初等數(shù)學(xué)研究(程曉亮、劉影)版課后習(xí)題答案

1、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i2=-1,和有序?qū)崝?shù)對(a,b)一起組成一個(gè)復(fù)數(shù)abi.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.為了表示具有相反意義的量，引入了負(fù)數(shù).并

2、且直到17世紀(jì)才對負(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aAb,則存在非空有限集A,使得AnAB;若cd從而必存在非空有限集C,使得CnCD,所以(AuC)二(BuD)所以集合A=C的基數(shù)a+c大于集合B=D

3、的基數(shù)b+d,所以a+cb+d.5(1)解：按照自然數(shù)序數(shù)理論加法定義，53=52=(52)5=515=5155=555=15(2)解：按照自然數(shù)序數(shù)理論乘法定義53=52=(52).=(51)=(51)=(6)=7=86證明：1當(dāng)n=2時(shí)，命題成立.(反證法)/i-t-t、r1r.、i-t2-t22212或初設(shè)n=卜時(shí)(k2)成乂，即aia0,i=1,2,，k,且a1+a2十十a(chǎn)k=1。a1+a2十十a(chǎn)k之一。k當(dāng)n=k1時(shí)，由ai0,i=1,2,k1,且a1a2，ak-ak1=1a1a2ak口ai得，=1,且一i01-ak.11-ak.11-11-ak122/、2d由歸納假設(shè)，得a1+a2

4、一+1ak之11ak4j11-ak+j、1-ak書jk222221ak12a1a2.akak1ak1k要證22k11-akdkk1ak1-k,=(k+12a；-2(k+*k*+1之07證明：1當(dāng)n=8時(shí)，命題成立.(8=3+5)2口設(shè)n=k(k7,keN)時(shí)命題成立.k角郵資可能是：(1)完全用3角的郵票來支付；(2)至少用一張5角的郵票來支付.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,命題對于不小于8的所有自然數(shù)成立.8證明:(1)f(2)=1,f(3)=3=1+2,

5、f(4)=6=1+2+31,(2)f(n)=1+2+(n-1)=-n(n-1)21。當(dāng)n=2,3,4時(shí)，命題成立.12口假設(shè)n=k(k7,kwN)時(shí)命題成立,即fk=kk-1.那么n=k+1時(shí)，原k21條直線有1k(k-1)個(gè)交點(diǎn).由條件知，第k+1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)=f(k)+k=1(k+1煤+1)-1.2綜合1、2,命題對于不小于2的所有自然數(shù)成立.9舉例：正整數(shù)集N上定義的整除關(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)(反對稱性)如果x|y,y|x,那么x=y;(3)(傳遞性)如果x|y,y

6、|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三N,且1M若awM,則awM.若M二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=b,這樣就有cb,ab成立.因此1wM.假若b.M,即三個(gè)關(guān)系中至少有一個(gè)成立.當(dāng)ab時(shí)，存在mWN*,使得b=a+m,則b=(a+m)=a十m,即ab時(shí)，存在kwN,使得a=b+k,若k=1,就有a=b+1=b;*右k/1,就有l(wèi)=N，且k=l,使得a=b+l=b+l+1=b+l,即ab成立.綜上，bwM,從而M=N.15證明：n=n(ax+by

7、)=nax+nby,a|n,二ab|bn,，ab|bny,vb|n,，ab|an.ab|anx.ab|naxnby=n16證明：因?yàn)閍b+cd(ad+bc)=(bd)(ac),且a-c|ab+cd,a-c|(b-d)(a-c),所以a-c|ab+cd_(b_d)(a_c),即a-c|adbc17證明：因?yàn)閜p-1=(p-1)(pp+pp+p+1),而有限個(gè)奇數(shù)的乘積仍是奇數(shù)，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pp-1=(p-1)(2s+1),slZ,同理有qq+1=(q+1)(2t+1),twZ,兩式相加:pp+qq=2(p1)(s+t+1)=(p+q)(s+t+1)

8、,所以p+q|(pp+qq).18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=tg2/-=tg2-=-323q13518若5q為偶數(shù)，可驗(yàn)證質(zhì)數(shù)p=7,q=2,則嘮？一p=log27=03q1321所以10g2p=-M0.3q119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)，a-b是這樣一個(gè)數(shù)，它與b的和等于a.即(a-b)+b=a.但是，我們有a+(-b)+b=a+(&)+b(加法結(jié)合律)=a0=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：

9、xb(一b)=a(-b)xb(-b)=a(-b)x=a(-b)即差只能是a+(-b),定理得證.2abb-a2ab,2(a-b)20證明：做差，a=0,-b=-0.3333所以有a:二*:二b321證明：首先證明xWy當(dāng)且僅當(dāng)-yMxMy.事實(shí)上，若xWy,當(dāng)x之0時(shí)，x=xWy且x之一y,即一yWxWy;當(dāng)x0時(shí)，x=xWy,有一yMx,且x0Wy,故yWxWy.反之,若yExMy,當(dāng)x0時(shí)，x=xMy;當(dāng)x0時(shí)，y之x=|x.b.下面來證明：a-b事實(shí)上，對于a,b顯然有：-aaa-bb|b故有-(ab)abab.由上面的討論知，a+b|a+b.另一方面，a=a+bba+b+|b=a+b+

10、|b.故a-b|a+bq,用n!乘下列級(jí)數(shù)表達(dá)式兩邊：e=1+-+1!2!3!得：11n!e=n!n!n(n-1)31n-1(n1)(n2)人11令an=n!n!n(n-1)31,bn=n1(n1)(n2)于是n!e=an+bn,則n!e應(yīng)為正整數(shù)，n!e-an應(yīng)為整數(shù).但是0:bn(1(n2)(n3)111n2-(1-2):2n1n2(n2)(n1)因?yàn)閚1,故0bn0時(shí)，上式與(ap,bq)=1矛盾.所以,lOgab不是有理數(shù)，又可以證明lOgab是實(shí)數(shù)，所以lOgab是無理數(shù).25證明：假設(shè)方程有有理數(shù)根x=R,(p,q)=1,q1,將x=其代入方程，可得:qqpn=-q(a1Pn+a2

11、Pn/q+anqn)，由此可知q的任何素?cái)?shù)因子r必可整除pn,因此r必可整除p,從而知r為p與q的公因子，但是(p,q)=1,所以r=1,所以q=1,這與q1矛盾.所以整系數(shù)代數(shù)方程xn+a1xn十十a(chǎn)0=0的任何非整實(shí)根均為無理數(shù).26按照字典排序法，先比較實(shí)部，再比較虛部.27證明：將三次本原單位根x=E或E2分別代入f(x):f()-3m1+.沱3n21_,21=0f(2)-(-2)3m1(2)3n2121-0因此，f(x)含有因式(x-S),(x-s2),而(x-S)x-S2)=x2+x+1=0所以(x2x1)|f(x)28證明(反證法)：若冗與3.8的和是有理數(shù)a,即冗十3.8=a,

12、則a-3.8=冗.因?yàn)槿w有理數(shù)稱為一個(gè)域，對減法運(yùn)算封閉，所以差a-3.8仍是有理數(shù)，與n是無理數(shù)矛盾，所以n與3.8的和是無理數(shù).29兩個(gè)無理數(shù)的商可能是有理數(shù).例如：d萬是無理數(shù)，易證2V2也是無理數(shù)，22-2Z、230不能，因?yàn)闊o理數(shù)對四則運(yùn)算不封閉.例如、設(shè)-J2=0.31解：由于z4=(x+yi)4=(x2_y2+2xyi)2=(x2_y2)2_4x2y2+4(x2-y2)xyi所以z4是純虛數(shù)的條件是(x2-y2)24x2y2=0,4(x2y2)xy#0即x=(_1_.2)y,y=032證明：設(shè)Ci是C的任一子域，CinR,且在G中方程z2=1有解z=j.按照題意，要證明Ci=C

13、.因?yàn)镃i=C,所以只需要證明Ci=C.由jwCi,CiJC,知jwC,依C的四則運(yùn)算律，有(i-j)(ij)=i2ji-ij-j2=0于是，1=上或1=一上.任取0WC,由e=x+yi,(x,ywR),知6=x+yj或=xyj又由于x,y,jwCi,而Ci是域，于是wCi,因此Ci3C.第二章習(xí)題及答案xi.設(shè)x0,證明ln(i+x)x.ixi證明取f(x)=ln(i+x).在(0,x)上有導(dǎo)數(shù)f(x)=.利用微分中值定理ixf(x)-f(0)ln(ix)-ln(i0)in.vf(),0x.x0x0ixiix即ln(i+x)=.又因ln(i+x)=i,因此有l(wèi)n(i+x)0),x+y+z=-

14、a.求證：22 220三x三a,0三y三a,0三z三a.3 33、一.ooo1ooo1o證明由x+y+(axy)=-a有x十(ya)x+(yay+-a)=0.其判別24221222式=(y-a)-4(y一ay+-a)之0(因x=R),從而，3y一2ayE0即0y-a.4322同理可證0_x_a,0_z-a.333.設(shè)a,b,c表示一個(gè)三角形三邊的長，求證：222,a(bc-a)b(ca-b)c(ab-c)三3abc.證明不失一般性，設(shè)aAb之c,令a=c+m,b=c+n,則mn主0.有3abc-a2(bc-a)-b2(ca-b)-c2(ab-c)二a(a-b)(a-c)b(b-c)(b-a)c

15、(c-a)(c-b)22二(cm)(m-n)m(cn)n(n-m)cmn=(m-n)c(m-n)(m-n)cmn_0.222,a(bc-a)b(ca-b)c(ab-c)三3abc.4 .設(shè)x,ywR,且x2+y2E1,求證：x2+2xy-y2J2.證明設(shè)x2+y2=7-2,則由題設(shè)可知，同1,并可設(shè)x=九cos8,x=九sine.于是x2+2xyy2=九2(cos28+2cossinsin28)-12(cos2isin21)-,2、2sinC).4:x2+2xy-y242.,.,、a+b,5 .已知a1,b1,求證1.1+ab證明欲證a b二1 ab, 一 a - b1成立，只需（W-b1 a

16、b)2 1,即證(a+b)2 0,也就是1+a2b2a2b20,即證(1-a2)(1-b2)0.而a1,b0),求n(a+一)之(n+一).yi1ain證明a11 = a1 - a11112 , 2 . 1 -2-n a1n a1 n a1r.Ln2項(xiàng)1 a2 a?二a22 n a2.一（nn%1an一 二 anann2an1n an山n2+%4n2項(xiàng)1以上諸式，當(dāng)且僅當(dāng)ai=(i=1,2，n)是等號(hào)成立.諸式兩端相乘得n(a1(a11、/1、/2nn211)(a2).(an)_(n1)nn等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)a =a2 =. =an =一時(shí)成立. n7.證明：函數(shù) f (x) =X8 x5 +x2

17、x +1 A0.證明（1）當(dāng)x W （_笛,0）時(shí)，顯然f（x）0;(2)當(dāng) xw (0,1)時(shí)，f(x) =x8+x2(1 -x3)+(1 -x) 0;(3) xW1,f)時(shí)，f (x) =x5(x31) + x(x1)+1 a0.綜合(1), (2), (3)可知，可知f (x)恒正.8.證明 若 a 至 1(i=1,2，n),則 2n閏2an + 1)至(1 + a1)(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n成立，我們來證明它對n +1也成立，注意到ai 1(i =1,2，n).n 1nn 1n (1 ai) (1 am) 2n

18、(il ai 1) = 2nai 11 d a011)i 1i 1i =ii =i2n3n2aa2an;n(aan)n112.3由已知Zai=1可得a1a2annnn即一：i 1ynaa2an1)(a2)-(an)-(n21)naa2ann/nn川n1n-1nn1n1=2|aT(|aani)=2ai1)(1d1Id-1112an.)i1i1i1i4i4i1n1n1n1=2n(【ai-1)-2nJ(iia1|d-an)i4i1i4n 1n=2n(| 1 ai 1) - 2n J| ai(an 1 - 1) - (an 1 - 1)i 4i 4n：1n=2n(【ai1)-2nJ(an-1)|Ta-

19、1)i1i1n1,們ai1).i4故命題對n+1成立.9.設(shè) ai _1(i =1,2,., n),n求證:(1 ai) _2nn1(1 a1a2 . an).證明nn a _1nIT (1 ai) =2ni【(1 _) 2n(1 八i 1i 12i 1濘）=2n(n 1 八-1)i 12nn 1n(1 八 a)i 1333.222.310.設(shè)x+y+z=0,求證：6(x+y+z)M(x+y+z).證明顯然x=y=z=0是平凡情形.假定x,y,z不全為零，不妨設(shè)x0,y0.由z=-(x+y),得x3+y3+z3=3xyz.記33322220y|xy|2I=6(xyz)=5x4yz=216z22

20、xyl/xy十？TTzb0,求證Va-3/b3/a-b.證欲證3/a-3/bb0,所以Va-Vb0,Vab0,只要證a-3va2b+33ab2-ba-b,即要證0ab20,只要證3/bbA0,此不等式顯然成立.215.若pwR且p0,令2f(p)0,f(p)=(a-1)p+a2-2a+1,則f(p)0恒成立，等價(jià)于：f(-2)0.2-I2(a-1)a-2a10,2-2(a-1)a-2a10.解不等式組得：a .3或a ：二,-1-1 ： x 8或 0 :二 x .216.設(shè)e是自然對數(shù)的底,n是圓周率,求證enne.ln 二 ln e ln x證明因?yàn)?1 -ln x 八 e二1 一 ln x

21、ln 二jidx,又當(dāng)xw (e,文)時(shí),e,從而有e n .4x217 .當(dāng)x為何值時(shí)，不等式j(luò) 2(1 - x 1 2x)22x+9成立？解先將不等式分母有理化，有4x22x(1 ,1 2x)(1-、1 2x)21(1 一 1 2x)(1 .1 2x)=(1、.1 2x)2 =2 2x 2 1 2x.因此原不等式同解于不等式組1 - 1 2x = 0= x = 0解得2+2x+21 +2x c2x + 9u45x 二一8145一45x 一 .8一一x且x#0.1即原不等式的解集為xWx0且2=1,解關(guān)于x的不等式lOga(1-)1.x一一一一1斛原不等式uloga(1)logaa.x(1)

22、當(dāng)a1時(shí)，原不等式.11 一二 x1 x0,a.1 - ax1x -1 :二0 二x士 x 0.（2）當(dāng)0 a 1時(shí)，原不等式匕1- 0,x1 -:二 a.x二 1 ： x ：20.某廠擬生產(chǎn)甲、乙兩種適銷產(chǎn)品，每件銷售收入分別為3千元、2千元.甲、乙產(chǎn)品都需要在A,B兩種設(shè)備上加工，在每臺(tái)A,B上加工一件甲所需工時(shí)分別為1時(shí)、2時(shí),加工一件乙所需工時(shí)分別為2時(shí)、1時(shí)，A,B兩種設(shè)備每月有效使用臺(tái)時(shí)數(shù)分別為400和500.如何安排生產(chǎn)可使收入最大？解這個(gè)問題的數(shù)學(xué)模型是二元線性規(guī)劃.+2y400,設(shè)甲、乙兩種產(chǎn)品的產(chǎn)量分別為x,y件，約束條件是2x+y0.f(x)=3ax2-3,令f(x)=0

23、，解得x=-=.a1,什，一，、一x=時(shí)，f(x)取得極小值.xW1,1總有f(x)之0成立等價(jià)于、.af(-1)-0,(即f _0.a三4,從而a=4.a-4.23.已知f(x)=lg(x+1),g(x)=2lg(2x+t)(t乏R是實(shí)數(shù)).當(dāng)t=-1時(shí)，解不等式f(x)0,11|x-解(1)原不等式等價(jià)于2x+t0,即2,2!,2L、c二x 5.所以原不等式的解集為451 Wx x之一卜. I 4J1x 2,則 25x W0或x之一.4x+10.x10,(2)xW0,1時(shí)，f(x)Mg(x)恒成立，即x0,1時(shí)，有i2x-10,x+10,tA2x,恒成立，故xW0,1時(shí)，t之一2x+Jx+

24、1恒成立.上之一2x+Jx+1.于是問題轉(zhuǎn)化成求函數(shù)y=-2x+Vx+T,x0,1的最大值.一2一1217令u=TXi,則x=u1,uw1,T2.則y=2x+，x+1=2(u)+在481,J2上是減函數(shù).故當(dāng)u =1,即x=0時(shí),2x+jxr有最大值.二t的取值范圍是1,.24.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(xwN,80x100,W：件)之間的關(guān)系如下表所示日rsx808182.x9899100次品率p128127126p(x)1101918-1k其中p(x)=(n為常數(shù)).已知一件正品盈利k元，生產(chǎn)一件次品損失一兀(k為不定常n-x3數(shù)).(1)求出n,并將該廠的日盈利額y

25、(元)表示為日生產(chǎn)量x(件)的函數(shù)；(2)為獲取最大盈利，該廠日生產(chǎn)量應(yīng)定為多少？1解(1)根據(jù)列表數(shù)據(jù)，可得n=108.二p(x)=(80x100,x=N*),由題意,108-x1，當(dāng)日生產(chǎn)量為x時(shí)，次品數(shù)為一1一，x,正品數(shù)為108-x(1 一) x, y = k (1 -108 -x108 -x108 -x14x.整理得 y = - k(3 )x3108-x(80x0,求不等式xf(x)+k(1x)f(x)0的解集.11x-1解(1)f(x)的定義域?yàn)?3,0)U(0,Z),f(x)=2ex+exex=ex,令xxxf(x)=0，得x=1.7x0時(shí)，f(x)0,0x1時(shí)，f(x)1時(shí)，f

26、(x)0.二f(x)的單調(diào)增區(qū)間是1,y),單調(diào)減區(qū)間是(血,0),(0,1.(x-1)(-kx1)x(2)由f(x)+k(1x)f(x)=八2Jex.0,得(x1)(kx+1)0,故當(dāng)xf11.r,“一0k1時(shí)，解集是4x1x1時(shí)，解集是IkJ1Vx-x15.26.設(shè)函數(shù)f(x)=xxa|+b,b為常數(shù)且b/2-3,對于任意xw0,1,f(x)0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解從去絕對值展開討論.a 1b.當(dāng)aE0時(shí)，x2-ax+b1,當(dāng)a占1時(shí)，x2+ax+b0對x0,1恒成立，二-1b2J2-3,或b1,一x2 + ax + b 0 對 x w 0,1恒成a2Vb.1a1_b.當(dāng)0a1時(shí)，

27、x2-ax+b0對x0,1恒成立且0 : a ：二 1, a 1b.廠 0 :二 a ； 1,且 2a 4b : 0.0 :二 a ： 1,即 a 1b,2 十4b 0.a0, a 1b.a -1,或 b -1,a ： 1 - b.0:a二1,或a1b,2+4b0.當(dāng)b-1時(shí)化簡可得1+baW0或。或1a1-b或0aW1,即1+ba1b;當(dāng)1Mbw1時(shí)化簡可得1MaM28或0或1+bMa1,即1+bWa21b.4當(dāng)1b2五3時(shí)化簡可得或。或。或?；?+ba21b,即41ba:2.-b.27.設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)=2x2+(xa)xa.(1)若f(0)之1,求a的取值范圍；(2)求f(x)的

28、最小值.解(1)；f(0)=aa之1,，aA0,即a0.由a2之1知aW1,因此a的取值范圍為(-二，-1.(2)記f(x)的最小值為g(a).我們有a、22a2f (x) =2x2 +(x-a) x -a3(x),xa,二3322(xa)-2a,x_a.2_222當(dāng)a之。時(shí)，f(a)=2a2,f(x)A2a2,此時(shí)g(a)=a.至-;若xWa,則3a2oac2a2當(dāng)aa,則f(x)=3(x月)2+汽33332222222x+aE2a2a-a.此時(shí)g(a)=a.332-2a,a_0,綜上得，g(a)二22人a,a：0.328 .已知函數(shù)f(x)=x-1+x-2，且不等式a+b+ab之a(chǎn)f(x)

29、對a#0,a,bwR恒成立，求實(shí)數(shù)x的取值范圍解 由a+b+ab之a(chǎn)f (x)且a # 0得a + b + ab f(x).又因?yàn)閍+b+a-ba+b+a-b之Li=2,則只要2之f(x).解不等式乂1+乂2M2得a同29 .已知實(shí)數(shù)a,b,c,d滿足a+b+c+d=3,a2+2b2+3c2+6d2=5,試求實(shí)數(shù)a的取值范圍.1 11O解由柯西不等式得(2b2+3c2+6d2)(_+_+_)(b+c+d)2,即2 362b2+3c2+6d2之(b+c+d)2.由條件可得5a2之(3a)2,解得1EaM2,當(dāng)且僅當(dāng).11.1_.2.1.當(dāng)b=二，c=二，d時(shí)，amax=2;當(dāng)b=1,c=二，d=

30、二時(shí)，am.=1.23633故所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是1,230.已知函數(shù)f(x)(xwR)滿足下列條件,對任意實(shí)數(shù)Xi,X2都有九(XiX2)2(Xi-X2)f(Xi)-f(X2),f(Xi)f(X2)EXiX2，其中人是大于。的常數(shù)，設(shè)實(shí)數(shù)a0,a,b滿足f(a0)=0和b=a-九f(a).證明：九W1,并且不存在bo/a。，使彳導(dǎo)f(4)=0;2.22(2)證明：(bao)(1兒)(aao);222(3)證明：f2(b)w(i九2)f2(a).證任取X1,X2WR,X1#x2,則由(X1X2)2M(X1X2)f(X1)-f(x2)(1)及f(Xi)-f(X2)MXX2,(2)可知1(X-X

31、2)2(xi-X2)f(Xi)一f(X2)x-X2IIf(Xi)-f(X2)w|xiX22,從而九Mi.假設(shè)有bo=ao,使得f(bo)=0,則由(i)式知20Ma0bo)W(aobo)f(ao)f(bo)=0,廣生矛盾.所以不存在bo#ao,使得f(bo)=0.證(2)由b=a-Xf(a),(3)可知(b-ao)=a-ao-f(a)=(a-ao)-2(a-ao)f(a),f(a).(4)由f(ao)=0和(i)式，得/一%)=(2%)“(一注)之九(一%)2,(5)222由f(ao)=0和(2)式，得f(a)=f(a)f(ao)W(aao),(6)將(6)代入(4)式得(b-ao)2=(a-

32、ao)2-2(a-ao)22(a-%)2=(i-2)(a-ao)2.證(3)易知ab時(shí)，f(a)f(b)i,Kf(a)f(b)Ei,故a-b,f(a)九2wfb)九,i九f-(b)專九2,f(b)(i-?)f(a)，當(dāng)a=b此式也成立，則f(a)f(a)f2(b)(i-2)f2(a).第三章習(xí)題及答案1 .如果F(x)=fi(Xi)f2(X2)fk(xj=0,那么方程F(x)=0的解集等于下列各個(gè)方程：i(x)=0,f2(x)=0，fk(x)=0的解集的并集,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,fi(x)的定義域Mi(i=1,2，k),因?yàn)镕(x)=i(x)f

33、2(x)fk(x),所以，M=MinM2fT.nMk.又設(shè)F(x)=0的交集為A,xiWA;fi(x)=0的解集為Bi(i=1,2,，k).因?yàn)閤wAM，所以x1WM1nM2nnMk.因?yàn)镕(x1)=0,于是有f1(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x1wB1UB2U.UBk.反之易證B1IJB2U.UBk=A.2 .設(shè)&a2.an,f(x)(-o0,a1an,依).當(dāng)Amaxf(a),i=1,2，n時(shí)，不等n式、i工x -aimaxf(ai)(i=1,2，n),則在區(qū)間ai,a國上,f(x)的圖象是一條射線ny=fx+ai,x0Hx0,此時(shí)方程同解

34、于a -x2 = Ja + x.由ax-xJa+x=x+1(2)la0,x0,所以要使有解，必須a=0,x=0.方程（2）只有當(dāng)a之1時(shí)有解：x=-1*J4a-32綜上所述，當(dāng)a0或0a2,.4-x之2,解得一2ExM2.3當(dāng)0WxW2時(shí)，原萬程可變形為（4x）2=（Jx、4）2，即8x=12，解得x=+當(dāng)-2Wx0,x#1.將原方程中的對數(shù)化成以a為底并整理得,叵鼠亙十，叵三二a.即410gax-4logax1十logax+|logax1=2ajlogax.(1)(1)當(dāng)logax1時(shí)，方程(1)為2logax=2ajlogax,即logax=a221.由a2a0,a=1,得a1,故方程（1

35、）的解為x,=aa，即為原方程的解(2)當(dāng)0clogax父1時(shí)，方程(1)為2=2a，logax,即logax=a”0,a=1,2得aa1,故方程（1）的解為x2=a，即為原方程的解c2c-2所以當(dāng)aa1,原方程的解為x=a,x=a;當(dāng)2工1時(shí)，原方程無解.9 .解方程log(16x)(x2)=log8202.解由于log826=1原方程同解于2程的根為x=4.x-20,16-3x0,16-3x=1,16二3x=x-2.解這個(gè)混合方程組，得原方10.解方程：4十右5,2、,大=6=0解原方程可變形為22(x%N5ZxE6=0.設(shè)2(x+=y,有2y25y6=0.解得正根為y=4,于是2(、度=

36、4.二x+Jx22=2.解這個(gè)無理方程2-、，3得原方程的根為x=3.2xy=a,11.解方程組555(a=0)x5y5=a5.ixy=解原方程組可變形為(i)xy=0.axy=a,或(II)2xy=a.x=a,解(1)得,y=0;x=0,y二a.a-ax/3ix=2解(II)得2廣aa.3iy二-aa3i2a-a、*3i2xy+-+=13,(1)xyyx12.解方程組(xy-W=12.(2)xyyx解(1)十(2),(1)(2),得方程組y2xy2y=25,x22xy-=1.y令xy=u,)=v,方程組變形x2u2v=25,為22d!一十=1.uv工u=10,5xy=10,.一u二1.斛付4

37、5d2即4y5Iv,;2;v=10.x2;5xV=2,(II)2-=10.x-xx1解(I)得x1=2,x=-2y1=5;72=-5.手1_1解(II)得0,形.)1解由方程（2）可得y=x2,以此代入方程（1）得方程xx，所以方程（3）的兩端總?cè)≌?以方程（3）的右端的表達(dá)式除等式x -(3)的兩端得x2 21x=1.顯是原方程組的解._x=1然，x=1是這個(gè)方程的解，從而由方程（2）得y=1,于是xy=1117 .，、巾 ，口3 二，入人一=一，x = -Tf=,從而由方程（2）得y = J3.經(jīng)檢驗(yàn)可33931-3當(dāng)一x-x2=0時(shí)，由此可得x2221|x=,知V9也是原方程組的解.y=3J3.15 .解方程4x+3y=2xVyI3yyIA3y解原萬程可變形為4x+3y=2x|1十J，因x#0,即1+工=心.令=t,-x-2xx-2x42424t2-9t-9-0,.則1+t=t,又1+tWt2+t,即,因t二Z,解得t=一1或t=3,_994t2-9t-18：0.2一故原方程的斛為y=-3*或丫=2x(