初等数学研究（程晓亮、刘影）版课后习题答案 第一章 数
1添加元素法和构造法，自然数扩充到整数可以看成是在自然数的基础上添加0到扩大的自然数集，再添加负数到整数集；实数扩充到复数可以看成是在实数的基础上构造虚数单位i满足i2??1，和有序实数对(a,b)一起组成一个复数
a?bi. 2（略）
3从数的起源至今，总共经历了五次扩充：
为了保证在自然数集中除法的封闭性，像ax?b的方程有解，这样，正分数就应运而生了，这是数的概念的第一次扩展，数就扩展为正有理数集.
公元六世纪，印度数学家开始用符号“0”表示零.这是数的概念的第二次扩充，自然数、零和正分数合在一起组成算术数集.
为了表示具有相反意义的量，引入了负数.并且直到17世纪才对负数有一个完整的认识，这是数的概念的第三次扩充，此时，数的概念就扩展为有理数集.
直到19世纪下半叶，才由皮亚诺、戴德金、维尔斯特拉斯等数学家的努力下构建了严格的实数理论.这是数的概念的第四次扩充，形成了实数集.
虚数作为一种合乎逻辑的假设得以引进，并在进一步的发展中加以运用.这是数学概念的第五次扩充，引进虚数，形成复数集.
4证明：设集合A,B,C,D两两没有公共元素a,b,c,d分别是非空有限集A,B,C,D的基数，根据定义，若a?b，则存在非空有限集A'，使得A?A'~B；若c?d从而必存在非空有限集C'，使得C?C'~D，所以(A?C)?(B?D)所以集合
A?C的基数a?c大于集合B?D的基数b?d，所以a?c?b?d.
5（1）解：按照自然数序数理论加法定义， 5?3?5?2'?(5?2)?5?5?1'?5?5?1?5?5 ?5?5?5?15（2）解：按照自然数序数理论乘法定义
5?3?5?2'?(5?2)'?(5?1')'?[(5?1)']' ?(6')'?7'?86证明：1?当n?2时，命题成立.（反证法）
12222?假设n?k时(k?2)成立，即ai?0,i?1,2,?,k，且a1?a2???ak?1。a1?a2???ak?。k当n?k?1时，由ai?0,i?1,2,?,k?1，且a1?a2???ak?ak?1?1akaiaa2得，1?????1，且?01?ak?11?ak?11?ak?11?ak?1?a1??a2??ak?1??????由归纳假设，得?????,?1?a??1?a??1?a?kk?1?k?1?k?1?????要证?a1?a2???ak?ak?1?2222222?1?ak?1?2k?ak?12?1?ak?1?2k?ak?1?21，即k?1?k?1??1?ak?1?2?k?k?1?ak?12?k,?k?1?2ak?12?2?k?1?ak?1?1?02?设n?k(k?7,k?N)时命题成立.
7证明：1?当n?8时，命题成立.（8?3?5）
（1）完全用3角的邮票来支付；（2）至少用一张5角的邮k角邮资可能是：
票来支付.
在（1）下，3角的邮票至少有3张.把它们换成两张5角的邮票便可支付k?1角的邮票.
在（2）下，把一张5角的邮票换成两张3角的邮票便可以支付k?1角的邮票.
综合1?、2?，命题对于不小于8的所有自然数成立. 8证明：（1）f?2??1,f?3??3?1?2,f?4??6?1?2?3
（2）f?n??1?2????n?1??1n?n?1? 21?当n?2,3,4时，命题成立.
2?假设n?k(k?7,k?N)时命题成立，即f?k??1k?k?1?.那么n?k?1时，原k21条直线有k(k?1)个交点.由条件知，第k?1条直线与原k条直线各有一个交点，
21且互不相同.故新增k个交点，所以f?k?1??f?k??k??k?1???k?1??1?.
2综合1?、2?，命题对于不小于2的所有自然数成立. 9举例：正整数集N上定义的整除关系“|”满足半序关系.
证明：（1）（自反性）任意的正整数x，总有x|x； （2）（反对称性）如果x|y,y|x，那么x?y；
（3）（传递性）如果x|y,y|z，那么x|z. 通常意义的小于等于也构成半序关系，同理可证.
10证明：设M?N，且 ①1?M
②若a?M，则a'?M.
若M?N.
令A是所有不属于M的自然数组成的集合，则A是N的非空子集，按照最小数原理，A中有最小数，设为b.由①知b?1，于是存在自然数c，使c'?b，这样就有c?b，所以c?M，但根据②有c'?M，这与b?M矛盾.所以M?N. 11证明：（1）根据自然数减法定义有，a?b?(a?b),d?(c?d)?c，两式相加得：a?d?(c?d)?b?(a?b)?c，于是(a?d)?(c?d)?(b?c)?(a?b)， 若a?b?c?d，则a?d?b?c 若a?d?b?c，则a?b?c?d
（2）(a?b)?(c?d)?(b?d)?b?(a?b)?d?(c?d)?a?c （3）先证(a?b)c?ac?bc
事实上，由bc?(a?b)c?[b?(a?b)]c?ac 可知要证明的自然数乘法对减法的分配律成立.
由此，为了证明（3），只要证明a(c?d)?b(c?d)?(ac?bd)?(ad?bc)， 根据（1）上式就是a(c?d)?(ad?bc)?b(c?d)?(ac?bd) 于是只要证明ac?bc?bc?ac
显然，这个等式是成立的，所以（3）成立.
ac12证明：（1）根据自然数除法定义有a?b?,d??c，两式相乘，得
bdcaacacad??bc?，所以有：若ad?bc，则?；若?，则ad?bc
bdbddbacac（2）bd(?)?d(b?)?b(d?)?ad?bc，根据除法定义，（2）成立.
bdbdacac（3）bd(?)?(b?)(d?)?ac，根据除法定义，（3）成立.
bdbd13证明：(m?n')'?(n'?m)'?n'?m'?m'?n'.
14证明：设?a,b?N，下，下面证明a?b,a?b,a?b三种关系有且仅有一个成立.
（1）先证明三个关系中至多有一个成立.
假若它们中至少有两个成立，若令a?b,a?b同时成立，则存在k?N*，使得：a?b?k?a?k
于是a?a，与a?a矛盾.
同理可证，任意两种关系均不能同时成立. （2）再证明三中关系中至少有一个成立.
取定a，设M是使三个关系中至少有一个成立的所有b的集合，当b?1时，若a?1，则a?b成立；若a?1，则存在k?N*，使得a?k'?1?k?b?k，这时a?b成立.因此1?M.
假若b?M，即三个关系中至少有一个成立.
当a?b时，存在m?N*，使得b?a?m，则b'?(a?m)'?a?m'，即a?b'成立.
当a?b时，存在k?N*，使得a?b?k，若k?1，就有a?b?1?b'； 若k?1，就有l?N*，且k?l'，使得a?b?l'?b?l?1?b'?l，即a?b'成立.
综上，b'?M，从而M?N*. 15证明：n?n(ax?by)?nax?nby，
?a|n,?ab|bn,?ab|bny，?b|n,?ab|an,?ab|anx
?ab|nax?nby?n
16证明：因为ab?cd?(ad?bc)?(b?d)(a?c)，
且a?c|ab?cd，a?c|(b?d)(a?c)，所以a?c|ab?cd?(b?d)(a?c)，即
a?c|ad?bc
17证明：因为pp?1?(p?1)(pp?1?pp?2???p?1)，而有限个奇数的乘积仍是奇数，奇数个奇数的和也是奇数，因而pp?1?pp?2???p?1是奇数， 于是pp?1?(p?1)(2s?1),s?Z，同理有qq?1?(q?1)(2t?1),t?Z，
两式相加：pp?qq?2(p?1)(s?t?1)?(p?q)(s?t?1)，所以p?q|(pp?qq).
18解：因为3p?5q?31，所以3p和5q必为一奇一偶.
og若3p为偶数，可验证质数p?2,q?5，则lp?log3q?1222?log3?5?121??3 8若5q为偶数，可验证质数p?7,q?2，则log2p??3或0. 3q?1p7?log2?0 3q?13?2?1所以log219证明：根据减法是加法的逆运算知，设a,b是有理数，a?b是这样一个数，它与b的和等于a．即(a?b)?b?a．但是，我们有 [a?(?b)]?b?a?[(?b)?b](加法结合律)
?a?0?a
因此，a?(?b)这个确定的有理数，它与b的和等于a， ?a?b?a?(?b)
又如果差为x，则有x?b?a，于是，两边同加(?b)有： x?b?(?b)?a?(?b) x?[b?(?b)]?a?(?b) x?a?(?b)
即差只能是a?(?b)，定理得证． 20证明：做差，所以有a?2a?bb?a2a?b2(a?b)?a??0，?b??0. 33332a?b?b 3
21证明：首先证明x?y当且仅当?y?x?y.
事实上，若x?y，当x?0时，即?y?x?y;当x?0x?x?y且x??y，时，?x?x?y,有?y?x,且x?0?y,故?y?x?y.反之，若?y?x?y,当
x?0时，x?x?y;当x?0时，y??x?x.
下面来证明：a?b?a?b?a?b.
事实上，对于a,b显然有： ?a?a?a ?b?b?b
故有?(a?b)?a?b?a?b. 由上面的讨论知，a?b?a?b.
另一方面，a?a?b?b?a?b??b?a?b?b. 故a?b?a?b?a?b.
22证明:(反证法)设e?p,其中p,q是正整数,不妨假定p,q互素, q取自然数n?q,用n!乘下列级数表达式两边: e?1??得:
n!e?n!?n!?n(n?1)?3???1?11??? n?1(n?1)(n?2)11??? n?1(n?1)(n?2)11!11????,2!3!令an?n!?n!?n(n?1)?3???1, bn?于是n!e?an?bn,则n!e应为正整数, n!e?an应为整数. 但是
0?bn?111(1???)n?1n?2(n?2)(n?3)?111n?22(1???)?? n?1n?2(n?2)2(n?1)2n?1因为n?1,故0?bn?1,即bn不可能是整数,产生矛盾,所以e是无理数.
23证明：假设na?p,(p,q)?1,q?1 qpn两边n次方得a?n，
q但是(p,q)?1,所以(pn,qn)?1,qn?1，所以a不是整数，这与已知条件矛盾， 所以na是无理数. 24证明：假设logab?p,p?Z,q?N， q所以ap?bq，因为(a,b)?1，所以(ap,bq)?1
但是当p?0时，上式明显不成立；当p?0时，上式与(ap,bq)?1矛盾.所以，
logab不是有理数，又可以证明logab是实数，所以logab是无理数.
25证明：假设方程有有理数根x?pp
,(p,q)?1,q?1，将x?其代入方程，可得：
qqpn??q(a1pn?1?a2pn?2q???anqn?1)，由此可知q的任何素数因子r必可整除
pn，因此r必可整除p，从而知r为p与q的公因子，但是(p,q)?1，所以r?1，
所以q?1，这与q?1矛盾.所以整系数代数方程xn?a1xn?1???an?0的任何非整实根均为无理数.
26按照字典排序法，先比较实部，再比较虚部. 27证明：将三次本原单位根x??或?2分别代入f(x)：
f(?)??3m?1??3n?2?1????2?1?0 f(?2)?(?2)3m?1?(?2)3n?2?1??2???1?0
因此，f(x)含有因式(x??),(x??2)，而(x??)?(x??2)?x2?x?1?0 所以(x2?x?1)|f(x)
28证明（反证法）：若?与3.8的和是有理数a，即??3.8?a，则a?3.8??. 因为全体有理数称为一个域，对减法运算封闭，所以差a?3.8仍是有理数，与?是无理数矛盾，所以?与3.8的和是无理数.
29两个无理数的商可能是有理数.例如：2是无理数，易证22也是无理数，
222?2?Z
30不能，因为无理数对四则运算不封闭.例如2?2?0.
31解：由于z4?(x?yi)4?(x2?y2?2xyi)2?(x2?y2)2?4x2y2?4(x2?y2)xyi 所以z4是纯虚数的条件是(x2?y2)2?4x2y2?0，4(x2?y2)xy?0 即x?(?1?2)y,y?0
32证明：设C1是C的任一子域，C1?R，且在C1中方程z2??1有解z?j. 按照题意，要证明C1?C.因为C1?C，所以只需要证明C1?C. 由j?C1，C1?C，知j?C，依C的四则运算律，有
(i?j)(i?j)?i2?ji?ij?j2?0
于是，i?j或i??j.任取??C，由??x?yi,(x,y?R)， 知??x?yj或??x?yj
又由于x,y,j?C1，而C1是域，于是??C1，因此C1?C.
第二章习题及答案 1．设x?0, 证明
x?ln(1?x)?x. 1?x1.利用微分中值定理1?x证明 取f(x)?ln(1?x). 在(0,x)上有导数f?(x)?f?(?)?f(x)?f(0)ln(1?x)?ln(1?0)1??,0???x.
x?0x?01??x11x. 又因ln(1?x)???1, 因此有?ln(1?x)?x. 1??1?x1??1?x222即ln(1?x)?2．若x,y,z均为实数, 且x?y?z?a(a?0),x?y?z?12a.求证: 2222a,0?y?a,0?z?a. 333121222222证明 由x?y?(a?x?y)?a有x?(y?a)x?(y?ay?a)?0. 其判别
24122222式??(y?a)?4(y?ay?a)?0(因x?R). 从而, 3y?2ay?0即0?y?a.
3422同理可证0?x?a,0?z?a.
330?x?3．设a,b,c表示一个三角形三边的长, 求证:
a2(b?c?a)?b2(c?a?b)?c2(a?b?c)?3abc.
证明不失一般性, 设a?b?c, 令a?c?m,b?c?n, 则m?n?0. 有
3abc?a2(b?c?a)?b2(c?a?b)?c2(a?b?c)?a(a?b)(a?c)?b(b?c)(b?a)?c(c?a)(c?b)?(c?m)(m?n)m?(c?n)n(n?m)?cmn?(m?n)[c(m?n)?(m2?n2)]?cmn?0.
?a2(b?c?a)?b2(c?a?b)?c2(a?b?c)?3abc.
4．设x,y?R, 且x?y?1.求证: x2?2xy?y2?证明 设x?y??, 则由题设可知,
222222.
??1, 并可设x??cos?,x??sin?.于是
x2?2xy?y2??2(cos2??2cos?sin??sin2?)??2(cos2??sin2?)??22sin(??).
4?x2?2xy?y2?2.
5．已知a?1,b?1, 求证
?a?b?1.
1?ab证明 欲证
a?ba?b2?1成立, 只需()?1, 即证(a?b)2?(1?ab)2.
1?ab1?ab222222则只需(1?ab)?(a?b)?0, 也就是1?ab?a?b?0, 即证
(1?a2)(1?b2)?0. 而a?1,b?1, 所以(1?a2)(1?b2)?0成立. 命题得证.
6．若
?ai?1(ai?0), 求?(ai?i?1i?1nn11)?(n?)n. ain证明 a1?11111?a1?2?2?...?2?(n2?1)n2?12n2n2?1, a1na1na1na1na1n2项a2?11111?a2?2?2?...?2?(n2?1)n2?12n2n2?1, …… …… a2na2na2na2na2n2项an?11111?an?2?2?...?2?(n2?1)n2?12n2n2?1. annannannannann2项以上诸式, 当且仅当ai?1(i?1,2,...,n)是等号成立. 诸式两端相乘得n(a1?1111)(a2?)...(an?)?(n2?1)nnn2?12n3.
n2?1a1a2ann(a1a2...an)nn11n2?1n3?n)?n. 由已知?ai?1可得a1a2...an?,(naa...ai?112nn11n11112nn2?1(a?)?(n?). 即(a1?)(a2?)...(an?)?(n?1)n,?i2n3n?n3ana1a2annni?1i等号当且仅当a1?a2?...?an?851时成立. n27．证明: 函数f(x)?x?x?x?x?1?0. 证明 (1) 当x?(??,0)时, 显然f(x)?0;
(2) 当x?(0,1)时, f(x)?x?x(1?x)?(1?x)?0; (3) x?[1,??)时, f(x)?x(x?1)?x(x?1)?1?0. 综合(1), (2), (3)可知, 可知f(x)恒正. 8．证明 若ai?1(i?1,2,...,n),则2证明 用数学归纳法证明如下: 当n?1时, 命题显然成立;
假设命题对n成立, 我们来证明它对n?1也成立, 注意到ai?1(i?1,2,...,n).
n?182353(a1a2...an?1)?(1?a1)(1?a2)...(1?an).
?(1?a)?(1?aii?1n?1n?1)?2n?1(?ai?1)?2i?1nn?1(?ai??ai?an?1?1)i?1i?1n?1n?2[?ai?1?(?ai?an?1)]?2[(?ai?1)?(?ai?1??ai?1??ai?an?1)]n?1n?1i?1i?1i?1i?1i?1i?1n?1nn?1n?1n?1n?2(?ai?1)?2ni?1nn?1i?1n?1n?1(?ai?1??ai?an?1)i?1ni?1nn?1i?1n?1nn?1n?1?2(?ai?1)?2[?ai(an?1?1)?(an?1?1)]?2(?ai?1)?2(an?1)[?ai?1)n?1i?1i?1?2(?ai?1).
ni?1n?1故命题对n?1成立.
2n(1?a1?a2?...?an). 9．设ai?1(i?1,2,...,n), 求证?(1?ai)?n?1i?1n证明
nnai?1ai?1ai?1nn(1?a)?2(1?)?2(1?)?2(1?)????i22n?1i?1i?1i?1i?1nnn2n1(1??ai). ?2?[(n?1??(ai?1)]n?1n?1i?1i?1nnn10．设x?y?z?0,求证: 6(x?y?z)?(x?y?z).
证明 显然x?y?z?0是平凡情形. 假定x,y,z不全为零, 不妨设x?0,y?0.由
3332223z??(x?y), 得x3?y3?z3?3xyz. 记 I?6(x?y?z)?5x4yz?33332222xyxy2?16??z222?xyxy2???z??22?216???(2z2?2xy)3.
3??????再注意到x?y?(x?y)?2xy?z?2xy, 因而2z?2xy?x?y?z, 这就是所要证的不等式.
11．已知a,b为小于1的正数, 求证:
22222222a2?b2?(1?a)2?b2?a2?(1?b)2?(1?a)2?(1?b)2?22.
证明 设z1?a?bi,z2?(1?a)?bi,z3?a?(1?b)i,z4?(1?a)?(1?b)i,则
z1?a2?b2, z2?(1?a)2?b2,z3?(1?a)2?b2,
z4?a2?(1?b)2?(1?a)2?(1?b)2. z1?z2?z3?z4?z1?z2?z3?z4?2?2i?22.
?a2?b2?(1?a)2?b2?a2?(1?b)2?(1?a)2?(1?b)2?22.
,,R?,求证: a?b?c?abc?abc?abc,其中n?N,p,q,r, 12．设abc且p?q?r?n.
?nnnpqrqrprpqpan?qbn?rcn证明abc?na...a?b...b?c...c?,
nrpqpqrnnnnnnqan?rbn?pcnrpqran?pbn?qcn,abc?. 同理abc?nnqrp三式相加, 即得a?b?c?abc?abc?abc.
33322213．设a,b,c?R,求证: a?b?c?ab?bc?ca.
?nnnpqrqrprpq证明 该不等式关于a,b,c对称, 不妨设a?b?c,则由左式?右式
?a2(a?b)?b2(b?c)?c2(c?a)?a2(a?b)?b2(b?c)?c2(c?b?b?a)?(a2?c2)(a?b)?(b2?c2)(b?c)?0.
故a?b?c?ab?bc?ca. 14．已知a?b?0,求证3a?3b?证 欲证3a?3b?33332223a?b.
3a?b,由于a?b?0,所以3a?3b?0, a?b?0, 只要证
a?33a2b?33ab2?b?a?b, 即要证3ab2?3a2b, 由于3ab?0,只要证3b?3a,
由于a?b?0, 此不等式显然成立.
15．若p?R且p?2,不等式?log2x??plog2x?1?2log2x?p恒成立, 求实数x的取值范围.
解 令log2x?a,将不等式转化为: (a?1)p?a?2a?1?0,令
22?f(p)?0,f(p)?(a?1)p?a2?2a?1, 则f(p)?0恒成立, 等价于: ?
?f(?2)?0.2??2(a?1)?a?2a?1?0, ??2???2(a?1)?a?2a?1?0.解不等式组得: a?3或a??1?x?8或0?x?16．设e是自然对数的底,
1. 2?是圆周率, 求证e???e.
?elnelnx??证明 因为?exln????e?1?lnx?lnx?d?dx, 又当x?(e,?)时, ???e2xx???1?lnx1?lnxlneln??0,dx?0.?, 从而有e???e. 所以 因此, 22?exxe?4x217．当x为何值时, 不等式?2x?9成立? 2(1?1?2x)解 先将不等式分母有理化, 有
2??4x2x(1?1?2x)2?(1?1?2x)?2?2x?21?2x. ???2(1?1?2x)?(1?1?2x)(1?1?2x)?21?1?2x?0?x???2??因此原不等式同解于不等式组?1?1?2x?0?x?0 解得
?45?2?2x?21?2x?2x?9?x?8??145??x?且x?0. 28即原不等式的解集为?x???1??45??x?0??x0?x??. 28???1x19．已知a?0且a?1,解关于x的不等式loga(1?)?1. 解 原不等式?loga(1?)?logaa. （1）当a?1时，原不等式
1x?111??0,x??1?x1?a?0?1?x?0. ???1??a?xx1?a?1?1?a.??x?11??0,?1?x（2）当0?a?1时，原不等式???1?x?.
1?a?1?1?a.??x20．某厂拟生产甲、乙两种适销产品，每件销售收入分别为3千元、2千元. 甲、乙产
品都需要在A，B两种设备上加工，在每台A，B上加工一件甲所需工时分别为1时、2时，加工一件乙所需工时分别为2时、1时，A，B两种设备每月有效使用台时数分别为400和500. 如何安排生产可使收入最大？
解 这个问题的数学模型是二元线性规划.
?x?2y?400,?2x?y?500,? 设甲、乙两种产品的产量分别为x,y件，约束条件是?，目标函数是
x?0,???y?0.f?3x?2y. 要求出适当的x,y，使f?3x?2y取得最大值.
（该图来至高中数学课程标准，需重做）
先要画出可行域，如图。考虑3x?2y?a,a是参数，将它变形为y??斜率为?3ax?,这是223aa，随a变化的一族直线。是直线在y轴上截距，当最大时a最大，当然直222线要与可行域相交，即在满足约束条件时目标函数取得最大值.在这个问题中，使3x?2y取得最大值的(x,y)是两直线2x?y?500与x?2y?400的交点(200,100).
因此，甲、乙两种产品的每月产时不时分别为200、100件时，可得最大收入800千元. 21．n个机器人在一条流水线上工作, 加工后需送检验台, 检验合格后再送下一道工序. 问检验台设置在流水线上什么位置时, 才能使机器人送验时, 才能使机器人所走距离之和最短? 也即耗时最少?
解 不妨设n个机器人位于同一条数轴上, 每个机器人所在的位置(点)的坐标为
xi(i?1,2,...,n),检验台所在之点的坐标为的坐标为x, 那么机器人送验所走的距离之和为
s(x)?x?x1?x?x2?x?x3?...?x?x4(x为实数), s(x)何时最小?
为了探索问题的内在规律, 不妨从简单的情形开始考虑.
当n?2时, 检验台放在这二个机器人之间的任何位置都一样. n?3时, 检验台放在第二个机器人所在点时最小.
通过上述试验, 当n为奇数时, 检验台应放在正中间的机器人所在的地点; 当n为偶数时, 检验台应放在最中间两个机器人之间任何位置.
22．已知函数f(x)?ax?3x?1对于x?[?1,1]总有f(x)?0成立, 求实数a的值.
2解 显然当a?0时不成立, 故a?0. f?(x)?3ax?3, 令f?(x)?0,解得x??31.a?f(?1)?0,1?当x?时, f(x)取得极小值. x?[?1,1]总有f(x)?0成立等价于? 即1f()?0.a?a??a?4, 从而a?4. ?a?4.?23．已知f(x)?lg(x?1),g(x)?2lg(2x?t)(t?R是实数). (1)当t??1时, 解不等式f(x)?g(x);
(2)如果x?[0,1], f(x)?g(x)恒成立, 求参数t的取值范围.
1??x?1?0,1?x?,???x?,?2解 (1) 原不等式等价于?2x?t?0,即?则? 2?x?1?(2x?1)2.?4x2?5x?0.?x?0或x?5.????45?5??x?. 所以原不等式的解集为?xx??.
44???x?1?0,?(2) x?[0,1]时, f(x)?g(x)恒成立, 即x?[0,1]时, 有?2x?1?0,即
?x?1?(2x?t)2.??x?1?0,?恒成立, 故x?[0,1]时, t??2x?x?1恒成立. ?t??2x,??t??2x?x?1.于是问题转化成求函数y??2x?x?1,x?[0,1]的最大值.
令u?117x?1, 则x?u2?1,u?[1,2]. 则y??2x?x?1??2(u?)2?在
48[1,2]上是减函数.
故当u?1, 即x?0时, ?2x?x?1有最大值. ?t的取值范围是[1,??].
24．某工厂统计资料显示, 一种产品次品率p与日产量
x(x?N*,80?x?100,单位：件)之间的关系如下表所示:
日产量x 次品率p 80 81 82 ... … x … … 98 99 100 11 981k其中p(x)?(n为常数). 已知一件正品盈利k元, 生产一件次品损失元(k为不定常
3n?x1 281 271 26p(x) 数).
(1)求出n, 并将该厂的日盈利额y(元)表示为日生产量x(件)的函数; (2)为获取最大盈利, 该厂日生产量应定为多少? 解 (1)根据列表数据, 可得n?108.?p(x)?当日生产量为x时, 次品数为
1 101(80?x?100,x?N*).由题意,
108?x1?x,正品数为
108?x111114(1?)?x,?y?k?(1?)x )?x?k??x. 整理得y?k(3?108?x3108?x108?x3108?x(80?x?100,x?N*).
(2) 令108?x?t,x?[8,28],t?N.y?*1?144?14)? k(108?t)(3?)?k?328?3(t?3t3t??1256?k(328?3?2?12)?k. 33144, 即t?12时取得最大盈利. 此时x?96. 当且仅当t?tex. (1) 求函数f(x)的单调区间; (2) 若k?0, 求不等式25．设函数f(x)?xf?(x)?k(1?x)f(x)?0的解集.
解 (1) f(x)的定义域为(??,0)(0,??),f?(x)??1x1xxx?1xe?e?e?2e,令x2xxf?(x)?0,得x?1.x?0时, f?(x)?0,0?x?1时, f?(x)?0,x?1时, f?(x)?0.
?f(x)的单调增区间是[1,??),单调减区间是(??,0),(0,1].
(2) 由f?(x)?k(1?x)f(x)?(x?1)(?kx?1)x?e?0, 得(x?1)(?kx?1)?0,故当
x2?1?0?k?1时, 解集是?x1?x??;当k?1时, 解集是?; 当k?1时, 解集是
k???1?x?x?1??. k??26．设函数f(x)?xx?a?b,b为常数且b?22?3, 对于任意x?[0,1],f(x)?0恒成立, 求实数a的取值范围. 解 从去绝对值展开讨论.
?a?0,当a?0时, x?ax?b?0对x?[0,1]恒成立, ??
a?1?b.?2?a?1,?a?1,??2当a?1时, ?x?ax?b?0对x?[0,1]恒成立, ???1?b?22?3, 或?b??1,
?a?1?b.?a?2?b.??当0?a?1时, x?ax?b?0对x?[0,1]恒成立且?x?ax?b?0对x?[0,1]恒成
22?0?a?1,?0?a?1,?0?a?1,?立, ?? 即?a?1?b, 且?2?a?1?b.?a?4b?0.?a2?4b?0.??0?a?1,?a?1,a?0,?????或?b??1,或?a?1?b, ?a?1?b.?a?1?b.?2??a?4b?0.当b??1时化简可得1?b?a?0或?或1?a?1-b或0?a?1即1?b?a?1?b; ，当?1?b??当?1时化简可得1?a?2?b或?或1?b?a?1,即1?b?a?2?b. 41?b?22?3时化简可得或?或?或?或1?b?a?2?b,即41?b?a?2?b.
27．设a为实数, 函数f(x)?2x?(x?a)x?a.(1)若f(0)?1,求a的取值范围; (2)求f(x)的最小值. 解 (1)
2f(0)??a?a?1,??a?0, 即a?0.由a2?1知a??1, 因此a的取值范
围为(??,?1].
(2) 记f(x)的最小值为g(a). 我们有
?a22a2,x?a,?3(x?)? f(x)?2x2?(x?a)x?a??33?(x?a)2?2a2,x?a.?①当a?0时, f(?a)??2a,?f(x)??2a,此时g(a)?2222a. 3a22a22a2a22?;若x?a,则②当a?0时, f()?a.若x?a, 则f(x)?3(x?)?3333322x?a?2a?0,f(x)?(x?a)2?2a2?2a2?a2.此时g(a)?a2.
33??2a2,a?0,?综上得, g(a)??22
?a,a?0.?328．已知函数f(x)?x?1?x?2,且不等式a?b?a?b?af(x)对
a?0,a,b?R恒成立, 求实数x的取值范围.
解 由a?b?a?b?af(x)且a?0得
a?b?a?b?f(x).又因为
aa?b?a?ba?b?a?b??2, 则只要2?f(x). 解不等式x?1?x?2?2得
aa15?x?. 2229．已知实数a,b,c,d满足a?b?c?d?3,a?2b?3c?6d?5,试求实数a的取值范围.
解 由柯西不等式得(2b?3c?6d)(?2222222111?)?(b?c?d)2, 即2362b2?3c2?6d2?(b?c?d)2.由条件可得5?a2?(3?a)2, 解得1?a?2,当且仅当
2b3c6d时等号成立. ??111236当b?11121,c?,d?时, amax?2;当b?1,c?,d?时, amin?1. 23633故所求实数a的取值范围是[1,2]
30．已知函数f(x)(x?R)满足下列条件, 对任意实数x1,x2都有
?(x1?x2)2?(x1?x2)[f(x1)?f(x2)], f(x1)?f(x2)?x1?x2,其中?是大于0的常
数, 设实数a0,a,b满足f(a0)?0和b?a??f(a).
(1)证明: ??1,并且不存在b0?a0,使得f(b0)?0;
222(2)证明: (b?a0)?(1??)(a?a0);
(3)证明: f(b)?(1??)f(a).
2证 (1)任取x1,x2?R,x1?x2,则由?(x1?x2)?(x1?x2)[f(x1)?f(x2)] (1)及
222f(x1)?f(x2)?x1?x2, (2)可知
?(x1?x2)2?(x1?x2)[f(x1)?f(x2)]?x1?x2f(x1)?f(x2) ?x1?x2,从而??1.
假设有b0?a0,使得f(b0)?0,则由(1)式知
20??(a0?b0)2?(a0?b0)[f(a0)?f(b0)]?0,产生矛盾. 所以不存在b0?a0,使得
f(b0)?0.
证(2) 由b?a??f(a), (3)可知
(b?a0)2?[a?a0??f(a)]2?(a?a0)2?2?(a?a0)f(a)??2f2(a). (4)
2由f(a0)?0和(1)式, 得(a?a0)f(a)?(a?a0)[f(a)?f(a0)]??(a?a0), (5) 222由f(a0)?0和(2)式, 得f(a)?[f(a)?f(a0)]?(a?a0), (6)将(5)(6)代入(4)式
2222222得(b?a0)?(a?a0)?2?(a?a0)??(a?a0)?(1??)(a?a0).
证(3) 易知a?b时, ??f(a)?f(b)f(a)?f(b)?1,???1,故
a?b?f(a)?2?f(b)f(b)??,1????1??2,f(b)?(1??2)f(a),当a?b此式也成立, 则f(a)f(a)f2(b)?(1??2)f2(a).
第三章习题及答案
1．如果F(x)?f1(x1)f2(x2)...fk(xk)?0,那么方程F(x)?0的解集等于下列各个方程：f1(x)?0,f2(x)?0,...,fk(x)?0的解集的并集, 其中每一个解都属于这k个方程的定义域的交集.
解 设F(x)的定义域为M,fi(x)的定义域Mi(i?1,2,...,k), 因为
F(x)?f1(x)f2(x)...fk(x), 所以, M?M1M2...Mk.又设F(x)?0的交集为A,
x1?A;fi(x)?0的解集为Bi(i?1,2,...,k).因为x1?A?M,所以 x1?M1M2...Mk. 因为F(x1)?0,于是有f1(x1)f2(x2)...fk(xk)?0,这个等式的左
B2...Bk. 反之易证B1B2...Bk?A.
端至少有一个因式等于零, 这表明x1?B12．设a1?a2?...?an,f(x)(??,a1][an,??). 当A?maxf(ai),i?1,2,...,n时, 不等
式
?i?1n???x?ai?A的解集为?x????ai??AA?i?1??x?i?1??. nnnn???n?ain证明 因f(x)的图象在区间[ai,ai?1](i?1,2,...,n?1)上都是线段, 又
A?maxf(ai)(i?1,2,...,n), 则在区间[ai,ai?1]上, f(x)的图象是一条射线
y??nx??ai,x?a, 且当x???时, f(x)???.同理, f(x)在[ai?1,??)上是一条
i?1n射线y?nx??a, 且x???时,
ii?1nf(x)???.
从而函数y??x?ai?1nni的图象与直线y?A的交点只能是在(??,a1]与[an,??)内,
n将y?A与y??nx??ai和y?nx??ai, 分别联立求得交点横坐标为x?i?1i?1n?ai?1in?An与x??ai?1nin?A. 由此命题得证. na2b2?a??b (其中a,b为参数). 3．解关于x的方程xxa2?b2??(a?b) (1) 若a?b?0, 方程(1)的解为不等于0解 原方程同解变形为:
x的任何实数; 若a?b?0, 但a?b?0, 则方程(1)无解; 若a?b?0, 但a?b?0, 方程(1)的解为x??1. a?b11?1??x. xx4．解方程x?解 对原方程配方变形，有
0?2x?2x?111111?21??[(x?)?2x?]?[(x?1)?21??]xxxxxx?1x??1,?112?x2方程组同解于x?x?1?0.解之取?(x??1)2?(x?1?). 得?xx?x?1?1.?x?正值，得x?1?5. 2225．求方程5x?6xy?2y?14x?8y?10?0的所有实数解.
解 将原方程拆项4x?4xy?y?12x?6y?x?2xy?y?2x?2y?1?0.整理得
2222(2x?y)2?6(2x?y)?(x?y)2?2(x?y)?1?0.配方得(2x?y?3)2?(x?y?1)2?0. (3)
2??x?0?(2x?y?3)?0,所以(3)同解于方程组? 解之得. ?2??y??1 ?(x?y?1)?0. 6．在实数解关于x的方程: x?a?a?x.
2解 方程有解必须a?0且x?0, 此时方程同解于a?x?a?x. 由
a?x?x2?a?x?x, 有(a?x?x)(a?x?x?1)?0.?a?x?x?0 (1)或
a?x?x?1 (2)a?0,x?0, 所以要使(1)有解, 必须a?0,x?0.
?1?4a?3.
2方程(2)只有当a?1时有解: x?综上所述, 当a?0或0?a?1时,方程无解; 当a?0时,方程的解为x?0; 当a?1时, 方程的解为x??1?4a?3.
27．解方程4?x?解
x2?4.
x2?4?2,?4?x?2, 解得?2?x?2.
3. 232当0?x?2时，原方程可变形为(4?x)2?(x2?4)2,即8x?12,解得x?当?2?x?0时, 原方程可变形为(4?x)2?(x2?4)2,即8x??12,解得x??.
8．解方程:
loga4ax?logx4ax?loga4xx?logx4?a,其中a为实参数. aa解 要使原方程有意义, 必须a?0,a?1,x?0,x?1.将原方程中的对数化成以a为底
(1?logax)2(logax?1)2??a.即的对数, 并整理得4logax4logax1?logax?logax?1?2alogax. (1)
2(1)当logax?1时, 方程(1)为2logax?2alogax,即logax?a?1.由
a?0,a?1, 得a?1,故方程(1)的解为x1?a,即为原方程的解.
?2(2)当0?logax?1时, 方程(1)为2?2alogax,即logax?a?1.由a?0,a?1,a2得a?1,故方程(1)的解为x2?aa,即为原方程的解.
所以当a?1,原方程的解为x?aa,x?aa;当a?1时, 原方程无解. 9．解方程log(16?3x)(x?2)?log822.
2?2?2?x?2?0,?16?3x?0,1?解 由于log822?,原方程同解于?解这个混合方程组, 得原方
16?3x?1,2??16?3x?x?2.?程的根为x?4.
x?10．解方程: 4x2?2?5?2x?1?2(x?x2?2)x2?2?6?0
x2?2解 原方程可变形为25??2x?2?6?0.设2(x?x2?2)?y,有
5y?6?0.解得正根为y?4,于是2(x?23得原方程的根为x?.
2y2?11．解方程组?x2?2)?4.?x?x2?2?2.解这个无理方程,
?x?y?a,?x?y?a.555(a?0)
?x?y?a,?x?y?a,解 原方程组可变形为(I)? 或(II)?2xy?0.??xy?a.?a?a3i?a?a3ix?,?x?,??x?a,?x?0,??22解(I)得? ? 解(II)得? ??y?0;?y?a.?y?a?a3i;?y?a?a3i.???2?21?xy???xy?12．解方程组??xy?1??xy?x?yx?yy?13, (1)x
y?12. (2)xy?2xy?2??25, ?yx?解 (1)?(2),(1)?(2), 得方程组?令xy?u,?v, 方程组变形
x?2?2?x?1. y??xy5?5xy?,?u?10,??xy?10,?2u?2v?25, ???u?,???2
为?22解得?2 即(I)?y5 (II)?5 ?v?;???1. ?;????y?10.?2?v?10.?uv?x2??x1?1?x?,x??,?x1?2,?x2??2,?3?4(II)解(I)得? 解得2?2 ???y1?5;?y2??5.??y4??5.?y3?5;??x?y?z?10, (1)?13．解方程组?xy?yz?zx?33, (2)
?(x?y)(y?z)(z?x)?294. (3)??x?y?z?10, ?解 方程(3)可变形为xyz?36, 由韦达定理则可看出?xy?yz?zx?33,的解即为关
?xyz?36. ?32于t的三次方程t?10t?33t?36?0的根. 可求得t的值为t1,2?3,t3?4.进而求得原方
?x1?3,?x2?3,?x3?4,???程的组的解为?y1?3?y2?4?y3?3
?z?4;?z?3;?z?3.?1?2?3x?yx?y??x?y,(1)14．解方程组? (如果底数和指数是变量, 只考虑使底数取正值的情
??xy?1. (2)形.)
解 由方程(2)可得y?x,以此代入方程(1)得方程xx?x1?2?12?x11?2x?x221.(3) 因为x?0,31?2x?x221所以方程(3)的两端总取正值. 以方程(3)的右端的表达式除等式(3)的两端得x然, x?1是这个方程的解, 从而由方程(2)得y?1,于是??1.显
?x?1是原方程组的解. ?y?131131?12当x?x?0时, 由此可得x2?,x?3,从而由方程(2)得y?33.经检验可
32291?x?,?39也是原方程组的解. 知??y?33.??x2?y2?15．解方程4x?3y?2x??.??表示取整 2x???y2?3y?y2?3y??2?.令?t, 解 原方程可变形为4x?3y?2x?1?2?, 因x?0, 即1?2x2x?x??x?2?42?4t?9t?9?0,?42?则1?t??t?, 又1?t?t?2?t, 即?2因t?Z,解得t??1或t?3,99????4t?9t?18?0.故原方程的解为y??22x或y?2x(x?R且x?0). 316．解方程x?3x?4?2x?1?1.
???4,x2??解 零点分段法. 由x?3x?4?0,2x?1?0求得x1间x??4,?4?x?求.
21??1.于是分区,x32?5?41?1?1711,x2?,x3?1即为所,?x?1讨论求解, 得x1?2222xyyzzxx2?y2?z2???(a?0,b?0,c?0). 17．解方程组
ay?bxbz?cycx?aza2?b2?c2xyzxyzxyzx2?y2?z2???2.利用合分比定解 将原方程变形为22ayz?bxzbxz?cxycxy?ayza?b?cxyz?xyz?xyzx2?y2?z2xx2?y2?z2?, 即?. (1) 理可得
(cxy?ayz)?(ayz?bxz)?(bxz?cxy)a2?b2?c22aa2?b2?c2yx2?y2?z2zx2?y2?z2?. (2) ?. (3 )从而有同理可得
2ba2?b2?c22ca2?b2?c2x2y2z2?x2?y2?z2?1?x2?y2?z2??x2?y2?z2??2?2??2, 由此得?2??2. 222?22?22?4a4b4c4?a?b?c??a?b?c??a?b?c?由原方程组可知x,y,z中至多只有一个为零, 所以x?y?z?0, 于是有
22222x2?y2?z21abc?.由(1)，(2)，(3)可得x?,y?,z?.
a2?b2?c24222?x?my?(2?m)?0,18．已知方程组?2有唯一的解,求参数m的值. 2?x?9y?9?0.解 由x?my?(2?m)?0可解得x?my?2?m, 以此代入x?9y?9?0, 可消去x, 得未知元y的二次方程y(m?9)?2m(m?2)y?m?4m?5?0. (1)
222221如果m2?9?0, 那么m??3i, 对于m的每一个值, (1)式是一次方程, 且?x?my?(2?m)?0,2m(2?m)?0. 由?可得唯一的解， 2?2m(m?2)y?m?4m?5?0.2如果(1)是二次方程, 且有二重根, 那么
5m2(m?2)2?(m2?9)(m2?4m?5)?45?36m?0, 从而有m?.
45综上所述, 原方程有唯一的解时m?3i,或m??3i,或m?.
419．解方程解方程x?1?3x?5?2x?7?7?2x?1?5x?2.
解 令f(x)?x?1?3x?5?2x?7?7?2x?1?5x?2, 则其绝对值零点分别为?1,?,?,,, 由于?1?712571279??????0, 则f(x)有最大值.
225322515743531276131又f(?)??,f(?)??,f(?1)??3,f()?,f()?, 故
223356223121fmax(x)??7,知f(x)?7有解, 且解在区间?1?x?及x?.
25221当?1?x?时, f(x)?13x?10, 当x?时, f(x)??x?16.
253故x1??或x2?9即为所求.
13x20．求?3y?1的正整数解.
3解 去分母得x?9y?3.53?x0??6,故其一般(1,?9)?1,故有解. 由观察知其特解为?y??1?0?x??6?9t解为?.因要求是正整数解, 则?6?9t?0,?1?t?0,从而t?1.故其正整数解
y??1?t?为??x??6?9t?x?12?9t,(t?2,3,4,...)或?.(t?0,1,2,3,...)
?y??1?t?y?1?t?x?11(mod20),21．解同余式组?
x?3(mod24).??x?0(mod3),?x?0?17?3?51(mod3),??解 原同余式组同解于?x?1(mod5),即可推出?x?1?10?5?51(mod5),所以原同
?x?3(mod8).?x?3?6?8?51(mod8).??余式组的解为x?51(mod120).
22. 百牛问题: 有银白两, 买牛百头. 大牛每头十两小牛每头五两, 牛犊每头半两. 问
买的一百头牛中大牛、小牛、牛犊各几头?
?x?y?z?100,?解 设大牛、小牛、牛犊各买x,y,z头, 则得方程组: ?即110x?5y?z?100.??2?x?y?z?100, (1)?x?1?9u, (2)?(1)19x?9y?100,得 解之有代入(1)???20x?10y?z?200. (2) ?y?9?10u. 得z?90?10u u为整数.
据题意, 应求正整数解, 故1?9u?0,9?19u?0,90?10u?0.
??91?u?,u?0. ?x?1,y?9,z?90 19923．一个正整数, 如果用九进位制表示出来, 则成ABC,如果用七进位制表示出来则成
CBA, 试用十进位制求出这个数.
解 设用十进位制表示的这个正整数为x, 由题意有
x?92A?9B?C?72C?7B?A, (1)整理得40A?B?24C.由于40A与24C有公约数
8，故
B?3C?5A,因右端3C?5A为整数, 所以B必能被8整除, 故B为0或8. 按题意8要求0?B?7, 因此B只能是0，同样, 0?A?7,0?C?7.从3C?5A?0可知
A?3,C?5.以A、B、C之值代入(1)式, 得x?248.所以,这个正整数用十进位制表示出
来是248.
24．已知(?2346,1081)?23, 求s,t使?2346s?1081t?23.
解 先求s?,t使2346s??1081t?23.由辗转相除法知n?3,q1?2,q2?5,q3?1.
Pk: 1 + 2 + 11 13 x x qk: 2 5 1 x x Qk: 0 + 1 + 5 6
?Pn?P3?13,Qn?Q3?6.从而s??(?1)1?3Q3?6,t?(?1)3P3??13.
?2346?6?1081?(?13)?23.所以?2346?(?6)?1081?(?13)?23.s?16,t??13.
25．(算术基本定理)一个数的素因数分解式是唯一的.
证明 反证法. 假设唯一分解定理不成立, 那么一定至少存在一个数, 它具有不止一种素因数分解式. 这样的数可能不止一个, 其中必有一个最小的, 设为c. c有最小素因数p,于是有c?p?d. 因为d?c, 所以d有唯一的素因数分解式. 这说明, c的含p的素因数分解式是唯一的.
但是, 依假设, c至少有两种素因数分解式, 所以c必有一种不含p的分解式. 设在这
个分解式中的最小素数是p1,并有c?p1?d1. (1)因为p1?p,故有d1?d.从而也有
pd1?pd?c. 现在来讨论数c1?c?pd1?p1d1?pd1?(p1?p)d1?d.这是一个一个比c小的数, 必有唯一分解式. 由上式, pc?pc1?p(p1?p)d1?pd1或p(p1?p).但因p1是分解式(1)中的最小素数, 所以d1的素因数均大于p. 这样, 唯一的可能是
p(p1?p), 因此它也整除p1. 这与p1是素数矛盾. 这个矛盾说明前面的假设是不对的,
即一个素数不能有两种不同的分解式.
26. 证明素数有无穷多个.
用反证法. 设素数共有k(k?N), 记为p1,p2,...,pk. 作p?p1p2...pk?1. 我们来证明p不是合数. 若不然, 必存在素数pi(1?i?k)使pip?p1p2...pk?1,但
?pip1p2...pk, 故得pi1. 与pi为素数矛盾. 故p为素数.
27. 证明: 如果自然数x,y,z满足方程x?y?z (3) 则min(x,y)?n. 证 设自然数x,y,z,n满足方程(3), 则min(x,y)?x,因为z?x?y?y,
nnnnnnn?z?y,从而z?y?1.故zn?(y?1)n?yn?nyn?1?...?1?yn?nyn?1.由(3)有xn?yn?yn?nyn?1,?xn?nyn?1?nxn-1或x?n, 所以min(x,y)?n.
28．设函数f(x)?px?qx?r(p?0),方程f(x)?x的两根x1,x2满足x2?x1?求证: 当x?(0,x1)时, f(x)?x1.
证 方程f(x)?x即为px?(q?1)x?r?0.由韦达定理, x1?x2?221,p1?q,由px2?x1?111?q1qq,有x1?x2??(?x1)???x1,即x1??.于是ppppp2pq). pf(x)?x1?f(x)?f(x1)?(px2?qx?r)?(px12?qx1?r)?p(x?x1)(x?x1?而x?x1?0,x?x1?qq?2x1??0.所以f(x)?x1. pp229．设函数f(x)?ax?8x?3(a?0),对于给定的负数a, 有一个最大的正数l(a),使
得在整个区间[0,l(a)]上, 不等式f(x)?5都成立.
问: a为何值时l(a)最大? 求出这个最大的l(a). 证明你的结论.
164?16?解f(x)?a?x???3?,知maxf(x)?3?.
x?Raa?a?下面分两种情况讨论: (1) 3?2164?5,即?8?a?0,此时0?l(a)??,所以l(a)是方程ax2?8x?3?5的aa较小根. l(a)?(2) 3??8?64?8a21??.
2a16?2a?42164?5,即a??8,此时l(a)??.所以l(a)是方程ax2?8x?3??5的较大根. aal(a)??8?64?32a245?1???.
2a24?2a?420?25?11?, 故当且仅当a??8时, l(a)取最大值22当且仅当a??8时等号成立. 因
5?1. 230．已知双曲线x?2y?2的左右两个焦点为F1,F2,动点P满足PF1?PF2?4.
22(I)求动点P的轨迹E的方程;
(II)设过F2且不垂直于坐标轴的动直线l交轨迹E于A,B两点, 问: 线段OF2上是否
存在一点D, 使得以DA,DB为邻边的平行四边形为菱形? 作出判断并证明.
x2?y2?1. 解 (I)由已知条件结合椭圆定义易得E的方程为4(II)假设存在满足条件的D, 设D(m,0),则0?m?3.
设过F2(22的)方程为l: y?k(x?3),k?0,代入椭圆方程, 得3,022(1?4k)x?83k?12k?4?0,设
A(x1,y1), B(x2,y2),则
83k2x1?x2?, 21?4k?23k2?y1?y2?k(x1?x2?23)?.
1?4k2以DA, DB为邻边的平行四边形为菱形, ?(DA?DB)?AB. 83k2?23k2,),DA?DB?(x1?m,y1)?(x2?m,y2)?(x1?x2?2m,y1?y2)?(1?4k21?4k283k2?23k233k233?2m??0,?m??. AB的方向向量为(1,k),?22211?4k1?4k1?4k4?2kk2?0, ?0?m?
33?3, 所以存在满足条件的D. 4