看来，要提高解决问题的能力，要能在竞赛中有所作为，首先得提高分析问题的能力，这就需要学习一些重要的数学思想方法。
例题讲解一、从简单情况考虑华罗庚先生曾经指出：善于“退”，足够的“退”，退到最原始而又不失去重要性的地方，是学好数学的一个诀窍。
从简单情况考虑，就是一种以退为进的一种解题策略。
1.两人坐在一张长方形桌子旁，相继轮流在桌子上放入同样大小的硬币。
条件是硬币一定要平放在桌子上，后放的硬币不能压在先放的硬币上，直到桌子上再也放不下一枚硬币为止。
谁放入了最后一枚硬币谁获胜。
问：先放的人有没有必定取胜的策略？2．线段AB上有1998个点（包括A，B两点），将点A染成红色，点B染成蓝色，其余各点染成红色或蓝色。
这时，图中共有1997条互不重叠的线段。
问：两个端点颜色相异的小线段的条数是奇数还是偶数？为什么？3．1000个学生坐成一圈，依次编号为1，2，3，…，1000。
现在进行1，2报数：1号学生报1后立即离开，2号学生报2并留下，3号学生报1后立即离开，4号学生报2并留下……学生们依次交替报1或2，凡报1的学生立即离开，报2的学生留下，如此进行下去，直到最后还剩下一个人。
然后任意划掉3行和3列，使得剩下的小方格中至少有1个是红色的。
那么，总共至少要涂红多少小方格？二、从极端情况考虑从问题的极端情况考虑，对于数值问题来说，就是指取它的最大或最小值；对于一个动点来说，指的是线段的端点，三角形的顶点等等。
极端化的假设实际上也为题目增加了一个条件，求解也就会变得容易得多。
5．新上任的宿舍管理员拿着20把钥匙去开20个房间的门，他知道每把钥匙只能打开其中的一个门，但不知道哪一把钥匙开哪一个门，现在要打开所有关闭的20个门，他最多要开多少次？6．有n名（n≥3）选手参加的一次乒乓球循环赛中，没有一个全胜的。
问：是否能够找到三名选手A，B，C，使得A胜B，B胜C，C胜A？7．n（n≥3）名乒乓球选手单打比赛若干场后，任意两个选手已赛过的对手恰好都不完全相同。
试证明，总可以从中去掉一名选手，而使余下的选手中，任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同。
问：是否一定能够找到两个相邻的方格，它们中所填数的差大于4？三、从整体考虑从整体上来考察研究的对象，不纠缠于问题的各项具体的细节，从而能够拓宽思路，抓住主要矛盾，一举解决问题。
按下列规则进行“操作”：每次可以同时改变某一行的数字：1变成0，0变成1。
问：能否通过若干次“操作”使得每一格中的数都变成1？10．有三堆石子，每堆分别有1998，998，98粒。
现在对这三堆石子进行如下的“操作”：每次允许从每堆中各拿掉一个或相同个数的石子，或从任一堆中取出一些石子放入另一堆中。
按上述方式进行“操作”，能否把这三堆石子都取光？如行，请设计一种取石子的方案；如不行，请说明理由。
11．我们将若干个数x，y，z，…的最大值和最小值分别记为max（x，y，z，…）和min（x，y，z，…）。
已知a+b+c+d+e+f+g=1，求min[max（a+b+c，b+c+d，c+d+e，d+e+f，e+f+g）]课后练习1.方程x1+x2+x3+…+xn-1+xn=x1x2x3…xn-1xn一定有一个自然数解吗？为什么？2.连续自然数1，2，3，…，8899排成一列。
从1开始，留1划掉2和3，留4划掉5和6……这么转圈划下去，最后留下的是哪个数？3.给出一个自然数n，n的约数的个数用一个记号A（n）来表示。
例如当n=6时，因为6的约数有1，2，3，6四个，所以A（6）=4。
已知a1，a2，…，a10是10个互不相同的质数，又x为a1，a2，…，a10的积，求A（x）。
4.平面上有100个点，无三点共线。
将某些点用线段连结起来，但线段不能相交，直到不能再连结时为止。
问：是否存在一个以这些点中的三个点为顶点的三角形，它的内部没有其余97个点中的任何一个点？5.在一块平地上站着5个小朋友，每两个小朋友之间的距离都不相同，每个小朋友手上都拿着一把水枪。
当发出射击的命令后，每人用枪射击距离他最近的人。
问：射击后有没有一个小朋友身上是干的？为什么？6.把1600粒花生分给100只猴子，请你说明不管怎样分，至少有4只猴子分的花生一样多。
7.有两只桶和一只空杯子。
甲桶装的是牛奶，乙桶装的是酒精（未满）。
现在从甲桶取一满杯奶倒入乙桶，然后从乙桶取一满杯混合液倒入甲桶，这时，是甲桶中的酒精多，还是乙桶中的牛奶多？为什么？8.在黑板上写上1，2，3，…，1998。
按下列规定进行“操作”：每次擦去其中的任意两个数a和b，然后写上它们的差（大减小），直到黑板上剩下一个数为止。
问：黑板上剩下的数是奇数还是偶数？为什么？课后练习答案1.有。
解：当n=2时，方程x1+x2=x1x2有一个自然数解：x1=2，x2=2；当n=3时，方程x1+x2+x3=x1x2x3有一个自然数解：x1=1，x2=2，x3=3；当n=4时，方程x1+x2+x3+x4=x1x2x3x4有一个自然数解：x1=1，x2=1，x3=2，x4=4。
一般地，方程x1+x2+x3+…+xn-1+xn=x1x2x3…xn-1xn有一个自然数解：x1=1，x2=1，…，xn-2=1，xn-1=2，xn=n。
2.3508。
解：仿例3。
当有3n个数时，留下的数是1号。
小于8899的形如3n的数是38=6561，故从1号开始按规则划数，划了8899-6561=2338（个）数后，还剩下6561个数。
3.1024。
4.存在。
提示：如果一个三角形内还有别的点，那么这个点与三角形的三个顶点还能连结，与已“不能再连结”矛盾。
5.有。
解：设A和B两人是距离最近的两个小朋友，显然他们应该互射。
此时如果有其他的小朋友射向他们中的一个，即A，B中有一人挨了两枪，那么其他三人中必然有一人身上是干的。
如果没有其他的小朋友射向A或B，那么我们再考虑剩下的三个人D，E，F：若D，E的距离是三人中最近的，则D，E互射，而F必然射向他们之间的一个，此时F身上是干的。
6.假设没有4只猴子分的花生一样多，那么至多3只猴子分的花生一样多。
7.一样多。
提示：从整体看，甲、乙两桶所装的液体的体积没有发生变化。
甲桶里有多少酒精，就必然倒出了同样体积的牛奶入乙桶。
所以，甲桶中的酒精和乙桶中的牛奶一样多。
8.奇数。
解：黑板上开始时所有数的和为S=1+2+3+…+1998=1997001，是一个奇数，而每一次“操作”，将（a+b）变成了（a-b），实际上减少了2b，即减少了一个偶数。
因为从整体上看，总和减少了一个偶数，其奇偶性不变，所以最后黑板上剩下一个奇数。
例题答案：1．分析与解：如果桌子大小只能容纳一枚硬币，那么先放的人当然能够取胜。
然后设想桌面变大，注意到长方形有一个对称中心，先放者将第一枚硬币放在桌子的中心，继而把硬币放在后放者所放位置的对称位置上，这样进行下去，必然轮到先放者放最后一枚硬币。
2．分析：从最简单的情况考虑：如果中间的1996个点全部染成红色，这时异色线段只有1条，是一个奇数。
然后我们对这种染色方式进行调整：将某些红点改成蓝点并注意到颜色调整时，异色线段的条数随之有哪些变化。
由于颜色的调整是任意的，因此与条件中染色的任意性就一致了。
解：如果中间的1996个点全部染成红色，这时异色线段仅有1条，是一个奇数。
将任意一个红点染成蓝色时，这个改变颜色的点的左右两侧相邻的两个点若同色，则异色小线段的条数或者增加2条（相邻的两个点同为红色），或者减少2条（相邻的两个点同为蓝色）；这个改变颜色的点的左右两侧相邻的两个点若异色，则异色小线段的条数不变。
综上所述，改变任意个点的颜色，异色线段的条数的改变总是一个偶数，从而异色线段的条数是一个奇数。
3．分析：这个问题与上一讲练习中的第8题非常相似，只不过本例是报1的离开报2的留下，而上讲练习中相当于报1的留下报2的离开，由上讲练习的结果可以推出本例的答案。
本例中编号为1的学生离开后还剩999人，此时，如果原来报2的全部改报1并留下，原来报1的全部改报2并离开，那么，问题就与上讲练习第8题完全一样了。
因为剩下999人时，第1人是2号，所以最后剩下的人的号码应比上讲练习中的大1，是975＋1=976（号）。
为了加深理解，我们重新解这道题。
解：如果有2n个人，那么报完第1圈后，剩下的是2的倍数号；报完第2圈后，剩下的是22的倍数号……报完第n圈后，剩下的是2n的倍数号，此时，只剩下一人，是2n号。
如果有（2n＋d）（1≤d＜2n）人，那么当有d人退出圈子后还剩下2n人。
因为下一个该退出去的是（2d＋1）号，所以此时的第（2d＋1）号相当于2n人时的第1号，而2d号相当于2n人时的第2n号，所以最后剩下的是第2d号。
4．分析与解：先考虑每行每列都有一格涂红，比较方便的涂法是在一条对角线上涂6格红色的，如图1。
任意划掉3行3列，可以设想划行划列的原则是：每次划掉红格的个数越多越好。
对于图1，划掉3行去掉3个红格，还有3个红格恰在3列中，再划掉3列就不存在红格了。
所以，必然有一些行有一些列要涂2个红格，为了尽可能地少涂红格，那么每涂一格红色的，一定要使多出一行同时也多出一列有两格红色的。
先考虑有3行中有2格涂红，如图2。
显然，同时也必然有3个列中也有2格涂红。
这时，我们可以先划掉有2格红色的3行，还剩下3行，每行上只有一格涂红，每列上也只有一格涂红，那么在划掉带红格的3列就没有红格了。
为了使得至少余下一个红格，只要再涂一格。
此红格要使图中再增加一行和一列有两个红格的，如图3。
结论是：至少需要涂红10个方格。
5.解：从最不利的极端情况考虑：打开第一个房间要20次，打开第二个房间需要19次……共计最多要开20＋19＋18＋…＋1=210（次）。
6.解：从极端情况观察入手，设B是胜的次数最多的一个选手，但因B没获全胜，故必有选手A胜B。
在败给B的选手中，一定有一个胜A的选手C，否则，A胜的次数就比B多一次了，这与B是胜的次数最多的矛盾。
所以，一定能够找到三名选手A，B，C，使得A胜B，B胜C，C胜A。
7.证明：如果去掉选手H，能使余下的选手中，任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全相同，那么我们称H为可去选手。
我们的问题就是要证明存在可去选手。
设A是已赛过对手最多的选手。
若不存在可去选手，则A不是可去选手，故存在选手B和C，使当去掉A时，与B赛过的选手和与C赛过的选手相同。
从而B和C不可能赛过，并且B和C中一定有一个（不妨设为B）与A赛过，而另一个（即C）未与A赛过。
又因C不是可去选手，故存在选手D，E，其中D和C赛过，而E和C未赛过。
显然，D不是A，也不是B，因为D与C赛过，所以D也与B赛过。
又因为B和D赛过，所以B也与E赛过，但E未与C赛过，因而选手E只能是选手A。
于是，与A赛过的对手数就是与E赛过的对手数，他比与D赛过的对手数少1，这与假设A是已赛过对手最多的选手矛盾。
故一定存在可去选手。
8.解：考虑这个方格棋盘的左上角、右上角及右下角内的数A，B，S。
设存在一个填数方案，使任意相邻两格中的数的差不大于4，考虑最大和最小的两个数1和64的填法，为了使相邻数的差不大于4，最小数1和最大数的“距离”越大越好，即把它们填在对角的位置上（A=1，S=64）。
因而，1和64不能填在“最远”的位置上。
显然，1和64如果填在其他任意位置，那么从1到64之间的距离更近了，更要导致如上的矛盾。
因此，不存在相邻数之差都不大于4的情况，即不论怎样填数必有相邻两数的差大于4。
9.解：我们考察表格中填入的所有数的和的奇偶性：第一次“操作”之前，它等于9，是一个奇数，每一次“操作”，要改变一行或一列四个方格的奇偶性，显然整个16格中所有数的和的奇偶性不变。
但当每一格中所有数字都变成1时，整个16格中所有数的和是16，为一偶数。
故不能通过若干次“操作”使得每一格中的数都变成1。
10.解：要把三堆石子都取光是不可能的。
按“操作”规则，每次拿掉的石子数的总和是3的倍数，即不改变石子总数被3除时的余数。
而1998+998+98=3094，被3除余1，三堆石子被取光时总和被3除余0。
所以，三堆石子都被取光是办不到的。
11.解：设M=max（a+b+c，b+c+d，c+d+e，d+e+f，e+f+g）。
对于很多数学问题，通常采用正面求解的思路，即从条件出发，求得结论。
但是，如果直接从正面不易找到解题思路时，则可改变思维的方向，即从结论入手或从条件及结论的反面进行思考，从而使问题得到解决。
1．某次数学测验一共出了10道题，评分方法如下：每答对一题得4分，不答题得0分，答错一题倒扣1分，每个考生预先给10分作为基础分。
问：此次测验至多有多少种不同的分数？2．一支队伍的人数是5的倍数，且超过1000人。
若按每排4人编队，则最后差3人；若按每排3人编队，则最后差2人；若按每排2人编队，则最后差1人。
问：这支队伍至少有多少人？3．在八边形的8个顶点上是否可以分别记上数1，2，…，8，使得任意三个相邻的顶点上的数的和大于13？4．有一个1000位的数，它由888个1和112个0组成，这个数是否可能是一个平方数？五、从特殊情况考虑对于一个一般性的问题，如果觉得难以入手，那么我们可以先考虑它的某些特殊情况，从而获得解决的途径，使问题得以“突破”，这种方法称为特殊化。
对问题的特殊情况进行研究，一方面是因为研究特殊情况比研究一般情况较为容易；另一方面是因为特殊的情况含有一般性，所以对特殊情况的研究常能揭示问题的结论或启发解决问题的思路，它是探索问题的一种重要方法。
运用特殊化方法进行探索的过程有两个步骤，即先由一般到特殊，再由特殊到一般。
通过第一步骤得到的信息，还要回到一般情况予以解答。
5．如下图，四边形ABCD和EFGH都是正方形，且边长均为2cm。
又E点是正方形ABCD的中心，求两个正方形公共部分（图中阴影部分）的面积S。
6．是否在平面上存在这样的40条直线，它们共有365个交点？7．如右图，正方体的8个顶点处标注的数字为a，b，c，d，e，求（a+b+c+d）-（e+f+g+h）的值。
8．将n2个互不相等的数排成下表：a11a12a13(1)a21a22a23(2)an1an2an3…ann先取每行的最大数，得到n个数，其中最小数为x；再取每列的最小数，也得到n个数，其中最大数为y。
试比较x和y的大小。
六、有序化当我们研究的对象是一些数的时候，我们常常将这些数排一个次序，即将它们有序化。
有序化的假设，实际上是给题目增加了一个可供使用的条件。
9．将10到40之间的质数填入下图的圆圈中，使得3组由“→”所连的4个数的和相等，如果把和数相等的填法看做同一类填法，请说明一共有多少类填法？并画图表示你的填法。
10．有四个互不相等的数，取其中两个数相加，可以得到六个和：24，28，30，32，34，38。
求此四数。
11．互不相等的12个自然数，它们均小于36。
有人说，在这些自然数两两相减（大减小）所得到的差中，至少有3个相等。
你认为这种说法对吗？为什么？12．有8个重量各不相同的物品，每个物品的重量都是整克数且都不超过15克。
小平想以最少的次数用天平称出其中最重的物品。
他用了如下的测定法：（1）把8个物品分成2组，每组4个，比较这2组的轻重；（2）把以上2组中较重的4个再分成2组，即每组2个，再比较它们的轻重；（3）把以上2组中较重的分成各1个，取出较重的1个。
小平称了3次天平都没有平衡，最后便得到一个物品。
可是实际上得到的是这8个物品当中从重到轻排在第5的物品。
问：小平找出的这个物品有多重？并求出第二轻的物品重多少克？课后练习1.育才小学40名学生参加一次数学竞赛，用15分记分制（即分数为0，1，2，…，15）。
全班总分为209分，且相同分数的学生不超过5人。
试说明得分超过12分的学生至多有9人。
2.今有一角纸币、二角纸币、五角纸币各1张，一元币4张，五元币2张，用这些纸币任意付款，一共可以付出多少种不同数额的款项？3.求在8和98之间（不包括8和98），分母为3的所有最简分数的和。
4.如右图，四边形ABCD的面积为3，E，F为边AB的三等分点，M，N是CD边上的三等分点。
求四边形EFNM的面积。
5.直线上分布着1998个点，我们标出以这些点为端点的一切可能线段的中点。
问：至少可以得到多少个互不重合的中点？6.假定100个人中的每一个人都知道一个消息，而且这100个消息都不相同。
求这4个数。
8.有五个砝码，其中任何四个砝码都可以分成重量相等的两组。
2.119种。
解：从最低币值1角到最高币值14元8角，共148个不同的币值。
再从中剔除那些不能由这些纸币构成的币值。
经计算，应该剔除的币值为（i+0.4）元（i=0，1，2，…，14）及（j+0.9）元（j=1，2，3，…，13），一共29种币值。
所以，一共可以付出148-29=119（种）不同的币值。
3.9540。
4.1。
解：先考虑ABCD是长方形的特殊情况，显然此时EFNM的面积是1。
下面就一般情况求解。
连结AC，AM，FM，CF，则5.3993个。
解：为了使计算互不重复，我们取距离最远的两点A，B。
先计算以A为左端点的所有线段，除B外有1996条，这些线段的中点有1996个，它们互不重合，且到点A的距离小于AB长度的一半。
同样，以B为右端点的所有线段，除A外有1996条，这些线段的中点有1996个，它们互不重合，且到点A的距离小于AB长度的一半。
这两类中点不会重合，加上AB的中点共有1996+1996+1=3993（个），即互不重合的中点不少于3993个。
另一方面，当这1998个点中每两个相邻点的间隔都相等时，不重合的中点数恰为3993。
这说明，互不重合的中点数至少为3993个。
6.198个。
下面我们说明这是次数最少的。
考虑一种能使所有人知道一切消息的通话过程中的关键性的一次通话，这次通话后，有一个接话人A知道了所有的消息，而在此之前还没有人知道所有的消息。
7.30，34，36，38或31，33，35，39。
解：设4个数为a，b，c，d，且a＜b＜c＜d，则6个和为a+b，a+c，a+d，b+c，b+d，c+d。
于是有a+b＜a+c＜a+d＜b+d＜c+d和a+b＜a+c＜b+c＜b+d＜c+d。