初等数学研究(程晓亮、刘影)版课后习题答案
初等数学研究课后习题答案(2020年7月整理).pdf
初等代数研究课后习题20071115033 数学院 07（1） 杨明1、证明自然数的顺序关系具有对逆性与全序性，即（1）对任何N b a ∈,，当且仅当b a <时，a b >.（2））对任何N b a ∈,，在b a <，b a =，b a >中有且只有一个成立.证明：对任何N b a ∈,，设a A ==，b B ==（1）“⇒” b a <，则B B ⊂∃,,使,~B A ，A B B ~,⊃∴,a b >∴“⇐” a b >，则B B ⊂∃,,使A B ~,，B B A ⊂∴,~,b a <∴综上 对任何N b a ∈,，b a <⇔a b >（2）由（1）b a <⇔a b > b a <∴与b a >不可能同时成立，假设b a <∴与b a =同时成立，则B B ⊂∃,,使,~B A 且B A ~， ,~B B ∴与B 为有限集矛盾，b a <∴与b a =不可能同时成立，综上，对任何N b a ∈,，在b a <，b a =，b a >中有且只有一个成立..2、证明自然数的加法满足交换律.证明：对任何N b a ∈,设M 为使等式a b b a +=+成立的所有b 组成的集合先证 a a +=+11，设满足此式的a 组成集合k ，显然有1+1=1+1成立φ≠∈∴k 1，设k a ∈，a a +=+11，则+++++++=+=+==+a a a a a 1)1()1()(1k a ∈∴+，N k =∴， 取定a ，则1M φ∈≠，设,b M a b b a ∈+=+，则 ()()a b a b b a b a +++++=+=+=+ ,b M M N +∴∈∴= ∴ 对任何N b a ∈,，a b b a +=+3、证明自然数的乘法是唯一存在的证明：唯一性：取定a ，反证：假设至少有两个对应关系,f g ，对b N ∀∈，有 (),()f b g b N ∈，设M 是由使()()f b g b =成立的所有的b 组成的集合，()()1f b g b a ==⋅ 1M φ∴∈≠ 设b N ∈则()()f b g b =()()f b a g b a ∴+=+ ()()f b g b ++∴=，b M +∴∈，M N ∴= 即b N ∀∈，()()f b g b =乘法是唯一的存在性：设乘法存在的所有a 组成集合K 当1a =时，b N ∀∈，111,1111b b b b ++⋅=⋅==+=⋅+ φ≠∈∴k 1，设a K ∈，b N ∀∈，有,a b 与它对应，且1a a ⋅=，ab ab a +=+，对b N ∀∈，令a b ab b +=+ 1111a a a a ++⋅=⋅+=+=1()(1)a b ab b ab a b ab b a a b a ++++++=+=+++=+++=+a K +∴∈ K N ∴= 即乘法存在p24—5、解：满足条件的A 有1{1,2}A =，2{1,2,3}A =，3{1,2,4}A =，4{1,2,5}A = 5{1,2,3,4}A =，6{1,2,3,5}A =，7{1,2,4,5}A =，8{1,2,3,4,5}A =123456782,3,4,5A A A A A A A A ========∴========基数和为23343528+⨯+⨯+= p24—6、证明：,A a B b ==，A 中的x 与B 中的y 对应 A B ab ∴⨯=，B A ba ab ∴⨯==A B ab ⨯= A B A B B A ∴⨯=⋅=⨯p24—8、证明：1）3+4=73134++== 3231(31)45++++=+=+==3332(32)56++++=+=+==3433(33)67++++=+=+==2）3412⋅= 313⋅= 32313136+⋅=⋅=⋅+=33323239+⋅=⋅=⋅+=343333312+⋅=⋅=⋅+=p24—12、证明：1）()m n m n +++++=+()1(1)m n m n m n m n +++++++=++=++=+2）()mn nm m +++=+ ()1(1)mn mn mn m nm m ++++=+=++=+p26—36、已知(,)f m n 对任何,m n N ∈满足(1,)1(1,1)(,2)(1,1)(,(1,))f n n f m f m f m n f m f m n =+⎧⎪+=⎨⎪++=+⎩求证：1）(2,)2f n n =+2）(3,)22f n n =+3）1(4,)22n f n +=−证明：1)当1n =时，(2,1)(11,1)(1,2)2112f f f =+==+=+结论成立，假设n k =时，结论成立，即(2,)2f k k =+，当1n k =+时，(2,1)(11,1)(1,(2,))(1,2)(2)1(1)2f k f k f f k f k k k +=++==+=++=++ 所以对一切自然数结论都成立2）当1n =时，(3,)(21,)(2,2)22212f n f n f =+==+=⋅+结论成立假设n k =时，结论成立，即(3,)22f k k =+当1n k =+时，(3,1)(21,1)(2,(3,))(2,22)2222(1)2f k f k f f k f k k k +=++==+=++=++ 所以对一切自然数结论都成立3）当1n =时，11(4,1)(31,1)(3,2)22222f f f +=+==⨯−=−结论成立 假设n k =时，结论成立，即1(4,)22k f k +=− 当1n k =+时，112(4,1)(3,(4,))(3,22)2(22)222k k k f k f f k f ++++==−=−+=−所以对一切自然数结论都成立p62—1、证明定理2.1证明：[,],[,]a b c d Z ∀∈，[,][,][,]a b c d a c b d +=++因为自然数加法满足交换律[,][,]a c b d c a d b ∴++=++而[,][,][,]c d a b c a d b +=++[,][,][,][,]a b c d c d a b ∴+=+[,],[,],[,]a b c d e f Z ∀∈，[,][,][,][,][,][(),()]a b c d e f a c b d e f a c e b d f ++=+++=++++以为自然数满足加法结合律([,][,])[,][,]([,][,])a b c d e f a b c d e f ∴++=++ 即整数加法满足交换律和结合律p62—2、已知[,],[,]a b c d Z ∈，求证[,][,]a b c d =的充要条件是[,][,][1,1]a b c d −= 证明：“⇒” 已知[,][,]a b c d =则a d b c +=+[,][,][,][1,1]a b c d a d b c ∴−=++=“⇐” 已知[,][,][1,1]a b c d −=则[,][1,1]a d b c ++=，a d b c +=+[,][,]a b c d ∴=p62—4、已知N b a ∈,，求证([,])[,]a b a b −−=证明：[,][,]a b b a −= ([,])[,][,]a b b a a b −−=−=p62—5、已知[,],[,]a b c d Z ∈，求证([,][,])[,][,]a b c d a b c d −−=−+证明：左边([,][,])[,][,]a b c d a d b c b c a d −−=−++=++右边[,][,][,][,][,]a b c d b a c d b c a d −+=+=++所以左边等于右边([,][,])[,][,]a b c d a b c d ∴−−=−+p62—7、已知,,a b c N ∈，求证当且仅当a d b c +<+时[,][,]a b c d <证明：“⇒” 已知a d b c +<+，[,][,][,]a b c d a d b c −=++因为 a d b c +<+ [,]a d b c ∴++是负数，[,][,]a b c d ∴<“⇐” 已知[,][,]a b c d <则[,][,][,]a b c d a d b c −=++因为[,]a d b c ++是负数，a d b c ∴+<+p62—9、已知,Z αβ∈，求证：1）αβαβ+≤+ ，2） αβαβ=证明：设[,],[,]a b c d αβ== 1）[,]a c b d αβ+=++ ()()a c b d αβ∴+=+−+而,a b c d αβ=−=−()()()()a c b d a b c d a b c d +−+=−+−≤−+−αβαβ∴+≤+2）[,]ac bd ad bc αβ=++ ()ac bd ad bc αβ∴=+−+而,a b c d αβ=−=−()()()()()ac bd ad bc a c d b d c a b c d a b c d +−+=−+−=−−=−− αβαβ∴=p63—12、n 名棋手每两个比赛一次，没有平局，若第k 名胜负的次数各为,k k a b ，1,2,........,k n =，求证：2222221212......n n a a a b b b +++=+++ 证明：对于(1,2,...,)k a k n =，必存在一个(1,2,...,)j b j n =使得k j a b =⇒22(,1,2,...,)k j a b k j n == 2222221212......n n a a a b b b ∴+++=+++p63—16、已知10p a b −，10p c d −，求证p ad bc −证明：由已知：,s t Z ∃∈使10a b ps −=，10c d pt −=⇒ 10,10b a ps d c pt =−=−10(10)()ad bc ac apt ac cps p cs at ∴−=−−−=−p ad bc ∴−p63—17、设2不整除a ，求证281a +证明：因为2不整除a ，所以存在唯一一对,q r Z ∈，使2a q r =+，其中02r <<⇒1r =，22441a q q ∴=++⇒214(1)a q q −=+ 281a ∴−p63—20、设a Z ∈，求证(1)(2)(3)1a a a a ++++是奇数的平方证明：22222(1)(2)(3)1[(1)1](1)[(2)(2)1]1[(1)(1)][(2)(2)]1(1)(2)2(1)(2)1[(1)(2)1]a a a a a a a a a a a a a a a a a a ++++=+−+++++=+−+++++=++−+++=++−1,2a a ++肯定一奇一偶(1)(2)a a ∴++肯定为偶数(1)(2)1a a ∴++−肯定为奇数p63—22、证明：前n 个自然数之和的个位数码不能是2、4、7、9证明：前n 个自然数的和为(1)2n n + 因为：n 个自然数的和仍为自然数∴ 1+n 与n 中必定一个为奇数一个为偶数若个位数码为2则1+n 与n 的个位数码只能是1,4或4,1而（1+n ）- n=1 ∴个位数码不能为2若个位数码为4则1+n 与n 的个位数码只能是1,8或8,1也不可能成立若个位数码为7则1+n 与n 的个位数码有2种可能，则2,7或1,14也不可能成立，若个位数码为9则1+n 与n 的个位数码有2种可能，即2,9或1,18也不可能成立，综上，前n 个自然数和的个位数码不能是2,4,7,9p63—26、证明2.3定理1（12,,......,n a a a ）=（12,,......n a a a ）证明：因为：（12,,......,n a a a ）是12,,......n a a a 的公因数中的最大数所以R 需考虑非负整数 ∴（12,,......,n a a a ）=（12,,......n a a a ） p63—29、证明2.3定理4的推论(,)1a b =的充要条件是有,x y Z ∈使得1ax by += 证明：因为(,)1a b = ,a b ∴不全为0“⇒” 由定理4 ,x y Z ∃∈使(,)1ax by a b +==“⇐” 设(,)a b d =则,d a d b ，d ax by ∴+ 1d ∴ (,)1d a b ∴== p63—30、证明2.3定理6及其推论。
初等代数研究课后习题答案
初等代数研究课后习题答案初等代数是数学的一门重要分支，它研究的是代数方程、代数式以及它们之间的关系。
在学习初等代数的过程中，课后习题是非常重要的一部分，通过解答习题可以巩固知识、提高技能。
然而，有时候我们会遇到一些难题，不知道如何下手。
因此，本文将为大家提供一些初等代数课后习题的答案，希望能够帮助大家更好地理解和掌握相关知识。
1. 解方程：求解方程2x + 5 = 13。
解答：将方程中的13减去5得到8，所以2x = 8。
再将8除以2得到x = 4。
因此，方程的解为x = 4。
2. 简化代数式：将代数式3x + 2x - 5x + 4x简化。
解答：将代数式中的同类项合并，得到4x - 5x + 4x。
再将同类项相加，得到3x。
因此，代数式简化后为3x。
3. 因式分解：将代数式x^2 + 5x + 6进行因式分解。
解答：首先，我们需要找到两个数，它们的和为5，乘积为6。
很明显，这两个数分别是2和3。
因此，代数式可以因式分解为(x + 2)(x + 3)。
4. 求解不等式：求解不等式2x - 3 < 7。
解答：将不等式中的7加上3得到10，所以2x < 10。
再将10除以2得到x < 5。
因此，不等式的解集为x < 5。
5. 求解方程组：求解方程组2x + y = 5x - y = 1。
解答：可以通过消元法求解这个方程组。
首先，将第二个方程的两边都加上y，得到x = y + 1。
然后，将这个结果代入第一个方程中，得到2(y + 1) + y = 5。
将这个方程化简，得到3y + 2 = 5。
再将2从等式两边减去，得到3y = 3。
最后，将等式两边都除以3，得到y = 1。
将y的值代入x = y + 1，得到x = 2。
因此，方程组的解为x = 2，y = 1。
通过以上几个例子，我们可以看到，初等代数的习题解答需要我们熟练掌握各种解题方法和技巧。
在解方程时，我们可以通过加减、乘除等运算来求解未知数的值。
初等数学研究(程晓亮、刘影)版课后习题答案教程文件
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12-=i ，和有序实数对),(b a 一起组成一个复数bi a +. 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b ax =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D C B A ,,,两两没有公共元素d c b a ,,,分别是非空有限集D C B A ,,,的基数，根据定义，若b a >，则存在非空有限集'A ，使得B A A ~'⊃；若d c ≥从而必存在非空有限集'C ，使得D C C ~'⊃，所以)(C A ⋃)(D B ⋃⊃所以集合C A ⋃的基数c a +大于集合D B ⋃的基数d b +，所以d b c a +>+.5（1）解：按照自然数序数理论加法定义， 1555555155155)25(2535''=++=++⋅=+⋅=+⋅=⋅=⋅ （2）解：按照自然数序数理论乘法定义87)6(])15[()15()25(2535'''''''''===+=+=+=+=+ 6证明：︒1当2=n 时，命题成立.（反证法）()()()()()()()01121,1111111,111101111111,,2,1,0111,,2,1,0)2(212122121212121212122221212122111112111212222121≥++-+⇒≥++-++≥+-+-≥++++∴≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛->-=-++-+-=+++++=>+=≥+++=+++=>≥=︒+++++++++++++++++k k k k k k k k k k k k k k k i k k k k k k i k k i a k a k k a k k a k k a ka a ka a a a a k a a a a a a a a a a a a a a a a a a k i a k n ka a a a a a k i a k k n ，即要证由归纳假设，得，且得，，且时，由当。
初等数学研究_习题集(含答案)
《初等数学研究》课程习题集一、单选题 1. 已知αβ、是方程22(2)(35)0x k x kk --+++=的两实数根，则221αβ++的最大值是（ ）..20.19.21.18A B C D2. 设()lg (101)2xxxb f x a x x a b -=+++4是偶函数，g ()=是奇函数，则的值为（ ）11..1.1..22A B C D --3. 设432()f x xa xb xc xd =++++，其中a b c d 、、、为常数，如果(1)1,f =[]1(2)2,(3)3,(4)(0)4f f f f ==+=则（ ）.5.3.7.11A B C D4. 若不等式2lo g 0m x x -<在区间（0，2）内恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A ．1116m ≤< B.1016m <≤ C.104m <<D.116m ≥5. 已知()()(,),(7)7f x y f x y x y R f +=∈=且， 则(49)f 等于（ ）A.7B. 14C.49D. 16. 设33,(5)2003(5)1,(4)2003(4)1,x y xx y y -+-=--+-=为实数，满足则().x y +=A.1B. 9C. -1D. -97. 实数x y 、满足关系式[][]21yx x =+--和[]1y x =+，则x y +的值一定是（ ）1012.1516.910.A B C D .与之间与之间与之间一个整数8. 对每一个自然数n, 抛物线22()(21)1,n yn n x n x x A =+-++与轴交于n B 两点，||n n A B 以表示该两点的距离，则1122||||A B A B ++ 20022002||A B +等于（ ）2001200220032004.....2002200320042003A B C D9. 已知多项式2(),4(1)1,1(2)5,(3)f x a x c f f f =--≤≤--≤≤则满足（）3825.4(3)15.1(3)20.(3)33f B f C f D f ≤≤-≤≤-≤≤-≤≤A .7(3)2610. 若2222,260,2x y x x yx yx -+=++实数满足则的最大值为( ）A.15B. 14C. 17D. 1611.设2250,320,a x x b x x +=-+=是一元二次方程的较大的一根是的较小的一根那么a b +的值是（ ）A.-4B. -3C. 1D. 312. 2320x x -+=方程的最小一个根的负倒数是（）A.1B. 12C. 2D. 413. 在,A B C G ∠022直角中，A =90为重心，且G A =2, 则G B +G C =( )A ． 25 B. 10 C. 20 D. 1514. 圆锥的侧面展开图的圆心角等于0120，该圆锥的侧面积与表面积之比值为（ ）A.23B.45C.12D.3415. ∠∠0A B -A C 在A B C 中,C =90,A 的平分线A D 交B C 于D ,则C D等于（ ）.tan .sin .co s .co t .A AB AC AD A16. 在A B C 中，A B A C =，,,D B C B E A C E ⊥为中点且于交A D P 于，已知3B P =， 1P E =，则P A =（ ）A B C D ....17.已知梯形A中，//,,A B CA B C DA DBC BD A B C B D D C S S∠⊥=梯形平分且则，3A B C D .：1. 2.5：1.2：1. 1.5：118. 已知A D是直角三角形A B C斜边上的高，43A B A C ==，,:()A B CA C DS S=则，5A B C D .：3.25：9.4：3.16：919. 已知直角三角形的周长为2+斜边上的中线为1,则这个三角形的面积为（ ）14A B C D 1..1..220. 若一个正三角形和一个正六边形的面积相等，则他们的边长之比为（ ）11113A B C D ....二、填空题1 21. 集合2{1,2,31},{1,3},{3}A mm B AB =--=-=，实数m 的值是 _______22. 若函数2()1f x x a x =-+能取得负值，则实数a 的取值范围为23. 设x y z 、、为实数,1()2x y z =++，则23x y z=24. 函数sin ()yA x b =ω+ϕ+在同一周期内有最高点（,312π），最底点（7,512π-），则它的解析式为25. 若函数[]2(2)1,()2x f xf -+∞的定义域为，则的定义域为26. 在等差数列{}n a 中，已知前20项的和n S =170，则691116a a a a +++ =27. 已知：1ta n 11ta n +α=-α，则sin 2α的值=28. 设11(0),()f x f x x x ⎛⎫=-<= ⎪⎝⎭则29. 2,120nn S n =数列的前项和那么这个数列的前项中所有奇数项的和是30. 2006!的末尾的“0”的个数是 31. 已知：12()()3f x f x x x+-=+，则()___________f x =32. 不等式20a x a b x b ++>的解集是{23}M x =<<，则_____,______a b ==33. 以三角形的三条中线长为边作三角形，则它的面积与原三角形面积之比为34. P 是正方形ABCD 内一点，PA=2, PB=1, PD=3, 则A P B ∠的度数为 35. 1E F GA EB F A BC A E B F G S=，是的中线，与交于，若，则A B CS=36. 在A B C 中，5B C M I A B C =，与分别是的重心与内心，若//M I B C则A B A C +的值为37. 在A B C 中，90C ∠=，I IE A B E ⊥为内心，于，若2B C =，A C =3， 则A E E B ⋅=38. 设直角三角形的斜边为C, 其内切圆的半径为r, 则内切圆的面积与三角形面积之比是39. 若等腰梯形的两条对角线互相垂直, 高为8cm ，则上、下底之和为40. 凸n 边形的n 个内角与某一个外角的和为1350°，则n 等于三、计算题41. 121212{}1,2,,n n n n n n n a a a a a a a a a ++++===++已知数列中，且121,n n a a ++≠求20031.n n a =∑42. 求函数332s in 3s inc o s 3c o s s in 2c o s 2x x x xy x x+=+的最小值。
初等数学研究答案1
初等数学研究答案1习题一1答：原那么：〔1〕A ⊂B〔2〕A 的元素间所定义的一些运算或基本关系，在B 中被重新定义。
而且关于A 的元历来说，重新定义的运算和关系与A 中原来的意义完全分歧。
〔3〕在A 中不是总能实施的某种运算，在B 中总能实施。
(4) 在同构的意义下,B 应当是A 满足上述三原那么的最小扩展,而且由A 独一确定。
方式：〔1〕添加元素法；〔2〕结构法2证明:(1)设命题能成立的一切c 组成集合M 。
a=b ，M 11b 1a ∈∴⋅=⋅∴， 假定bc ac M c =∈，即，那么M c c b b bc a ac c a ∈'∴'=+=+='， 由归结公理知M=N ，所以命题对恣意自然数c 成立。
〔2〕假定a <b ，那么bc kc ac bc,k)c (a )1(b k a N k =+=+=+∈∃即，，由，使得 那么ac<bc 。
〔3〕假定a>b ，那么ac m c bc ac,m )c (b )1(a m b N m =+=+=+∈∃即，，由，使得那么ac>bc 。
3证明:(1)用反证法：假定b a b,a b a <>≠或者，则由三分性知。
当a >b 时，由乘法单调性知ac >bc. 当a <b 时，由乘法单调性知ac<bc.这与ac=bc 矛盾。
那么a=b 。
〔2〕用反证法：假定b a b,a b a =>或者，则由三分性知不小于。
当a >b 时，由乘法单调性知ac >bc. 当a=b 时，由乘法单调性知ac=bc.这与ac<bc 矛盾。
那么a <b 。
〔3〕用反证法：假定b a b,a b a =<或者，则由三分性知不大于。
当a<b 时，由乘法单调性知ac<bc. 当a=b 时，由乘法单调性知ac=bc.这与ac>bc 矛盾。
那么a>b 。
初等数学研究参考答案
1、 已知21-=i z ，则150100++z z 的值等于（ ）A 、1B 、1-C 、iD 、i -2、 已知53sin =θ，02sin <θ，则2tan θ的值等于（） A 、21B 、21-C 、31D 、3 3、 函数136-+-=x x y 的值域是（）A 、⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-317,B 、⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-1277,C 、(]5,∞-D 、[)+∞,5 4、 若实数y x ,满足()()22214125=-++y x ，则22y x +的最小值为（）A 、2B 、1C 、3D 、25、 曲线()x x x f -=4在点P 处的切线平行于直线03=-y x ，则P 点坐标为（）A 、()3,1B 、()3,1-C 、()0,1D 、()0,1-6、 设集合{}1>=x x M ，{}12>=x x P ，则下列关系中正确的是（） A 、P M =B 、P P M = C 、M P M = D 、P P M =7、 设α是锐角，2234tan +=⎪⎭⎫ ⎝⎛+πα，则αcos 的值等于（） A 、22B 、23C 、33D 、36 8、 设()x f 是定义在R 上以2为周期的偶函数，已知()1,0∈x 时，()()x x f -=1log 21，则函数()x f 在()2,1上（）A 、是增函数，且()0<x f ；B 、是增函数，且()0>x fC 、是减函数，且()0<x f ；D 、是减函数，且()0>x f9、 已知锐角βα,满足()21sin ,1tan =-=αβα，则βcos 等于（） A 、426+B 、426-C 、462-D 、426-- 10、分解因式：y x y x 62922-+-(x-3y)(x+3y+2)分解因式：3542322+++++y x y xy x=(x+y)(x+2y)+3(x+y)+(x+2y)+3 =(x+y)(x+2y+3)+(x+2y+3) =(x+y+1)(x+2y+3) 已知200420052004112004--+-=x x y ，则()2004y x +的值是； x=1/2004,y= -2005/2004,代入得1 已知实数m 满足m m m =-+-20082007，则=-22007m 2008 计算⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+÷⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++x x x x x x xx 1111＝1/2x-1 自然数集的两种主要理论是 基数理论 、 序数理论 。
初等数学研究课后题
现代远程教育《初等数学研究》课程学习指导书课程学习方法指导1、为什么要学习初等数学研究？作为一个中学数学教师，仅仅具备中学中所涉及到的知识，是远远不够的。
为了更好地掌握并处理好中学数学教材，必须懂得更多的数学。
好比用一桶水去斟一杯水，才显得胸有成竹，游刃有余。
大学里学习那么多高等数学，目的即在于此。
但是高等数学知识怎样和初等数学相结合？如何指导中学数学教学？也就是说怎样用高等数学的方法去处理中学数学问题？怎样使教师的知识更加现代化？怎样用最新的数学观念去理解中学数学中的有关内容？其次，中学数学的重要任务之一，是培养学生运用数学知识解决问题的能力。
因此，教师本身就应具备这方面的较强的能力。
学习高度数学可以提高数学修养，提高解题能力。
但是怎样结合中学实际，运用中学生可以接受的方法，特别是运用初等的方法来处理初等数学中的问题。
这方面有许多技能与技巧，还必须作专门的训练。
这就是我们要学习初等数学研究的目的。
2、怎样阅读教材？阅读教材时，应边阅读边作笔记。
把重要的、不懂的、难理解的记录下来，以便和录像中的讲解进行对比学习。
每天看书不要太多，以免贪多嚼不烂，要循序渐进。
要结合录像看书学习，对每道例题，要亲自动手再作一作，理解了，会了，再向下学习。
学贵有恒，贵在坚持。
3、怎样观看录像？观看录像时，应先看书，后看录像。
对每个例题、定理的证明，要先思考，后看录像，以验证自己的思维。
要充分理解领会每个例题的解证思路与方法，并运用数学方法论思想去审视每道题目的解证方法。
既要理解数学的概念和原理，更要理解数学的本质、数学的价值；既要理解数学的探究过程，又要了解数学发展的历史和方法。
每次观看录像不宜太多，每次观看一节课为宜。
4、怎样解题？学习数学，必须学会解题。
要以波利亚的“怎样解题表”为指南进行解题训练，要注意解后回顾，要注意提炼、总结数学方法。
附波利亚怎样解题表和解题思考步骤、程序表：怎样解题表第一你必须弄清的问题1、未知数是什么？已知数数据是什么？条件是什么？满足条件是否可能？要确定未知数，条件是否充分？或者它是否不充分？或者是多余的？或者是矛盾的？2、画张图，引入适当的符号。
初等数学研究(程晓亮、刘影)版课后习题答案
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12-=i ，和有序实数对),(b a 一起组成一个复数bi a +.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b ax =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D C B A ,,,两两没有公共元素d c b a ,,,分别是非空有限集D C B A ,,,的基数，根据定义，若b a >，则存在非空有限集'A ，使得B A A ~'⊃；若d c ≥从而必存在非空有限集'C ，使得D C C ~'⊃，所以)(C A ⋃)(D B ⋃⊃所以集合C A ⋃的基数c a +大于集合D B ⋃的基数d b +，所以d b c a +>+.5（1）解：按照自然数序数理论加法定义，1555555155155)25(2535''=++=++⋅=+⋅=+⋅=⋅=⋅（2）解：按照自然数序数理论乘法定义87)6(])15[()15()25(2535'''''''''===+=+=+=+=+6证明：︒1当2=n 时，命题成立.（反证法）()()()()()()()01121,1111111,111101111111,,2,1,0111,,2,1,0)2(212122121212121212122221212122111112111212222121≥++-+⇒≥++-++≥+-+-≥++++∴≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛->-=-++-+-=+++++=>+=≥+++=+++=>≥=︒+++++++++++++++++k k k k k k k k k k k k k k k i k k k k k k i k k i a k a k k a k k a k k a k a a k a a a a a k a a a a a a a a a a a a a a a a a a k i a k n ka a a a a a k i a k k n ，即要证由归纳假设，得，且得，，且时，由当。
数学教学论课后练习答案北京大学出版(主编刘影,程晓亮)课后习题答案
1、数学教学论的研究对象是什么？中学数学教学论是为实现中学数学教学目标，研究中学数学课程的教与学的活动及其规律性的一门学科。
它要解决的主要问题是：为什么教（学）数学（教学目的），教（学）什么样的数学（课程内容），怎样学数学（学生），怎样教数学（教师），以及如何评价教与学的效果。
为了解决以上五个方面的问题，中学数学教学论的研究对象应当包括以下五个方面：１、中学数学课程目标的研究２中学数学课程内容的研究３中学生数学学习心理的实证研究４中学数学教学的研究５中学数学教学评价的研究。
2、数学教学论学科特点有哪些？1．数学教学论是一门综合性很强的独立科学。
2.数学教学论是一门实践性很强的理论学科。
3.数学教学论是一门真在完善的科学.3、学习数学教学论有什么意义？1．数学教学论有助于缩短师范生转为教师的周期 2.学习数学教学论能提高师范生的数学教育理论水平3. 学习数学教学论能使师范生掌握数学课堂教学的基本技能4. 学习数学教学论有利于师范生形成数学教育教学研究能力 5. 学习数学教学论对普及新一轮基础教育改革有特殊意义4、研究数学教学论的方法有哪些？1.历史研究法2.问卷调查法3.实验研究法4.个案研究法5、简述“新数学”运动与国外中学数学教育改革？答：“新数学”运动的指导思想是;增加现代数学内容，如集合、逻辑、群、环、域、向量和矩阵。
等等；强调公里方法，提倡布尔巴的结构主义，SMGS数学教材中有一个30条公里组成的系统；废弃欧几里得集合；小件基本运算。
用计算器代替基本技能；提倡发现数学方法，要求学生像数学家发现定理那样去学习数学。
6、如何看待我国数学教育改革？答：近半个世纪以来，我国中学数学教育理念随着国家的发展，科学的几部而不断完善；从注重课堂教学质量的提交，到注重学生数学学习的效果，从注重知识的掌握，到注重能力的形成，素质和观念的发展。
理念的发展意味着人们认识上的飞跃。
7、简述《标准一》和《标准二》的基本理念？答：《标准一》的基本理念：突出体现基础性。
初等数学研究课后答案习题三
习题三1解：（1）由.222r x AE AB AE AD =⋅=得则.2)(22rx r AE r CD -=-= 则)20.(2422r x r x x r x AB CD y <<-+=++= (2) .5.5)(124max 22r y r x r r x r r x x r y ==+--=-+=时，当 2证明：（1）令时，0n m ==).0()0()0(f f f =即或者0f(0)=1;f(0)= 当时0f(0)=0)0()()(==f m f m f ，又当时0m ≠f(0).f(m)≠则 1.f(0)= （2）时，，当0n n m >-=即,1)()()(=-=+-n f n f n n f )(1)(n f n f -=则)(1)(x f x f -=；又当，则时1f(x),0x >>1)(1>-x f ，即1)(0<-<x f 由此得;0;1)(001)(0;1)(⎪⎩⎪⎨⎧<<<==>>x x f x x f x x f ； 则对于任意.0f(x)R,x >∈均有3答：（1）是；（2）不是4解：（1）由}45,088|{01||80||054≠≠≤≤-⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥-≠≠-x x x x x x x 且得：.(2) 由}132|{112012023≠>⎪⎩⎪⎨⎧≠->->-x x x x x x 且得：(3) 由].1,22()22,1[001log 0)1(log log 222225.0⋃--∈⎪⎩⎪⎨⎧>>+≥+x x x x 得： (4) 由}.8log 25|{0)39lg(0390|2|73≠<≤-⎪⎩⎪⎨⎧≠->-≥--x x x x x x且得：(5) }21|{0)31(112≥≥--x x x 得：由(6) 由.)25,1[00250lg ∈⎪⎩⎪⎨⎧>>-≥x x x x 得：(7) }.121|{1212≤≤-≤-≤-x x x x 得：由 (8) 由]2,51(015111∈⎩⎨⎧>-≤-≤-x x x 得：(9) 由}2,1,0,22|{0sin 101sin ±±=+=⎩⎨⎧≥-≥-k k x x x x ππ得：（10）由得：03cos >x }2,1,0,326326|{ ±±=+<<+-k k x k x ππππ5. (1)解：}.121211|{4112≤≤-≤≤-≤≤x x x x或得：由(2)解：}.40|{22≤≤≤≤-x x x 得：由(3) 解：}.1010|{3lg 213≤≤≤≤x x x 得：由6证明：⇒f(x)的定义域为实数集R ，则0.1-k 1k 4k 4kx -x 22>+++ 即.1,0144)114(41622><---=-++-=∆k k k k k k k 则 ⇒当时1>k ,0144)114(41622<---=-++-k k k k k k 则 即0.1-k 1k 4k 4kx -x 22>+++故f(x)的定义域为实数集R 7解：（1）-=+++=11x x y 22x x-=++11x 12x 43)21(x 12++；而,3443)21(x 102≤++<则).1,31[1x x 22-∈+++=x x y （2）]23,23[3)6sin(23sin cos +-∈++=++x x x π，则].23,23[3sin cos 7+-∈++=x x y（3），则由1076312≤++-≤x x .1)763lg(02≤++-≤x x(4) 133212122-+-=-+-=x x x x x y ,则0)3()3(22=+++-y x y x , ,01522≥--=∆y y 得.35-≤≥y y 或法二：=-+-=1212x x y 1)1(212+-+-x x ；则 =-+-|)1(212|x x 4|)1(|2|12|≥-+-x x 即或4)1(212≥-+-x x 4)1(212-≤-+-x x 则]3,(),5[1212--∞+∞∈-+-=或x x y (5) 令,413t x =-则44)1(21413322≤+--=-+-=t x x y（6）=-++-=344342x x x y 4)12(342-++-x x当).,23[,2343min +∞∈==y y x 则时， (7) ,11ln 21y yx e e e e y xx x x -+=+-=--得由即.11,011<<->-+y y y 则 （8）)23lg ,45(lg )211lg(212lg 11122lg 1∈+=+=-++=x x x x x y y 得，由则).54lg 1,32lg 1++∈（y (9) ]3,0[)21arccos(3π∈-=x y ;(10) ∴∈-],3,0[12x]2,6[12ππ∈-=x arcctgy8 解：令t x =+14，则即,112t 11t 5)(2--+=t t f ∆≡--+=112x 11x 5)(2x x f y 则.01111)52(2=--+-y x y yx当0=y 时，有意义；当0≠y 时，.,0R y ∈>∆即9解：（1）2x 2y +--=由得反函数为212x y -=.其定义域和值域为.1,0≤≤y x（2）由1x 5x 2y +=得反函数为x x y 52-=.其定义域和值域为.51,52-≠≠y x 10证明：对使,1,00Mx M =∃>∀M M >+=+=1x 11y 2，则2x 11y +=无上界.但对,0≠∀x 2x 11y +=>1,则任何小于1的数都是2x 11y +=的下界.11 证明: 由于f(x)是有界函数,则.|)(|,,0M x f D x M <∈∀>∃有对而g(x)没有上界,则对.)(,,0N x g D x N >∈∃>∀有则W M N x g x f ∆≡->+)()(对使,,0x W ∃>∀W x g x f >+)()(，则f(x)与g(x)的和在定义域D 上无上界. 12 解:.),0[,2.822y 2上单调递增当，令+∞∈=++-==u y x x u u u在上单调递增当而.)1,2[.822-∈++-=x x x u .]4,1[上单调递减∈x 则8x 2x 22y ++-=在上单调递增当.)1,2[-∈x .]4,1[上单调递减∈x13. (1)奇函数 (2)偶函数 (3)非奇非偶函数 (4)非奇非偶函数 (5)偶函数 (6)偶函数14解: )211a 1g(-x)(f (-x)x-+-=)21a-1a g(-x)(x x +=f (x))211a 1g(x)(x =+-= 则)(x f 是偶函数. 15解: 则-f (x),x 1x 1lgf (-x)=-+=.它是奇函数)1,1(,0x1x 1-∈>-+x 得定义域为而 .)1,1(x 1x 1上单调递减在而-∈-+x 则x1x 1lg y +-=.)1,1(上单调递减在-∈x 16解:(1) =++==)1lg(-x f(-x)y 2x =++)1lg(-x 2x ).()1lg(x -2x f x -=++则f(x)的定义域为R x ∈,它是奇函数.（2）由和)1lg(x y 2++=x ,110110)1lg(-x y -222⎪⎩⎪⎨⎧+-=-++=++=-xx x x x y y 得 则即y y x 1021102⋅-=.102110)(21xx x f ⋅-=- (3) 则由于,11x 2≥++x ),0[)1lg(x f(x)y 2+∞∈++==x(4) 对),()(,2121x f x f x x <<∀.f(x)在其定义域上是增函数则 17解：当0x <时，0x ->即.2x x f(-x)2++=又f(x)是奇函数，则)()(x f x f -=-则.2x x f(x)2---= 18解：则,cosx sinx 1cosx -sinx 1f (-x)+--=++++=+cosx sinx 1cosx -sinx 1f (x)f (-x)cosxsinx 1cosx-sinx 1+--=0则.cosxsinx 1cosx-sinx 1f (x)是奇函数函数+++=19解：（1）a,632z y x ===令 1.a ,R z y,x,>∈+则由于.log ,log ,log 632a z a y a x ===即6log log 6log 66,3log log 3log log 33,log 22226223332aa z a a a y a x ======。
《初等数学研究习题解答》
《初等数学研究》习题解答第一章 数系1.1 集合论初步·自然数的基数理论习题1.11．证明集合0{|}x x >与实数集对等。
证明：取对应关系为ln y x =，这个函数构成0(,)+∞与(,)-∞+∞的一一对应，所以集合0{|}x x >与实数集对等。
2．证明()()()A B C A B A C = 证明：()x AB C x A ∀∈⇒∈或x B C ∈，x A ⇒∈或（x B ∈且x C ∈），那么有x A ∈或x B ∈同时还有x A ∈或x C ∈，即x A B ∈同时还有x A C ∈，所以()()()()()x A B A C A B C A B A C ∈⇒⊆反过来：()()x AB AC x A B ∀∈⇒∈且x A C ∈，对于前者有x A ∈或者x B ∈；对于后者有x A ∈或者x C ∈，综合起来考虑，x B ∈与x C ∈前后都有，所以应是“x B ∈且x C ∈”即“x B C ∈”，再结合x A ∈的地位“或者x A ∈”以及前后关系有“x A ∈或x BC ∈”即()x A B C ∈，所以()()()()x AB C A B C A B A C ∈⇒⊇所以()()()A B C A B A C =。
3．已知集合A 有10个元素，,B C 都是A 的子集，B 有5个元素，C 有4个元素，B C有2个元素，那么()BA C -有几个元素？解：集合()BA C -如图1所示：由于452(),(),()r C r B r B C ===，所以32(),()r B C r C B -=-=， 从而1028(())r B A C -=-=， 即()BA C -有8个元素4．写出集合{,,,}a b c d 的全部非空真子集。
图1CBA5．证明，按基数理论定义的乘法对加法的分配律成立。
证明：设,,A B C 是三个有限集合，并且B C φ=，记(),(),()a r A b r B c r C ===首先：由于BC φ=，所以A B A C φ⨯⨯=，所以其次：对于(,)(){(,)|,}a x A B C a x a A x B C ∀∈⨯=∈∈，由于x B C ∈，那么若x B ∈，于是(,)a x A B ∈⨯； 若x C ∈，于是(,)a x A C ∈⨯，所以总有(,){(,)|,}{(,)|,}a x a x a A x B a x a A x C A B A C ∀∈∈∈∈∈=⨯⨯即()(())()A BC A B A C r A B C r A BA C ⨯⊆⨯⨯⇒⨯≤⨯⨯反过来：(,)a x A B A C ∀∈⨯⨯，那么(,)a x A B ∈⨯或者(,)a x A C ∈⨯于是有,a A ∈x B ∈或者x C ∈，即,a A ∈x B C ∈，所以(,)()a x A B C ∈⨯即()(())()A BC A B A C r A B C r A BA C ⨯⊇⨯⨯⇒⨯≥⨯⨯所以()a b c ab ac +=+6．在基数理论定义的乘法下，证明1a a ⨯=。
初等数学研究习题解答
《初等数学研究》习题解答第一章 数系1.1 集合论初步·自然数的基数理论习题1.11．证明集合0{|}x x >与实数集对等。
证明：取对应关系为ln y x =，这个函数构成0(,)+∞与(,)-∞+∞的一一对应，所以集合0{|}x x >与实数集对等。
2．证明()()()A B C A B A C = 证明：()x AB C x A ∀∈⇒∈或x B C ∈，x A ⇒∈或（x B ∈且x C ∈），那么有x A ∈或x B ∈同时还有x A ∈或x C ∈，即x A B ∈同时还有x A C ∈，所以()()()()()x A B A C A B C A B A C ∈⇒⊆反过来：()()x AB AC x A B ∀∈⇒∈且x A C ∈，对于前者有x A ∈或者x B ∈；对于后者有x A ∈或者x C ∈，综合起来考虑，x B ∈与x C ∈前后都有，所以应是“x B ∈且x C ∈”即“x B C ∈”，再结合x A ∈的地位“或者x A ∈”以及前后关系有“x A ∈或x BC ∈”即()x A B C ∈，所以()()()()x AB C A B C A B A C ∈⇒⊇所以()()()A B C A B A C =。
3．已知集合A 有10个元素，,B C 都是A 的子集，B 有5个元素，C 有4个元素，B C有2个元素，那么()BA C -有几个元素？解：集合()BA C -如图1所示：由于452(),(),()r C r B r B C ===，所以32(),()r B C r C B -=-=， 从而1028(())r B A C -=-=， 即()BA C -有8个元素4．写出集合{,,,}a b c d 的全部非空真子集。
图1CBA{,}{},{},{},{,},{,},{,},{,},{,},{,},{,,},{,,},{,,},{,,}a b c d a b a c a d b c b d c d a b c a b d a c d b c d5．证明，按基数理论定义的乘法对加法的分配律成立。
初等数学研究答案第一到第三章
习题一1、数系扩展的原则是什么？有哪两种扩展方式？（P9——P10） 答：设数系A 扩展后得到新数系为B ，则数系扩展原则为：（1）B A ⊂（2）A 的元素间所定义的一些运算或几本性质，在B 中被重新定义。
而且对于A 的元素来说，重新定义的运算和关系与A 中原来的意义完全一致。
（3）在A 中不是总能实施的某种运算，在B 中总能施行。
（4）在同构的意义下，B 应当是A 的满足上述三原则的最小扩展，而且有A 唯一确定。
数系扩展的方式有两种：（1）添加元素法。
（2）构造法。
2、对自然数证明乘法单调性：设,,,a b c N ∈则（1）,;a b ac bc ==若则（2）,;a b ac bc <<若则（3）,a b ac bc >>若则；证明：（1）设命题能成立的所有C 组成集合M 。
a b,a a 1,b b 1,P13(1),(1)a 111,a ac a c ac a bc b c bc bb Mc M c bc==⋅=⋅=+=+=+=+''∴⋅=⋅∴∈∈= （规定）假设即ac ,ac a c .bc a b a bc b c bc M ==∴+=+∴=''∴∈' 又 由归纳公理知，,N M =所以命题对任意自然数成立。
（2）,,.a b b a k k N <=+∈若则有 （P17定义9）由（1）有()bc a k c =+a c kc =+ac bc ∴< （P17.定义9）或：,,.a b b a k k N <=+∈若则有 bc ()a k c ac kc =+=+ ()ac ac kc a k c bc ∴<+=+=.ac bc ∴=（3）,,.a b a b k k N >=+∈若则有a ().cb kc bc kc =+<+ac bc ∴>3、对自然数证明乘法消去律：,,,a b c N ∈设则（1）,;ac bc a b ==若则（2）ac bc a b <<若，则；（3）ac bc a b >>若，则。
初等数学研究答案
习题一1答：原则：（1）A ⊂B（2）A 的元素间所定义的一些运算或基本关系，在B 中被重新定义。
而且对于A 的元素来说，重新定义的运算和关系与A 中原来的意义完全一致。
（3）在A 中不是总能施行的某种运算，在B 中总能施行。
(4) 在同构的意义下,B 应当是A 满足上述三原则的最小扩展,而且由A 唯一确定。
方式：（1）添加元素法；（2）构造法2证明:(1)设命题能成立的所有c 组成集合M 。
a=b ，M 11b 1a ∈∴⋅=⋅∴， 假设bc ac M c =∈，即，则M c c b b bc a ac c a ∈'∴'=+=+='，由归纳公理知M=N ，所以命题对任意自然数c 成立。
（2）若a <b ，则bc kc ac bc,k)c (a )1(b k a N k =+=+=+∈∃即，，由，使得 则ac<bc 。
（3）若a>b ，则ac m c bc ac,m )c (b )1(a m b N m =+=+=+∈∃即，，由，使得 则ac>bc 。
3证明:(1)用反证法：若b a b,a b a <>≠或者，则由三分性知。
当a >b 时，由乘法单调性知ac >bc. 当a <b 时，由乘法单调性知ac<bc.这与ac=bc 矛盾。
则a=b 。
（2）用反证法：若b a b,a b a =>或者，则由三分性知不小于。
当a >b 时，由乘法单调性知ac >bc. 当a=b 时，由乘法单调性知ac=bc.这与ac<bc 矛盾。
则a <b 。
（3）用反证法：若b a b,a b a =<或者，则由三分性知不大于。
当a<b 时，由乘法单调性知ac<bc. 当a=b 时，由乘法单调性知ac=bc.这与ac>bc 矛盾。
则a>b 。
4. 解：（1）4313='=+ 541323='='+=+ 652333='='+=+763343='='+=+ 874353='='+=+（2）313=⋅ 631323=+⋅=⋅ 93232333=+⋅='⋅=⋅123333343=+⋅='⋅=⋅ 153434353=+⋅='⋅=⋅5证明：当n=1时，的倍数。
初等数学研究答案第一到第六章
习题一1、数系扩展的原则是什么？有哪两种扩展方式？（P9——P10） 答：设数系A 扩展后得到新数系为B ，则数系扩展原则为：（1）B A ⊂（2）A 的元素间所定义的一些运算或几本性质，在B 中被重新定义。
而且对于A 的元素来说，重新定义的运算和关系与A 中原来的意义完全一致。
（3）在A 中不是总能实施的某种运算，在B 中总能施行。
（4）在同构的意义下，B 应当是A 的满足上述三原则的最小扩展，而且有A 唯一确定。
数系扩展的方式有两种：（1）添加元素法。
（2）构造法。
2、对自然数证明乘法单调性：设,,,a b c N ∈则（1）,;a b ac bc ==若则（2）,;a b ac bc <<若则（3）,a b ac bc >>若则；证明：（1）设命题能成立的所有C 组成集合M 。
a b,a a 1,b b 1,P13(1),(1)a 111,a ac a c ac a bc b c bc b b Mc M c bc==⋅=⋅=+=+=+=+''∴⋅=⋅∴∈∈= （规定）假设即ac ,ac a c .bc a ba bcbc bc M ==∴+=+∴=''∴∈'又 由归纳公理知，,N M =所以命题对任意自然数成立。
（2）,,.a b b a k k N <=+∈若则有 （P17定义9）由（1）有()bc a k c =+a c kc =+ac bc ∴< （P17.定义9）或：,,.a b b a k k N <=+∈若则有 bc ()a k c ac kc =+=+ ()ac ac kc a k c bc ∴<+=+=.ac bc ∴=（3）,,.a b a b k k N >=+∈若则有a ().cb kc bc kc =+<+ac bc ∴>3、对自然数证明乘法消去律：,,,a b c N ∈设则（1）,;ac bc a b ==若则（2）ac bc a b <<若，则；（3）ac bc a b >>若，则。
(完整版)初等数学研究(程晓亮、刘影)版课后习题答案第4章习题答案
第四章1。
简述函数概念的三种定义,并加以比较说明.2。
结合高等数学的学习，论述基本初等函数的性质。
3.证明满足性质:（1）)()()(2121x f x f x x f =+； （2)单调递简 的函数)(x f 是一个以a )1)1(0(<=<f a 为底的指数函数。
4。
求函数)2arcsin()4(log 1)(22x x x x f x -+-=+23-x x 的定义域。
5。
证明函数xx y +=1是无界函数. 例7(奇偶性的应用）已知y x b a ,,,都是实数，且0>x ,求参数b a ,的一切取值，使方程组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=+b x x a y x y y 11,22有唯一解。
解 因为0>x ,所以2y a x -=.这个函数显然是关于自变量y 的偶函数，由此可知，如果),(00y x 是方程组的解，那么),(00y x -也是方程组的解。
因为方程组有唯一解，所以00y y -=，即00=y 。
于是有0,0=>b a ,且方程组的解为⎩⎨⎧==0y a x 。
反之，当0,0=>b a 时，方程组化为⎩⎨⎧==+1,22y x a y x )2()1( 如果0≠y ，那么由方程(2)可知1=x ，代入方程（1），可得1-±=a y .如果1>a ，则方程组有两组解:⎩⎨⎧-==11a y x 与⎩⎨⎧--==11a y x .如果1<a ，则方程组无解。
如果1=a ，则0=y ，这与条件0≠y 矛盾。
因此,当0,0=>b a 时,当且仅当0=y ，方程组有唯一解⎩⎨⎧==0y a x 。
5。
证明2sin x y =不是周期函数.6。
函数x y cos =不满足任何代数方程。
7。
x y cos =的解析式不可能是关于变数x 的代数式.8。
（图像的应用)根据参数a ，求方程132+=-a x 的解的个数。
9。
（单调性的应用）求数列3,2,1,3)223(96924222=+--+-=n n n n a n 的最小项。
《初等数学研究》课程
《初等数学研究》一、课程的性质目标与任务初等数学研究是高等师范院校数学与应用数学专业的一门选修课程，分初等代数和初等几何两部分。
本课程的教学目的是使学生掌握中学数学教学所需的初等数学的基础理论、基础知识和基本技能；了解数学的内容和知识结构；在数学思想上得到启发，在数学方法上得到初步训练，为教好中学数学打下较坚实的基础。
本课程主要讲授初等几何部分，初等代数部分作为自学内容。
二、课程的内容与基本要求本课程的基本要求是：从中学数学的教学需要出发，并根据中学数学的内容和知识结构，把初等数学的一些基本问题分别组成若干专题，在内容上适当延伸和充实，在理论、观点和方法上予以提高；对各专题的教学，都要着重基本思维方法和基本技能技巧的训练；要求学生认清具体与抽象、特殊与一般、有限与无限等辩证关系，培养学生的辩证唯物主义观点。
初等几何部分第一章绪论1．几何学的历史简介2．初等几何研究的对象和目的了解几何学发展的四个基本阶段以及初等几何研究的对象和方法第二章几何的证明1．几何证明的概述2．证度量关系3．证位置关系掌握常用的证题方法和技巧第三章几何量的计算1．线段度量2．面积计算3．解三角形掌握勾股定理推广和斯蒂瓦尔特定理及其应用，会计算面积和解三角形。
第四章初等变换1．合同变换及其间的关系2．位似变换和相似变换3．初等变换的应用理解合同变换、位似变换和相似变换等概念，能利用初等变换解题。
第五章轨迹1．基本概念（轨迹的概念与证明方法，轨迹命题的类型）2．常用轨迹命题及其证明3．轨迹的探求理解轨迹的概念，并掌握轨迹命题的证明方法。
掌握常用的几个轨迹命题。
第六章立体图形的一些性质1．直线与平面（直线与平面的各种位置关系，空间作图公法，简单作图题）2．三面角（三面角及其性质，三面角的相等）3．多面体（四面体的一些性质，凸多面体的欧拉定理，正多面体，截面图的画法）4．体积计算（体积概念，拟柱体体积公式，体积计算）掌握空间直线与平面的各种位置关系。
初等数学研究习题解答
《初等数学研究》习题解答第一章 数系集合论初步·自然数的基数理论习题1．证明集合0{|}x x >与实数集对等。
证明：取对应关系为ln y x =，这个函数构成0(,)+∞与(,)-∞+∞的一一对应，所以集合0{|}x x >与实数集对等。
2．证明()()()U I U I U A B C A B A C =证明：()U I x A B C x A ∀∈⇒∈或I x B C ∈，x A ⇒∈或（x B ∈且x C ∈），那么有x A ∈或x B ∈同时还有x A ∈或x C ∈，即U x A B ∈同时还有U x A C ∈，所以()()()()()U I U U I U I U x A B A C A B C A B A C ∈⇒⊆反过来：()()U I U U x A B A C x A B ∀∈⇒∈且U x A C ∈，对于前者有x A ∈或者x B ∈；对于后者有x A ∈或者x C ∈，综合起来考虑，x B ∈与x C ∈前后都有，所以应是“x B ∈且x C ∈”即“I x B C ∈”，再结合x A ∈的地位“或者x A ∈”以及前后关系有“x A ∈或I x B C ∈”即()U I x A B C ∈，所以()()()()U I U I U I U x A B C A B C A B A C ∈⇒⊇ 所以()()()U I U I U A B C A B A C =。
3．已知集合A 有10个元素，,B C 都是A 的子集，B 有5个元素，C 有4个元素，I B C 有2个元素，那么()U B A C -有几个元素？解：集合()U B A C -如图1所示：由于452(),(),()I r C r B r B C ===，所以32(),()r B C r C B -=-=， 从而1028(())U r B A C -=-=， 即()U B A C -有8个元素4．写出集合{,,,}a b c d 的全部非空真子集。
初等数学研究课后题
现代远程教育《初等数学研究》课程学习指导书课程学习方法指导1、为什么要学习初等数学研究？作为一个中学数学教师，仅仅具备中学中所涉及到的知识，是远远不够的。
为了更好地掌握并处理好中学数学教材，必须懂得更多的数学。
好比用一桶水去斟一杯水，才显得胸有成竹，游刃有余。
大学里学习那么多高等数学，目的即在于此。
但是高等数学知识怎样和初等数学相结合？如何指导中学数学教学？也就是说怎样用高等数学的方法去处理中学数学问题？怎样使教师的知识更加现代化？怎样用最新的数学观念去理解中学数学中的有关内容？其次，中学数学的重要任务之一，是培养学生运用数学知识解决问题的能力。
因此，教师本身就应具备这方面的较强的能力。
学习高度数学可以提高数学修养，提高解题能力。
但是怎样结合中学实际，运用中学生可以接受的方法，特别是运用初等的方法来处理初等数学中的问题。
这方面有许多技能与技巧，还必须作专门的训练。
这就是我们要学习初等数学研究的目的。
2、怎样阅读教材？阅读教材时，应边阅读边作笔记。
把重要的、不懂的、难理解的记录下来，以便和录像中的讲解进行对比学习。
每天看书不要太多，以免贪多嚼不烂，要循序渐进。
要结合录像看书学习，对每道例题，要亲自动手再作一作，理解了，会了，再向下学习。
学贵有恒，贵在坚持。
3、怎样观看录像？观看录像时，应先看书，后看录像。
对每个例题、定理的证明，要先思考，后看录像，以验证自己的思维。
要充分理解领会每个例题的解证思路与方法，并运用数学方法论思想去审视每道题目的解证方法。
既要理解数学的概念和原理，更要理解数学的本质、数学的价值；既要理解数学的探究过程，又要了解数学发展的历史和方法。
每次观看录像不宜太多，每次观看一节课为宜。
4、怎样解题？学习数学，必须学会解题。
要以波利亚的“怎样解题表”为指南进行解题训练，要注意解后回顾，要注意提炼、总结数学方法。
附波利亚怎样解题表和解题思考步骤、程序表：怎样解题表第一你必须弄清的问题1、未知数是什么？已知数数据是什么？条件是什么？满足条件是否可能？要确定未知数，条件是否充分？或者它是否不充分？或者是多余的？或者是矛盾的？2、画张图，引入适当的符号。
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初等数学研究(程晓亮、刘影)版课后习题答案初等数学研究（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12-=i ，和有序实数对),(b a 一起组成一个复数bi a +. 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b ax =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D C B A ,,,两两没有公共元素d c b a ,,,分别是非空有限集D C B A ,,,的基数，根据定义，若b a >，则存在非空有限集'A ，使得B A A ~'⊃；若d c ≥从而必存在非空有限集'C ，使得D C C ~'⊃，所以)(C A ⋃)(D B ⋃⊃所以集合C A ⋃的基数c a +大于集合D B ⋃的基数d b +，所以d b c a +>+.5（1）解：按照自然数序数理论加法定义， 1555555155155)25(2535''=++=++⋅=+⋅=+⋅=⋅=⋅ （2）解：按照自然数序数理论乘法定义87)6(])15[()15()25(2535'''''''''===+=+=+=+=+ 6证明：︒1当2=n 时，命题成立.（反证法）()()()()()()()01121,1111111,111101111111,,2,1,0111,,2,1,0)2(212122121212121212122221212122111112111212222121≥++-+⇒≥++-++≥+-+-≥++++∴≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛->-=-++-+-=+++++=>+=≥+++=+++=>≥=︒+++++++++++++++++k k k k k k k k k k k k k k k i k k k k k k i k k i a k a k k a k k a k k a ka a ka a a a a k a a a a a a a a a a a a a a a a a a k i a k n ka a a a a a k i a k k n ，即要证由归纳假设，得，且得，，且时，由当。
，且成立，即时假设 7证明：︒1当8=n 时，命题成立.（538+=）︒2设),7(N k k k n ∈>=时命题成立.k 角邮资可能是：（1）完全用3角的邮票来支付；（2）至少用一张5角的邮票来支付.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1+k 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1+k 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）()()()32164,2133,12++==+===f f f（2）()()()121121-=-+++=n n n n f ︒1当4,3,2=n 时，命题成立.︒2假设),7(N k k k n ∈>=时命题成立，即()()121-=k k k f .那么1+=k n 时，原k 条直线有)1(21-k k 个交点.由条件知，第1+k 条直线与原k 条直线各有一个交点，且互不相同.故新增k 个交点，所以()()()()[]111211-++=+=+k k k k f k f .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y x =；（3）（传递性）如果z y y x |,|，那么z x |. 通常意义的小于等于也构成半序关系，同理可证.10证明：设N M ⊆，且 ①M ∈1②若M a ∈，则M a ∈'.若N M ≠.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1≠b ，于是存在自然数c ，使b c ='，这样就有b c <，所以M c ∈，但根据②有M c ∈'，这与M b ∉矛盾.所以N M =. 11证明：（1）根据自然数减法定义有，c d c d b a b a =-+-+=)(),(，两式相加得：c b a b d c d a +-+=-++)()(，于是)()()()(b a c b d c d a -++=-++， 若d c b a -=-，则c b d a +=+ 若c b d a +=+，则d c b a -=-（2）)()()(d b d c b a ++-+-c a d c d b a b +=-++-+=)()( （3）先证bc ac c b a -=-)(事实上，由ac c b a b c b a bc =-+=-+)]([)( 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)()()()(bc ad bd ac d c b d c a +-+=---， 根据（1）上式就是)()()()(bd ac d c b bc ad d c a ++-=++- 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.12证明：（1）根据自然数除法定义有c dcd b a b a =⋅⋅=,，两式相乘，得ba bc d c ad ⋅=⋅，所以有：若bc ad =，则d cb a =；若d cb a =，则bc ad =（2）bc ad d cd b b a b d d c b a bd +=⋅+⋅=+)()()(，根据除法定义，（2）成立.（3）ac d cd b a b d c b a bd =⋅⋅=⋅))(()(，根据除法定义，（3）成立.13证明：'''''''')()(n m m n m n n m +=+=+=+.14证明：设N b a ∈∀,，下，下面证明b a b a b a <>=,,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b a b a >=,同时成立，则存在*N k ∈，使得：k a k b a +=+=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1=b 时，若1=a ，则b a =成立；若1≠a ，则存在*N k ∈，使得k b k k a +=+==1'，这时b a >成立.因此M ∈1.假若M b ∈，即三个关系中至少有一个成立.当b a <时，存在*N m ∈，使得m a b +=，则''')(m a m a b +=+=，即'b a <成立.当b a >时，存在*N k ∈，使得k b a +=，若1=k ，就有'1b b a =+=； 若1≠k ，就有*N l ∈，且'l k =，使得l b l b l b a +=++=+=''1，即'b a >成立.综上，M b ∈'，从而*N M =. 15证明：nby nax by ax n n +=+=)(，bny ab bn ab n a |,|,|∴∴ ，anx ab an ab n b |,|,|∴∴n nby nax ab =+∴|16证明：因为))(()(c a d b bc ad cd ab --=+-+，且cd ab c a +-|，))((|c a d b c a ---，所以))((|c a d b cd ab c a ---+-，即bc ad c a +-|17证明：因为)1)(1(121++++-=---p p p p p p p p ，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121++++--p p p p p 是奇数， 于是Z s s p p p ∈+-=-),12)(1(1，同理有Z t t q q q ∈++=+),12)(1(1，两式相加：)1)(()1)(1(2+++=++-=+t s q p t s p q p q p ，所以)(|q p q p q p ++.18解：因为3153=+q p ，所以p 3和q 5必为一奇一偶. 若p 3为偶数，可验证质数5,2==q p ，则13log 2+q p 1532log 2+⨯=81log 2=3-= 若q 5为偶数，可验证质数2,7==q p ，则13log 2+q p 1237log 2+⨯=0= 所以0313log 2或-=+q p. 19证明：根据减法是加法的逆运算知，设b a ,是有理数，b a -是这样一个数，它与b 的和等于a ．即a b b a =+-)(．但是，我们有 ])[()]([b b a b b a +-+=+-+(加法结合律)a a =+=0因此，)(b a -+这个确定的有理数，它与b 的和等于a ， )(b a b a -+=-∴又如果差为x ，则有a b x =+，于是，两边同加)(b -有： )()(b a b b x -+=-++ )()]([b a b b x -+=-++ )(b a x -+=即差只能是)(b a -+，定理得证． 20证明：做差，0332>-=-+a b a b a ，03)(232<-=-+b a b b a . 所以有b ba a <+<3221证明：首先证明y x ≤当且仅当y x y ≤≤-.事实上，若y x ≤，当0≥x 时，y x x ≤=且y x -≥，即y x y ≤≤-;当0<x 时，y x x ≤=-,有x y ≤-,且y x ≤<0,故y x y ≤≤-.反之，若y x y ≤≤-,当0≥x 时，y x x ≤=;当0<x 时，x x y =-≥.下面来证明：b a b a b a +≤+≤-.事实上，对于b a ,显然有： a a a ≤≤- b b b ≤≤-故有b a b a b a +≤+≤+-)(. 由上面的讨论知，b a b a +≤+.另一方面，b b a b b a b b a a ++=-++≤-+=. 故b a b a b a +≤+≤-.22证明:(反证法)设,qpe =其中q p ,是正整数,不妨假定q p ,互素, 取自然数q n >,用!n 乘下列级数表达式两边: ++++=!31!21!111e ,得:++++++++-++=)2)(1(11113)1(!!!n n n n n n n e n 令13)1(!!++-++= n n n n a n , +++++=)2)(1(111n n n b n 于是n n b a e n +=!,则e n !应为正整数, n a e n -!应为整数. 但是))3)(2(1211(110 ++++++=<n n n n b n 12)1(2))2(1211(1122+<++=+++++≤n n n n n n 因为1>n ,故10<<n b ,即n b 不可能是整数,产生矛盾,所以e 是无理数.23证明：假设1,1),(,≠==q q p qpa n两边n 次方得n nqp a =，但是,1),(=q p 所以1,1),(≠=n n n q q p ，所以a 不是整数，这与已知条件矛盾， 所以n a 是无理数. 24证明：假设N q Z p qpb a ∈∈=,,log ， 所以q p b a =，因为1),(=b a ，所以1),(=q p b a但是当0≤p 时，上式明显不成立；当0>p 时，上式与1),(=q p b a 矛盾.所以，b a log 不是有理数，又可以证明b a log 是实数，所以b a log 是无理数.25证明：假设方程有有理数根1,1),(,>==q q p qp x ，将q px =其代入方程，可得：)(12211---+++-=n n n n n q a q p a p a q p ，由此可知q 的任何素数因子r 必可整除n p ，因此r 必可整除p ，从而知r 为p 与q 的公因子，但是1),(=q p ，所以1=r ，所以1=q ，这与1>q 矛盾.所以整系数代数方程011=+++-n n n a x a x 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ω=x 或2ω分别代入)(x f ：1)(2313++=++n m f ωωω012=++=ωω 1)()()(2321322++=++n m f ωωω012=++=ωω因此，)(x f 含有因式)(),(2ωω--x x ，而)()(2ωω-⋅-x x 012=++=x x 所以)(|)1(2x f x x ++28证明（反证法）：若π与3.8的和是有理数a ，即a =+8.3π，则π=-8.3a . 因为全体有理数称为一个域，对减法运算封闭，所以差8.3-a 仍是有理数，与π是无理数矛盾，所以π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，Z ∈=222230不能，因为无理数对四则运算不封闭.例如022=-.31解：由于xyi y x y x y x xyi y x yi x z )(44)()2()(222222222244-+--=+-=+= 所以4z 是纯虚数的条件是04)(22222=--y x y x ，0)(422≠-xy y x 即0,)21(≠±±=y y x32证明：设1C 是C 的任一子域，R C ⊃1，且在1C 中方程12-=z 有解j z =. 按照题意，要证明C C =1.因为C C ⊆1，所以只需要证明C C ⊇1. 由1C j ∈，C C ⊆1，知C j ∈，依C 的四则运算律，有0))((22=--+=+-j ij ji i j i j i于是，j i =或j i -=.任取C ∈ω，由),(,R y x yi x ∈+=ω， 知yj x +=ω或yj x -=ω又由于1,,C j y x ∈，而1C 是域，于是1C ∈ω，因此C C ⊇1.第二章习题及答案1．设0,x > 证明ln(1).1xx x x<+<+ 证明 取()ln(1).f x x =+ 在(0,)x 上有导数1().1f x x'=+利用微分中值定理()(0)ln(1)ln(10)1(),0.001f x f x f x x x ξξξ-+-+'===<<--+即ln(1).1x x ξ+=+ 又因11ln(1)1,11x x ξ+=<<++ 因此有ln(1).1xx x x<+<+2．若,,x y z 均为实数, 且22221(0),.2x y z a a x y z a ++=>++=求证:2220,0,0.333x a y a z a ≤≤≤≤≤≤证明 由22221()2xy a x y a ++--=有2221()()0.4x y a x y ay a +-+-+= 其判别式2221()4()04y a y ay a ∆=---+≥(因x R ∈). 从而,2320y ay -≤即20.3y a ≤≤同理可证220,0.33x a z a ≤≤≤≤ 3．设,,a b c 表示一个三角形三边的长, 求证:222()()()3.a b c a b c a b c a b c abc +-++-++-≤证明不失一般性, 设,a b c ≥≥ 令,,a c m b c n =+=+ 则0.m n ≥≥ 有2223()()()abc a b c a b c a b c a b c -+--+--+-()()()()()()a ab ac b b c b a c c a c b =--+--+--()()()()c m m n m c n n n m cmn =+-++-+22()[()()]0.m n c m n m n cmn =--+-+≥∴222()()()3.a b c a b c a b c a b c abc +-++-++-≤4．设,,x y R ∈ 且22 1.xy +≤求证:222x xy y +-≤证明 设222,xy λ+= 则由题设可知, 1,λ≤ 并可设cos ,sin .x x λθλθ==于是222x xy y +-222(cos 2cos sin sin )λθθθθ=+-2(cos 2sin 2)2).4πλθθλθ=+=+∴222 2.x xy y +-≤5．已知1,1,a b << 求证 1.1a bab+<+ 证明 欲证11a b ab +<+成立, 只需2()11a bab+<+, 即证22()(1)a b ab +<+.则只需22(1)()0,ab a b +-+> 也就是222210,a ba b +-->即证22(1)(1)0.a b --> 而1,1,a b << 所以22(1)(1)0a b -->成立. 命题得证.6．若11(0),n i i i a a ==>∑ 求111()().nnii ia n an=+≥+∏ 证明21122211111111...n a a a n a n a n a +=++++项22212111(1),n n n n n a +-≥+2222122222212222211111...(1),n n n n a a n a n a n a n a n a +-+=++++≥+项…………2222221111...(1)n n n n n n n n a a n a n a n a n a +=++++≥+项以上诸式, 当且仅当1(1,2,...,)ia i n n==是等号成立.诸式两端相乘得21212111()()...()(1)n n n n n a a a n a a a +++≥+由已知11ni i a ==∑2311211,()....n n n nn n a a a --≤≥1332122121111()()...()(1),n n n n n n n n a a a n a a a n n+-+++≥+ 即111()().nnii ia n an=+≥+∏ 等号当且仅当121...n aa a n====时成立.7．证明: 函数852()10.f x x x x x =-+-+> 证明 (1) 当(,0)x ∈-∞时, 显然()0;f x >(2) 当(0,1)x ∈时, 823()(1)(1)0;f x x x x x =+-+->(3)[1,)x ∈+∞时,53()(1)(1)10.f x x x x x =-+-+>综合(1), (2), (3)可知, 可知()f x 恒正.8．证明 若1(1,2,...,),ia i n ≥=则112122(...1)(1)(1)...(1).n nna a a a a a -+≥+++证明 用数学归纳法证明如下: 当1n =时, 命题显然成立;假设命题对n 成立, 我们来证明它对1n +也成立, 注意到1(1,2,...,).ia i n ≥=1111111111(1)(1)2(1)2(1)n nn nn n in i i i n i i i i a aa a a a ++--++====+≤+⋅+=+++∏∏∏∏111112[1()]n nn i i n i i a a a +-+===+++∏∏1111111112[(1)(11)]n n n nn i i i i n i i i i a a a a a +++-+=====+++--++∏∏∏∏111111112(1)2(1)n n n nn i i i n i i i a a a a +++-+====+-+--∏∏∏1111112(1)2[(1)(1)]n n nn i i n n i i a a a a +-++===+----∏∏11112(1)2(1)[1)n nnn i n i i i a a a +-===+---∏∏112(1).n ni i a +=≤+∏故命题对1n +成立. 9．设1(1,2,...,),ia i n ≥= 求证1212(1)(1...).1nni n i a a a a n =+≥+++++∏证明111(1)2(1)2n nni i i i a a ==-+=+∏∏112(1)2n n i i a =-≥+∑112(1)1nni i a n =-≥++∑112[(1(1)]1nni i n a n ==⋅++-+∑12(1).1n n i i a n =++∑10．设0,x y z ++=求证: 33322236()().x y z x y z ++≤++ 证明 显然0x y z ===是平凡情形. 假定,,x y z 不全为零, 不妨设0,0.x y ><由(),z x y =-+ 得3333.x y z xyz ++=记333222226()5421622xy xyI x y zx y z z =++==⋅⋅⋅322322216(22)3xy xy z z xy ⎛⎫++ ⎪≤=+ ⎪ ⎪⎪⎝⎭.再注意到2222()22,xy x y xy z xy +=+-=+ 因而222222,z xy 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: ≥证明 设1234,(1),(1),(1)(1),za bi z a bi z ab i z a b i =+=-+=+-=-+-则1z=,2z =3z=4z =12341234z z z z z z z z +++≥+++22i 2 2.=+=∴22222222(1)(1)(1)(1)2 2.a b a b a b a b +-++--+-≥12．设,,,a b c R +∈求证:,n n n p q r q r p r p q a b c a b c a b c a b c ++≥++其中,,,n N p q r ∈, 且.p q r n ++=证明.........,n n np q rnnnnnnn r p qpa qb rc a b c a a b b c c n ++=⋅⋅≤ 同理,n n n q rpqa rb pc a b c n ++≤.n n nr p q ra pb qc a b c n++≤三式相加, 即得.nn n p q r q r p r p q ab c a b c a b c a b c ++≥++13．设,,,a b c R +∈求证: 333222.a b c a b b c c a ++≥++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222()()()a a b b b c c c a =-+-+-222()()()a a b b b c c c b b a =-+-+-+-2222()()()()0.a c ab bc b c =--+--≥ 故333222.ab c a b b c c a ++≥++14．已知0,a b >>333.a b a b <-证 333,a b a b <-由于0,a b >>330a b >, 0,>只要证,a b a b -<-<0,>< 由于0,a b >> 此不等式显然成立.15．若2,p R p ∈<且不等式()2222loglog 12log x p x x p++>+恒成立, 求实数x 的取值范围.解 令2log,x a =将不等式转化为:2(1)210,a p a a -+-+>令2()(1)21,f p a p aa =-+-+ 则()0f p >恒成立, 等价于:()0,(2)0.f p f >⎧⎨->⎩222(1)210,2(1)210.a a a a a a ⎧-+-+>⎪⇒⎨--+-+>⎪⎩ 解不等式组得:13180.2a a x x ><-⇒><<或或16．设e 是自然对数的底, π是圆周率, 求证.ee ππ>证明 因为2ln ln ln ln 1ln ,eee e x x x d dx e xx x πππππ-⎛⎫-=== ⎪⎝⎭⎰⎰ 又当(,)x e π∈时,21ln 0,xx -< 所以21ln 0.exdx x π-<⎰因此,ln ln ,e e ππ>从而有.e eππ>17．当x 为何值时, 2229(112)x x <+-+成立?解 先将不等式分母有理化, 有2222(112)(112)(112)(112)x x x x x ++=-+-+++2(11222212.x x x =++=+++因此原不等式同解于不等式组112021004522298x x x x x x ⎧+≥⇔>-⎪⎪⎪≠⇔≠⎨⎪⎪+++⇔<⎪⎩解得1450.28x x -≤<≠且即原不等式的解集为1450028x x x x ⎧⎫⎧⎫-≤<≤<⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭.19．已知01,a a >≠且解关于x 的不等式1log (1) 1.ax-> 解 原不等式1log (1)log .aaa x⇔-> （1）当1a >时，原不等式1110,111100.111.x x a a x x x a a x⎧->-⎪⎪-⇔⇔->⇔<⇔<<⎨-⎪->⎪⎩（2）当01a <<时，原不等式110,11.111.x x a a x⎧->⎪⎪⇔⇔<<⎨-⎪-<⎪⎩20．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.设甲、乙两种产品的产量分别为,x y 件，约束条件是2400,2500,0,0.x y x y x y +≤⎧⎪+≤⎪⎨≥⎪⎪≥⎩，目标函数是32f x y =+. 要求出适当的,x y ，使32f x y =+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。