高中竞赛数学讲义第80讲存在性问题新.docx-淘文阁

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1、第20讲存在性问题本节主要内容是存在性问题.存在性问题有三种：第一类是确定性问题, 其形式为“已知A, 证明存在对象B, 使其具有某种性质”.第二类是否认性问题, 其形式为“已知A, 证明具有某种性质B的对象不行能存在”.第三类是探究性问题, 其形式为“已知A, 问是否存在具有某种性质B的对象”.解决存在性问题通常有两种解题思路. 一种思路是通过正确的逻辑推理(包括干脆计算), 证明(或求出)符合条件或要求的对象B必定存在. 常利用反证法、数学归纳法、抽屉原则、计数法等. 另一种思路是构造法. 干脆构造具有某种性质B的对象. 常常采纳排序原则、极端性原则进展构造.A类例题例1 已知函数f(x

2、)=|1-|.(1)是否存在实数a,b(ab), 使得函数的定义域和值域都是a,b?若存在,恳求出a,b的值；若不存在，请说明理由。(2)若存在实数a,b(ab), 使得函数的定义域是a,b，值域是ma,mb(m0)，务实数m的取值范围.(2005年天津市数学竞赛试题) 分析函数f(x)是分段函数，它的值域是 a,b是的子集，而f(0)0，所以a0，因为函数f(x)在(0,1)上是减函数，在(1,+)上是增函数，所以我们分三种状况(i) 当a,b(0,1)时；(ii) 当 a,b(1,+)时；(iii)当a(0,1),b1,+)时加以探讨.解 (1)不存在实数a,b(ab)满意条件.事实上，

3、若存在实数a,b(ab), 使得函数的定义域和值域都是a,b，则有xa0.故f(x)=(i)当a,b(0,1)时, f(x)= -1在(0,1)上是减函数，所以，即由此推出a=b及已知冲突. 故此时不存在实数a,b满意条件.(ii)当a,b(1,+)时, f(x)=1-在(1,+)上为增函数，所以，即于是，a,b是方程x2-x+1=0的实根，而此方程无实根，故此时不存在实数a,b满意条件.(iii) 当a(0,1),b1,+)时,明显，1a,b,而f(1)=0,所以0a,b，冲突. 故故此时不存在实数a,b满意条件.综上可知，不存在实数a,b(ab)满意条件.(2)若存在实数a,b(ab),

4、使得函数的定义域是a,b，值域是ma,mb(m0)易得m0,a0.仿照(1)的解答，当a,b(0,1)或a(0,1),b1,+)时，满意条件的a,b不存在.只有当a,b(1,+)时，f(x)=1-在(1,+)上为增函数，有即于是，a,b是方程mx2x+1=0的两个大于1的实数根.所以，只须解得0m.因此，m的取值范围是0m0，在矩形ABCD中，AB=4, BC=4a，O为AB的中点，E、F、G分别在BC、CD、DA上挪动，且，P为CE及OF的交点. 问是否存在两个定点，使P到这两点的间隔的和为定值？若存在，求出这两点的坐标及此定值；若不存在，请说明理由.(2003年全国高考江苏卷试题)分析

5、依据题设满意的条件, 首先求出动点P的轨迹方程，依据轨迹是否是椭圆，就可断定是否存在两个定点(椭圆的两个焦点)，使得P到这两点的间隔的和为定值解按题意有A(-2,0),B(2,0),C(2,4a),D(-2, 4a).设 = k(0k1).由此有E(2,4ak),F(2-4k, 4a),G(-2, 4a-4ak).直线OF的方程为2ax+(2k-1)y=0, 直线GE的方程为-a(2k-1)x+ y-2a=0,由消去参数k得点P(x,y)坐标满意方程2a2x2+y2-2ay =0,整理得+=1. 当a2时，点P的轨迹为圆弧，所以不存在符合题意的两点；当a2时，点P的轨迹为椭圆的一局部，点

6、P到该椭圆的两个焦点的间隔的和是定长；当a2时，P到椭圆两个焦点(-,a),(,a)的间隔之和为定长；当a2时，P到椭圆两个焦点(0, a-),(0, a+)的间隔之和为定长2a.说明要解决轨迹问题首先要建立适当的直角坐标系，有时还要选择适当的参数作过渡情景再现1.已知二次函数f(x)=ax2+bx+a满意条件f(x+)= f(-x), 且方程f(x)=7x+a有两个相等的实数根.(1) 求f(x)的解析式;(2) 是否存在实数m、n(0mn,使得f(x)的定义域和值域分别是m,n和,? 若存在, 求出m、n的值; 若不存在, 请说明理由. (2004年河南省数学竞赛试题)2直线l：y

7、=kx+1及双曲线C：2x2y2=1的右支交于不同的两点A、B.(I) 务实数k的取值范围；(II)是否存在实数k，使得以线段AB为直径的圆经过双曲线C的右焦点F?若存在，求出k的值；若不存在，说明理由. (2004年湖北省高考理科试题)B类例题例3将平面上每个点都以红、蓝两色之一着色，证明：存在这样的两个相像三角形，它们的相像比为1995，并且每一个三角形的三个顶点同色.(1995年全国高中数学联赛第二试试题)分析因为平面上的每点不是红色就是蓝色，由抽屉原理，对任何一个无穷点集，至少有一个无穷子集是同色点集，对一个含n个元素的有限点集，至少有一个含个元素的子集是同色点集.(其中为高斯符号

8、)，于是利用抽屉原理，在半径为1和1995的两个同心圆上，找寻两个三顶点同色的相像三角形.证明在平面上，以O为圆心，作两个半径为1和1995的同心圆.依据抽屉原理，小圆周上至少有5点同色，不妨设为A1,A2,A3,A4,A5，连接OA1,OA2,OA3,OA4,OA5,分别交大圆于B1,B2,B3,B4,B5，依据抽屉原理,B1,B2,B3,B4,B5中必有三点同色，不妨设为B1,B2,B3,分别连接A1A2，A2A3,A3A1,B1B2,B2B3,B3B1,则A1A2A3B1B2B3，其相像比为1995，且两个三角形三顶点同色.说明解决有关染色问题抽屉原理是常常运用的例4 在坐标平面上，

9、纵、横坐标都是整数的点称为整点.试证：存在一个同心圆的集合，使得(1) 每个整点都在此集合的某一个圆周上； (2) 此集合的每个圆周上，有且仅有一个整点.（1987年全国高中数学联赛第二试试题）分析构造法.先设法证明随意两整点到P的间隔不行能相等，从而将全部整点到P点的间隔排序造出同心圆的集合，这里同心圆的坐标不是惟一的，可取外的其它值. 证明取点P.设整点(a,b)和(c,d)到点P的间隔相等，则上式仅当两端都为零时成立.所以c=a c2a2+d2b2+(bd)=0 将代入并化简得d2b2+(bd)=0.即 (db)(d+b)=0 由于b，d都是整数，第二个因子不能为零，因此b=

10、d，从而点(a,b)及(c,d)重合，故随意两个整点到P的间隔都不相等. 将全部整点到P点的间隔从大到小排成一列 d1，d2，d3，dn，. 明显，以P为圆心，以d1,d2,d3,为半径作的同心圆集合即为所求.说明同心圆的圆心坐标不是惟一的.例5 (1)给定正整数n (n5), 集合An=1,2,3,n, 是否存在一一映射：AnAn满意条件：对一切k(1kn1), 都有k|(1)+ (2)+ +(n)； (2)N+为全体正整数的集合, 是否存在一一映射：N+N+满意条件：对一切kN+, 都有k|(1)+ (2)+ +(n). 注映射：AB称为一一映射, 假如对随意bB, 有且仅有一个aA

11、, 使得b=(a).题中“|”为整除符号. (2004年福建省数学竞赛试题)分析对于问题(1)不难用反证法结合简洁的同余理论可以获解；对于问题(2)采纳归纳构造解(1)不存在. 记Sk =. 当n=2m+1(m2)时, 由2m|S2m及S2m= (2m+1)得(2m+1)m+1(mod2m).但(2m+1)A2m+1, 故(2m+1)=m+1.再由(2m1)|S2m1及S2m1= (m+1)(2m)得(2m)m+1(mod(2m1).所以, (2m) =m+1, 及的双射定义冲突. 当n=2m+1(m2)时, S2m+1= (2m+2)给出(2m+2)=1或2m+2, 同上又得(2m+1)=

12、 (2m)=m+2或m+1, 冲突.(2) 存在.对n归纳定义(2n-1)及(2n)如下：令(1)=1, (2)=3. 现已定义出不同的正整数(k)(1k2n)满意整除条件且包含1,2,n, 又设v是未取到的最小正整数值. 由于2n+1及2n+2互质, 依据孙子定理, 存在不同于v及(k)(1k2n)的正整数u满意同余式组u-S2n(mod(2n+1) -S2n-v(mod(2n+2).定义(2n+1)= u, (2n+2)=v. 正整数(k)(1k2n+2)也互不一样, 满意整除条件, 且包含1,2,n+1. 依据数学归纳法原理, 已经得到符合要求的一一映射：N+N+. 说明数论中的存在性

13、问题是竞赛命题的一个热点情景再现3将平面上每个点都以红、蓝两色之一着色. 存在有两个内角分别为、，且夹边长为1996的三角形，其三个顶点同色.(1996年北京市数学竞赛试题) 4. 在平面直角坐标系中,横坐标和纵坐标都是整数的点称为格点,任取6个格点PI(xi,yi)(i=1,2,3,4,5,6)满意(1)|xi|2,| yi|2, (i=1,2,3,4,5,6);(2)任何三点不在同一条直线上.试证在Pi( i=1,2,3,4,5,6)以为顶点的全部三角形中,必有一个三角形,它的面积不大于2.(1992年全国高中数学联赛第二试试题)5. 在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多条直线l1,l

14、2,，ln,的直线族，它满意条件：(1)点(1,1)ln,n=1,2,；(2)kn+1=anbn，其中k1是l1的斜率，kn+1是ln+1的斜率，an和bn分别是ln在x轴和y轴上的截距，n=1,2,3, ；(3)knkn+10，n=1,2,3, .并证明你的结论. (1988年全国高中数学联赛第二试试题)C类例题例6 平面上是否存在100条直线, 使它们恰好有1985个交点.(第26届IMO预选题)分析由于100条直线最多有C=4950(1985)个交点, 所以符合要求的直线可能存在.削减交点的个数可有两种途径:一是利用平行线, 二是利用共点线. 所以用构造法.解法一由于x条直线及一族10

15、0-x条平行线可得x(100-x)个交点. 而x(100-x)=1985没有整数解, 于是可以考虑99条直线构成的平行网格.由于x(99-x)1985的解为x26或x73,xN, 且1985=7326+99-12, 于是可作如下构造:(1) 由73条程度直线和26条竖直直线x=k,k=1,2,3,73;y= k,k=1,2,3,26.共99条直线, 可得7326个交点.(2)再作直线y=x+14及上述99条直线都相交, 共得到99个交点, 但其中有12个交点(1,15),(2,16),(12,26)也是(1)中99条直线的彼此的交点, 所以共得99-12个交点.由(1)、(2),这100条直线

16、可得到7326+99-12=1985个交点.解法二若100条直线没有两条是平行的, 也没有三条直线共点, 则可得到C=4950(1985)个交点, 先用共点直线削减交点数. 留意到若有n1条直线共点, 则可削减-1个交点. 设有k个共点直线束, 每条直线束的直线条数依次为n1, n2, nk. 则有n1+n2+ nk100,( C-1985=2965).因为满意-12965的最大整数是n1=77, 此时C-1=2925.因此可构造一个由77条直线组成的直线束,这时还应再削减40个交点. 而满意-140的最大整数为n2=9, 此时C-1=35. 因此又可构造一个由9条直线组成的直线束. 这时还

17、应削减5个交点.由于C-1=5,所以最终可构造一个由4条直线组成的直线束.因为77+9+4=90100, 所以这100条直线可构成为77条,9条,4条的直线束, 另10条保持不动即可.说明本题的根本数学思想方法是逐步调整，这在证明不等式时常常运用，但学会在几何中应用，会使你的解题思想锦上添花例7设n是大于等于3的整数, 证明平面上存在一个由n个点组成的集合, 集合中随意两点之间的间隔为无理数, 任三点组成一个非退化的面积为有理数的三角形. (第28届IMO试题)分析本题的解决方法是构造法，一种方法在抛物线y=x2上选择点列，另一种方法在半圆周上选择点列解法一在抛物线y=x2上选取n个点P1,

19、为|AiAj|=2r|sin|,其中，0n, cos = , sin= .|AiAj|=2r|sincoscossin|为无理数又sinn =2sincosQ, cosn = cos2 sin2 Q.任何三点Ai,Aj,Ak不共线,必定构成非退化三角形，留意到r =，其面积S=为有理数说明本题及第17届IMO试题(见情景再现7)有确定的联络，请读者参考本解答完成它的解答例8一个nn的矩阵(正方阵)称为“银矩阵”，假如它的元素取自集合S=1,2,2n-1,且对每个i=1,2,n, 它的第i行和第i列中的全部元素合起来恰好是S中全部元素.证明(1) 不存在n1997阶的银矩阵；(2) 有无穷多个的

20、n值，存在n阶银矩阵.(第38届IMO试题)分析依据银矩阵的构造特征可以证明不存在奇数阶银矩阵，对随意自然数k, 用构造法构造出2k阶银矩阵解 (1)设n1且存在n阶银矩阵A. 由于S中全部的2n-1个数都要在矩阵A中出现，而A的主对角线上只有n个元素，所以，至少有一个xS不在A的主对角线上. 取定这样的x. 对于每个i=1,2,n,记A的第i行和第i列中的全部元素合起来构成的集合为Ai，称为第i个十字，则x在每个Ai中恰好出现一次.假设x位于A的第i行、第i列(i).则x属于Ai和A，将Ai及A配对，这样A的n个十字两两配对，从而n必为偶数. 而1997是奇数，故不存在n1997阶的银矩阵

21、.(2)对于n=2，A=即为一个银矩阵，对于n=4，A=为一个银矩阵. 一般地，假设存在n阶银矩阵A，则可以依据如下方式构造2n阶银矩阵D,D=,其中B是一个nn的矩阵，它是通过A的每一个元素加上2n得到，而C是通过把B的主对角线元素换成2n得到.为证明D是2n阶银矩阵，考察其第i个十字. 不妨设in，这时，第i个十字由A的第i个十字以及B的第i行和C的第i列构成. A的第i个十字包含元素1,2,2n-1.而B的第i行和C的第i列包含元素2n, 2n+1,4n-1.所以D的确是一个2n阶银矩阵.于是，用这种方法可以对随意自然数k,造出2k阶银矩阵. 说明读者可以构造随意偶数阶银矩阵. 情景再

22、现6证明不存在具有如下性质的由平面上多于2n(n3)个两两不平行的向量构成的有限集合G:(1)对于该集合中的任何n个向量, 都能从该集合中再找到n -1个向量, 使得这2n-1个向量的和等于0;(2)对于该集合中的任何n个向量, 都能从该集合中再找到n 个向量, 使得这2n个向量的和等于0.(2003年俄罗斯数学奥林匹克试题)7 试证:在半径为1的圆周上存在1975个点, 其中随意两点之间的间隔都是有理数.(第17届IMO试题)8是否存在平面上的一个无穷点集，使得其中随意三点不共线，且随意两点之间的间隔为有理数？(1994年亚太地区数学奥林匹克试题)习题201已知抛物线y2=4ax(0a1

23、的焦点为F,以A(a+4,0)为圆心，|AF|为半径在x轴上方作半圆交抛物线于不同的两点M和N，设P为线段MN的中点(1)求|MF|+|NF|的值;(2)是否存在这样的a值，使|MF|，|PF|，|NF|成等差数列？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由(1996年昆明市数学选拔赛试题)2证明: 不存在正整数n使2n2+1，3n2+1，6n2+1都是完全平方数. (2004年日本数学奥林匹克试题)3. 证明只存在一个三角形,它的边长为三个连续的自然数,并且它的三个内角中有一个为另一个的两倍. (第10届IMO试题)4.是否存在这样的实系数多项式P(x):它具有负实数,而对于n1, Pn(x)的

24、系数全是正的. (1994年莫斯科数学奥林匹克试题)5.证明不存在对随意实数x均满意ff(x)= x2-1996的函数. (1996年城市数学联赛试题)6.是否存在有界函数f : RR, 使得f(1)0, 且对一切的x、yR, 都有f 2(x+y)f 2(x)+2 f(xy)+ f 2 (y) 成立. (2005年俄罗斯数学奥林匹克试题)7. 是否存在数列x1,x2,x1999,满意(1)xixi+1(i=1,2,3,1998);(2) xi+1- xi = xi- xi-1 (i=2,3,1998);(3)( xi的数字和)( xi+1的数字和) (i=1,2,3,1998);(4) (xi

25、+1的数字和)-( xi的数字和) = ( xi的数字和)( xi-1的数字和) (i=2,3,1998) (1999年江苏省数学冬令营试题)8 (1)是否存在正整数的无穷数列an,使得对随意的正整数n都有a+12anan+2?(2)是否存在正无理数的无穷数列an,使得对随意的正整数n都有a+12anan+2?(2004年中国东南地区数学奥林匹克试题)9是否存在一个无限素数数列p1, p2,pn,对随意n满意|pn+12pn|=1.(2004年波罗的海数学奥林匹克试题)10证明：对于每个实数M, 存在一个无穷多项的等差数列, 使得 (1)每项是一个正整数, 公差不能被10整除;(2)每项的各位

26、数字之和超过M. (第40届IMOY预选题)11是否存在定义在实数集R上的函数f(x),使得对随意的xR，f(f(x)=x, 且f(f(x)+1)=1-x? 若存在，写出一个符合条件的函数；若不存在，请说明理由(2004年河南省数学竞赛试题)12 对于给定的大于1的正整数n,是否存在2n个两两不同的正整数a1,a2,an; b1,b2,bn同时满意以下两个条件：(1) a1+a2+an= b1+b2+bn;(2)n-1 n-1- .(1998年CMO试题)“情景再现”解答1(1)由条件有f(x)=ax2-a x+a. 又f(x)=7x+a有两个相等的实数根,则由ax2-(a+7)=0可知, D

27、=(a+7)2-4a0=0, 解得a=-2.故f(x)= -2x2+7x-2.(2)存在. 如图. 设g(x)= (x0). 则当f(x)= g(x)时, 有-2x2+7x-2= , 即2x3-7x2+2x +3=0. 故(x-1)(x-3)(2x+1)=0.解得x1=1, x2=3, x2=- (舍去).因为f(x)max= = ,此时,x = 1,3, 所以, = 1.故取m=,n=3时, f(x)= -2x2+7x-2在,3上的值域为1, 符合条件.2. (I)将直线l的方程y=kx+1代入双曲线C的方程2x2y2=1后，整理后得(k21)x2+2kx+2=0 依题意，直线l及双曲线C的

28、右支交于不同的两点，故 k220， =(2k)28(k22)0，0，0.解得k的取值范围为2k0可知诸kn符号一样，不妨设kn0,n=1,2,.由但当nk12时kn+10，冲突.同理可证，当kn0，n=1,2, ，也会出现冲突.6. 假设题目的结论不真.选取一条直线l, 使其不及集合G中的任何一个向量垂直. 于是, G中至少有n个向量在直线l上的投影指向同一方向, 设它们为e1, e2, , en. 在直线l上取定方向,使得这些向量的投影所指的方向为负. 再在集合G中选取n个向量f1, f2 , fn,使得它们的和在直线l上的投影的代数值s到达最大. 由题中条件(2)知s0.由条件(1),可以

29、找到n -1个向量a1, a2 ,an-1,使得f1+ f2+fn= -(a1+a2+an-1).明显, 至少有某个向量ei不出如今上式右端, 不妨设为e1. 从而a1+a2+an-1+e1的投影为负, 且其确定值大于s.再由条件(2)知, 又可以找到n个向量, 使得它们的代数和等于-(a1+a2+an-1+e1),从而,该和的投影代数值大于s. 此及我们对f1, f2 , fn的选取相冲突.7. 取n=arctan (1n1975),则sinn= , cosn= 都是有理数, 且2n互不一样. 对单位圆上辐角为21,22,21975的点P1,P2,P1975,|PiPj|=2|sin(i-j

30、)|=2| sinicosj- cosisinj)|为有理数.8. 答案是确定的，下面供应两种构造这样的点集的方法方法一存在角，使得cos及sin都是有理数(例如sin=,cos=).考虑一个以有理数R为半径的圆周，和一个弧度为2的圆弧，明显= sin,其中a是上述圆弧所对的弦长，因此弦长为有理数从今弧的端点动身，在圆周上连续截取弧度为2的圆弧，明显，任一弧所对的弦长XY是有理数.由作图法知 = |sinn|,对某个正整数n，由于cos及sin都是有理数，所以由数学归纳法可以证明sinn和cosn都是有理数下面证明此过程产生一个无穷点集为了此目的，设sin, cos,其中(p,q)=1,p2+

31、q2=r2,由棣美弗定理得(+i)n=cosn+ isinn. 若其值为1，则1= cosn=. 由于q2-p2(mod r2),则rnpn2n-1(mod r2).故2| r,然而从p2+q2=r2, (p,q)=1可知这是不行能的这就证明了我们描绘的集合是无限集方法二在平面上取一点P和一条及P间隔为1的直线l,设Q是l上及P相距为1的点，考察l上全部满意SQ,PS都是有理数的点S,由于毕达哥拉斯根本的三元数组有无穷多个，而且及点S一一对应，故存在无穷多个这样的点作一个以P为中心，半径为1的反演此变换保持点之间的间隔的有理性(这简洁通过PSRPSR证明，其中S和R是点集中的点，S和R分别

32、为它们的象)用这样的方法构造的点集在一个圆周上，因此，无三点共线习题20解答1. 解 (1)由已知得F(a,0),半圆为x-(a+4)2+y2=16(y0)把y2=4ax代入，可得x2-2(4-a)x+a2+4a=0.设M(x1, y1),N(x2, y2).则由抛物线的定义得|MF|+|NF|=(x1+a)+(x2+a)=( x1+ x2)+2a=2(4-a) +2a=8.(2)若|MF|，|PF|，|NF|成等差数列，则有2|PF|=|MF|+|NF|.另一方面，设M,P,N在抛物线准线上的射影为M,P,N则在直角梯形MMNN中，PP是中位线，又有2|PP|=|MM|+|NN|=|FM|+

33、|FN|,因此|PF|=|PP|.这说明了点P应在抛物线上但由已知P是线段MN的中点，即P并不在抛物线上所以不存在这样的a值，使|MF|，|PF|，|NF|成等差数列2 假设存在这样的n , 使2n2+1，3n2+1，6n2+1都是完全平方数, 那么(2n2+1)( 3n2+1)(6n2+1)必定为完全平方数, 而(2n2+1)(3n2+1)(6n2+1)=36n6+36n4+11n2+1,(6n3+3n)2=36n6+36n4+9n2,(6n3+3n+1)2=36n6+36n4+12n3+9n2+6n+1,所以 (6n3+3n)2(2n2+1)(3n2+1)(6n2+1)(6n3+3n+1)

34、2,明显,及(2n2+1)( 3n2+1)(6n2+1)为完全平方数冲突.3 设ABC满意题设条件, 即AB=n,AC=n-1,BC=n+1, 这里n是大于1的自然数. 并且ABC的三个内角分别为、2和-3，其中0.由于在同一个三角形中,较大的边所对的角也较大, 因此出现的状况只有如图所示的三种. 对于状况(1), 因为 = =4cos2-1=()2-1,所以利用正弦定理可知 = = ()2-1= ()2-1,从而得到n2-5n=0, 解得n=5.同样,在状况(2)中,有 =()2-1,解得n=2. 但n=2,此时三边为1,2,3,不能构成三角形.在状况(3)中, 有=()2-1,整理得n2-

35、3n-1=0, 但这个方程无整数解.综上, 满意题设条件的三角形三边长只有4,5,6.可以证明cosB=,cos2A= =cos2B, A=2B.4. 存在P(x)=10(x3+1)(x+1)- x2 =10x4+10x3- x2+10x +10具有负系数, 但是P2(x)= x4+100(x3+1)2(x+1)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+4x2+10x +5)的系数全是正的.P3(x)=1000(x3+1)3(x+1)3-300 x2(x3+1)2(x+1)2+3

36、0x4(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)(10x5+20x4+7x3+7x2+20x +1)-x6+30x4(x3+1)(x+1)=Q1(x)-x6+Q2(x)Q1(x)中的x6的系数不小于1000,所以P3(x)的系数也全是正的.又当k2时,有P2k(x)=P2(x) k,P2k+1(x)=P2(x) k-1 P3(x).所以,对一切n1, Pn(x)的系数全是正的.5. 令g(x)= ff(x) = x2-1996, 设a、b为方程x2-1996=

37、x的两个实数根, 则a、b是g(x)的不动点. 设f(a)=p, 则ff(p)= ff(f(a)= f(a)=p, 即p也是g(x)的不动点. 所以f(a)a,b.同理, f(b)a,b.令h(x)= gg(x)=(x2-1996)2-1996, 则h(x) = x (x2-1996)2-1996= x (x 2- x-1996)( x 2+ x-1995)=0所以h(x)存在四个不动点a、b、c、d.因为c 2+c-1995=0, 所以g(c)= c2-1996=- c-1= d.同理, g(d)=c.令f(c)=r, 则hf(c)= f h(c)= f(c),即r也是h(x)的不动点. 若

38、ra,b,则d= f(r)a,b,冲突; 若r = c, 则g(c)= f(r)= f(c)=r = c,冲突; 若r = d, 则d=g(c)= f(r)= f(d), g(d)=g(r)=g(f(c)=f(g(c)= f(d)=d, 冲突. 综上所述, 满意条件的函数f(x)不存在. 6. 不存在.任取x10, 令y1= , 有f 2(x1+y1)f 2(x1)+2 f(1)+ f 2 (y1) f 2(x1)+a,其中a =2f(1)0.令xn=xn-1+yn-1, yn = , n2. 于是, 有f 2(xn+yn)f 2(xn)+a= f 2(xn-1+yn-1) +af 2(xn-

39、1)+2af 2(x1)+na,故数列 f (x1), f (x2), f (xn) ,并非有界.7. 存在，构造如下：取x1= 00000 00001 00002 0000309999,x2= 00001 00002 00003 0000410000,x3= 00002 00003 00004 0000510001,x1998= 01997 01998 01999 0200011996,x1999= 01998 01999 02000 0200111997,这是公差为00001 00001 00001 0000100001的等差数列(项数取1999),且各项数字和为公差是1的等差数列 8(1

40、)不存在.假设存在正整数数列an 满意条件a+12anan+2.因为a+12anan+2, an0,所以(n=3,4,),又 , 所以有(n=2,3,4,)成立, 于是an()an-1()2an-2()n-2a2,所以设N*, 取N=k+3,则有这及aN是正整数冲突.所以, 不存在正整数数列an 满意条件.(2) an= 就是满意条件的一个无理数数列, 此时有a+1=4anan+22anan+2.9. 若存在这样的数列 pn 满意条件. 由| pn+12pn | =1得 pn+1=2pn12pn, 则数列 pn 严格递增数列, 所以p33且不能被3整除, 若p31(mod3)时, 可得p4= 2p31(否则p4= 2p3+10(mod3), 即p4能被3整除,舍去), 类似的有, p5= 2p41, ,pn=2pn-11,简洁得到pn=2n-3p32n-3+1(n3),令n3= p31, 由费尔马小定理,则pn=2n-3p32n-3+10(mod p3), 即p3|pn, 冲突. 当p32(mod3)时, 也可得到类似的结论.综上, 不存在这样的数列.10. 我们证明这个等差数列的公差为10m+1的形式. 设a0是一个

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