19．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,?,?712571279,,, 由于?1???????0, 则f(x)有最大值. 225322515743531276131,f(?)??,f(?1)??3,f()?,f()?, 故又f(?)??223356223121fmax(x)??7,知f(x)?7有解, 且解在区间?1?x?及x?.
25212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.?(1,?9)?1,故有解. 由观察知其特解为?53?x0??6,故其一般
?y0??1?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
1?3??Pn?PQ3?6,t?(?1)3P3?13,Qn?Q3?6.从而s?(?1)3??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)?px2?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px2?(q?1)x?r?0.由韦达定理, x1?x2?1,p1?q,由px2?x1?111?q1qq,有x1?x2??(?x1)???x1,即x1??.于是ppppp2pqf(x)?x1?f(x)?f(x1)?(px2?qx?r)?(px12?qx1?r)?p(x?x1)(x?x1?).
p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x2?2y2?2的左右两个焦点为F1,F2,动点P满足PF1?PF2?4.
(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
?23k2?y1?y2?k(x1?x2?23)?.
1?4k2A(x1,y1), B(x2,y2),83k2, 则x1?x2?21?4k?????????????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?4k2????33k23383k2?23k2AB的方向向量为(1,k),??m??. ?2m??0,1?4k24?11?4k21?4k2k2?k2?0, ?0?m?
33?3, 所以存在满足条件的D. 4