初等數(shù)學(xué)研究(程曉亮、劉影)版課后習(xí)題標(biāo)準(zhǔn)答案

1、1 1 / / 2929初等數(shù)學(xué)研究（程曉亮、劉影）版課后習(xí)題答案第一章數(shù)1 添加元素法和構(gòu)造法，自然數(shù)擴(kuò)充到整數(shù)可以看成是在自然數(shù)的基礎(chǔ)上添加0到擴(kuò)大的自然數(shù)集，再添加負(fù)數(shù)到整數(shù)集；實(shí)數(shù)擴(kuò)充到復(fù)數(shù)可以看成是在實(shí)數(shù)的 基礎(chǔ)上構(gòu)造虛數(shù)單位i滿足r - _1，和有序?qū)崝?shù)對(duì)（a,b）起組成一個(gè)復(fù)數(shù)a bi.2（略）3 從數(shù)的起源至今，總共經(jīng)歷了五次擴(kuò)充：為了保證在自然數(shù)集中除法的封閉性，像ax=b的方程有解，這樣，正分?jǐn)?shù) 就應(yīng)運(yùn)而生了，這是數(shù)的概念的第一次擴(kuò)展，數(shù)就擴(kuò)展為正有理數(shù)集.公元六世紀(jì)，印度數(shù)學(xué)家開始用符號(hào)“0”表示零.這是數(shù)的概念的第二次擴(kuò) 充，自然數(shù)、零和正分?jǐn)?shù)合在一起組成算術(shù)數(shù)集為了表

2、示具有相反意義的量，引入了負(fù)數(shù)并且直到 17 世紀(jì)才對(duì)負(fù)數(shù)有一個(gè) 完整的認(rèn)識(shí)，這是數(shù)的概念的第三次擴(kuò)充，此時(shí)，數(shù)的概念就擴(kuò)展為有理數(shù)集.直到 19 世紀(jì)下半葉，才由皮亞諾、戴德金、維爾斯特拉斯等數(shù)學(xué)家的努力下構(gòu)建了嚴(yán)格的實(shí)數(shù)理論.這是數(shù)的概念的第四次擴(kuò)充，形成了實(shí)數(shù)集.虛數(shù)作為一種合乎邏輯的假設(shè)得以引進(jìn)，并在進(jìn)一步的發(fā)展中加以運(yùn)用這是數(shù)學(xué)概念的第五次擴(kuò)充，引進(jìn)虛數(shù)，形成復(fù)數(shù)集 4 證明：設(shè)集合A,B,C,D兩兩沒有公共元素a,b,c,d分別是非空有限集A,B,C,D的基數(shù)，根據(jù)定義，若a b，則存在非空有限集A，使得A-B;若c_d從而必存在非空有限集C，使得C二CD，所以（A _ C）二（B

3、 D）所以集合A一C的基數(shù) a c 大于集合B . D的基數(shù)b d，所以a c b d.5（ 1）解：按照自然數(shù)序數(shù)理論加法定義，5 3 =5 2二（5 2） 5= 515=5155=5 5 5 =15（2）解：按照自然數(shù)序數(shù)理論乘法定義5 3 = 52= （5 2）-（5 1）二（5 1）=（6 ） = 7 =86 證明：1當(dāng)n =2時(shí)，命題成立.（反證法）2 2 / / 29292要證_ak1ak12一丄，即k 1 1ak12kk 1ak12kk 1二k 1 ?ak-2 k 1 ak 11 - 07 證明：1當(dāng)n = 8時(shí)，命題成立.(3 5)2設(shè)n二k（k7,kN）時(shí)命題成立.k角郵資可

4、能是：（1）完全用 3 角的郵票來(lái)支付；（2）至少用一張 5 角的郵 票來(lái)支付在（1）下，3 角的郵票至少有 3 張.把它們換成兩張 5 角的郵票便可支付k 1角的郵票在（2）下，把一張 5 角的郵票換成兩張 3 角的郵票便可以支付k 1角的郵 票綜合1、2，命題對(duì)于不小于 8 的所有自然數(shù)成立.8 證明：(1) f2=1, f3 = 3=12, f4 = 6 = 123 1(2)f n =12n -1 n n -121當(dāng)n =2,3,4時(shí)，命題成立.12假設(shè)n二k（k 7, N）時(shí)命題成立，即f k =-k k -1.那么n二k 1時(shí)，原k21條直線有-k（k -1）個(gè)交點(diǎn)由條件知，第k 1

5、條直線與原k條直線各有一個(gè)交點(diǎn),2且互不相同故新增k個(gè)交點(diǎn)，所以f k 1二f k k =1k Tk 1 -1】.2綜合1、2，命題對(duì)于不小于 2 的所有自然數(shù)成立.2假設(shè)n =k時(shí)(k _2)成立，即ai 0,i =1,2,k,2 2a1a221 akk當(dāng)n = kT 時(shí)，由ai0, i =1,2 , k T，且a1a2aa2akai得，一12 =1,且 一1ak 11ak 11_ak1.2+1ak .12/+ _a?J -ak卅丿222221 ak 12a1七2+ak+a“ -_+a“k由歸納假設(shè)，得a1J ak卑akJ一aM4 j-k,3 3 / / 29299舉例：正整數(shù)集 N 上定義

6、的整除關(guān)系“|”滿足半序關(guān)系.證明：（1）（自反性）任意的正整數(shù)x，總有x|x；（2）（反對(duì)稱性）如果x|y, y |x，那么x = y；(3)(傳遞性)如果x|y, y|z，那么x|z.通常意義的小于等于也構(gòu)成半序關(guān)系，同理可證.10 證明：設(shè)M 5 N，且11 M2若a M，則a M.若M = N.令A(yù)是所有不屬于M的自然數(shù)組成的集合，則A是N的非空子集，按照最小數(shù) 原理，A中有最小數(shù)，設(shè)為b.由知b=1，于是存在自然數(shù) c，使c二b，這樣就有c : b，所以c M，但根據(jù)有c M，這與b M矛盾.所以M = N .11 證明：(1)根據(jù)自然數(shù)減法定義有，a=b(a_b),d(c_d) =

7、 c，兩式相加得：a d (c-d) = b (a-b) c，于是(a d) (c -d) = (b c) (a - b)，若a-b=c-d，貝U a d = b c若a d = b c，貝U a-b=c-d(2)(a-b) (c-d) (b d) = b (a-b) d (c-d)=a c(3) 先證(a-b)c二ac-bc事實(shí)上，由be (a -b)c二b (a -b)c二ac可知要證明的自然數(shù)乘法對(duì)減法的分配律成立.由此，為了證明(3)，只要證明a(c-d)-b(c d) = (ac+bd)(ad+bc)，根據(jù)(1) 上式就是a(c _d) (ad be)二b(c - d) (ac bd

8、)于是只要證明ac be二be - ac顯然，這個(gè)等式是成立的，所以(3)成立.12 證明：(1 )根據(jù)自然數(shù)除法定義有ba,d= c，兩式相乘，得b dad = bc旦，所以有：若ad二be，貝U -=；若-=，貝q ad二be4 4 / / 2929d bb d b d(2)bd(ac)二d(b旦廠b(d )二adbc，根據(jù)除法定義，(2)成立.b dbd(3)bd(a c (ba)(dcac，根據(jù)除法定義，(3)成立.b db d13 證明：(m n)=(nm)= nm= mn.5 5 / / 292914 證明：設(shè)-a,bN，下，下面證明a二b,a . b,a : b三種關(guān)系有且僅有一

9、個(gè)成(1) 先證明三個(gè)關(guān)系中至多有一個(gè)成立假若它們中至少有兩個(gè)成立， 若令a=b, a . b同時(shí)成立， 則存在kN*， 使 得：a=bk=ak于是 a a，與 a = a 矛盾.同理可證，任意兩種關(guān)系均不能同時(shí)成立.(2) 再證明三中關(guān)系中至少有一個(gè)成立.取定 a， 設(shè)M是使三個(gè)關(guān)系中至少有一個(gè)成立的所有b的集合， 當(dāng)b=1時(shí), 若a =1，貝U a二b成立；若a =1，貝U存在k N*，使得k1 b k，這 時(shí)a b成立.因此1 M.假若b M，即三個(gè)關(guān)系中至少有一個(gè)成立.當(dāng)a: b時(shí)，存在m N*，使得b = a m，則b(a m)=a m，即a：b成立.當(dāng)a b時(shí)，存在k N*，使得a

10、二b k，若k = 1，就有a = b 1二b;若k =1，就有| N，且k = l，使得a=b，l二b，l，1二b l，即a b成綜上，b M，從而M = N15證明：n = n(ax by) = nax nby，ab | nax nby二n16 證明：因?yàn)閍b cd - (ad be) = (b -d)(a -c)，且a - e | ab cd，a - e | (b _ d)(a _ c)， 所以a _ e | ab cd _ (b _ d )(a _ c)， 即a -c | ad bc17 證明：因?yàn)?pP -1 = (p -1)(pp4 pP j p 1)，而有限個(gè)奇數(shù)的乘積仍是奇數(shù)，

11、奇數(shù)個(gè)奇數(shù)的和也是奇數(shù)，因而pp pp p 1 是奇數(shù)，于是 ppT =(p T)(2s 1),s Z，同理有 qq1 = (q 1)(2t 1),t Z，兩式相加：ppqq=2(p -1)(s t 1) (p q)(s t 1)，所以 p q |(ppqq).a | n,ab|b | n, ab | an, ab | anx6 6 / / 292918 解：因?yàn)?p 5q =31，所以3p和5q必為一奇一偶.若3p為偶數(shù)，可驗(yàn)證質(zhì)數(shù)p=2,q=5，則0g2- Og2- Og 2 = -323q 13 5 18若5q為偶數(shù)，可驗(yàn)證質(zhì)數(shù)P =7,q =2，則log2P log203q+13x2

12、+ 1所以log2P3或0.3q +119 證明：根據(jù)減法是加法的逆運(yùn)算知，設(shè)a,b是有理數(shù)，ab是這樣一個(gè)數(shù)，它與b的和等于 a 即(a b) b二a但是，我們有a (_b) b =a ( -b) b(加法結(jié)合律)=a 0 = a因此，a b)這個(gè)確定的有理數(shù)，它與b的和等于 a，.a - b = a (-b)又如果差為 x，則有x b = a，于是，兩邊同加(-b)有:x b(一b) = a (-b)x b (b)二a (b) x = a (_b)即差只能是a (-b)，定理得證.3_b=2J .03321 證明：首先證明 x 蘭 y 當(dāng)且僅當(dāng)-y蘭x蘭y.事實(shí)上，若 x 豈 y，當(dāng)x一0

13、時(shí)，x = x 乞 y 且x一- y，即-y乞y;當(dāng)x：0時(shí)，一 x = x|Wy,有- y蘭x,且x0蘭y,故一yEx蘭y.反之，若一yExEy,當(dāng)x0時(shí)，x=xy;當(dāng)xv0時(shí)，yMx=X.下面來(lái)證明：ab 蘭 a+b 蘭 a +|b .20 證明：做差,7 7 / / 2929事實(shí)上，對(duì)于a,b顯然有：一 a 蘭 aw|a-lbMb 羋故有(a b)乞 a b 乞 a b .由上面的討論知，a +b w|a + b .另一方面，a =|a + b b 蘭 a+b + b = a+b +|b .故 a-b_ab_a b .22 證明：(反證法)設(shè)其中p,q是正整數(shù)，不妨假定p,q互素，q取自

14、然數(shù)n .q,用n!乘下列級(jí)數(shù)表達(dá)式兩邊：1!2!3!得：11n!e = n! n! n(n -1)3亠 亠1 -n+1(n +1)( n+2)1 1令an二 n! n! n(n -1)3 -1,bn：n 1 (n 1)(n2)于是n!e=an也，則n!e應(yīng)為正整數(shù)，n!e-an應(yīng)為整數(shù).但是1 1 10 x 0ln(1 x) -1 n(10)x0:x.1010 / / 2929式：-(y - a) -4(y -ay a ) - 0( (因x R).).從而，3y -2ay - 0即0 - y a.4322同理可證0 _x a,0 _z a.333.3.設(shè)a, b, c表示一個(gè)三角形三邊的長(zhǎng)，

15、求證: :1111 / / 29292 2 2a (b c a) b (c a b) c (a b c)乞3abc證明不失一般性，設(shè)aHbzc,令a=c + m, b = c + n,貝U mzn 0.有pop3abca (b ca) _b (c a _b) _c (a b _c)= a(a-b)(a_c) b(b_c)(b_a) c(c_a)(c_b)2 2=(c m)(mn)m (c n)n(nm) cmn= (mn)c(mn) (mn ) cmn _ 0.2 2 2.a (b c - a) b (c a -b) c (a b -c)乞3abc4 4.設(shè)x, y乏R,且x2+ y20成立.

16、 .命題得證. .證明 欲證門成立，只需（旦1 1B B）21 +ab： ：1, ,即證(a b)2： ：(1 ab)2. .5 5.已知a 1, b 1,求證1.1212 / / 29296 6.若n門11二ai=1(ai0),求丨丨(ai)一(n -/.i珀證明a2a2二a2丄a11313 / / 29291111/ 2八1an0 2. (n1)n212n2n21ann ann a：n a. na.n2項(xiàng)1以上諸式，當(dāng)且僅當(dāng)a (i =1,2,., n)是等號(hào)成立. .諸式兩端相乘得n(q丄)2丄)(an丄)_(n21)nn1即(ai)_(n丄)n.a1a2anYn nyain1等號(hào)當(dāng)且僅

17、當(dāng)ai=a2=. =an時(shí)成立. .n7 7.證明：函數(shù)f (x)二X8X5 X2X 1 0.證明(1)(1)當(dāng)x (-：,0)時(shí)，顯然f (x) .0;823當(dāng)x (0,1)時(shí), ,f(x) = x x (1 _x )(1 _x) 0;53(3)(3)X 1,：) )時(shí), ,f(x)=x(x -1) x(x-1) 10.綜合(1),(1), (2),(2),可知，可知f (X)恒正. .& &證明 若a K1(i =1,2,., n),則2n_L(a1a2.an+1)K(1 + aO(1 + a2).(1 + an).證明用數(shù)學(xué)歸納法證明如下：當(dāng)n =1時(shí)，命題顯然成立；假設(shè)命題對(duì)n成立，我

18、們來(lái)證明它對(duì)n 1也成立，注意到ai-1(i =1,2,., n).n 1nn 1nn _1n丨(1 ai(1 am) 2(丨a 1) = 2(【a I代1)iWiWi珀iWn 1nn 1n 1n 1n=2nJm a+1+(n a+%+) =2心(口ai+1)+口a+1n 0廠1+口a+a)i =1i =1i di =1i=1iNn 1n 1n 1=2n(1【ai - 1H2n4m ai - WIQ-am)i =1i Ti zin 1nn Tnn由已知 7a =1可得na1a2.ani 4,(n3n丄).臨丄)_(n2a2an1)n2nn1(a1a2.an)11414 / / 2929= 2n

19、(丨a：邊心丨agn 1-1)-佃1-1) =2n(丨a： 1)-2心&-1)【a-1)i =1i =1i di =1n 1豪(丨ai1).i 4故命題對(duì)n 1成立. .n2n9 9 .設(shè)ai_ 1(i =1,2,.，n),求證 | (1 aj(1 a a2. an)i=1n+1證明nnnai-1n/ ai-1n/ ai-1I丨(1 aj =2|丨(1 -1)_2(1-二-)_2(1-二-)i 4i 12iA2ynT1n2nn=2n(n 1亠二佝-1)一(1亠二aj.n 1i4n 1 y1010.設(shè)x y z = 0,求證：6(x3y3z3)空(x2y2z2)3.證明 顯然x =y =z =0

20、是平凡情形 假定x, y, z不全為零，不妨設(shè)x . 0, y : 0.由z - -(x y),得x3y3z3=3xy乙記333、22 2 20 |xy|2I = 6 (x y - z ) = 5x4 y z =2 16 z22xy| + |xy| +z2門216 22- =(2z2+2xy)3. .再注意到x2y2= (x y)2xz22 xy ,因而2z22 x x2y2z2,這就是所要證的不等式. .1111.已知a,b為小于 1 1 的正數(shù)，求證: :、a2b2(1 a)2b2；a2(1 b)2(1一a)2(1 - b)2一2、2.證明設(shè)乙二a bi,z2= (1 - a) bi,z3

21、二a (1 b)i,z4= (1 a) (1 -b)i,則z=Ja2+b2, ,Z2= J(1a)2+b2, ,Z3I =J(1 a)2+b2, , 乙I = Ja2+(1 b)2+ J(1 a)2+(1 b)2. .zj+|zj +|%| + z/Alw +z2 +% +z=2+2i| =2運(yùn).a2b2.(1a)2b2；a2(1b)2，、(1a)2(1b)2-2&.1515 / / 29291212.設(shè)abc R ,求證: :anbncn_ apbqcraqbrcparbpcq,其中n：二N, p,q,r, ,且p q r二n.同理aqbrcp三式相加,即得anbncn_apbqcraqbr

22、cparbpcq.亠3332221313 .設(shè)a,b,c：二R ,求證：a b c - a b b c c a.證明 該不等式關(guān)于a, b, c對(duì)稱，不妨設(shè)a X b A c,則由左式-右式2 2 2 2 2 2=a (a _b) b (b _c) c (c _a) = a (a _b) b (b _ c) c (c _ b b _ a)= (a2-c2)(a-b) (b2-c2)(b-c)_0.故a b c -abbcca.14.14.已知a b 0,求證35 -3、b：3Qb.證欲證需一臨 b 0,所以寤b 0,Ma -b a 0,只要證a -3&a2b +3?ab2-be a-b,即要證

23、$ab2c&a2b,由于 0,只要證21 - J1 +2x式0二x式02 2x 2,1 2x : 2x 9二解得45x :8r11!x10,1a.1x1x _1 ax:0 =11 -a:x：(2)當(dāng)0：a：1時(shí)，1-10,x二彳11 a.L x1 x：1 -a即原不等式的解集為12乞x：01 -1a =x1818 / / 2929解這個(gè)問(wèn)題的數(shù)學(xué)模型是二元線性規(guī)劃. .1919 / / 2929x+2yE400,2x + v蘭500,一x, y件，約束條件是，目標(biāo)函數(shù)是|0,y一0.f = 3x 2y.要求出適當(dāng)?shù)膞, y，使f = 3x 2y取得最大值. .偲3圖(該圖來(lái)至高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)，

24、需重做)3a先要畫出可行域，如圖?？紤]3x 2y =a,a是參數(shù)，將它變形為y x ,這是223aa斜率為 ，隨a變化的一族直線。是直線在y軸上截距，當(dāng)最大時(shí)a最大，當(dāng)然直222線要與可行域相交，即在滿足約束條件時(shí)目標(biāo)函數(shù)取得最大值. .在這個(gè)問(wèn)題中，使3x 2y取得最大值的(x, y)是兩直線2x 500與x 2y =400的交點(diǎn)(200,100). .因此，甲、乙兩種產(chǎn)品的每月產(chǎn)時(shí)不時(shí)分別為200200、100100 件時(shí)，可得最大收入 800800 千元. .2121.n個(gè)機(jī)器人在一條流水線上工作，加工后需送檢驗(yàn)臺(tái)，檢驗(yàn)合格后再送下一道工序. .問(wèn)檢驗(yàn)臺(tái)設(shè)置在流水線上什么位置時(shí)，才能使機(jī)

25、器人送驗(yàn)時(shí)，才能使機(jī)器人所走距離之和最 短？也即耗時(shí)最少？解不妨設(shè)n個(gè)機(jī)器人位于同一條數(shù)軸上，每個(gè)機(jī)器人所在的位置( (點(diǎn)) )的坐標(biāo)為xi =1,2,., n),檢驗(yàn)臺(tái)所在之點(diǎn)的坐標(biāo)為的坐標(biāo)為x, ,那么機(jī)器人送驗(yàn)所走的距離之和為s(x)=|x_Xi|+|x_x2|+|x_X3|+.+|x_X4|( (x為實(shí)數(shù)),),s(x)何時(shí)最小為了探索問(wèn)題的內(nèi)在規(guī)律，不妨從簡(jiǎn)單的情形開始考慮. .當(dāng)n = 2時(shí)，檢驗(yàn)臺(tái)放在這二個(gè)機(jī)器人之間的任何位置都一樣n =3時(shí)，檢驗(yàn)臺(tái)放在第二個(gè)機(jī)器人所在點(diǎn)時(shí)最小通過(guò)上述試驗(yàn)，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，檢驗(yàn)臺(tái)應(yīng)放在正中間的機(jī)器人所在的地點(diǎn) 時(shí)，檢驗(yàn)臺(tái)應(yīng)放在最中間兩個(gè)機(jī)器人之間任

26、何位置設(shè)甲、乙兩種產(chǎn)品的產(chǎn)量分別為當(dāng)n為偶數(shù)2020 / / 292932222.已知函數(shù)f(x)=ax -3x 1對(duì)于x-1,1總有f(x)_0成立，求實(shí)數(shù)a的值. .2121 / / 2929f(-10,時(shí)，f (x)取得極小值 xw1,1總有f(x)Z0成立等價(jià)于1即喘a乞4,i從而a =4.a _4.2323.已知f (x) =lg(x 1), g(x) =2lg(2 x t)( (t R是實(shí)數(shù)).).(1)(1)當(dāng)t=1時(shí), ,解不等式f(x)乞g(x);如果x 0,1, ,f(x) _g(x)恒成立，求參數(shù)t的取值范圍x+0,1X A *2x+t0,即 $2則2x+1 W(2x1)

27、2.,4x5x HO.5f5，” X蘭一.所以原不等式的解集為4x X色一.4I4Jx 10,(2)(2)x 0,1時(shí)，f(x) g(x)恒成立，即x 0,1時(shí)，有2x-10,即2必+1蘭(2x + t).x +1 0,t -2x,恒成立，故x 0,1時(shí)，t：-2x 、x 1恒成立. .工-2x + VM.于是問(wèn)題轉(zhuǎn)化成求函數(shù)y = -2x 、.廠7,x0,1的最大值. .令u.,則X =u21,u 1八2.則y = 2x、X 1二2(u-丄)217在481,、2上是減函數(shù). .故當(dāng)u =1,即x=0時(shí)，-2X、Q3有最大值.t的取值范圍是1,=.解顯然當(dāng)a乞0時(shí)不成立，故a . 0.2f (

28、x)二3ax -3,令f (x)二0,解得x = _1a.1a1x2,x=0或x_9I4解(1)(1)原不等式等價(jià)于2222 / / 29292424.某工廠統(tǒng)計(jì)資料顯示，一種產(chǎn)品次品率p與日產(chǎn)量x(x N ,80 -x100,單位：件)之間的關(guān)系如下表所示：日產(chǎn)量808081818282X989899991001002323 / / 2929X次品率111p(x)111p28272610981k一其中p(x)( (n為常數(shù)) ) 已知一件正品盈利k元，生產(chǎn)一件次品損失元( (k為不定常n _x3(1)(1) 求出n, ,并將該廠的日盈利額y( (元) )表示為日生產(chǎn)量x( (件) )的函數(shù)；

29、(2)(2) 為獲取最大盈利，該廠日生產(chǎn)量應(yīng)定為多少？(80乞x乞100, x N*).*141144令108 x二t,x 8,28,t N .y k(108t)(3) k 328 3(t)3t 3 t-1k(328 -3 2 12256k.33144當(dāng)且僅當(dāng)t,即t =12時(shí)取得最大盈利 此時(shí)x =96.tx2525.設(shè)函數(shù)f(x)=d.(1)(1)求函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間；若k 0,求不等式xf(X)k(1 -x) f(x) 0的解集 解(1)(1)f(x)的定義域?yàn)?：,0)U(0, =), f (x) - - ex=exx=4ex,令x xxf (x) =0,得x =1.：x：0時(shí)，

30、f (x) : 0,0 : x：1時(shí)，f (x)：0, x 1時(shí)，f (x)0.f (x)的單調(diào)增區(qū)間是1,：),單調(diào)減區(qū)間是(-：,0),(0,1.(2)(2)由f (x)k(1 X)f (x)二_1)(2kx 1ex0,得(xT)( kx 1)：0,故當(dāng)xrii宀0 Vk C1時(shí)，解集是& 1 ex ;當(dāng)k =1時(shí)，解集是0;當(dāng)k 1時(shí)，解集是IkJf 11? X一ex c1 .I kJ解(1)(1)根據(jù)列表數(shù)據(jù)，可得n= 108. p(x)=1108 x(80 _x _100,xN*).由題意, ,當(dāng)日生產(chǎn)量為x時(shí)，次品數(shù)為x,正品數(shù)為108 x(11108 X1108 -X)1 1x

31、k31081x.整理得y k(334108x)x2424 / / 29292626.設(shè)函數(shù)f(x)=xxa +b,b為常數(shù)且b223,對(duì)于任意x0,1, f (x)02525 / / 2929恒成立， 求實(shí)數(shù)a的取值范圍 解從去絕對(duì)值展開討論2當(dāng)a乞0時(shí),x - axb：O對(duì)x0,1恒成立嚴(yán)0,a 1b.a,91,當(dāng)a _1時(shí),x2 ax b : 0對(duì)x0,1恒成立, 一1乞b：2 2-3,或b：-1,a0,即ac0.由a2蘭1知aW1,因此a的取值范(2)(2)記f (x)的最小值為g(a). .我們有f (x) =2x2+(x _a) x_a2-,x a,a22a3(x)233(x a)2

32、-2a2,xa.當(dāng)a_0時(shí)，f (-a)二-2a2, f(x)*-2a2,此時(shí)g(a)二fa2.2626 / / 29292727 / / 29292當(dāng)時(shí)，f(|ra2若x a，則my號(hào)2 2 22222x a二2a : 0, f (x) = (x a)2a - 2a a .此匕時(shí)g (a) a .33卜2a2,a HO,綜上得，g(a)二2 2a , a . 0.3x1+|x2,且不等式a+b|+|a b國(guó)a| f (x)對(duì)a =O,a,bR恒成立，求實(shí)數(shù)x的取值范圍a + b + a b解 由a +b + a b K a f (x)且a鼻0得-!L f (x).又因?yàn)橥? 2 2 2 2

33、22b 3c 6d - (b c d).由條件可得5 - a _ (3 - a),解得 仁a乞2,當(dāng)且僅當(dāng)2828.已知函數(shù)f(x)二a b |a - ba +b +a bA-一a=2, ,則只要23f(x).解不等式x 1+|x2蘭2得2828 / / 2929沁肩.22 2 2 22929.已知實(shí)數(shù)a,b,c, d滿足a b c 3,a 2b 3c 6d = 5,試求實(shí)數(shù)a的取值范圍. .解 由柯西不等式得(2b23c26d2)(-1(b c d)2,即236故所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是1,23030.已知函數(shù)f(x)(x，R)滿足下列條件，對(duì)任意實(shí)數(shù)XX2都有人(N X2)2蘭(x2) f

34、(xj f (x2), f (xj - f(x2)蘭X2,其中丸是大于 0 0 的常數(shù), ,設(shè)實(shí)數(shù)a, a,b滿足f (a) = 0和b=a-，f (a).(1)(1)證明： 1,1,并且不存在b0=a0,使得f(b0)=0;2 2 2證明: :(b -a。) _ (1 )(a aj ;證明: :f2(b) ( 2)f2(a).證任取Xf,x2R,x2,則由(%-x2)2乞(-x2)f(xj - f (x2) (1)及f (xj f (X2)蘭NX2, (2)可知2I2九-X2)蘭(M -X2)f(為)一f (x2)蘭 -X2f (xj - f (x2)蘭XiX2,從而&1.假設(shè)有th=a。，

35、使得f(bo) =0,則由(1)(1)式知0(a。-b。)2乞(a。-bo)f (a。)- f(bo) =0,產(chǎn)生矛盾. .所以不存在b。=&,使得f(bo) =0.證由b = a -，f (a), (3)可知c二1, d=丄時(shí), ,36amax=2;當(dāng)b =1,c二,d二1時(shí), ,33負(fù)3巫成立當(dāng)b二12929 / / 2929(b-a。)2珂a-a。- f (a)2=(a-a。)2-2(a-a。)f(a) 2f2(a). (4)由f (a0)-0和(1)(1)式，得(a-玄)f(a) =(a-a0)f (a)-f (a。)(a-a。),(5)由f(a。) =0和式，得f2(a)二f(a)-

36、 f (a。)2乞(aa。)2, (6)將(5)(6)(5)(6)代入式 得(b -a。)？=(a-玄)2 -2，(a_a0)2，2(a_ 兔)2 =(1一，2)(a_a0)2.證(3)(3)易知ab時(shí), ,(a)f(b)蘭1濃f(a)f(b)_1,故a -b九f (a)扎2蘭如蘭？1&蘭他蘭1丸2,f(b)蘭(1 k2) f(a),當(dāng)a=b此式也成立，貝Uf(a)f(a)f2(b) m(1-2)f2(a).第三章習(xí)題及答案1 1 如果F(x)二f/xj f2(X2).fk(xJ = 0,那么方程F(x) =0的解集等于下列各個(gè)方 程：(x) =0,f2(x) =0,., fk(x) =0的解

37、集的并集，其中每一個(gè)解都屬于這k個(gè)方程的定義域的交集. .解設(shè)F(x)的定義域?yàn)镸,fj(x)的定義域Mj(i =1,2,.,k),因?yàn)镕(x)二f1(x)f2(x).fk(x),所以，M= M1“M2門.“Mk.又設(shè)F(x) = 0的交集為代3030 / / 2929x A;fi(x)=O的解集為Bi(i =1,2,.,k).因?yàn)閤 A M ,所以XiMJlM.|Mk.因?yàn)镕(xJ=O,于是有fi(X|)f2(X2).fk(Xk) =0,這個(gè)等式的左端至少有一個(gè)因式等于零,這表明x EUB2U.UBk.反之易證RU B2U.U Bk5A.2 2.設(shè)q ca?c. can，f (x)(-o,a

38、jan，畑).當(dāng)Aqmaxf (a),i =1,2,., n時(shí)，不等n式送|x a 0,解由于log82、-2=丄，原方程同解于2163x A0,解這個(gè)混合方程組163x1,(16 -3x =x-2.得原方3333 / / 2929lx y二a,1111.解方程組555(a = 0)lx +y =a .3434 / / 2929解原方程組可變形為(I)或(II)x y；a,lxy = 0.Ixy二a .解(I)得x=a,ly =o；x=0,解(II )得y=a.a - a/3ia3ia + aSix二2a-aT5i y二21212.解方程組丄1丄x丄y xy13,xy y x1 x y xy

39、-xy y x=12.解(1) (2),(1) -(2),得方程組y2xy 225,x22xyx1.y令xy二u,二v,方程組變形x2u2v =25,為22彳u =10,解得55 u ,2v二；v2；v=10.xy = 10,即_y55xyW(II)2-=10.iX解(I )得卜=2,* X2= -2, y1=5；y一5.解(II )得1 fy3= 5；y41=2xn,1313.解方程組xy yz zx = 33,(1)(2)(x y)(y z)(z xH 294.解 方程(3)(3)可變形為xyz =36,由韋達(dá)定理則可看出x y z = 10,xy + yz + zx= 33,的解即為關(guān)/

40、yz = 36.于t的三次方程t310t2+33t 36 =0的根. .可求得t的值為加=3,t3= 4.進(jìn)而求得原方捲=3, X2=3, X3=4,程的組的解為y3y2= 4y3= 3Z1=4;Z2=3;Z3=3.1414.解方程組x -yx yx = y ,(1)i i - -( (如果底數(shù)和指數(shù)是變量，只考慮使底數(shù)取正值的情.xy=1.(2)3535 / / 2929形.).)1丄41x_1_x乞解由方程可得y =X2,以此代入方程（1 1）得方程=X=X2 2.（3）因?yàn)閄 0,31 4所以方程 的兩端總?cè)≌? .以方程 的右端的表達(dá)式除等式（3 3）的兩端得x2 2=1.顯然，x=

41、1是這個(gè)方程的解，從而由方程（2 2）得y = 1,于是乂二1是原方程組的解17 = 1=，X,從而由方程 得y =33.經(jīng)檢驗(yàn)可3391X = 3，知39也是原方程組的解y =-3.Ex2 23=0時(shí)，由此可得X2 表示取整則1t二討 242l4t29t 9 A0,_亠,又1 t -1：:：2 t,即2因t乙解得t - -1 或 t = 3,94t -9t-180.故原方程的解為2yx或y=2x(x R且x二0).321616.解方程x +3x 4 = 2x 1 1.21解 零點(diǎn)分段法. .由x2+3x -4 = 0,2x 1 = 0求得x；= V, x；= , x；= 1.于是分區(qū)21 1

42、_5_5/41_1間x：-4, -4 _ x , x : 1討論求解，得x1, x2, x3= 1即為所2 2 2 2求. .2 + 2 + 2xy yz zx x + v + z解將原方程變形為2 + 2*2xyzxyzxyz x y z _ 2 2 2ayz bxz bxz cxy cxy ayz a b c.利用合分比定42 42亠2xyz + xyz _ xyzx + y + z 2 2 2,(cxy ayz) (ayz bxz)(bxz cxy) a b c2 . 2.2xyz2.2.2.a b c(1)1515.解方程4x 3y二2X-2 -i解 原方程可變形為4乂+3丫=2乂1+

43、占,因xHO,即吩書.令羨t, ,3636 / / 29292 2 2同理可得.xVz2b解 令f(x) = x+l|+|3x+5 +|2x + 7 7 2x1 5x 2,則其絕對(duì)值零點(diǎn)分別22zxy222-2( 3 )從而有c2x4a22y _ 4b24c2r 2丄22飛x + y +z2丄-2丄2,a +b +c/+ y2+z22 , 2，由此得1224+b +c/2丄22 2x + y+ z-2丄J由原方程組可知x, y, z中至多只有一個(gè)為零，所以x2y2 z2= 0,于是有222xyz1abc222.由(1)，可得x , y , z =abc4221818已知方程組xmy2(2 m)

44、，有唯一的解X +9y2_9=0.， 求參數(shù)m的值. .解由x -my(2 m) = 0可解得my 2 m,以此代入x2 9y2-9 = 0, ,可消2 2去x, ,得未知元y的二次方程y (m 9) 2m(m - 2)y2m4m -5 = 0. (1)1如果m2 9 =0, ,那么m =3,對(duì)于m的每一個(gè)值，(1)(1)式是一次方程，且2m(2 m) = 0.由x_my-(2+m)0,可得唯一的解，2m(m 2)y m 4m - 5 = 0.2如果(1)(1)是二次方程，且有二重根，那么22225m (m2) -(m9)(m4m-5)1919.解方程解方程x+1 + 3x+5 + 2x+ 7

45、=72x 1 + 5x 2.為I，fmax(x)Y Y d dn nc cYd dn n7Q-,由于-10,則f(x)有最大值. .2 253225157435312761f(-，f(-，f(-1) = -3,f( )=, f()=223356231217,知f(x)=7有解，且解在區(qū)間T-x及x.25221T T _ _ x x 時(shí)，f (x) = 13x 10,當(dāng)x時(shí)，f (x) - -x 16.52或X2=9即為所求. .31,故23737 / / 2929x2020.求3y=1的正整數(shù)解. .3解 去分母得x 9y =3.；(1,-9) =1,故有解 由觀察知其特解為!Xo=-6,故其

46、一般ly0 =-1X = -6 +9t解為.因要求是正整數(shù)解，則-6 9t . 0, -1 t . 0,從而t1.故其正整數(shù)解y =_1 +t1x = -6 9t1x=129t為d,(t =2,3,4,.)或.(t=0,1,2,3,.)y - -1 ty =1 tx三0(mod3),x三0 17 3 = 51(mod3),解 原同余式組同解于x三1(mod5),即可推出x三1 10 51(mod 5),所以原同x三3(mod8).x三3 6 8 = 51(mod8).余式組的解為x =51(mod120).22.22.百牛問(wèn)題：有銀白兩，買牛百頭. .大牛每頭十兩小牛每頭五兩，牛犢每頭半兩.

47、.問(wèn) 買的一百頭牛中大牛、小牛、牛犢各幾頭？x y z =100,解設(shè)大牛、小牛、牛犢各買x, y, z頭，則得方程組：1即|10 x + 5y + z =100.L2(1)得19x+9y=100,解之有9u,ly = 9 + 10u.得z =90 -10u u為整數(shù). .據(jù)題意，應(yīng)求正整數(shù)解，故1 -9u 0,9 19u 0,90 -10u 0.91門u ,u =0. . x = 1, y = 9, z = 90 1992323.一個(gè)正整數(shù)，如果用九進(jìn)位制表示出來(lái)，則成ABC,如果用七進(jìn)位制表示出來(lái)則成CBA，試用十進(jìn)位制求出這個(gè)數(shù). .解設(shè)用十進(jìn)位制表示的這個(gè)正整數(shù)為x, ,由題意有X=9

48、2A9B C =72C 7B A, (1)整理得40A B = 24C.由于40A與24C有公約數(shù)B8 8,故3C - 5A,因右端3C -5A為整數(shù)，所以B必能被 8 8 整除，故B為 0 0 或 8.8.按題意82121解同余式組x三11(mod20),x三3(mod24).x+y+z=100,(1)20 x 10y z =200.代入3838 / / 2929要求0乞B : 7,因此B只能是 0 0,同樣，0乞A：7,0乞C : 7.從3C -5A二0可知A =3,C =5.以A B、C之值代入 式，得x =248.所以，這個(gè)正整數(shù)用十進(jìn)位制表示出 來(lái)是 248.248.2424.已知(

49、-2346,1081)=23,求s,t使-2346s 108123.解 先求s；t使2346 108123.由輾轉(zhuǎn)相除法知n=3,q= 2,q2=5,q3= 1.二Pn=R=13,Qn=Q3=6.從而s=(1)2Q3=6,t = (1)3P = 13.2346 6 1081 (-13) =23.所以-2346 (-6) 1081 (-13) =23. s = 16,t =-13.25.25.( (算術(shù)基本定理) )一個(gè)數(shù)的素因數(shù)分解式是唯一的. .證明 反證法. .假設(shè)唯一分解定理不成立，那么一定至少存在一個(gè)數(shù)，它具有不止一種 素因數(shù)分解式. .這樣的數(shù)可能不止一個(gè)，其中必有一個(gè)最小的，設(shè)為c. .c有最小素因數(shù)p,于是有c二p d.因?yàn)閐 :：: c,所以d有唯一的素因數(shù)分解式. .這說(shuō)明，c的含p的素因數(shù) 分解式是唯一的. .但是，依假設(shè)，c至少有兩種素因數(shù)分解式，所以c必有一種不含p的分解式. .設(shè)在這 個(gè)分解式中的最小素?cái)?shù)是p1,并有c =口d1. (1)因?yàn)閜1p,故有dr：d.從而也有pd：pd =c.現(xiàn)在來(lái)討論數(shù)q =c-pd1=-pd=(口-p)d1：d.這是一個(gè)一個(gè)比c小的數(shù)，必有唯一分解式. .由上式，penPG=p(5 p)d1=p d1或p(5 p).但因p是分解式中