故
F1CE1ACG???. 1AH1（2）如图2，若EF与AC不平行. 设FE的延长线与CA的延长线相交于点T. 由梅涅劳斯定理得
CFBEATFBEATC?1.
结合题设有
CGDHATGDHATC?1.由梅涅劳斯定理逆定理知
T、H、G三点共线.设TF、TG与E1H1分别交于点M、N. 由E1B∥EF，得E1A=
BAEA2AM. 同理，H1A=ADAH2AN.所以，
E1AAMABAH?AH.1ANAEAD又EQQH?S?AECS?S?ABCAEAD,故?AHCS?ADCABAHEAHS
1AEQAB?AH??ABC1QHAEADS?ADC同理,F1CCG?S?ABC.所以,F1C?E1AAH??.1S?ADCCG11二、显然，当n?2时，xn?xn?1?[2(xn?1?1)n]. 令an=xn－1，则a1=c－1，
16
a2an?an?1?[n?1n]?[n?2nan?1],n?2,3, ①设u(n?1)(n?2)n?A2,n?1,2,,A为非负整数.由于当n?2时,[n?2nu(n?2)(n?1)(n?2)n?1]?[A2nn(n?1)]?A2?un所以,数列{un}满足式①.设yn?n,n?1,2,.由于当n?2时,[n?2ny[(n?2)(n?1)2]?[n2?1?2n?1]?n]?n2?yn,所以,{yn}也满足式①.z(n?2)2设n?[4],n?1,2,,当n?2m且m?1时,[n?2zm?1(2m?1)2m?1n?1]?[[]]?[m(m?1)]?(m?1)2nm4m?zn当n?2m?1且m?1时,[n?2nz?[2m?32m?1[(2m?2)24]]?[2m?32m?1(m?1)2]?[(m?1)(m?2)?m?1n?1]2m?1]?(m?1)(m?2)?[(2m?3)24]?zn从而,{zn}也满足式①.对任意非负整数A，令
v1)(n?2)n?un?yn?A(n?2?n?A(n?1)(n?2)(n?2)2wn?un?zn2?[4]n?1,2,,显然{vn}和{wn}都满足式①.由于u1,z9a1?3A,y1?1?[]?2,所以,当3|a1时,an?146(n?1)(n?2);当a1?1(mod3)时,aan?1?16(n?1)(n?2)?n当a1?2(mod3)时,a1?2(n?2)2an?6(n?1)(n?2)?[4]综上可得当c?1(mod3)时,xc?1n?6(n?1)(n?2)?1;当c?2(mod3)时,x?c?2n6(n?1)(n?2)?n?1;
c?0(mod3)时,xc?3(n?2)2当n?6(n?1)(n?2)?[4]?1.17
三、先证n?11.
设顶点在M中的一个凸七边形为A1A2?A7，连结A1A5.由条件（2）知，在凸五边形A1A2 A3A4A5中至少有M中一个点，记为P1.连结P1A1、P1A5，则在凸五边形A1P1 A5A6 A7内至少有M中一个点，记为P2，且P2异于P1.连结P1P2，则A1，A2，?，A7中至少有5个顶点不在直线P1P2上. 由抽屉原则知，在直线P1P2的某一侧必有3个顶点，这3个顶点与点P1、P2构成的凸五边形内，至少含有M中一个点P3.
再作直线P1P3、P2P3.令直线P1P2对应区域Ⅱ3，它是以直线P1P2为边界且在△P1P2P3异侧的一个半平面（不含直线P1P2）.类似地定义区域Ⅱ1、Ⅱ2. 这样，区域Ⅱ1、Ⅱ2、Ⅱ3覆盖了平面上
除△P1P2P3外的所有点.由抽屉原则知，7个顶点A1，A2，?，A7中必有[]＋1=3个顶点在同一区域（不妨设为Ⅱ3）中.这3个点与P1、P2构成一个顶点在M中的凸五边形，故其内部至少含M中一个点P4.所以，n?11. 下面构造一个例子说明n=11是可以的.
如图所示，凸七边形A1A2?A7为一整点七边形，设点集M为7个顶点A1，A2，?，A7且其内部有4个整点.则显然满足条件（1）. 这个点集M也满足条件（2），证明如下.
假设存在一个整点凸五边形，其内部不含整点. 因整点多边形的面积均可表示为
＋
73n（n∈N2）的形式，由最小数原理，必有一个面积最小的内部不含整点的整点凸五边形ABCDE.考虑顶点坐标的奇偶性，只有4种情况：（奇，偶），（偶，奇），（奇，奇），（偶，偶）. 从而，五边形ABCDE的顶点中必有两个顶点的坐标的奇偶性完全相同. 于是，它们连线的中点P仍为整点.又P不在凸五边形ABCDE内部，因此P在凸五边形的某条边上，不妨设P在边AB上，则P为AB的中点.连结PE，则PBCDE是面积更小的内部不含整点的整点凸五边形.矛盾.
综上所述，n的最小值为11.
四、（1）存在性.由xi?1?2xi?2xi3?2a3?xi?1，i=1，2，?及x0=0可知每一xi是x1的3i
－1
次实系数多项式，从而，xn＋1为x1的3n次实系数多项式. 由于3n为奇数，故存在实数x1，使得xn＋1=0. 由x1及x0=0可计算出xi . 如此得到的数列x0，x1，?，xn＋1满足所给条件.
惟一性.设w0，w1，?，wn＋1；v0，v1，?，vn＋1为满足条件的两个数列，则
18
1(wi?1?wi?1)?wi?w3i?a321(v3i?1?vi?1)?vi?vi?a32所以1(wi?1?vi?1?wi?1?vi?1)?(wi?vi)(1?w2i?w22ivi?vi)设|wi0?vi0|最大,则|wi0?vi0|?|wi0?vi0|(1?w2i0?wi0vi0?v2i0)?12|w1?v1i0?i0?1|?2|wi0?1?vi0?1|?|wi0?vi0|从而,|wi0?vi0|?0,或1?w2i0?wi0v2i0?vi0?1,即|wi0?vi0|?0,或w2i0?v2i0?(wi0?vi0)2?0.所以|wi0?vi0|?0成立.由|wi0?vi0|的最大性知所有|wi?vi|?0,即wi?vi,i?1,2,,n.（2）设|xi0|最大，则
|xi0|?|xi0|3?|xi0|(1?xi20)?|1(xi0?1?xi320?1)?a|?1|x1i320?1|?2|xi0?1|?|a3|?|xi0|?|a|. 所以,|xi0|?|a|.因此,|xi|?|a|,i?0,1,2,,n?1.2
n五、当x?|a|（a1－1）时，由?1?1可得 i?1ai19
?n??n11?1?n1?????2??????a????a2?x2???2a|x|4x??i?1i??i?1i??i?1i111?2?2a1(a1?1)?4x24x当x2?a1(a1?1)时,由柯西不等式得?n1??n1??????a2?x2????i?1i??i?1ai对于正整数a1?a2?2ai?2222?n??naiai???????(a2?x2)2??(a2?x2)2??i?1i?i?1i?an,有ai?1?a2?1,i?1,2,,n?1,且2ai2ai?(ai2?x2)2(a2?x2?1)2?a2((a?1)2?x2)((a?1)2?x2)iiii4221111????i?1,2,,n?1.121212122222(ai?)?x(ai?)?x(ai?)?x(ai?1?)?x2222??nn??a111故?2i22????? 1122222(a?x)i?1ii?1?(ai?1?)?x??(ai?)?x?22??1111??2(a?1)2?x22a1(a1?1)?x2i2六、我们证明更一般的结论： 对任给正整数r（r?2），总存在正整数N（r），当n?N（r）时，存在正整数a1，a2，?，ar，使得n=a1＋a2＋?＋ar，1?a1
证明如下：
当r=2时，有n=1＋n－1，取N（2）=3即可.
假设当r=k时结论成立. 当r=k＋1时，取N(k＋1)=4N(k)3. 设n=2a(2l＋1)，若n?N(k＋1)=4N(k)3，则2a?2N(k)2，则存在正偶数2t?a，使得22t?N(k)2，即2t＋1?N(k). 由归纳假设，存在正整数b1，b2，?，bk，使得
2t＋1= b1＋b2＋?＋bk，1?b1 －－ 则2a=2a2t322t=2a2t [1＋(2t－1) (2t＋1)] －－－－ =2a2t＋2a2t(2t－1)b1＋2a2t(2t－1)b2＋?＋2a2t(2t－1)bk －－－ n=2a2t(2l＋1)＋2a2t(2t－1) b1(2l＋1)＋?＋2a2t(2t－1) bk(2l＋1) 若2l＋1?2N(k)，则l?N(k).由归纳假设，存在正整数c1，c2，?，ck使得 l=c1＋c2＋?＋ck，1?c1 ＋＋＋ 因此，n=2a＋2a1 c1＋2a1 c2＋?＋2a1 ck满足要求. 由数学归纳法知，上述一般结论对所有的r?2成立. 20