8-2-1抽屉原理 题库教师版

【巩固】 20道复习题，小明在两周内做完，每天至少做一道题．证明：小明一定在连续的若干天内恰好

做了7道题目．

【解析】 设小明第1天做了a1道题，前2天共做了a2道题，前3天共做了a3道题，……，前14天共做了a14道题．显然a14?20，而a1～a13都小于20．考虑a1，……，……，a14及a1?7，a2?7，a2，a3，a3?7，a14?7这28个数，它们都不超过27．

a14互不相等，a1?7，a2?7，根据抽屉原理，这28个数中必有两个数相等．由于a1，……，a2，a3，

a3?7，……，a14?7也互不相等，因而这两个相等的数只能一个在前一组，另一个在后一组中，

即有：aj?ai?7，所以aj?ai?7．这表明从第i?1天到第j天，小明恰好做了7道题．

【例 9】 求证：可以找到一个各位数字都是4的自然数，它是1996的倍数．

1996?4?499，下面证明可以找到1个各位数字都是1的自然数，它是499的倍数． 【解析】

取500个数：1，11，111，……，111……1（500个1）．用499去除这500个数，得到500个余

数a1，a2，a3，…，a500．由于余数只能取0，1，2，…，498这499个值，所以根据抽屉原则，

必有2个余数是相同的，这2个数的差就是499的倍数，差的前若干位是1，后若干位是0： 11…100…0．又499和10是互质的，所以它的前若干位由1组成的自然数是499的倍数，将它乘以4，就得到一个各位数字都是4的自然数，这是1996的倍数．

【巩固】 任意给定一个正整数n，一定可以将它乘以适当的整数，使得乘积是完全由0和7组成的数. 【解析】 考虑如下n?1个数：7，77，777，……，777，777，这n?1个数除以n的余数只能为0，

n位n?1位1，2，……，n?1中之一，共n种情况，根据抽屉原理，其中必有两个数除以n的余数相同，不

妨设为777和777(p?q)，那么777?777?777000是n的倍数，所以n乘以适当

p位q位p位q位(p?q)位q位的整数，可以得到形式为77

700q位0的数，即由0和7组成的数．

(p?q)位【例 10】 求证：对于任意的8个自然数，一定能从中找到6个数a，b，c，d，e，f，使得(a?b)(c?d)(e?f)是105的倍数．

105?3?5?7．对于任意的8个自然数，必可选出2个数，使它们的差是7的倍数；在剩下的6【解析】

个数中，又可选出2个数，使它们的差是5的倍数；在剩下的4个数中，又可选出2个数，使它们的差是3的倍数．

【巩固】 任给六个数字，一定可以通过加、减、乘、除、括号，将这六个数组成一个算式，使其得数为

105的倍数．

【解析】 根据上一题的提示我们可以写出下列数字谜(ab)(cd)(ef)使其结果为105的倍数，那么我们的

思路是使第一个括号里是7的倍数，第二个括号里是5的倍数，第三个括号里是3的倍数，那么对于如果六个数字里有7的倍数，那么第一个括号里直接做乘法即可，如果没有7的倍数，那么我们做如下抽屉：

{除以7的余数是1或者是6} {除以7的余数是2或者是5}

{除以7的余数是3或者是4}那么六个数字肯定有两个数字在同一个抽屉里，那么着两个数如果余数相同，做减法就可以得到7的倍数，如果余数不同，做加法就可以得到7的倍数．

这样剩下的4个数中，同理可得后面的括号里也可以组合出5和3的倍数．于是本题可以证明．

【巩固】 （2008年中国台湾小学数学竞赛决赛（一）在100张卡片上不重复地编上1~100，至少要随意

抽出几张卡片才能保证所抽出的卡片上的数之乘积可被12整除？

?100?12?22?3，因为3的倍数有?【解析】 ，抽??33个，所以不是3的倍数的数一共有100?33?67（个）?3?5

取这67个数无法保证乘积是3的倍数，但是如果抽取68个数，则必定存在一个数是3的倍数，又因为奇数只有50个，所以抽取的偶数至少有18个，可以保证乘积是4的倍数，从而可以保证乘积是12的倍数。于是最少要抽取68个数（即：68张卡片）才可以保证结果。

【例 11】 把1、2、3、?、10这十个数按任意顺序排成一圈，求证在这一圈数中一定有相邻的三个数之

和不小于17．

【解析】 (法1)把这一圈从某一个数开始按顺时针方向分别记为a1、a2、a3、…、a10．相邻的三个数为

一组，有a1a2a3、a2a3a4、a3a4a5、…、a9a10a1、a10a1a2共10组．

这十组三个数之和的总和为：

165?16?10?5，?a1?a2?a3?+?a2?a3?a4?++?a10?a1?a2??3?a1?a2??a10??3?55?165，

根据抽屉原理，这十组数中至少有一组数的和不小于17．

(法2)在10个数中一定有一个数是1，不妨设a10?1，除去a10之外，把a1、a2、a3、…、a9这9个数按顺序分为三组a1a2a3、a4a5a6、a7a8a9．因为这三组数之和的总和为：

?a1?a2?a3?+?a4?a5?a6?+?a7?a8?a9??2?3??10?54，根据抽屉原理，这三组数中至少有

一组数之和不小于17．

【巩固】 圆周上有2000个点，在其上任意地标上0,1,2,,1999（每一点只标一个数，不同的点标上不同

的数）．证明必然存在一点，与它紧相邻的两个点和这点上所标的三个数之和不小于2999

【解析】 把这一圈从某一个数开始按顺时针方向分别记为a1、a2、a3、…、a2000．相邻的三个数为一组，

有a1a2a3、a2a3a4、a3a4a5、…、a1999a2000a1、a2000a1a2共2000组．

这2000组三个数之和的总和为：

?a1?a2?a3?+?a2?a3?a4?++?a2000?a1?a2??3?a1?a2??a2000??3?(1?2?3?1999)?59970005997000?2998?2000?1000，根据抽屉原理，这两千组数中至少有一组数的和不小于2999．

【例 12】 证明：在任意的6个人中必有3个人，他们或者相互认识，或者相互不认识． 【解析】 把这6个人看作6个点，每两点之间连一条线段，两人相互认识的话将线段涂红色，两人不认识

的话将线段涂上蓝色，那么只需证明其中有一个同色三角形即可．从这6个点中随意选取一点A，从A点引出的5条线段，根据抽屉原理，必有3条的颜色相同，不妨设有3条线段为红色，它们另外一个端点分别为B、C、D，那么这三点中只要有两点比如说B、C之间的线段是红色，那么A、B、C3点组成红色三角形；如果B、C、D三点之间的线段都不是红色，那么都是蓝色，这样B、C、D3点组成蓝色三角形，也符合条件．所以结论成立．

【巩固】 平面上给定6个点，没有3个点在一条直线上．证明：用这些点做顶点所组成的一切三角形中，

一定有一个三角形，它的最大边同时是另外一个三角形的最小边．

【解析】 我们先把题目解释一下．一般情况下三角形的三条边的长度是互不相等的，因此必有最大边和最

小边．在等腰三角形(或等边三角形中)，会出现两条边，甚至三条边都是最大边(或最小边)． 我们用染色的办法来解决这个问题．分两步染色：

第一步：先将每一个三角形中的最大边涂上同一种颜色，比如红色；第二步，将其它的未涂色的线段都涂上另外一种颜色，比如蓝色．

这样，我们就将所有三角形的边都用红、蓝两色涂好．根据上题题的结论可知，这些三角形中至少有一个同色三角形．由于这个同色三角形有自己的最大边，而最大边涂成红色，所以这个同色三角形必然是红色三角形．由于这个同色三角形有自己的最小边，而这条最小边也是红色的，说明这条最小边必定是某个三角形的最大边．结论得证．

【巩固】 假设在一个平面上有任意六个点，无三点共线，每两点用红色或蓝色的线段连起来，都连好后，

问你能不能找到一个由这些线构成的三角形，使三角形的三边同色？

【解析】 从这6个点中随意选取一点A，从A点引出的5条线段，根据抽屉原理，必有3条的颜色相同，

不妨设有3条线段为红色，它们另外一个端点分别为B、C、D，那么这三点中只要有两点比如说B、C之间的线段是红色，那么A、B、C3点组成红色三角形；如果B、C、D三点之间的线段都不是红色，那么都是蓝色，这样B、C、D3点组成蓝色三角形，也符合条件．所以结论成立．(可以拓展玩转数学)

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【巩固】 平面上有17个点，两两连线，每条线段染红、黄、蓝三种颜色中的一种，这些线段能构成若干

个三角形．证明：一定有一个三角形三边的颜色相同．

【解析】 从这17个点钟任取一个点A，把A点与其它16个点相连可以得到16条线段，根据抽屉原理，

其中同色的线段至少有6条，不妨设为红色．考虑这6条线段的除A点外的6个端点：

⑴如果6个点两两之间有1条红色线段，那么就有1个红色三角形符合条件；

⑵如果6个点之间没有红色线段，也就是全为黄色和蓝色，由上面的2题可知，这6个点中必有3个点，它们之间的线段的颜色相同，那么这样的三角形就符合条件．

综上所述，一定存在一个三角形满足题目要求．

【例 13】 上体育课时，21名男、女学生排成3行7列的队形做操．老师是否总能从队形中划出一个长方

形，使得站在这个长方形4个角上的学生或者都是男生，或者都是女生?如果能，请说明理由；如果不能，请举出实例．

【解析】 因为只有男生或女生两种情况，所以第1行的7个位置中至少有4个位置同性别．为了确定起见，

不妨设前4个位置同是男生，如果第二行的前4个位置有2名男生，那么4个角同是男生的情况已经存在，所以我们假定第二行的前4个位置中至少有3名女生，不妨假定前3个是女生．又第三行的前3个位置中至少有2个位置是同性别学生，当是2名男生时与第一行构成一个四角同性别的矩形，当有2名女生时与第二行构成四角同性别的矩形．所以，不论如何，总能从队形中划出一个长方形，使得站在这个长方形4个角上的学生同性别．问题得证．

【例 14】 8个学生解8道题目．(1)若每道题至少被5人解出，请说明可以找到两个学生，每道题至少被

过两个学生中的一个解出．(2)如果每道题只有4个学生解出，那么(1)的结论一般不成立．试构造一个例子说明这点.

【解析】 （1）先设每道题被一人解出称为一次，那么8道题目至少共解出5?8=40次，分到8个学生身

上，至少有一个学生解出了5次或5次以上题目，即这个学生至少解出5道题，称这个学生为A，我们讨论以下4种可能： 第一种可能：若A只解出5道题，则另3道题应由其他7个人解出，而3道题至少共被解出3?5=15次，分到7个学生身上，至少有一名同学解出了3次或3次以上的题目(15=2?7+1，由抽屉原则便知)由于只有3道题，那么这3道题被一名学生全部解出，记这名同学为B．那么，每道题至少被A、B两名同学中某人解出．

第二种可能：若A解出6道题，则另2道题应由另7人解出，而2道题至少共被解出2×5=10次，分到7个同学身上，至少有一名同学解出2次或2次以上的题目(10=1?7+3，由抽屉原则便知)．与l第一种可能I同理，这两道题必被一名学生全部解出，记这名同学为C．那么，每道题目至少被A、C学生中一人解出．

第三种可能：若A解出7道题目，则另一题必由另一人解出，记此人为D．那么，每道题目至少被A、D两名学生中一人解出．

第四种可能：若A解出8道题目，则随意找一名学生，记为E，那么，每道题目至少被A、E两名学生中一人解出，所以问题(1)得证．

(2)类似问题(1)中的想法，题目共被解出8?4=32次，可以使每名学生都解出4次，那么每人解出4道题．随便找一名学生，必有4道未被他解出，这4道题共被7名同学解出4?4=16次，由于16=2×7+2，可以使每名同学解出题目不超过3道，这样就无法找到两名学生，使每道题目至少被其中一人解出．

具体构造如下表，其中汉字代表题号，数字代表学生，打√代表该位置对应的题目被该位置对应的学生解出．

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【巩固】 试卷上共有4道选择题，每题有3个可供选择的答案．一群学生参加考试，结果是对于其

中任何3人，都有一个题目的答案互不相同．问参加考试的学生最多有多少人? 【解析】 设总人数为A，再由分析可设第一题筛选取出的人数为A1，第二题筛选的人数为A2，第三题筛

选取的人数为A3，第四题筛选的人数为A4．如果不能满足题目要求，则：A4至少是3，即3个人只有两种答案．由于A4是A3人做第四题后筛选取出的人数，则由抽屉原则知， (两种答案)中至少放有A3???A3??A3?个苹果(即).=A4=3，则A3至少为4，即4人只AA?43????3??3?有两种答案．由于A3是A2人做第三题后筛选的人数，则由抽屉原则知，将A2个苹果放久三个抽屉(三种答案)，那么必然有两个抽屉(两种答案)中至少放有A2??2?个苹果(即

?3??A??A??A?A3)．A2??2?=A3=4，则A2至少为5，即5人只有两种答案．同理，有A1??1?=A2=5则A1?3??3?至少为7，即做完第一道题必然有7个人只有两种答案；则有A0??0?=A1=7．则A0至少为10，

?3?即当有10人参加考试时无法满足题目的要求．考虑9名学生参加考试，令每人答题情况如下表所示(汉字表示题号，数字表示学生)．故参加考试的学生最多有9人．

?A?

（2）求抽屉

【例 15】 把十只小兔放进至多几个笼子里，才能保证至少有一个笼里有两只或两只以上的小兔？ 【解析】 要想保证至少有一个笼里有两只或两只以上的小兔，把小兔子当作“物品”，把“笼子”当作“抽

屉”，根据抽屉原理，要把10只小兔放进10?1?9个笼里，才能保证至少有一个笼里有两只或两只以上的小兔．

【例 16】 把125本书分给五⑵班的学生，如果其中至少有一个人分到至少4本书，那么，这个班最多有

多少人？

【解析】 本题需要求抽屉的数量，需要反用抽屉原理和最“坏”情况的结合，最坏的情况是只有1个人分

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