《提優(yōu)教程》教案第15講_存在性問(wèn)題

1、1第15講本節(jié)主要內(nèi)容是存在性問(wèn)題.存在性問(wèn)題有三種：第一類是肯定性問(wèn)題第二類是否定性問(wèn)題第三類是探索性問(wèn)題存在性問(wèn)題,其模式為“已知,其模式為“已知,其模式為“已知A,A,A,證明存在對(duì)象B,使其具有某種性質(zhì)” 證明具有某種性質(zhì) B的對(duì)象不可能存在” 問(wèn)是否存在具有某種性質(zhì) B的對(duì)象”.一種思路是通過(guò)正確的邏輯推理(包括直接計(jì)算),解決存在性問(wèn)題通常有兩種解題思路證明(或求出)符合條件或要求的對(duì)象 B必然存在常利用反證法、數(shù)學(xué)歸納法、抽屜原則、 計(jì)數(shù)法等另一種思路是構(gòu)造法直接構(gòu)造具有某種性質(zhì) B的對(duì)象常常采用排序原則、極 端性原則進(jìn)行構(gòu)造A類例題1 例1已知函數(shù)f(x)=|1 -|.X(1)

2、 是否存在實(shí)數(shù)a,b(ab)，使得函數(shù)的定義域和值域都是a,b?若存在，請(qǐng)求出a,b的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由。若存在實(shí)數(shù)a,b(a0,所以a0,因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在(1,+ R)上是增函數(shù)，所以我們分三種情況(i)當(dāng)a,b (0,1)時(shí)；(ii)當(dāng) a,b (1,+ g)時(shí);(iii)當(dāng) a (0,1),b 1,+ g)時(shí)加以討論.解(1)不存在實(shí)數(shù)a,b(ab)滿足條件.事實(shí)上，若存在實(shí)數(shù)a,b(aa0.故1.1.1,xf(-)=1,xx1(i) 當(dāng)a,b (0,1)時(shí)，f(x)=x 1在(0,1)上是減函數(shù)，所以,f (a) f(b)b- 1b,b,即aa,1彳1

3、a. b由此推出a=b與已知矛盾.故此時(shí)不存在實(shí)數(shù) a,b滿足條件.1(ii) 當(dāng)a,b (1,+ g)時(shí),f(x)=1 一在(1,+g)上為增函數(shù)，所以,x1 a,f(a)a，即 af(b)b,1i b,b于是，a,b是方程x因此，m的取值范圍是0m1 4 x+仁0的實(shí)根，而此方程無(wú)實(shí)根，故此時(shí)不存在實(shí)數(shù)a,b滿足條件，(iii) 當(dāng) a (0,1),b 1,+)時(shí)，顯然，1 a,b,而 f(1)=0,所以 0 a,b，矛盾,故故此時(shí)不存 在實(shí)數(shù)a,b滿足條件，綜上可知，不存在實(shí)數(shù)a,b(ab)滿足條件，若存在實(shí)數(shù) a,b(a0,a 0, 仿照(1)的解答，當(dāng)a,b (0,1)或a (0,1

4、),b 1,+)時(shí)，滿足條件的a,b不存在，1只有當(dāng)a,b (1,+g)時(shí)，f(x)=1 -在(1,+s)上為增函數(shù)，有x1 .f (a)ma,即-1 ama,f(b)mb,1 1bmb.于是，a,b是方程mx2-x+仁0的兩個(gè)大于1的實(shí)數(shù)根所以,1 4m 0,m 0, 11 i 1 4m只須 1 4m 0, 解得 0m 0,因?yàn)楹瘮?shù)的值域是0,).21 V1 4m 2m.例2 已知常數(shù)a0，在矩形 ABCD中，AB=4 , BC=4a, O為AB的中點(diǎn)，E、F、G分 別在BC、CD、DA上移動(dòng)，且季=Cl = D7, P為CE與OF的交點(diǎn)問(wèn)是否存在兩BC CD DA個(gè)定點(diǎn)，使P到這兩點(diǎn)的距離

5、的和為定值？若存在，求出這兩點(diǎn)的坐標(biāo)及此定值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.(20XX年全國(guó)高考江蘇卷試題)分析根據(jù)題設(shè)滿足的條件，首先求出動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程，根據(jù)軌跡是否是橢圓，就可斷定是否存在兩個(gè)定點(diǎn)(橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn))，使得P到這兩點(diǎn)的距離的和為定值 解按題意有A(-2,0),B(2,0),C(2,4 a),D(-2, 4a).設(shè)BEBCCFCD誥=k(0W kw 1).由此有 E(2,4ak),F(2-4k, 4a),G(- 2, 4a- 4ak).直線OF的方程為2ax+(2k-1)y=0,直線 GE 的方程為-a(2k- 1)x+ y-2a=0,由消去參數(shù)k得點(diǎn)P(x,y)坐標(biāo)滿足方程2a2x

6、2+y2- 2ay =0,整理得羊+(y=1.1 a21當(dāng)a2= 2時(shí)，點(diǎn)P的軌跡為圓弧，所以不存在符合題意的兩點(diǎn)；1當(dāng)a2z 時(shí)，點(diǎn)P的軌跡為橢圓的一部分， 點(diǎn)P到該橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)的距離的和是定長(zhǎng);當(dāng)a2寸時(shí)，P到橢圓兩個(gè)焦點(diǎn)(0, a- a2-|),(0, a+的距離之和為定長(zhǎng)2a. 說(shuō)明 要解決軌跡問(wèn)題首先要建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，有時(shí)還要選擇適當(dāng)?shù)膮?shù)作過(guò) 渡.情景再現(xiàn)1已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+a滿足條件f(x+f)= f(-x),且方程f(x)=7x+a有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù) 根.(1)求f(x)的解析式；3 3是否存在實(shí)數(shù) m、n(0 m5),集合An=1,2,3,n,是否存在

7、映射 機(jī)AnAn滿足條件：對(duì)一切 k(1 2)時(shí),由 2m|S2m 及 S2m=(2m+1)22m+2) 2m+1)得2m+1) = m+1(mod2 m).但 2m+1) A2m+1,故 2m+1)=m+1.再由(2m 1)|S2m-1 及 S2m1= (2m+1)fm+2) (m+1) $(2m)得(f)(2m) = m+1(mod(2m 1).所以，()2m) =m+1,與$的雙射定義矛盾.2)時(shí),S2m+i =(2m+2)(2m+3)$(2m+1)= $(2m)=m+2 或 m+1,矛盾.(2)存在.對(duì)n歸納定義 $(2n 1)及(f)(2n)如下:令 $(1)=1, $(2)=3 .

8、現(xiàn)已定義出不同的正整數(shù)機(jī)k)(1 k w 2n)滿足整除條件且包含1,2,n,又設(shè)v是未取到的最小正整數(shù)值.由于2n+1與2n+2互質(zhì)，根據(jù)孫子定理，存在不同于v及$(k)(1 w k 0, n=1,2,3,并證明你的結(jié)論.(1988年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽第二試試題 )C類例題例6平面上是否存在100條直線，使它們恰好有1985個(gè)交點(diǎn).(第26屆IMO預(yù)選題) 分析 由于100條直線最多有 000=4950( 1985)個(gè)交點(diǎn)，所以符合要求的直線可能存 在.減少交點(diǎn)的個(gè)數(shù)可有兩種途徑：一是利用平行線，二是利用共點(diǎn)線.所以用構(gòu)造法.解法一 由于x條直線與一族100 x條平行線可得 x(100 x)個(gè)

9、交點(diǎn).而x(100 x)=1985 沒(méi)有整數(shù)解，于是可以考慮99條直線構(gòu)成的平行網(wǎng)格.由于 x(99 x) v 1985 的解為 xw 26 或 x 73,x N,且 1985=73 X 26+99 12,于是可作如 下構(gòu)造：(1)由73條水平直線和26條豎直直線x=k,k=1,2,3,73;y= k,k=1,2,3,26.共99條直線,可得73 X 26個(gè)交點(diǎn).再作直線y=x+14與上述99條直線都相交,共得到99個(gè)交點(diǎn)，但其中有12個(gè)交點(diǎn)(1,15),(2,16),(12,26)也是(1)中99條直線的彼此的交點(diǎn),所以共得99 12個(gè)交點(diǎn). 由、(2),這100條直線可得到 73 X 26

10、+99 12=1985個(gè)交點(diǎn).解法二 若100條直線沒(méi)有兩條是平行的，也沒(méi)有三條直線共點(diǎn)，則可得到 C1t30=4950( 1985)個(gè)交點(diǎn)，先用共點(diǎn)直線減少交點(diǎn)數(shù).注意到若有n1條直線共點(diǎn)，則可減少C： 1個(gè)交點(diǎn)設(shè)有k個(gè)共點(diǎn)直線束，每條直線束的直線條數(shù)依次為n 1, n2,，nk.則有m+n2+ + nk 100,C - 1+ C； - 1+ L + Ck- 1 = 2965( C12。1985=2965).因?yàn)闈M足C： 1v 2965的最大整數(shù)是n 1=77,此時(shí)C77 1=2925.因此可構(gòu)造一個(gè)由77條直線組成的直線束，這時(shí)還應(yīng)再減少40個(gè)交點(diǎn).而滿足C： 1 Vn240的最大整數(shù)為n

11、2=9,此時(shí)C9仁35.因此又可構(gòu)造一個(gè)由 9條直線組成的直線束.這時(shí)還 應(yīng)減少5個(gè)交點(diǎn).由于C4 1=5,所以最后可構(gòu)造一個(gè)由4條直線組成的直線束.因?yàn)?7+9+4=90 V 100,所以這100條直線可構(gòu)成為77條,9條,4條的直線束，另10條保 持不動(dòng)即可.說(shuō)明本題的基本數(shù)學(xué)思想方法是逐步調(diào)整，這在證明不等式時(shí)經(jīng)常使用，但學(xué)會(huì)在幾 何中應(yīng)用，會(huì)使你的解題思想錦上添花.例7設(shè)n是大于等于3的整數(shù)，證明平面上存在一個(gè)由 n個(gè)點(diǎn)組成的集合，集合中任 意兩點(diǎn)之間的距離為無(wú)理數(shù) ，任三點(diǎn)組成一個(gè)非退化的面積為有理數(shù)的三角形.(第28屆IMO試題)分析本題的解決方法是構(gòu)造法，一種方法在拋物線y=x2

12、上選擇點(diǎn)列，另一種方法在半圓周上選擇點(diǎn)列.解法一 在拋物線y=x2上選取n個(gè)點(diǎn)P1,P2,Pn,點(diǎn)Pi的坐標(biāo)為(i,i2) (i=1,2，,n).因?yàn)橹本€和拋物線的交點(diǎn)至多兩個(gè)，故n個(gè)點(diǎn)中任意三點(diǎn)不共線,構(gòu)成三角形為非退化的.任兩點(diǎn) Pi 和 Pj 之間的距離是 |PiPj|=.(i j)2+(i2 j2)2=|i j|.1+(i j)2 (U j, i, j=1,2,n).由于(i j)2v 1+(i j)2v (i j)2+2(i j)+1=(i j+1)2,所以/ 1+(i j)2 是無(wú)理數(shù).從而 |PPj|是無(wú)理數(shù).111 PiPjPk的面積=i2jk =2|(i j) (i k)(j

13、 k)|,顯然是有理數(shù)j k因此,所選的n個(gè)點(diǎn)符合條件.解法二考慮半圓周x2+y2=r2(y R + , r = .2)上的點(diǎn)列An,對(duì)一切n N*,令/ xOAn =a- a ,ann2-1anan,則任意兩點(diǎn) Ai,Aj之間的距離為 |AiAj|=2r|sin _|,其中，0v on 1且存在n階銀矩陣A.由于S中所有的2n 1個(gè)數(shù)都要在矩陣 A中出現(xiàn)， 而A的主對(duì)角線上只有 n個(gè)元素，所以，至少有一個(gè)x S不在A的主對(duì)角線上.取定這樣的x.對(duì)于每個(gè)i=1,2，,n,記A的第i行和第i列中的所有元素合起來(lái)構(gòu)成的集合為Ai,稱為第i個(gè)十字，則x在每個(gè)Ai中恰好出現(xiàn)一次.假設(shè)x位于A的第i行、

14、第i列（片j ）.則 x屬于Ai和A j,將Ai與A j配對(duì)，這樣 A的n個(gè)十字兩兩配對(duì)，從而n必為偶數(shù).而1997256十175十為一個(gè)銀矩陣612431亠是奇數(shù)，故不存在 n= 1997階的銀矩陣.對(duì)于n=2, A= ?1 fl即為一個(gè)銀矩陣，對(duì)于n=4, A=般地，假設(shè)存在n階銀矩陣A，則可以按照如下方式構(gòu)造2n階銀矩陣D,D=B圭其中B是一個(gè)n x n的矩陣，它是通過(guò) A的每一個(gè)元素加上 2n得到，而C是通過(guò)把B的主對(duì)角線 元素?fù)Q成2n得到為證明D是2n階銀矩陣，考察其第i個(gè)十字.不妨設(shè)i 3)個(gè)兩兩不平行的向量構(gòu)成的有限集合G:(1)對(duì)于該集合中的任何n個(gè)向量,都能從該集合中再找到n

15、 1個(gè)向量,使得這2n 1個(gè)向量的和等于 0;(2)對(duì)于該集合中的任何 n個(gè)向量，都能從該集合中再找到n個(gè)向量，使得這2n個(gè)向量的和等于 0.(20XX 年俄羅斯數(shù)學(xué)奧林匹克試題 )7. 試證:在半徑為1的圓周上存在1975個(gè)點(diǎn),其中任意兩點(diǎn)之間的距離都是有理數(shù).(第 17 屆 IMO 試題 )&是否存在平面上的一個(gè)無(wú)窮點(diǎn)集，使得其中任意三點(diǎn)不共線，且任意兩點(diǎn)之間的距離為 有理數(shù)？(1994 年亞太地區(qū)數(shù)學(xué)奧林匹克試題 )習(xí)題 201. 已知拋物線 f=4ax(0 v a v 1 )的焦點(diǎn)為F,以A(a+4,0)為圓心，|AF|為半徑在x軸上方作半圓交拋物線于不同的兩點(diǎn)M和N，設(shè)P為線段MN的

16、中點(diǎn).(1) 求 |MF|+|NF| 的值;(2) 是否存在這樣的a值，使|MF|, |PF|, |NF|成等差數(shù)列？若存在，求出 a的值；若不 存在，說(shuō)明理由. (1996年昆明市數(shù)學(xué)選拔賽試題 )2. 證明 : 不存在正整數(shù) n 使 2n2+1 ， 3n2+1 ， 6n2+1 都是完全平方數(shù) . (20XX 年日本數(shù)學(xué)奧林 匹克試題 )3. 證明只存在一個(gè)三角形 ,它的邊長(zhǎng)為三個(gè)連續(xù)的自然數(shù),并且它的三個(gè)內(nèi)角中有一個(gè)為另一個(gè)的兩倍(第10屆IMO試題)4是否存在這樣的實(shí)系數(shù)多項(xiàng)式P(x):它具有負(fù)實(shí)數(shù)，而對(duì)于n 1, Pn(x)的系數(shù)全是正的.(1994年莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克試題 )5證明不

17、存在對(duì)任意實(shí)數(shù)x均滿足ff(x)= x2- 1996的函數(shù) (1996年城市數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題)6是否存在有界函數(shù)f : RtR,使得f(1) 0,且對(duì)一切的x、y R,都有f 2(x+y) f 2(x)+2 f(xy)+ f 2 (y)成立 (20XX 年俄羅斯數(shù)學(xué)奧林匹克試題 )7.是否存在數(shù)列X1,X2，,X1999,滿足(1) xivXi+1(i=1,2,3,1998);(2) xi+1- xi = xi- xi-1(i=2,3，,1998);(3) ( xi 的數(shù)字和)v ( xi+1 的數(shù)字和)(i=1,2,3,1998);(xi+1的數(shù)字和)-(xi的數(shù)字和)=(xi的數(shù)字和)(xi-

18、1的數(shù)字和)(i=2,3,1998).(1999 年江蘇省數(shù)學(xué)冬令營(yíng)試題 )&(1)是否存在正整數(shù)的無(wú)窮數(shù)列an,使得對(duì)任意的正整數(shù)n都有an 12anan+2?(2)是否存在正無(wú)理數(shù)的無(wú)窮數(shù)列an,使得對(duì)任意的正整數(shù)n都有an 1 2anan+2?(20XX 年中國(guó)東南地區(qū)數(shù)學(xué)奧林匹克試題 )9. 是否存在一個(gè)無(wú)限素?cái)?shù)數(shù)列p1, P2,pn,，對(duì)任意n滿足|pn+1 2pn| = 1.(20XX年波羅的海 數(shù)學(xué)奧林匹克試題)10. 證明：對(duì)于每個(gè)實(shí)數(shù)M,存在一個(gè)無(wú)窮多項(xiàng)的等差數(shù)列，使得(1) 每項(xiàng)是一個(gè)正整數(shù)，公差不能被10整除；(2) 每項(xiàng)的各位數(shù)字之和超過(guò)M.(第40屆IMOY預(yù)選題)1

19、1. 是否存在定義在實(shí)數(shù)集R上的函數(shù)f(x)，使得對(duì)任意的x R,f(f(x)= X,且 f(f(x)+1)=1 X(20XX年河南省數(shù)學(xué)競(jìng)?cè)舸嬖冢瑢?xiě)出一個(gè)符合條件的函數(shù)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.賽試題)12. 對(duì)于給定的大于1的正整數(shù)n,是否存在2n個(gè)兩兩不同的正整數(shù)a1,a2,an; b1,b2,bn 同時(shí)滿足以下兩個(gè)條件：(1) a1 + a2+ +an= bi+b2+bn;11-両.(1998 年 CMO 試題)n(2) n-1 ? ui=1 aj + b“情景再現(xiàn)”解答ax2- ga+7)=01. (1)由條件有f(x)=ax2-2a x+a.又f(x)=7x+a有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根 貝

20、U由可知，=(尹+7) k2-20. 解得k的取值范圍為一2k0).則當(dāng) f(x)= g(x)時(shí),有-2x2+7x-2=x, 即 2x(II)設(shè)A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為 A(X1, y1), B(X2, y2),則由得- 7x2+2x +3=0 .故(x- 1)(x- 3)(2x+1)=0.1解得 X1 = 1, X2=3, X2=-Q (舍去).因?yàn)?f(X)max=4ac b233 7 廠=,此時(shí),x =補(bǔ)1,3,4a84所以，盤(pán)故取m= 883311n=3時(shí)，f(x)= - 2x2+7x- 2在r；,3上的值域?yàn)?,符合條件 1182. (I)將直線I的方程y=kx+1代入雙曲線C的方程2

21、x2- y2=1后，整理后得(k2- 1)x2+2kx+2=0依題意，直線l與雙曲線C的右支交于不同的兩點(diǎn)，故k2-2 豐 0,A=2k)2- 8(k2-2)0,j 2kV - k2-2，X1X2=X1 +X2=2kk22，假設(shè)存在實(shí)數(shù)k,使得以線段 AB為直徑的圓經(jīng)過(guò)雙曲線C的右焦點(diǎn)F(c,O),則由 FA 丄 FB 得(xi c)( X2 c)+ yiy2=0，即(xi c)( X2 c)+( kxi+1)( kx2+1)=0 . 整理得 (k2+l)xiX2+(k c)(xi+X2)+c2+1=0.將式及c= -2代入式化簡(jiǎn)得5k2+2 , 6kx 6=0.A1解得 k= 6+5或 k=

22、 65 6 ( 2, ,2)(舍去).可知k= 6+瀘使得以線段AB為直徑的圓經(jīng)過(guò)雙曲線C的右焦點(diǎn)F.53. 任作一個(gè)邊長(zhǎng)為1996的正七邊形 A1A2A3A4A5A6A7.這7個(gè)頂點(diǎn)中必有4點(diǎn)同色,而在這同色四點(diǎn)中，必有兩點(diǎn)是相鄰頂點(diǎn)為確定起見(jiàn)，不妨設(shè)這兩點(diǎn)就是A1、A2,并且它們均是紅色(1) A4或A6中有一個(gè)是紅色的，比如,A6是紅色的, A1A2A6即為所求. A4與A6都是藍(lán)色的.若A7是藍(lán)色的,則厶A4A6A7即為所求;若A3是藍(lán)色的，則厶A4A6A7即為所求；若A3、A7都是紅色，則為 A1A3A7所求.4. 設(shè)存在6個(gè)格點(diǎn)P1,P2,P3,P4,P5,P6落在區(qū)域s=(x,y

23、)|x|w2,|y|w2內(nèi),它們?nèi)?個(gè)點(diǎn)所成的三角形面積都大于2.記 P= P1, P2 ,P3 ,P4 ,P5 ,P6(1)若x軸具有P中的點(diǎn)數(shù)小于2,則由抽屜原理,x軸的上半平面(或下半平面一一不包括 x軸)至少有Pi的三個(gè)點(diǎn).此三點(diǎn)所成的三角形面積不大于2.矛盾.故x軸上恰有P的2個(gè)點(diǎn)(因不能有3點(diǎn)共線).又剩下P的4個(gè)點(diǎn)不可能有一點(diǎn)在直線y= 1上，否則出現(xiàn)P中的點(diǎn)為頂點(diǎn)的面積不大于2的三角形.這就證明了，在直線y=2,和y= 2上，分別恰有P的兩個(gè)點(diǎn).注意到S的對(duì)稱性 同理可證：直線x= 2, x=0, x=2上分別有P的兩個(gè)點(diǎn).于是，在每條直線y=2i,x=2i(i=0, 1)上恰

24、有P的兩個(gè)點(diǎn).(2)P必不能包含原點(diǎn)，否則，因S內(nèi)縱，橫坐標(biāo)均為偶數(shù)的所有格點(diǎn)落在且僅落在過(guò)原點(diǎn)的 4條直線上，由 抽屜原理,剩下的P的5個(gè)點(diǎn),至少有兩個(gè)點(diǎn)落在這些直線的其中一條上 于是3點(diǎn)共線，矛盾.因此,P中在x軸的兩點(diǎn)必是(一2,0), (2,0).同理，在 y軸上的兩點(diǎn)必是(0, 2), (0, 2).剩下的兩點(diǎn)只能取(一2, 2), (2,2)，或(一2,2), (2, 2).不論哪一種情形，都得到一個(gè)以P 點(diǎn)為頂點(diǎn)的面積不大于2的三角形,矛盾.5. 滿足條件(1)、(2)、(3)的直線族不存在.右不然，In的方程為y 1=kn(X 1)11an11kn心8門(mén)bn心 1都存在,故kn

25、H 0, n=1,2,3,.kn對(duì)于n1，有kn 1knkn kn 11kn 1kn 1k2 k11k11 1相加得：kn k1 (一 一 L ki k2由于 燈工0及(III)有knkn+1 0可知諸kn符號(hào)相同，不妨設(shè)kn0, n=1,2,由 kn 1 knknkn,有1 11點(diǎn) RE k1 (k1 k2矛盾.n=1,2,，也會(huì)出現(xiàn)矛盾.但當(dāng) nk12 時(shí) kn+1 0, 同理可證，當(dāng)kn 0.由條件(1),可以找到n 1個(gè)向量a1, a2，,an 1,使得f1+ f2 +fn= (a什a2 + an 1).顯然，至少有某個(gè)向量 ei不出現(xiàn)在上式右端，不妨設(shè)為e1.從而a1+a2+an 1

26、+e1的投影 為負(fù)，且其絕對(duì)值大于s.再由條件(2)知，又可以找到 n個(gè)向量，使得它們的代數(shù)和等于(a1+a2+ an 1 + e1),從而，該和的投影代數(shù)值大于S.此與我們對(duì)f1, f2 ,fn的選取相矛盾.尹都是有理數(shù)，且2 0n互不相n 1n2 1n2 17. 取 0n=arctan2n (1 仝 nW 1975),貝U sin 0n=, cos 0n=同.對(duì)單位圓上輻角為2 91,2 02,2 01975的點(diǎn)P1,P2,P1975,|RPj|=2|sin( 0 9)|=2| sin 9cos9 cos 9sin 9)|為有理數(shù).8. 答案是肯定的，下面提供兩種構(gòu)造這樣的點(diǎn)集的方法.方法

27、一 存在角a,使得cosa與sin a都是有理數(shù)(例如sin a=-3,cosa=4).考慮一個(gè)以有理數(shù)R為半徑的圓周，和一個(gè)弧度為2 a的圓弧，顯然 走=sin a其中a是上述圓弧所對(duì)2R的弦長(zhǎng)，因此弦長(zhǎng)為有理數(shù).從此弧的端點(diǎn)出發(fā)，在圓周上連續(xù)截取弧度為2 a的圓弧，顯然，任一弧所對(duì)的弦長(zhǎng) XY是有理數(shù).由作圖法知XY = |sinna，對(duì)某個(gè)正整數(shù)n,由于 2Rcosa與sin a都是有理數(shù)，所以由數(shù)學(xué)歸納法可以證明 sinna和cosn a都是有理數(shù). 下 面證明此過(guò)程產(chǎn)生一個(gè)無(wú)窮點(diǎn)集. 為了此目的，設(shè)sin a= p, cosa=,其中(p,q)=1,p2+q2= r2,由棣美弗定理得

28、(q+ip)n=cosn a isinna若其值為1則1= cos n a=2( 1)kC2kpn2kq2k 由于 q三-P2(mod r2),則 rn三 pn2n 1(mod r2).故2| r,然而從p2+q2= r2, (p,q)=1可知這是不可能的.這就證明了我們描述的集合是無(wú)限 集.方法二 在平面上取一點(diǎn) P和一條與P距離為1的直線I,設(shè)Q是I上與P相距為1 的點(diǎn)，考察I上所有滿足SQ,PS都是有理數(shù)的點(diǎn) S,由于畢達(dá)哥拉斯基本的三元數(shù)組有無(wú)窮 多個(gè)，而且與點(diǎn) S 一一對(duì)應(yīng)，故存在無(wú)窮多個(gè)這樣的點(diǎn).作一個(gè)以P為中心，半徑為1的反演.此變換保持點(diǎn)之間的距離的有理性(這容易通過(guò) PSRs

29、 PSR證明，其中S和R是點(diǎn)集中的點(diǎn)，S和 R分別為它們的象).用這樣的方法構(gòu)造的點(diǎn)集在一個(gè)圓周上，因此， 無(wú)三點(diǎn)共線.習(xí)題20解答1. 解(1)由已知得 F(a,0),半圓為x (a+4) 2+y2=16(y 0).把 y2=4ax 代入，可得 x2 2(4 a)x+a2+4a=0.設(shè)M(x1, y1),N(x2, y2).則由拋物線的定義得|MF|+|NF|=(X1 + a)+(x2+a)=( X1+ X2)+2a=2(4 a) +2a=8.(2)若|MF|, |PF|, |NF|成等差數(shù)列，則有 2|PF|=|MF|+|NF|.另一方面，設(shè) M, P, N在拋物線準(zhǔn)線上的射影為M, P,

30、 N.則在直角梯形 MMNN中，PP是中位線，又有2|PP|=|MM|+|NN|=|FM|+|FN|,因而|PF|=|PP|這說(shuō)明了點(diǎn)P應(yīng)在拋物線上.但由已知P是線段MN的中點(diǎn)，即P并不在拋物線上.所以不存在這樣的 a值，使|MF|, |PF|, |NF|成等差數(shù)列.2. 假設(shè)存在這樣的 n ,使2n2+1, 3n2+1,6n2+1都是完全平方數(shù)，那么(2n2+1)( 3n2+1)(6n2+1) 必定為完全平方數(shù)，而(2n2+1)(3 n2+1)(6n2+1)=36 n6+36n4+11 n2+1,(6 n3+3n)2=36n6+36n4+9n2, (6n3+3n+1)2=36n6+36n4+

31、12n3+9n2+6n+1,所 以(6n3+3n)2 (2n2+1)(3n2+1)(6n2+1) v(6n 3+3 n+1)2,顯然，與 (2n2+1)( 3 n2+1)(6n2+1)為完全平方數(shù)矛盾.3. 設(shè)厶ABC滿足題設(shè)條件，即AB= n,AC= n-1,BC= n+1,這里n是大于1的自然數(shù).并且 ABC的三個(gè)內(nèi)角分別為 a 2 a和n-3 a,其中0 a f (xn)+a= f (Xn 1+yn 1) +a f (xn 1)+2af (X1)+ na, 故數(shù)列 f(X1), f (X2),f (xn),并非有界.-仁（凹）2-1,n-1 sin a sin a n-1從而得到n2-

32、5n=0,解得n=5.同樣,在情況（2）中，有凹=（旦）2-1,解得n=2但n=2,此時(shí)三邊為1,2,3,不能構(gòu)成三角形n- 1 n- 1在情況(3)中，有nF=(n)2-1,整理得n2 3n仁0,但這個(gè)方程無(wú)整數(shù)解綜上，滿足題設(shè)條件的三角形三邊長(zhǎng)只有4,5,6.31可以證明 cosB=4,cos2A= 8 =cos2B, A=2B .4. 存在.P(x)=10(x7. 存在，構(gòu)造如下：取 X1= 00000 00001 00002 00003 09999,+1)(x+1)-x2 =10x4+10x3- x2+10x +10 具有負(fù)系數(shù)，但是P2(x)= x4+100(x3+1) 2(x+1)

33、2- 20x2(x3+1)(x+1)=x4+20(x3+1)5(x3+1)(x+1)2- x2(x+1)=x4+20(x3+1)(5x5+10x4+4x3+4+10x +5)的系數(shù)全是正的.P3(x)=1000(x3+1) 3(x+1)3- 300 x2(x3+1)2(x+1)2+30x4(x3+1)(x+1)-x6 =100(x3+1)2(x+1)10(x3+1)(x+1)2-3x2(x+1)-x6+30x4(x3+1)(x+1) =100(x3+1) 2(x+1)(10 x5+20x4+7x3+7x2+20x +1)-x6+30x4(x3+1)(x+1) =Q1(X)-X6+Q2(X)Q1

34、(x)中的x6的系數(shù)不小于1000,所以P3(x)的系數(shù)也全是正的.又當(dāng) k2 時(shí)，有 P2k(x)=P2(x)k, P2k+1 (x)=P2(x) k 1?P3(x).所以對(duì)一切n 1, Pn(x)的系數(shù)全是正的.5. 令 g(x)= ff(x) =x2-1996,設(shè) a、b 為方程 x2- 1996= x 的兩個(gè)實(shí)數(shù)根,則 a、b 是 g(x) 的不動(dòng)點(diǎn).設(shè) f(a)=p,則 ff(p)= ff(f(a)= f(a)=p,即 p 也是 g(x)的不動(dòng)點(diǎn).所以 f(a) a,b.同理,f(b) a,b.令 h(x)= gg(x)=(x2-1996)2-1996,則h(x) = x.(x2-1

35、996)2- 1996= x.(x 2- x- 1996)( x 2+ x-1995)=0所以h(x)存在四個(gè)不動(dòng)點(diǎn)a、b、c、d.因?yàn)?c 2+c- 1995=0,所以 g(c)= c2-1996=- c-1= d.同理，g(d)=c.令 f(c)=r,則 hf(c)= f h(c)= f(c),即 r 也是 h(x)的不動(dòng)點(diǎn).若 r a,b,則 d= f(r) a,b,矛盾；若 r = c,則 g(c)= f(r)= f(c)=r = c,矛盾；若 r = d,則 d=g(c)= f(r)= f(d), g(d)=g(r)=g(f(c)=f(g(c)= f(d)=d,矛盾.綜上所述,滿足條

36、件的函數(shù)f(x)不存在.16. 不存在.任取X1M 0,令y1= 一，有X1f 2(x1+y1) f 2(x1)+2 f(1)+ f 2 (y1) f 2(x1)+a,其中 a =2f(1) 0.1令 Xn=Xn 1 + yn 1, yn = 一，n2.于是，有Xnx2= 00001 00002 00003 00004 10000,X3= 00002 00003 00004 00005 10001,xi998= 01997 01998 01999 02000 11996,X1999 = 01998 01999 02000 02001 11997,這是公差為00001 00001 00001 0

37、000100001的等差數(shù)列(項(xiàng)數(shù)取1999),且各項(xiàng)數(shù)字和 為公差是1的等差數(shù)列.& (1)不存在假設(shè)存在正整數(shù)數(shù)列a* 滿足條件a2 1 2anan+2.因?yàn)?an 12anan+2, an 0,所以an 一 1 an 1 一 1 an 2 一 一 1 a2 o w w 喬(n=3,4,)，an 12 an 22 an 32 av又笑三2g a2,a122 2 a1所以有a?r六數(shù)n=2,34，)成立,于是1 a2anw (尹 a1)an_1,a2、2_1W 2(n 2)+(n 3)(石)an 2 WW12(n 2)+(n 3)+12a2,所以an 2anan+2.9. 若存在這樣的數(shù)列 pn 滿足條件.由| pn+1 2pn | = 1得pn+1=2pn 1 2pn,則數(shù)列 Pn 嚴(yán)格遞增數(shù)列，所以P3 3且不能被3整除，若P3= 1(mod3)時(shí)，可得P4= 2p3 1(否則p4= 2p3+1 = 0(mod3),即P4能被3整除,舍去),類似的有，p5= 2p4 1,pn=2pn 1 1,容