初等数学研究答案1

1、大学数学之初等数学研究,李长明,周焕山版,高等教育出版社习题一1答：原那么：(1)AB(2)A的元素间所定义的一些运算或根本关系,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满足上述三原那么的最小扩展,而且由A唯一确定.方式：(1)添加元素法；(2)构造法2证实：(1)设命题能成立的所有c组成集合M.a=b,a1b1,1M假设cM,即acbc,那么acacabcbbc,cM由归纳公理知M=N,所以命题对任意自然数c成立.(2)假设ab,那么kN,使得akb,由,(ak)

2、cbc,即ackcbc贝Uac<bc.(3)假设a>b,那么mN,使得bma,由,(bm)cac,即bcmcac贝Uac>bc.3证实：(1)用反证法：假设ab,那么由三分性知ab,或者ab.当ab时,由乘法单调T知acbc.当ab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：假设a不小于b,那么由三分性知ab,或者ab.当ab时,由乘法单调性知acbc.当a=b时,由乘法单调性知ac=bc.这与ac<bc矛盾.那么ab.(3)用反证法：假设a不大于b,那么由三分性知ab,或者ab.当a<b时,由乘法单调性知ac<bc.

3、当a=b时,由乘法单调性知ac=bc.这与ac>bc矛盾.那么a>b.4.解：(1)3134323145333256(2)313323136333232395证实：当n=1时,4n15n118是9的倍数.假设当n=k时4k15k1是9的倍数.那么当n=k+1时4k115(k1)14(4k15k1)45k18是9的倍数.那么对nN,4n15n1是9的倍数.4C12n6证实：当n1时,1一=3,=3；那么当n1时成立.112n444412k假设当nk时成立,即(14)(1-)(1)(1一.尸k1925(2k1)212k11答:1加法,乘法,减法;构成数环2乘法,除法；3加法,乘法；4加

4、法,乘法;5加法,乘法,除法；6乘法；加法,乘法,减法;构成数环8加法,乘法,减法；构成数环12证实：方法一a1b1也b2a3b3anbn即a2bla1b2,anb1abnaa2a3an即a1bnanb1,an-1bnanbn-1b1b2b3bn方法二:设a1P,也q,那么由p=a1a_202an=q得,b1bnb1b2b3bn那么皿b2PbnPa1a2an<bqb2qbnq7解：1(2)(3)当1时,11时成立.3,13,n=1时,A3假设当n=k时A3k那么当n=k+1那么对n8证实：a|b,9证实：假设存在1,因此ba1)(1)(1)925(14,2)(1(2k1)24(2T-1,

5、2_那么x3x10,1310是10的倍数.3k3k=是10的倍数,13A3n是10的倍数.a|c;q,rZ,b,使得aba那么ba1;假设k1是不可能的.10证实：设a曳,bq2L,cPiP2贝Ua(bc)=(q1")qPiP2P3使得b1,由aaq,b得,ar,那么kbkaq,lclar;N,使得k,a1;即ba1;q3/rr*、(Pi,P2,P3Z,q1,q2,q3Z);P3(qq2)q3(P1P2)P3q1(q2q3)P1MP3)q1»q3、小、()a(bc)PiP2P3b1b2bnb1b2bnb1b2bnanbnq.那么曳b1a1a2b1b2anbn4313.(1)

6、1.2101.53105003.6_41.21031.5105003.61.910(2)43.260.382443.260.3842.88;(3)32.2642.1368.713868.7223268.7;(4)3(2.6310)2.435643(2.6310)2.4361079.638751.08103.14解:|a|2315.40.02%0.463080.5那么它的有效数字的个数为4.15解:2.323.14161.73214.55114.55116证实:方法一:出是有理数,exd那么其不包含x；17ke,bkd;即adcaxbS得,ex方法二:证实:那么假设-H-育ab时,b时由be.a

7、daxb是有理数,那么exdaxb(axb)dexd(exd)d2是有理数exde.即无理数等于有理数矛盾18解:(1)并且34nn1此序列为退缩有理闭区间序列,a-ba-b,那么dnn12n1be;令其为p,那么dm,nZ,使得Sadxbd22edxde.10；并且当n且它所确定的实数为p,aP,代入axbexm一.;b(exd)d(exd)d-ea-b1.(2)000并且白Q并且当n此序列为退缩有理闭区间序列,且它所确定的实数为1n11n10.35462n-12n2n-12n2n0;并且当n时1此序列为退缩有理闭区间序列,且它所确定的实数为2n-12n1.19.(1)()答：复数集与复平面

8、内以0为起点的一切向量组成的集合一一对应；(2)()答:两复数的和与积都是实数的充分条件是：这两个复数是共轲复数(3)()答：共轲虚数的正整数次哥仍是共轲复数；(4)()答:一个非零复数的模等于1的充分条件是它与它的倒数之和为实数20证实：当n3k时,(1J3i)3k2-3k%22122当n3k1时,(当n3k2时,(解：Z=1(2那么|Z|=.(1-解：|z|=1,那么u=|z2当cos23.解方程(z1«3i)3k121J3i)3k121；i)7=13、22)cos(cos6isinisin1J3i)3k2271(cosT-61|.4cos24cos1时,Umax3；当cos1；

9、isin-)=16arctan(31)n(z(n1,n1.4(cos2)N时,Umin0.2N).2).2kcosn.2kisin一n2kcosn.2kisinn-；(k01,n-1)124解：(1)n1,(2)n1,nn()1；1n(1)(1n-1)0;而10,12n-10;(3)zn1(z1)(1zz2zn-1)当z1时,1zz2zn-1(z)(z2)(z3)(zn1)令z1时,(1)(12)(1n1)n.25解：由图像知|OD|J(-g-0)2(-1-0)22；那么|Z|max|OD|AD|2126解：设z=x+yi,那么代入zzzz3,27证实：令zcosxisinx,那么z3.|Z|

10、min|OD|BD|211.得x2y22x3即(x1)2y24.cosxisinx;而zz2cosx,zz2isinx;z2z22cosx,z2z22isinx;贝Usinxsin2xsinnx(zzz2z2znzn)2i28证实：当x0时,方程xnp1xn-1p2xn-2pn-1xpn0的两边同乘以xn得1p1x-1p2x-21-nnpn-xpnx0将x=cosisin代入上式得,根据复数相等的条件得1p1cospncosn0p1sinp2sin2pnsinn0.习题二1解：设这个多项式为f(x)a0a(x1)a2(x1)(x2)a3(x1)(x2)(x4).然后将点依次代入:因此,f(x)

11、109(x1)14(x1)(x2)2(x1)(x2)(x4)2x35x7即f(3)32.一4322解：f(x2)(x2)a(x2)b(x2)c(x2)d令x2得d165;令x0得9168a4b2c165,即4a2bc86;令x1得abc119.令x3得abc269.那么a14,b75,c180,d165即f(x2)(x2)414(x2)375(x2)2180(x2)1654.3.23解：由于4x4px4qx2P(m1)x那么(m1)2成为2x2axb的完全平方式,4p4a4qa24b2p(m1)2ab(m1)2b2aPb(m1);即4qa24b4(m1)4证实：(1)F(x)(x1)4325(

12、x1)(xxxx1)=x1即：F(x)(x234)(x)(x)(x);(2)P(5)Q(5)2R(5)F()S(),即b5c55假设f(1)0,那么k2;假设f(1)0,那么k0,不合题意；假设f(2)60,那么k2不合题意；11一人2)0,那么k不合题意.4假设有二次因式设其为f(x)x4x3kx22kx2(x2axb)(x2cxd)即：P(1)Q(1)R(1)0.那么x1是P(x),Q(x),R(x)和S(x)的一个公因式.5证实：abc0,c(ab).555555ab42a2b32a3b2a4b;abcab(ab)那么55ac1按对应项系数相等得a0acbdkadbc2kbd2a01c1

13、时k1;时k1.2b22能分解成整系数因式.d1d1综上可知当k2,1,1时f(x)x4x3kx22kx7解:(1)法一:原式为对称式,但显然原式没有一个因式,又由于原式为四次式,那么设有一个二次对称式的因式那么mn2;kl1;xy(xy)=2(xyxy)44422222222法二:xy(xy)(xy)2xy(xy)2xy2222222(2)x2(x1)2(x2x)22x22x1x2(x1)2(3)原式为对称式,当x(yz)时原式为零,故xyz为原式的一个因式,又由于原式为三次式,那么还有另一个二次对称式的因式.设令x1,y1,z0得2mn1,令x1,y1,z1得3mn1;那么m0,n1.f(

14、x,y,z)(xyz)(xyxzyz).(4)原式为轮换式,当xy时原式为零,故(xy)(yz)(zx)为原式的一个因式,又,那么还有另一个一次对称式的因式.设(yz)(zx)(xy)xyzk(xy)(yz)(zx)(xyz)令x1,y2,z0得6k12,k2.那么(yz)(zx)(xy)xyz-2(xy)(yz)(zx)(xyz)432228解:(1)xx6xx15(xmxk)(xnxl)mn1比拟系数得：kmnl6；设k3,l5;那么m1,n2.mlnk1kl15那么x4x36x2x15(x2x3)(x22x5).(2)x47x320x229x21(x2mxk)(x2nxl)mn7比拟系数

15、得：kmnl20;设k3,l7;那么m2,n5.mlnk29kl21那么x47x320x229x21(x22x3)(x25x7)._32_2_29解：(1)xx21x45(x3)(x2x15)(x3)(x5)43232(2)2x7x2x13x6(x1)(2x9x7x6)(3)原式为轮换式,当xy时原式为零,故(xy)(yz)(zx)为原式的一个因式设x(yz)2y(xz)2z(xy)24xyzk(xy)(yz)(zx)令x1,y1,z0得k1.那么x(yz)2y(xz)2z(xy)24xyz(xy)(yz)(zx)(4)(x211x24)(x214x24)-4x2(x4)(x6)x(x12)(

16、x2)10解：(1)4(x5)(x6)(x_22_2_10)(x12)-3x4(x16x60)(x16x60)x(2)x42x327x244x7(x2mxk)(x2nxl)mn2比拟系数得：kmnl27；设k7,l1;那么m5,n7.mlnk44kl7那么x42x327x244x7(x225x7)(x27x1)11解：(1)先用综合除法,试除数可能是次因式,令6x45x33x23x2/-21,2,1,2,一,经检验只有x是原式的一363-2、,Q.一、6(x-)(xaxbxc)展开比拟系数得那么6x43_2_235x33x23x26(x-)(x3(2)x716(xxk),其中xk2kcos一7

17、2kisin,k0,1,2,3,4,5,6712解：由X2、几113.设a,311-21X10知X1,1；X10.那么XF32XXX11一11-,求证：对于任彳51奇数k,均有Fcabcab1；1c即a2abacbc0,那么(ab)(ac)0,即ab或ac；那么；a那么；ant1那么.ab时,当k为奇数时代入a111.k-kTkk-0bcabc,1c时,当k为奇数时代入-ka111TV-kr-kiT0bcabc,1叫,当k为奇数时代入二a111,kkk,kk0bcabc1111TT,叩-k下kbccabc1111zr-T,而TkZkzrbcbabc1111TV-V-k,叩k二kbcaabc14

18、证实:abc0,a-(bc),b-(ac),c-(bc);,/1那么ab,八1ali15证实：当n1时,S1-一aa®(a1假设当nk时成立,即当nk1时二包1)(a21)(ak2aa2ak216解；1设堂X32x65(x-2)51bk222(bc)(ac)(ba)bcacab1)(a21)等式成立.aa2ABx-2(x2)2CDE(x2)3(x2)4(x2)5通分并合并同类项后与原式比拟系数,得:A2,B15,C42,D54,E22.43ntt2xX2x6215425422那么5-；2345(x-2)5x-2(x2)2(X2)3(X2)4(x2)525x4x16ABxc222(x-

19、3)(x-x1)x-3xx1DxE22(XX1)通分并合并同类项后与原式比拟系数,得:A1,B1,C2,D2,E3.5x24x162x3(x-3)(x2-x1)2x-3x2x1(x21广17解：1428(3)18解:(1)b3.319.(1)(2)a222(.31'2a222272aa4=2a2223.22,32%32,2)3(3.22.3)、35(“2.3)25a222当.曰a2a222当；a25(232)=0.102.35330122(33、2)2(33.2)(392398382)39=2(3338(3.938)(392398382).2)(3.92,52,5)(52(1.3)39

20、8382)=2(332)(3333)(.52.73)(.75)2(,73)2394)(®7241.72416111012.5、551.丘x2111x20解：(尸=21-x1-x1-1x-1x)2x21丁-x1x22)xx3321证实：ax3by3cz,一x1,3.ax2by2cz_33axby3cz同理可知3ax2by2cz2yVa;Vax2by2cz23ax.A.Csinsin22CAC.Bcossin2bx2cx232.22axbxcx32.22.axbxcx221解：x23,23247,x247；3那么x2证实:证实:25证实:1(x2ym,a2logaxlogab贝U2log

21、ax12)(xyn,mnlogbx,logcx(x-)x23x218.即jxaz,(a0,a1),那么a2xy1成等差数列,那么2loglogaxlogaxlogac;logac1822.47352az,即xyz1.bxlogaxlogcx2logaclogab(logaxlogaxlogaC).即ClogaxlogbxlogcXlogabcXlOgab(ac)logaXlogbXlogcX1logbxlogcxlogaabclogaXlogabcXe1,26解：2lg-(ab),Cctg-12wa2algalg,(ab)2那么()6104bbaa.a一解之得一3242,又由于ab,那么一1,

22、故一32V2.bbbABCBA27证实:要证ctg万,ctg,ctg,成等差数列,即证2ctg万ctg2cosgcos即证2-2"sinA22r、.Bc.A即证sin2sins22C.ACcossin()2224A-/sinsinsin222CACA=2coscos22Bcos2AC1)r,.BB即4sincos222sinACACcos222cos0cosUB即证2sin=cos2而由于sinA,sinB,sinC成等差数列.那么2sinBsinAsinC.BAC那么2sinB=cosAC.即1式成立.命题成立.2228.(1)=cos0cos72cos73cos7,3、,2、,、

23、,cos(-)cos(-)cos(-)=1(2)=(1tg1)(1tg2)(1tg3)1tg(451)(4)二(1cos40)2(1cos801cos120)21cos160)229证实:cos1=cos1202coscoscoscoscos40cosi(sin+cos240cos80cos200cos120sinsinsin0.sinsin)0.即eieiei那么(eiei)3)3,即3e(2)i3e()i那么e33e()i(ei)3e()i由复数相等的性质可得cos3cos3cos33cos();30证实:arctgxarctgyarctgz,arctgxarctgyarctgz即tg(a

24、rctgxarctgy)tg(、xyarctgz)侧1xy即证得xyzxyz.,1x,31.(1)argtgxargtg(x1);1x.,1、(2)sin(2arctg-)3cos(arctag2、3).1x斛：(1)tg(argtgxargtg)1x1xx11x311,贝Uargtgxargtg-或-一1x1x1x441x1、(2)sin(2arctg-)cos(arctag2.3)3八.,1、,1、,2sin(arctg-)cos(arctg-)cos(arctag2.3)3.8、32证实：(1)sin(arcsinarcsin一)517又由于arcsing-,06.3arcsin5.77

25、arcsin8553.8arcsin17所以2,412、(2)cos(arccoarccos)4-又由于一arccos,0653.,.3、,.8、sin(arcsin-)cos(arcsin)517.8arcsin,1762.3.8.77arcsinarcsinarcsin51785,4、,12、cos(arcco)cos(arcco)12arccos,1364arccos533arccos6512arccos1tg(arctg2arctg,)132一,4所以arccos-512arccos1333arccos.65又由于0arctg11+1arctgg)10114,0arctg51arctg

26、-arctg-,1arctg-m4,1arctg-1arctg-(4)tg(arctgm-)n41mnm.而tg(arctg一n)当mn时由于0n*marctg一nmn又0arctgmn.m一.所以arctg一4n,m-narctgmnOm,n同号;,261,2、,.61(5)cos(arccos-arccos)cos(arccos)cos(arccos323323由于0arccos24arccos-5(6)tg(arcsin4)545351而tg(2arctg)234又由于0arcsin5习题三arccos12arccos一1361,又02326一所以22arccos,3、61arccos2

27、36,1、cot(2arctg-)1二TTtg(2arctg3)一,而02-2arctg1-,4c,1所以arcsin2arctg532221解：1由ADIxxAEAB得AE.那么CD2(rAE)2r一2rr2_x_2x(2)y4r2xr那么yCDAB2x4r2x一.(0x、2r)r1一(xr)5r.当xr时,ymax5r.r2证实：1令mn0时,f0f(0)f(0).即f(0)0或者f(0)1；f(0).那么f(0)1.1_f(n)当f(0)0时f(m)f(m)f(0)0,又当m0时f(m)n,n0时,f(nn)f(n)f(n)1,即f(n)1一,-1那么f(x)；又当x0日lf(x)1,那

28、么1,即0f(x)1f(x)f(x)f(x)1;x0由此得f(x)1；x0;那么对于任意xR,均有f(x)0.0f(x)1;x03答：(1)是；(2)不是4x504解：1由|x|0得:x|8|x|0,x-.43x20-2L(2)由2x10得:x|x且x132x112log0.5(log2x1)0,2/曰.22由log2x10传：x1,一)(,1.2c22x07|x2|0(4)由93x0得:x|5x2且xlog38.lg(93x)0由1(1)2x10得:x|x-32(6)0得：x1,-).212x21.(8)1x5x11(1,25sinx1由1sinx得:x|02k2,k1,2(10)由cos3

29、x0得：x|2k3?k0,1,15.(1)解：由1x4得:x|11.(2)解:2得:x|04.(3)解:3马:x|,10x103.6证实:2f(x)的定义域为实数集R,那么x-4kx4k2k1k-10.2216k24(4k2kk1时那么16k24(4k214)4k1k11k)4kk10,Mk1.0,即x2-4kx4k2k1k-10.故f(x)的定义域为实数集R7解：(1)x2xx2x(x2)1123(x-)242xx2x3,1).(2)cosxsinx32sin(x)3、2,3cosxsinx一32,332.(3)由13x26x,lg(3x26x7)1.(4)y22x12x23x3x1一一2一

30、一,那么2x(3y)x(3y22y15Q得y5或y3.、,22法一：y2x12(x1)1;那么x1x12、2即2(x1)4或2(x1)4x1x1一2一,、一那么y2x15,)或(,3x112令J134xt,那么y2x3V134x-(t1)24(6)y4x3,4x24x3.4x3(2x1)243一,33当X4时,ymin2,y2,入xxy1.由yexeX得x1ln3,即3.,那么1exex21y1y(8)由y2xlg小得,lg22x153、lg(1?(lg；,lg-),2.4、那么y(1lg-,1ig二).35(9)1、y3arccos仅-)0,3;(10)2x10,3,yarcctg,2x1-

31、,-62-5t11一8解：令4x1t,那么f(t),即f(x)t22t115x11x22xiiy-2,_一那么yx(2y5)x11y110.当y0时,有意义；当y0时,0,即yR.29解：(1)由yx22x2得反函数为y1.其定义域和值域为x0,y1.2工2x,x42(2)由y得反函数为y.其定乂域和值域为x-,y5x125x5M,那么y12无上界.x1一.110证实：对M0,x0,使y11M.Mx011但对x0,y10>1,那么任何小于1的数都是y10的下界.xx11证实：由于f(x)是有界函数,那么M0,对xD,有|f(x)|M.而g(x)没有上界,那么对N0,xD,有g(x)N.那

32、么f(x)g(x)NMW对W0,x,使f(x)g(x)W,那么f(x)与g(x)的和在定义域D上无上界.12解:令y2u,ux22x8.y2u,当u0,)上单调递增.2那么y24x2x8当x2,1)上单调递增在x1,4上单调递减.13.(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)偶函数於11ax114斛:f(-x)g(-x)(2)g(-x)(2)g(x)(a1112)f(X)那么f(x)是偶函数.1x15解：f(-x)lg-f(x),那么匕1x一一,一1是奇函数.而一(1,1)上单调递减.那么ylgx0,得定义域为x(1,1)(1,1)上单调递减.16解：(1

33、)yf(-x)lg(-xx21)lg(-x,x21)-lg(xx21)f(x).那么f(x)的定义域为xR,它是奇函数.(2)由ylg(xx21)和-ylg(-xJx21)得10y10贮即210y2x1/、101f(x)-(3)由于x,x211,那么yf(x)lg(xyx21)0,(4)对Xix2,f(x1)f(x2),那么f(x)在其定义域上是增函数17解：当x0时,-x0即f(-x)x2.又f(x)是奇函数,那么f(x)f(x)2.那么f(x)18解:f(-x)1sinX-8sx,那么f(-x)1sinxcosxf(x)1sinx-cosx1sinxcosxsinx-cosx=0sinxc

34、osx那么函数f(x)1sinx-cosx1sinxcosx函数.6log2aolog26R,那么a1.19解：(1)令2x3y6za,由于x,y,z3310g2a即2x2log2a,3y310g3a10g3a,6z610g6alog23要比拟2x,3y和6z的大小,只须比拟2,_6_的大小即可.log2310g26-3-6r而2,即3y2x6z.log23log261(2)一x1110g62脸3log2alog3alog6a1log6a20解：由于x(0,1),那么1-x(0,1),1x(1,2)当0a1时,H0ga(1x)|loga(1x)|=loga(1x)loga(1x)2、=loga

35、(1x)>0；当a1时,|loga(1x)|loga(1x)|=-loga(1x)loga(1x)2、一=-loga(1x)>0；综上可知|loga(1x)|loga(1x)|.21解：令ucosx,u1,1,那么sin(cosx)sinu在-1,1上单调递增.而cosx在2k,2k上单调递减.那么sin(cosx)在2k,2k上单调递减22x解：由于(sin21sinx5贝Usinx4xn221sinxxxxx贝Usincos0,故sincos222223证实:f(x-)|sin(x-)|cos(x-)|sinx|cosx|f(x).万.那么f(xT)f(x).那么一是f(x)的

36、周期.假设f(x)的最小正周期是T,且0T2即|sin(xT)|cos(xT)|sinx|cosx|对一切x就立.令x5,那么|sinT|cosT|1,即sinTcosT1,那么42sin(T)1.那么T2k,T2k.这与0T一矛盾假设不成立,即证.44224证实:假设f(x)是以T为周期的周期函数.即f(xT)f(x).那么(xT)sin(xT)xsinx.令x0,得TsinT0.由于T0,所以sinT0,k,k乙那么(xk)sin(xk)xsinx.徂一,付一22-,彳#k0或k1.当k20时舍,贝Ik1.,得k0或k1.当2k0时舍,那么k1.矛盾.那么f(x)xsinx不是周期函数.2

37、5解：(1)由1tgx1得,kxkf(x)arcsin(tg(x)f(x).f(x)arcsin(tgx)是奇函数(2)xR,g(x)是偶函数26.(1)(2)arcsin(sin)sinarccos(£)3arccos(sin-)=.33362arctg(-).462527解:yarctg(tgx)x,x(-,-)习题四1解:方程一次方程右不田土禾口整式方程二次方程m加七壬口有理方程代数万程高次方程分式方程无理方程指数方程即如七工口对数方程超越万程一存士力二角万程反三角方程(1)2解：方程x210和x410在有理数集,实数集上同解,在复数集上不同解.3(1)不同解.定义域不相同.(

38、2)不同解.(5)同解(6)同解(7)不同解.定义域不相同定义域不相同.(3)同解(4)不同解(8)同解(9)同解(10)不同解.定义域不相同4解：(1)方程两边同乘以2(x1)(x2)(x一23)得,x3x20即x1或x2.但x1或x2为增根,故原方程无解.(2)解：方程两边同乘以(x2)(x2)得,x23x20即x1或x2.但x2为增根,故原方程解为x1.(3)解：方程两边同乘以4(3x1)(3x1)(6x2)得,6x25xr1,1,1即x或x-但x-为增根,故原方程解为233(4)解：方程两边同乘以3(x2)(x4)得,(x7)(2x7)即x7或x-.故原方程解为x211(5)解：令x7

39、xu贝U-uu67或x1u187.21u120；方程两边同乘以u(u6)(u18)(u12)得u9.即x27x9.7132故原方程解为x13或x22x4(6)解：设一一3xx482一2一一t,那么J=3t8.即3t810t.那么t2或t3x2x4-4x4当t2时42得x3M21;当t2时上一3x33x即原方程的解为x3匹;x6或x2.4,一八一得x6或x32.,.,一一.,35解：(1)万程两边同乘以(x_2_2_一_42_2x3x4)(x5x6)得,3xx240r2,28,即x3或x-；那么x3-2V3,xTi.(舍),即原方程的解为x73,3(2)利用合分比性质得2x26x4x282x_1

40、2,即3x4x224010x8;那么xJ3,x-2-i.即原方程的解为xJ33.32(2)解：万程两边同乘以(xxx4936)得：(x6)大)(x6)2(泞)2"36)2x422x9222即(x6)2(-4)2(x6)2(-9)2(x6)2(x6)2.x4x9那么(x6)2(x4)21+(x6)2(x-9)210.x4x9即(x6)24x2r(x6)(x4)*2(x9x肖.2当x0时；(x6)x4(x6)x3r.当x90时也满足.即原方程的解为66.26x5'0.(3)解：原方程变为士一口1整理得x117(-x3x4J311x215x414),即x595(326x13x11运

41、用差根变换,各根减去2,可得缺二次项的三次方程一次项p1,常数项q1.311082)2,p、3939()；(2)318设U11939化是(1)的任意一个解,那么u的另外两个解为u2U1,U32U1,其中由(3)得到与5,23相对应的v的三个解：因此y且uvy10的三个根是因此x36x213x110的三个根是那么原方程的根为3.1v93_9%：3(而9)x'183、22(4)解：原方程变为得x8x152x3x2121x8x152xx8x15整理得(x214x15)(x27x15)0,即原方程的解为x7V34.6解(1)原方程变为得0(2x1)(x11)J9(2x1)、(2x1)(x4)两

42、边平方得(2x1)2(x5)0,即即原方程的解为15,x一2解:先分子有理化当6x80时:12x422x29x216再平方整理得：81x43114x512x10240(2)解:两边平方得：2''(x5)(x3)1,那么无解.利用待定系数法得令即m16,n32,k0,l32.即x2当6x40时x也是解,那么原万程的解为x34.22；x一.33(4)解:原方程变为x2<x1y12y11z22.z210.即(x1)2(Jy11)2(-.z21)20,gpx1,y2,z3.3一2一7解：(1)x6x15x14x38(6x215x6),一、,2一、=(x2)(x4x7)0得x2或x

43、2V3i_4_3_2一一(2)6x19x7x26x1222x(6x19x11)2(2x1)(x6)21=(2x1)(x3)(3x2x4)0得x-,x23,x1.133x44x32x212x9(x1)2(x3)20得x1(2)或x3(2)(4)x5x46x314x211x3(x1)4(x3)0得x1(4)或x3.8解:令y2x,那么x,2x5x34x282()5(-y)34(-y)28532即x2x16x12801 1.9解：令y2,那么先求以一为根的方程为11x2x2x30xx132.再求以y2为根的方程为11(x2)32(x2)22(x2)30.x即11x364x2126x870.10解:由x1x2x31,得x1x21111,x2x3和x1x3；x3Xx232求以xx2,x?x3和x3%为根的万程为x2x10.11解:由x1x2x31,得x1xx1x2x312x1x2x1x2x3x212x2x3,那么工2,2,-xx2x312x3x1x2x3111先求以L,为根的方程为3x3x10.x1x2x3111再求以,和为根的万程为25x337xX3U3V3(2)解：运用差根变换,各根减去1