《提優(yōu)教程》教案第15講_存在性問題

1、1第15講本節(jié)主要內(nèi)容是存在性問題.存在性問題有三種：第一類是肯定性問題第二類是否定性問題第三類是探索性問題存在性問題,其模式為“已知,其模式為“已知,其模式為“已知A,A,A,證明存在對象B,使其具有某種性質(zhì)” 證明具有某種性質(zhì) B的對象不可能存在” 問是否存在具有某種性質(zhì) B的對象”.一種思路是通過正確的邏輯推理(包括直接計算),解決存在性問題通常有兩種解題思路證明(或求出)符合條件或要求的對象 B必然存在常利用反證法、數(shù)學歸納法、抽屜原則、 計數(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的對象常常采用排序原則、極 端性原則進行構(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，請求出a,b的值；若不存在，請說明理由。若存在實數(shù)a,b(a0,所以a0,因為函數(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a,b (0,1)時；(ii)當 a,b (1,+ g)時;(iii)當 a (0,1),b 1,+ g)時加以討論.解(1)不存在實數(shù)a,b(ab)滿足條件.事實上，若存在實數(shù)a,b(aa0.故1.1.1,xf(-)=1,xx1(i) 當a,b (0,1)時，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.故此時不存在實數(shù) a,b滿足條件.1(ii) 當a,b (1,+ g)時,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的實根，而此方程無實根，故此時不存在實數(shù)a,b滿足條件，(iii) 當 a (0,1),b 1,+)時，顯然，1 a,b,而 f(1)=0,所以 0 a,b，矛盾,故故此時不存 在實數(shù)a,b滿足條件，綜上可知，不存在實數(shù)a,b(ab)滿足條件，若存在實數(shù) a,b(a0,a 0, 仿照(1)的解答，當a,b (0,1)或a (0,1

4、),b 1,+)時，滿足條件的a,b不存在，1只有當a,b (1,+g)時，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的兩個大于1的實數(shù)根所以,1 4m 0,m 0, 11 i 1 4m只須 1 4m 0, 解得 0m 0,因為函數(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，E、F、G分 別在BC、CD、DA上移動，且季=Cl = D7, P為CE與OF的交點問是否存在兩BC CD DA個定點，使P到這兩點的距離

5、的和為定值？若存在，求出這兩點的坐標及此定值；若不存在，請說明理由.(20XX年全國高考江蘇卷試題)分析根據(jù)題設滿足的條件，首先求出動點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定點(橢圓的兩個焦點)，使得P到這兩點的距離的和為定值 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P(x,y)坐標滿足方程2a2x

6、2+y2- 2ay =0,整理得羊+(y=1.1 a21當a2= 2時，點P的軌跡為圓弧，所以不存在符合題意的兩點；1當a2z 時，點P的軌跡為橢圓的一部分， 點P到該橢圓的兩個焦點的距離的和是定長;當a2寸時，P到橢圓兩個焦點(0, a- a2-|),(0, a+的距離之和為定長2a. 說明 要解決軌跡問題首先要建立適當?shù)闹苯亲鴺讼?，有時還要選擇適當?shù)膮?shù)作過 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有兩個相等的實數(shù) 根.(1)求f(x)的解析式；3 3是否存在實數(shù) m、n(0 m5),集合An=1,2,3,n,是否存在

7、映射 機AnAn滿足條件：對一切 k(1 2)時,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,S2m+i =(2m+2)(2m+3)$(2m+1)= $(2m)=m+2 或 m+1,矛盾.(2)存在.對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k)(1 k w 2n)滿足整除條件且包含1,2,n,又設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年全國高中數(shù)學聯(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個交點.(第26屆IMO預選題) 分析 由于100條直線最多有 000=4950( 1985)個交點，所以符合要求的直線可能存 在.減少交點的個數(shù)可有兩種途徑：一是利用平行線，二是利用共點線.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

9、交點.而x(100 x)=1985 沒有整數(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個交點.再作直線y=x+14與上述99條直線都相交,共得到99個交點，但其中有12個交點(1,15),(2,16),(12,26)也是(1)中99條直線的彼此的交點,所以共得99 12個交點. 由、(2),這100條直線可得到 73 X 26

10、+99 12=1985個交點.解法二 若100條直線沒有兩條是平行的，也沒有三條直線共點，則可得到 C1t30=4950( 1985)個交點，先用共點直線減少交點數(shù).注意到若有n1條直線共點，則可減少C： 1個交點設有k個共點直線束，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).因為滿足C： 1v 2965的最大整數(shù)是n 1=77,此時C77 1=2925.因此可構(gòu)造一個由77條直線組成的直線束，這時還應再減少40個交點.而滿足C： 1 Vn240的最大整數(shù)為n

11、2=9,此時C9仁35.因此又可構(gòu)造一個由 9條直線組成的直線束.這時還 應減少5個交點.由于C4 1=5,所以最后可構(gòu)造一個由4條直線組成的直線束.因為77+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 持不動即可.說明本題的基本數(shù)學思想方法是逐步調(diào)整，這在證明不等式時經(jīng)常使用，但學會在幾 何中應用，會使你的解題思想錦上添花.例7設n是大于等于3的整數(shù)，證明平面上存在一個由 n個點組成的集合，集合中任 意兩點之間的距離為無理數(shù) ，任三點組成一個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、上選擇點列，另一種方法在半圓周上選擇點列.解法一 在拋物線y=x2上選取n個點P1,P2,Pn,點Pi的坐標為(i,i2) (i=1,2，,n).因為直線和拋物線的交點至多兩個，故n個點中任意三點不共線,構(gòu)成三角形為非退化的.任兩點 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 是無理數(shù).從而 |PPj|是無理數(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個點符合條件.解法二考慮半圓周x2+y2=r2(y R + , r = .2)上的點列An,對一切n N*,令/ xOAn =a- a ,ann2-1anan,則任意兩點 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個數(shù)都要在矩陣 A中出現(xiàn)， 而A的主對角線上只有 n個元素，所以，至少有一個x S不在A的主對角線上.取定這樣的x.對于每個i=1,2，,n,記A的第i行和第i列中的所有元素合起來構(gòu)成的集合為Ai,稱為第i個十字，則x在每個Ai中恰好出現(xiàn)一次.假設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，這樣 A的n個十字兩兩配對，從而n必為偶數(shù).而1997256十175十為一個銀矩陣612431亠是奇數(shù)，故不存在 n= 1997階的銀矩陣.對于n=2, A= ?1 fl即為一個銀矩陣，對于n=4, A=般地，假設存在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n x n的矩陣，它是通過 A的每一個元素加上 2n得到，而C是通過把B的主對角線 元素換成2n得到為證明D是2n階銀矩陣，考察其第i個十字.不妨設i 3)個兩兩不平行的向量構(gòu)成的有限集合G:(1)對于該集合中的任何n個向量,都能從該集合中再找到n

15、 1個向量,使得這2n 1個向量的和等于 0;(2)對于該集合中的任何 n個向量，都能從該集合中再找到n個向量，使得這2n個向量的和等于 0.(20XX 年俄羅斯數(shù)學奧林匹克試題 )7. 試證:在半徑為1的圓周上存在1975個點,其中任意兩點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無窮點集，使得其中任意三點不共線，且任意兩點之間的距離為 有理數(shù)？(1994 年亞太地區(qū)數(shù)學奧林匹克試題 )習題 201. 已知拋物線 f=4ax(0 v a v 1 )的焦點為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M和N，設P為線段MN的

16、中點.(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，說明理由. (1996年昆明市數(shù)學選拔賽試題 )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)學奧林 匹克試題 )3. 證明只存在一個三角形 ,它的邊長為三個連續(xù)的自然數(shù),并且它的三個內(nèi)角中有一個為另一個的兩倍(第10屆IMO試題)4是否存在這樣的實系數(shù)多項式P(x):它具有負實數(shù)，而對于n 1, Pn(x)的系數(shù)全是正的.(1994年莫斯科數(shù)學奧林匹克試題 )5證明不

17、存在對任意實數(shù)x均滿足ff(x)= x2- 1996的函數(shù) (1996年城市數(shù)學聯(lián)賽試題)6是否存在有界函數(shù)f : RtR,使得f(1) 0,且對一切的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)學冬令營試題 )&(1)是否存在正整數(shù)的無窮數(shù)列an,使得對任意的正整數(shù)n都有an 12anan+2?(2)是否存在正無理數(shù)的無窮數(shù)列an,使得對任意的正整數(shù)n都有an 1 2anan+2?(20XX 年中國東南地區(qū)數(shù)學奧林匹克試題 )9. 是否存在一個無限素數(shù)數(shù)列p1, P2,pn,，對任意n滿足|pn+1 2pn| = 1.(20XX年波羅的海 數(shù)學奧林匹克試題)10. 證明：對于每個實數(shù)M,存在一個無窮多項的等差數(shù)列，使得(1) 每項是一個正整數(shù)，公差不能被10整除；(2) 每項的各位數(shù)字之和超過M.(第40屆IMOY預選題)1

19、1. 是否存在定義在實數(shù)集R上的函數(shù)f(x)，使得對任意的x R,f(f(x)= X,且 f(f(x)+1)=1 X(20XX年河南省數(shù)學競?cè)舸嬖?，寫出一個符合條件的函數(shù)；若不存在，請說明理由.賽試題)12. 對于給定的大于1的正整數(shù)n,是否存在2n個兩兩不同的正整數(shù)a1,a2,an; b1,b2,bn 同時滿足以下兩個條件：(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有兩個相等的實數(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 f(x)= g(x)時,有-2x2+7x-2=x, 即 2x(II)設A、B兩點的坐標分別為 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).因為 f(X)max=4ac b233 7 廠=,此時,x =補1,3,4a84所以，盤故取m= 883311n=3時，f(x)= - 2x2+7x- 2在r；,3上的值域為1,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，故k2-2 豐 0,A=2k)2- 8(k2-2)0,j 2kV - k2-2，X1X2=X1 +X2=2kk22，假設存在實數(shù)k,使得以線段 AB為直徑的圓經(jīng)過雙曲線C的右焦點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)過雙曲線C的右焦點F.53. 任作一個邊長為1996的正七邊形 A1A2A3A4A5A6A7.這7個頂點中必有4點同色,而在這同色四點中，必有兩點是相鄰頂點為確定起見，不妨設這兩點就是A1、A2,并且它們均是紅色(1) A4或A6中有一個是紅色的，比如,A6是紅色的, A1A2A6即為所求. A4與A6都是藍色的.若A7是藍色的,則厶A4A6A7即為所求;若A3是藍色的，則厶A4A6A7即為所求；若A3、A7都是紅色，則為 A1A3A7所求.4. 設存在6個格點P1,P2,P3,P4,P5,P6落在區(qū)域s=(x,y

23、)|x|w2,|y|w2內(nèi),它們?nèi)?個點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的三個點.此三點所成的三角形面積不大于2.矛盾.故x軸上恰有P的2個點(因不能有3點共線).又剩下P的4個點不可能有一點在直線y= 1上，否則出現(xiàn)P中的點為頂點的面積不大于2的三角形.這就證明了，在直線y=2,和y= 2上，分別恰有P的兩個點.注意到S的對稱性 同理可證：直線x= 2, x=0, x=2上分別有P的兩個點.于是，在每條直線y=2i,x=2i(i=0, 1)上恰

24、有P的兩個點.(2)P必不能包含原點，否則，因S內(nèi)縱，橫坐標均為偶數(shù)的所有格點落在且僅落在過原點的 4條直線上，由 抽屜原理,剩下的P的5個點,至少有兩個點落在這些直線的其中一條上 于是3點共線，矛盾.因此,P中在x軸的兩點必是(一2,0), (2,0).同理，在 y軸上的兩點必是(0, 2), (0, 2).剩下的兩點只能取(一2, 2), (2,2)，或(一2,2), (2, 2).不論哪一種情形，都得到一個以P 點為頂點的面積不大于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bn心 1都存在,故kn

25、H 0, n=1,2,3,.kn對于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符號相同，不妨設kn0, n=1,2,由 kn 1 knknkn,有1 11點 RE k1 (k1 k2矛盾.n=1,2,，也會出現(xiàn)矛盾.但當 nk12 時 kn+1 0, 同理可證，當kn 0.由條件(1),可以找到n 1個向量a1, a2，,an 1,使得f1+ f2 +fn= (a什a2 + an 1).顯然，至少有某個向量 ei不出現(xiàn)在上式右端，不妨設為e1.從而a1+a2+an 1

26、+e1的投影 為負，且其絕對值大于s.再由條件(2)知，又可以找到 n個向量，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.對單位圓上輻角為2 91,2 02,2 01975的點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).考慮一個以有理數(shù)R為半徑的圓周，和一個弧度為2 a的圓弧，顯然 走=sin a其中a是上述圓弧所對2R的弦長，因此弦長為有理數(shù).從此弧的端點出發(fā)，在圓周上連續(xù)截取弧度為2 a的圓弧，顯然，任一弧所對的弦長 XY是有理數(shù).由作圖法知XY = |sinna，對某個正整數(shù)n,由于 2Rcosa與sin a都是有理數(shù)，所以由數(shù)學歸納法可以證明 sinna和cosn a都是有理數(shù). 下 面證明此過程產(chǎn)生一個無窮點集. 為了此目的，設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限 集.方法二 在平面上取一點 P和一條與P距離為1的直線I,設Q是I上與P相距為1 的點，考察I上所有滿足SQ,PS都是有理數(shù)的點 S,由于畢達哥拉斯基本的三元數(shù)組有無窮 多個，而且與點 S 一一對應，故存在無窮多個這樣的點.作一個以P為中心，半徑為1的反演.此變換保持點之間的距離的有理性(這容易通過 PSRs

29、 PSR證明，其中S和R是點集中的點，S和 R分別為它們的象).用這樣的方法構(gòu)造的點集在一個圓周上，因此， 無三點共線.習題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 M, P, N在拋物線準線上的射影為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|這說明了點P應在拋物線上.但由已知P是線段MN的中點，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. 設厶ABC滿足題設條件，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,但這個方程無整數(shù)解綜上，滿足題設條件的三角形三邊長只有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 k2 時，有 P2k(x)=P2(x)k, P2k+1 (x)=P2(x) k 1?P3(x).所以對一切n 1, Pn(x)的系數(shù)全是正的.5. 令 g(x)= ff(x) =x2-1996,設 a、b 為方程 x2- 1996= x 的兩個實數(shù)根,則 a、b 是 g(x) 的不動點.設 f(a)=p,則 ff(p)= ff(f(a)= f(a)=p,即 p 也是 g(x)的不動點.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)存在四個不動點a、b、c、d.因為 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)的不動點.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(項數(shù)取1999),且各項數(shù)字和 為公差是1的等差數(shù)列.& (1)不存在假設存在正整數(shù)數(shù)列a* 滿足條件a2 1 2anan+2.因為 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 嚴格遞增數(shù)列，所以P3 3且不能被3整除，若P3= 1(mod3)時，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