻”“赞”“颂”“歌”“抒怀”“畅想”等词语，即写记叙文或抒情散文，如《童年纪事》、《琐忆》、《内蒙访古》、《武夷游》等;
题中含“议”“论”“说”“谈”“辩”“驳”“评”“析”“感”“看法”“启示”“谈起”等词语，即写议论文;
题中含“用途”“功能”“介绍”“说明”“解说”“性质”“怎样”“制作”“方法”“技巧”“(某物)自述”等，即写说明文。
(二)遇到没有标志词的文题，可以通过试加标志词的办法辨明文体，也可以从文题的含义发现它对文体的要求。
一般来说，以时间、地点、人物、事件为题的，要写记叙文，如《最难忘的一天》、《校园见闻》、《我和同桌》、《抉择》等;
要求阐发某种主张、论述某个道理的题目，要写议论文，如《机
遇??天才??成功》、《要虚心“纳谏”》、《爱国主义，还是军国主义?》等，这些题目，或展示出论题，或直接点明论点，都是不难辨认的;
要求介绍、解说客观事物、事理等知识的题目，写说明文。 有些命题较为含蓄，要通过分析加以辨识。如《火车头》这一题目，不加分析，就难以把握它的文体。不过，在这里.显然它是一种比喻，比喻现实生活中起带头作用的先进人物，自然是要求写记叙文。
(三)对不限文体的文题(话题作文)，要尽量充分分析可以运用的体裁，然后根据自己的长处，选用一种合适的文体，绝不能写成非驴非马的文章。
三、明确选材范围的能力
命题对选材的范围都有一定的限制，审题时要分析文题的各个限制条件，避免出现“跑题”现象。文题一般从时间、处所、数量、领属、关系、对象等方面限制选材的范围，如《明天的我》，限制了时间“明天(未来)”、对象“我”。
命题作文既有限制又有自由。因此，明确了文题的限制条件以后还要进一步拓展自由发挥的余地。一是要运用发散思维从不同角度展开文题，以便选择最佳入笔处。如《好消息》，以“谁的好消息”为发散点，可以从我的、同学的、老师的、班级的、学校的、家庭的、街道的等角度展开;以“好消息的内容”为发散点，可以从学习、体育、文娱、生活等方面展开。二是要展开合理的想像和联想，使写作内容更生动、更形象、更丰富。如《梦想成真》，审题时可以想像将来具体的时间、环境，想像具体的人物、事件。可见，在文题的限制
之中，也有可以纵横驰骋的广阔天地。
四、把握题意重点的能力
明确了选材范围之后，还要把握题意的重点。把握题意重点，可从三方面入手：
(一)捕捉和推敲题眼。题眼就是文题的关键词。所谓“捕捉和推敲”，即指在审题时要紧抠题目中的每个字眼进行思考，尤其要对其中的关键字眼进行反复的推敲，深入的思考。
其一，对一些字面意思较浅的题目，要抓准题眼，把握好立意和选材的重点。如《我终于学会了xx》，在审题时，我们不仅要考虑到在“x x”处填上一种本领(如“摄影”、“拉提琴”、“打字”、“游泳”等)，还要注意“终于”二字的含义，它指在学习某一技能的过程中曾遇到挫折和失败，而自己努力不懈，最终战胜困难获得成功。因此写作时就应突出自己与困难作斗争的信心和意志，要重点表现这一过程的艰难与曲折。标题的语言结构不同，其中的重点字词所处的位置也不同：是偏正结构的题目，重点往往在偏上，如《诤友》(“诤”)、《我家的新鲜事》(“新鲜”)等.这些重点词多为形容词;是主谓结构的题目，其重点往往在谓语上，如《我陪王奶奶过春节》(“陪”)、《妈妈教我干家务》(“教”)、《这堂课真有趣》(“有趣”)，《学贵多问》中的“贵”，揭示了多问对于学的重要性和必要性。等，这些重点词多为动词或形容词;有的题目主谓结构中包含着偏正结构，其重点词有时就不止一个了，如《改革之年喜事多》(“喜”“多”);是并列内容的题目，重点则在二者或几者之间的关系上，如《我和同桌》(重
点表现两人互帮互助，情同兄弟或姐妹的亲密关系)。
其二，对于一些字面意思较深或含有比喻、象征意义的题目，则要深入分析，抠出其确切含义。如《我的忘年交》(“忘年交”，指年岁差别大、行辈不同而交情深厚的朋友)、《面对“大潮汐”老师们》(“大潮汐”指当前改革开放的时代大潮、经济大潮)、《邂逅》(指久别的亲友、师生、同事等偶然相遇)、《启明星》(含象征意义，指给人以教育，以启迪，使人从愚昧走向聪慧的人)等。另外，对于材料作文，这种审题方法也很适用。不管材料长短，其主旨总在个别句子或字词上，抠准了它们，也就弄清了题意.把握了写作的重点。
(二)把握内在关系。题目是并列短语的，题意的重点在概念与概念之间的关系上。如《我和班集体》要求写“我”与“班集体”的关系，“我”怎样为班集体争光，班集体又怎样关心和帮助“我”。题目是主谓短语的，要注意主语和谓语内容上的联系。如《勤能补拙》就不能只谈“勤”的可贵，还要谈它能“补拙”的功效。
(三)吃透文题的隐含义。隐含义即题目的深层含义，它主要包括三种：一是象征义。如《蜜蜂赞》，题旨不在介绍蜜蜂，而是要赞美它那种勤劳无私的精神以及具有蜜蜂精神的劳动者。二是比喻义。如《推倒墙是桥》，比喻人与人之间要消除隔阂，相互沟通。三是引申义。如《“水滴石穿”的启示》，要求根据水滴坚持不懈、日久穿石的自然现象借题发挥，阐明道理。
五.明确要求。作文通常有或多或少的写作“要求”。这些“要求”有时除了涉及立意选材等内容方而外，还涉及表达方式、表
现手法、篇幅、书写形式等方面。有些“要求”富有“弹性”，有些则是硬性规定、审题时必须看清弄准，写作时自始自终记在心中。
提高审题能力，切实吃透题意，还必须熟练运用一定的审题方法。
一、比较异同法
遇到眼熟的文题，容易受思维定势的干扰，这就需要联系近似的题型相比较，分析各自的特点。如《我爱老师》，可以跟《我的老师》。《我和老师》相比较。第一题重点写“我” 对老师的爱，第二题重点写“老师”是怎样的人，第三题重点写“我”与“老师”的关系。
二、补足因素法
因素，即文章中的已知条件。条件多的文题，题意就明白具体;条件少的文题，题意就隐蔽空泛。命题者为了增加审题难度，以考察写作者思维的广阔性和灵活性，常常故意减少文题中的已知条件。遇到这样的文题，在不改变原题题意的前提下，写作者可以在自己的头脑中给原题适当补足一些新因素，使题旨显露出来。如《早晨》这个题目，含义很广，可在“早晨”二字前增加一些限制或修饰语，如“学校的”、“都市的”、“乡村的”、“军营的”、“工厂的”等，题目的含义和写作的角度就具体了。再如，《追求》这个题目可以在前面加主语“xx”，在后面加上可供支配的宾语，使之成为某某“追求真理”、“追求进步”或“追求理解”等，这样也就明确了写作内容。又如《我的梦》，其中的“梦”比较抽象，它不指晚上所做的梦，而
是指人的某种幻想和希望。我们可将“梦”的具体内容补出来，变成“我的梦是当上飞行员”，“我的梦是考上xx大学”等;再如写《盼》，在题前补足“我的”、“家庭的”、“社会的”等因素，题旨就明白了。运用这种方法，千万不要画蛇添足或擅改原题。
三、大题小做法
“大题”是指范围大的题目，一般字数少，不带修饰语;“小做”是指从小的角度来取材立意，力求以小见大。话题作文的开放性强，限制少，题目大，但还需要审题并注意方法，如“化大为小”【材料】你热爱生活吗?你关心生活吗?生活是个大课堂。只要把目光投向生活，你一定会有许多新奇的发现、真切的体验和深刻的感悟，从而获得知识，增长才干，美化心灵，树立志向，??【要求】请以“关注生活”为内容范围，写一篇文章。可以记叙生活中的某种经历，抒发自己的感悟;可以对生活中的某个问题，发表自己的见解;也可以介绍生活中的某种新事物，作出自己的评价。题目自拟，文体不限，不少于600字。这是一个以“关注生活”为内容范围的话题作文题。在审题时，要特别注意以下三个步骤：一是拓展，即以“生活”为由头生发开去，充分展开想象和联想。如“生活”一词，我们可以用增加定语的方式加以拓展，由此就可以派生出家庭生活、学校生活、社会生活、个人生活等等。如此一来，自己的所见、所闻、所感、所思可以与“生活”相关，自己与父母兄弟、爷爷奶奶、外公外婆的接触可以与“生活”相关，自己与叔叔阿姨、老师同学、亲朋好友甚至素不相识的人的交往也可以与“生活”相关，??进行这样的内容拓展后，
就不会感到没有材料可写了。二是聚焦，即在前一步“面”的拓宽的基础上，进行“点”的选择。因为在写作时，我们不可能将生发联想到的所有材料都写出来，这时就需聚焦在拓展的某一个内容、某一个方面，选择一点来写，原则是自己熟悉的、丰富的和可写的。三是挖掘，即对自己确定的方面进行深入思考，在求新求异、求精求深上加以突破。例如该题，如果仅仅停留于某个生活故事的叙述，那就不免有些浅显，但假如能像题目要求中那样，在记叙某种经历中抒发自己的感悟，在论述某个问题中发表自己的见解，在介绍某种新事物时，作出自己的评价，??如此这般由表及里、由此及彼、由果及因，那才能真正有新奇的发现、真切的体验和深刻的感悟，文章才会写得有血有肉有灵魂。
四、实题虚做法
“实题”是指以某种实物为题，如《路》、《绿叶》、《泥土》等。“虚做”是指不就物写物，而是展开联想，揭示其比喻义或象征义。这种方法对借物抒情的文题比较适用。
审题的方法远不只这四种，每个写作者可以在实践中进一步探索和总结，并结合自己的实际灵活运用，以形成技能技巧。
【实例解说】
实例一 文题：《我的第一位“老师”》
题解：从题意容易看出，这个文题应写成记人为主的记叙文。审题的难点是对“老师”的理解。文题中的“老师”加了引号，不是指以教育为职业的人，通常应是自己的父母。但是，要跟《我的爸爸》
或《我的妈妈》相区别，应该从爸爸或妈妈作为启蒙老师如何在学习上、思想上教育自己的角度写，而不能把父母如何在生活上关心、照顾自己作为写作重点。
实例二 文题：《课后》
题解：与这个文题相近的文题很多，容易根据思维定势随便记一场球赛、一次大扫除、一次野炊等，写成《课间》、《课余》、《课外》。审题时要注意比较它们的区别。《课后》的题眼在“后”，课后是课中的延续和发展。因此，所写事件的起因最好在课中，经过和结果在课后。为了使题意更明白，还可在文题上补足适当的新因素，如“课后的一场争论”、“课后被老师叫去的一次谈话”、“课后的补课”等。
实例三 文题：《微笑》
题解：可以联系课文《背影》揣摩这个文题的命题意图。《微笑》也是以人物的特征为题，因此可以借鉴《背影》的一些写法。如通过对人物神态特征“微笑”的特写，表现人物的思想感情;还可以人物的神态特征“微笑”为线索谋篇布局。注意不要把“微笑”笼统地理解为“笑”，“微笑”是无声的、自然的、发自内心的笑。
实例四 文题：《要珍惜这大好时光》
题解：文题中的“要”表明是向人们提出希望和要求，规定了表达的体裁是议论文。初中生写这个文题，可在题前补足“青少年”的因素，只有这样，议论才有针对性，题中“这大好时光”所指代的内容才明确具体。“一日之计在于晨，一年之计在于春”，对于人生来
说，一生之计在青春。因此，文题可理解为“青少年要珍惜青春”。同时还应该看到，当代青少年正处在一个科学技术突飞猛进、知识经济已见端倪、国力竞争日趋激烈的时代，必须创造出无愧于这个伟大时代的青春。审这个题时，不要跟《珍惜时间》相混淆。
实例五 文题：变味的友谊
题解：这是一个由偏正短语构成的标题，“变味”是题眼，是写作的重心，“变味”即改变性质，不正常的意思。俗话说，“在家靠父母，出门靠朋友”，“一个篱笆三个桩，一个好汉三个帮”，真正的友谊，是指生活上的互相关心，互相爱护，互相帮助，是指心灵上的互相理解、互相慰藉、互相鼓励，是指事业上的互相支持、团结协作、共同奋斗。而“变味”的友谊则恰恰与此相反，大而言之，是为了达到某种不可告人的目的而狼狈为奸、沆瀣一气，抑或溜须拍马，互相利用;小而言之，是指在事业上、生活上互相拉拢，互相包庇，吃喝玩乐，不思进取，互懈心志，共做平庸。学生在写作本文时，应从小处着眼，联系自己的生活实际，多写自己身边的事。本文要写的这种变了味的友谊，给人带来的只能是悔恨和痛苦，文中应显示这种结果，表明作者对这种友谊的否定态度。(抠题眼)
实例六 文题：心事
题解：“心事”，心中盘算之事，多指想做却不能顺利做成，感到为难的事情、比如你想报考师范学校，得到各方面的支持，显然不会构成心事;如果遭到父母的反对，而你却要坚持己见，就会产生心事。所以，在选材时要稍加留意，不要把心中所想的事情都视为心
事。中学生固然无忧无虑，但在学习、思想、生活方面也常常会有心事，因而选材的范围也还是相当广泛的。写心事要展示内心世界，表现对生活的热爱，对美好事物的追求，以及生活给自己的教益和启迪，总之，要写出积极意义。另外，选材也不必仅局限于自己，也可写其他人的“心事”，如“奶奶”“爸爸”“妈妈”“老师”，或某同学、朋友、亲戚等，只要是自己熟悉的人、熟悉的事，都可写，这样写，选材的范围更宽，立意也更见深度，内容也更丰富。(抠中心词兼添加成份)
实例七 文题：静静的夜晚
题解：这个题目，如果从字面上理解，从正面思考，是无法
下手的。夜晚静静的，万籁俱寂，有什么好写的呢?但在这种“山重水复疑无路”之时，如果从“静静”的反面来思考，眼前立即就会变得明亮起来，就会见到“柳暗花明又一村”的景象。其实，《静静的夜晚》这个题目要求写的是在静静的夜晚发生的不平静的事情。如老师在办公室里跟我谈心，循循善诱，语重心长;医生在手术室里抢救病人，连续奋战，不顾疲劳;
边防战土在冰天雪地里站岗放哨，夜以继日，毫不懈怠;公安干
警在黑暗中追捕歹徒，英雄机智，舍生忘死;党的领导在会议室里筹划方略，废寝念食，呕心沥血;企业家们在办公桌上绘制改革蓝图，兴致勃勃，彻夜不眠??思维的闸门一经打开，就觉得有写不完的材料.而这些材料，都应具有“不平静”的特点。(反向思维法)
实例八 文题： 满头白发的考生
题解：本题目是一个偏正结构的短语，中心词是“考生”，
修饰语是“满头白发”，所谓“考生”就是参加考试的人;所谓“满头白发”，则指老年人。这个命题似乎违背生活常理，但仔细想想，也合乎情理。当今时代，知识爆炸，越来越多的老年人壮心不己，尽管已近暮年，还在不断地充实自己，真正的活到老，学到老，这是一个很具时代特征的作文题。
实例九：材料：小马要过河，不知河水深浅，问牛大伯，回
答是水不深，能过去、正当小马准备过河时，松鼠跑上前阻止：河水很深，昨天还淹死了我一个伙伴。小马无主意了，问妈妈，妈妈说不要光听别人的，要自己想想，还可以试试。结果，小马过了河。根据上面的材料，联系实际，自选角度，自拟题目，写一篇议论文，不少于600字。
题解：在这个材料中，老马、小马各是一个思维单位，老牛
和松鼠归为一个思维单位，这样就抓住了三个思维角度。从这些角度深入挖掘，就不难做到顺“藤”摸“瓜”。从老马角度看，首先老马是个成功的家长，它懂得培养孩子的自立能力，授之以渔而不是授之以鱼。联系社会上溺爱子女的现象，就引出了一个论题――子女教育问题;其次，老马又是个成功的老师，对小马的幼稚，它没有板起面孔指责，而是循循善诱――这又引出了教育方式与方法的问题，诱导、启发总比教训、斥责好。从小马这个角度看，它只听老牛松鼠一讲，便不知所措，裹足不前，这就昭示人们：遇事要多动脑筋独立思考，要有主见，千万别人云亦云。从老牛和松鼠的角度看，老牛认为水浅，
松鼠认为水深，但二者都没有说错，由此可见，不同的人看同一个问题，由于角度不同，难免产生不同的认识结果。因此，处理问题时要从实际情况出发，辨析事物，认清问题，找到适合自己的方法。这样，通过做横向分析，材料便有了四个论题。不过，在立论时一定要抓住符合材料本质的问题，切不可抓住了“芝麻”而丢了“西瓜”。
实例
十、单项训练
1.辨析下列文题应写的体裁。
a.《钢笔的故事》 b.《我不同意这种说法》 c.《成
长的脚印》 d.《讲究与将就》 e.《足球迷》 f.《背诵的窍门》
上面文题应写记叙文的有( );应写议论文的有( );应写说明文的有( )。
支歌》
3 2.在下列文题的题眼下加上着重号。 a.《天空不空》 b.《要孝敬父母》 c.《美好的瞬间》 d.《表 扬名单上没有的人》 e.《我从来没有这样激动》 f.《我爱唱这.利用自己掌握的审题方法，辨析下列文题，弄清其中所 限定的时间、范围、对象及其写作重点。 ①《我终于战胜了自己》 ②《记忆中的阳光》 ③《校园爱心曲》 ④《多彩的初中生活》
⑤《答卷》
⑥《家》
⑦《一位普通的同学》
⑧《故事发生之后》 实例十
一、综合训练
审读下列文题，分别写出题意解析。
1.《日常生活中的物理现象(或化学现象)》 2.《我们
这一代》 3.《温暖》 4。《有趣的一堂实验课》5.《风波》 6.《瞧，这一家子!》 7.《邻居》 8.《语文是学习其他学科的基础》9.《严与爱》
下列文题不限文体，请结合自己的长处给各题拟一则提纲。 l.《朋友》 2.《假如我有100万》(“100万”指100万元钱)3.《我喜欢的一本课外读物》4.《乐在其中》
第二章 拟制标题的能力
【能力定位〕
拟制标题的重点在“拟”，其特点有三：拟出材料内容