2019-2020年初中數學競賽專題復習 第一篇 代數 第1章 實數試題 新人教版

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1、2019-2020年初中數學競賽專題復習第一篇代數第1章實數試題新人教 rr.rt 版 1．1實數的運算 1.1.1★計算： 2013x20142014-2014x20132013. 解析將及分別分解為兩數的積，得 20142014-2014x10000+2014=2014x10001, 20132013=2013x10000+2013=2013x10001, 所以，原式=2013x2014x10001-2014x2013x10001=0. 評注一般地有 ?????? ，，， 1.1.2★計算： 1x2x3+2x4x6+7x14x21 1x3x5+2x6x10+7

2、x21x35 解析 1x2x3x(l+2x2x2+7x7x7) 丿原工式= 1x3x5(1+2x2x2+7x7x7) 1.1.3★計算:: 100 100 99 而 1 評注在做分數加減法運算時，根據特點，將其中一些分數適當拆開，使得拆開后有一些分數可以相互抵消，達到簡化運算的目的，這種方法叫拆項法．本例中，我們把拆成，即有其他常用的拆項方法如： 11(11A (1)或~)=丄1-——?它經常用于分母各因子成等差數列，且公差為的情形. nx\n+d)dInn+d丿 (2) 1_1nx(n+1)x(n+2)2 11 nx(n+1)(n+1)x(

3、n+2) 1.1.4★計算: 解析原式=士+6^+炸+陽+盒+爲+爲 11 +++ 24x2727x30 1 30x33 1111111111 +++++++++— 1854108180270378504648810990 1A 一+ 12丿 1 ++ 2x3x4 1(11A +—— 3(3033丿 1.1.5*★計算： 1 + 98x99x100 解析 因為 1、-111k(k+1)(k+2)_21k(k+1) (k+1)(k+2)丿 所以 +1 2(1x299x100 2(2x33

4、x4丿 4949 19800 1(11) +—— 2(98x9999x100丿 +100 1.1.6*★計算：+++ 1+21+2+31+2+3+4解析因為 2 1+2++nn(n+1) 2(11'(n 所以 原式=2+丄+丄+ 2x33x44x5 2 + 100x101 (1 1、、一?++ (32—442—4 解析對于正整數，有 1 + 1002—4丿 ，求與最接近的正整數． 1 1\ (1 1 1) 1+—+ +— — _+一+ + LI2 98丿

5、(5 6 102丿 =48x4 1 1 因為12x(丄+丄+丄 f(99100101 102丿 <12x缶<2，所以’與最接近的正整數為25. 所以 (111) A=48x+++ (32—442—41002—4丿 =12xf1+1+1+1—丄—丄 102丿 I23499100101 102丿 =25—12x］丄+丄+丄+f(99100101 1.1.8**xx加上它的得到一個數，再加上所得的數的又得到一個數，再加上這次得數的又得到一個 數，?…依此類推，一直加到上一次得數的.最后得到數為 2008x f1+1: x f1+11 (2

6、丿 (3丿 x x1+ 1.1.9*計算: 2008丿 =2008x-x4x 23 20092008x2009 x= 20082 =2017036． 1 1 1 1 1- +— 1 ++- 1x22 x3 3x4 2012x2013 解析 因為 ??? 1 1 1 1 一+— + ++- 1x22 x3 3x4 2012x2013 仁11 (11、 ??? (111 12012 = 1 + — ++ —

7、 =1=， 2丿(23丿(20122013丿20132013 所以 12013 1111_2012?++++ 1x22x33x42012x2013 1.1.10*計算：… S_1-2+3-4++2007-2008. S_(1-2)+(3-4)++(2007-2008) 解析_(一1)+(-1)++(-1) 共1004個.. =-1004 1.1.11★★計算:v' 1x2+2x3+3x4++19x20． 解析因為 19x20_1(19x20x21-18x19x20), 3 所以1x2+2x3+3x4++19x20 _1x1x2x3+1(2x3x4-1x2

8、x3)++1(19x20x21-18x19x20) 333 1.1.12*★計算：1x2x3+2x3x4+3x4x5++28x29x30. 解析1x2x3+2x3x4+3x4x5++28x29x30 ??? _1x1x2x3x4+1(2x3x4x5-1x2x.3x4)++1(28x29x30x31-27x28x29x30) 444 1.1.13*★計算：. 解析設，則 1S_1+丄+ 2222 11 ++—, 21002101 所以，… 故． 評注一般地，對于求和：，我們常常采用如下方法，令則， 于是 1.1.14*★計算:: 解析設，則，所以 ， 1

9、.1.15*計算： (1 1 1) 1 1、 仁1 1) 1 1 1) _+_+ + 1+ + + - 1+—+ + _+一+ + 12 3 1999丿 2 1998丿 V2 1999丿 V 2 3 1998丿 解析?設, 1 1999 貝9原式=a(1+b)一(1+a)b=a-b= 1.1.16*★計算下列繁分數: 1- 1 xx個減號）． 1- 1- 1 T13 355 解析先耐心地算幾步，從中發(fā)現規(guī)律．可將用字母代替（這樣可以得到更一般的結論）．自下而上逐步算出

10、由此可見，每計算3步，又重新出現，即3是一個周期．而，所以，原式．特別地，在時，得出本題的答案是． 1.1.17*★比較S=-+-+3+—++—與2的大小. n248162 解析先將中的每一個數拆成兩數的差： 所以， fc3) f34) f4 5) f5 6) + ——— + —— -— + —— -—— f ++ (2丿 124丿 14 8丿 18 16丿 n+1 S —n-1 n 好 1.1.18★★★已知 a=11166+12%67+13368+14x69+15x70x⑹, 11x

11、65+12x66+13x67+14x68+15x69 問:的整數部分是多少？ 解析我們只要估算出在哪兩個相鄰整數之間即可 (11x66+12x67+13x68+14x69+15x70)“ a=x100 (11x65+12x66+13x67+14x68+15x69丿 [11心+哄12x(66+哄13心+】)+14x(68+哄15x(69+】)]x100 11x65+12x66+13x67+14x68+15x69 (11x65+11+12x66+12+13x67+13+14x68+14+15x69+15)“ x100 (11x65+12x66+13x67+14x68+15x69

12、丿 L11+12+13+14+15)“ 1+x100 (11x65+12x66+13x67+14x68+15x69丿 這里b= f11+12+13+14+15]x100, (11x65+12x66+13x67+14x68+15x69丿 面進一步估計介于哪兩個相鄰整數之間. f11+12+13+14+15]x100< (11x65+12x66+13x67+1

13、4x68+15x69丿 f11+12+13+14+15]x100 (11x65+12x65+13x65+14x65+15x65丿 11+12+13+14+15 (11+12+13+14+15)x65 x100= 100 65 f11+12+13+14+15]x100 (11x65+12x66+13x67+14x68+15x69丿 100 (11+12+13+14+\5x100=型>1. (11+12+13+14+15)x6969 2一4a+8) =(a2+4a+ >f11+12+13+14+15]x100 (11x69+12x69+1

14、3x69+14x69+15x69丿 所以，，．即的整數部分是101． 1.1.19*★在數,，，，，，，的前面分別添加“”或“”，使它們的和為1,你能想出多少種方法？ 解析這8個有理數的分母都是10，只要2，3，4，5，6，7，8，9這8個整數的代數和為10即可 而，所以添加“”或“”后，正數的和應為． 方法很多．如 23456789^ 1010101010101010 23456789^ 1010101010101010 23456789 1010101010101010 23456789 10101010101010102+A-土+丄-色丄+亙+2=1等 101

15、0101010101010 1.1.20★★計算 (74+64)(154+64)(234+64)(31+64)(394+64)(34+64)(114+64)(194+64)(274+64)(354+64)" 解析因為 a4+64=a4+16a2+64一16a2=a2+8/—16a2 =[(a+2)+4(a-2)+4 所以，原式等于 (52+4)(92+4)(132+4)(172+4)(212+4).(252+4)(292+4)(332+4)(372+4)(412+4) (12+4)(52+4)(92+4)(132+4)(172+4)-(212+4)(252+4)(292+4)(

16、332+4)(372+4) 1.1.21★★★求和： 1 1+12+14 2 1+22+24 3 1+32+34 + 1+1002+1004 解析因為1+k2+k4=\1+k2丿一k2 =(1-k+k2)(1 +k+k2 所以 k1f111+k2+k4=2(k(k-1)+1一k(k+1)+1? 原原式=2 (11、 +— (99x100+1100x101+1丿 1.1.22*★已知，其中為正整數，證明: 解析注意到 a n 2n 1—1 2n—12n+1—1 所以 111111 =—+—++— 2—122—122

17、—123—122013—122014—1 1.1.23*★★求下列分式的值：+++ 12—100+500022—200+5000992—9900+5000 解析由于… k2(100—k k2—100k+5000(100—k)2—100(100—k)+5000 2k22(100-k1 k2+(100—k)2(100—k)2+k2 由此，原式 + (12—100+5000 992、 + 992—9900+5000丿 (492 + (492—4900+5000 + 512—5100+5000丿 502 502—5000+5000 評注對通

18、項的分子分母同乘2，發(fā)現可以首尾配對是本題的關鍵1.1.24*★設，求的整數部分. 解析對于，，，，因為 11_1(1—1、 k3

19、 解析這是一個含有多層絕對值符號的問題，可從里往外一層一層地去絕對值符號．原式（因為） （因為） 1.2.3*若，化簡. 解析因為，所以，從而 IW-2x|=|-x-2x|=|-3x|=-3x. 因此，原式． 評注根據所給的條件，先確定絕對值符號內的代數式的正負，然后化去絕對值符號．若有多層絕對值符號，即在一個絕對值符號內又含有絕對值符號（如本題中的分子），通常從最內層開始，逐層向外化去絕對值符號． 1.2.4★化簡：. 解析本題是兩個絕對值和的問題．解題的關鍵是如何同時去掉兩個絕對值符號．若分別去掉每個絕對值符號，則是很容易的事．例如，化簡，只要考慮的正負，即可去掉絕對值符號

20、．這里我們是分是一個分界點．類似地，對于而言，是一個分界點．為同時去掉兩個絕對值符號，我們把兩個分界點和標在數軸上，把數軸分為三個部分（如圖所示），即 1011x —— 32 這樣我們就可以分類討論化簡了 （1）當時， 原式； （2）當時， 原式； （3）當時， 原式． 即 1 -5x,當兀<-3時; |3x+1|+12x-1|= 11 x+2,當-3丟x<2時 評注解這類題目，可先求出使各個絕對值等于零的變量字母的值，即先求出各個分界點，然后在 數軸上標出這些分界點，這樣就將數成分幾個部分，根據變量字母的這些取值范圍分類討論化簡

21、，這種方法又稱為“零點分段法”． 1.2.5★設，且，試化簡 解析因為，，所以．，即，所以 ，， 因此|x+1|-|x-2=-(x+1)一[一(x-2)] 1.2.6*★化簡. 解析先找零點． 由得.由即，得， 從而或.由得.所以零點共有，，三個.因此，我們應將數軸分成4個部分，即當時 原式 當時 原式當， 原式 當時 原式 —2x—2,x<—1, 原式=V 評注 2x+2,—1Wx<1 4,1Wx<3 2x—2,x三3由于本例中含又重絕對值，采用零點分段法時，不要忘了考慮的零點. 1.2.7^★若的值恒為常數，求滿足的條件及此常數的值. 解析要使原

22、式對任何數恒為常數，則去掉絕對值符號，化簡合并時，必須使含的項相加為零，即 的系數之和為零，故本題只有一種情況.因此必須有且.故應滿足的條件是解得. 此時，原式=2x+(4—5x)—(1—3x)+4=7. 1.2.8*★如果，且，求的最大和最小值. 解析(1)當時，有 =x+1+2x-(x-2)=2x+3,所以． （2）當時，有 y=|x+1|-2|x|+|x-2|=x+1-2x-（x-2）=3-2x 所以．綜上所述，的最值是3，最小值是． 1.2.9*★求代數式的最小值. -13 -11012 解析設y=|x+11|+|x-12+|x+13，根據絕對值的幾何意義，我們

23、知道表示數軸上對應的點到對 應、、的點的距離之和，下面分類討論： 當時，； 當時，； 當時，. 因此，當時，取最小值25. i.2.io*★如果為有理數，求代數式m-11+m-3+m+5+m+6的最小值. 解析分，，，，五個部分進行討論.去掉絕對值符號，經過化簡得到： 當時，原式，最小值為17； 當時，原式，最小值為15；當時，原式，是一固定值； 當時，原式，最小值大于15；當時，原式，最小值大于15. 綜上所述，原代數式的最小值為15. 評注此題還可以用絕對值的向何意義求解.本題就是要在數軸上找一點，使它到、、1、3的距離之和最小.這一點顯然應在與之間（包括這兩點）的

24、任意一點，它到、、的距離之和為15，就是要求的最小值. 1.2.11★★已知，，且 k=lx+yl+ly+1+12y一x一4， 求的最大值和最小值.解析由題設條件知：，. 于是，.所以 （1）當時，有 k=|x+y|+|y+1|+〔2y—x—4 —(x+y)+y+1—(2y —x—4) 所以 2)當時，有 k=x+y+y+1—\2y—x—4/=2x+5, 所以． 因此，的最大值是為7，最小值為3． 1.2.12*★已知 ，求的最大值． 解析首先使用“零點分段法”將化簡，然后在各個取值范圍內求出的最大值，再加以比較，從中選出最大者． 有三個分界點

25、：，，． 1) 當時， y=—( 、2x+6)-(x-1)+4(x+1)=x-1， 由于， 所以， 的最大值是. 2) 當時， y=(2 x+6)-(x-1)+4(x+1)=5x+11， 由于， 所以， 的最大值是6. 3) 當時， y=(2 x+6)—(x—1)—4(x+1)=—3x+3 由于 ，所以 的最大值是6 4) 當時， y=(2 x+6)+(x—1)—4(x+1)=—x+1， 由于， 所以， 的最大值是0. 綜上可知，當時，取得最大值為6． 1.2.13★★★設，求 |x—a|+|x—b+|x—c\+|x—d\的最小

26、值. 解析設、、、、在數軸上的對應點分別為、、、、，則表示線段之長，同理，，，分別表示線段，，之長，現要求，，，這和的值最小，就是要在數軸上找一點，使該點到、、四點距離之和最?。驗椋?、、、的排列應如圖所示： IIII■■ ABXCDx 所以當在、之間時，距離和最小，這個最小值為，即． 1.2.14*★、為有理數，且，試求的值. 解析當時，由得，故此時． 當時，由\a+b=—(a+b)=—a—b=a—b，得，故此時. 所以，不管是還是，、中至少有一個為0，因此，. 1.2.15*★若、、為整數，且，試計算的值. 解析因為、、均為整數，則，也應為整數，且，為兩個非負整數，

27、和為1，所以只能是 且，① 或者且.② 由①有且，于是；由②有且，于是.無論①或②都有 且， 所以. 1.2.16*★★將1,2,…，100這100個正整數任意分成50組，每組兩個數，現將每組的兩個數中任一個數記為，另一個數記為，代入代數式中進行計算，求出其結果，50組都代入后可求得個值，求這50個值的和的最大值. 解析代數式的值就是、中的較大數，為保證所計算出的50個值之和最大，分組時不要把51,52,…， 100這50個數中任兩個分成一組即可. 對于任意一組中的兩個數、，不妨設，則代數式 (Ia-b+a+b)=l(a-b+a+b)=a 22 于是這50個值之和與大數

28、有關，所以，這50個值的和的最大值為1.2.17*★★設個有理數,，…，滿足，且求的最小值． 解析先估計的下界,由,及,知 所以,．又當時,取 [0.95,i=1,3,5,,19, &=[—0.95,i=2,4,6,…,20, 滿足已知條件，所以，正整數的最小值為20. 1.3實數的判定 1.3.1*★證明循環(huán)小數是有理數. 解析要說明一個數是有理數，其關鍵要看它能否寫成兩個整數比的形式.設 ，① 兩邊同乘以100得 .② ②①得 99x=261.54-2.61=258.93，所以既然能寫成兩個整數比的形式，從而也就證明了是有理數. 1.3.2*★已知是無理數，且是

29、有理數，在上述假定下，分析下面四個結論是: (1) 是有理數； (2) 是無理數； (3) 是有理數； (4) 是無理數.哪些是正確的？哪些是錯誤的？解析取無理數，這時 (x+1)(x+3)=C3—1)C 是有理數，而是無理數，故結論(1)不正確.仍取，仿上可知結論(3)不正確.由于 (x—1)(x—3)=x2—4x+3=x2—4x+3—8x=(x+1)(x+3)-8x， 且是有理數，是無理數，故是無理數，即結論(2)正確.同樣，由 (x-1)2=(x+1)(x+3)—6x-2，知結論(4)正確. 1.3.3*★求證：是有理數. 解析要證明所給的數能表示成(，為整數，)的

30、形式，關鍵是要證明是完全平方數 =111+10n+i+222X10+5 (n-1)個 10n-1—1 9 二-G02 9 n個 10n—1 x10n+1+2xx10+5 9 -10n+1+2X10n+1-20+45) _1 -9 所以 n +10x10n+25)_9(10n+小 因為與3均為整數，所以是有理數． 1.3.4*★證明是無理數. 解析要證明一個實數為無限不循環(huán)小數是一件極難辦到的事．由于有理數與無理數共同組成了實數集，且二者是矛盾的兩個對立面，所以，判定一個實數是無理數時，常常采用反證法． 假設不是無理數，則必為有理數．設（、是互

31、質的正整數），兩邊平方有 ，① 所以一定是偶數.設（是正整數），代入①得所以也是偶數．、均為偶數和與互質矛盾，所以不是有理數，于是是無理數．評注只要是質數，就一定是無理數，這個結論的證明并不困難，請自行完成． 1.3.5*★設是正整數，是有理數，則必是完全平方數；反過來，如果是完全平方數，則是有理數（而且是正整數）． 解析第二個結論顯然成立，下面證明第一個結論．因是有理數，故可設（、為互質的正整數），從而．① 我們知道，任何一個平方數的質因數分解式中，每一個質因數的指數都是正偶數（反過來也成立）；而非平方（自然）數的質因數分解式中，至少有一個質因數的指數是奇數．由此可見，如果不是完全

32、平方數，那么無論與有無相同的質因數，在的質因數分解式中，至少有一個質因數的指數是奇數，即不是平方數． 這樣①式不可能成立．所以，是完全平方數． 評注本題是一個重要的結論，它可作為定理使用，讀者應熟悉它．有了這個結論，可以立即斷定、、等都是無理數． 1.3.6*★設、及都是整數，證明：及都是整數. 解析由于負數不能開平方，故由題設知、都是非負整數．若或，易知結論成立．若、都是正整數，由，兩邊平方得 a， b_Ca+\:b)—2\-a(a+\：b)+ 所以． 由所設、及都整數，故是有理數，從而是平方數，故是整數，從而是整數 1.3.7*★求滿足等式的有理數、． 解析把原式兩邊立

33、方，得 )+巨(3 y+2y3 因、是有理數，故 解得，或，，易檢驗它們都滿足原式 1.3.8*★求滿足條件的正整數、、． 解析將原式兩邊平方得 ．① 顯然，是無理數，假設是有理數，則是有理數，這與①式矛盾，所以必為無理數. 由①式變形為 假設，則必為非零有理數，設為，即，所以有 ， 兩邊平方得 ， 所以． 因為，所以是無理數，而是有理數，矛盾．所以 且． 所以 又因為，所以，所以滿足條件的正整數為：，，或，，． 1.3.9*★若（其中、、為有理數，為無理數），則，，反之，亦成立. 解析設法將等式變形，利用有理數不能等于無理數來證明． 將原

34、式變形為．若，則． 因為是無理數，而是有理數，矛盾．所以必有，進而有． 反之，顯然成立． 評注本例的結論是一個常用的重要運算性質． 1.3.10*★設與是兩個不相等的有理數，試判斷實數是有理數還是無理數，并說明理由. 解析假設是有理數，設其為，即 整理得． 由1.3.9題知 ，， 即，這與已知矛盾．所以原假設是有理數錯誤，故是無理數． 評注本例并未給出確定結論，需要解題者自己發(fā)現正確的結論．解這樣的問題時，可以先找到一個立足點，如本例以為有理數作為立足點，以其作為推理的基礎． 1.3.11*★★已知、是兩個任意有理數，且，求證：與之間存在著無窮多個有理數（即有理數集具有稠

35、密性）． 解析只要構造出符合條件的有理數，題目即可被證明． 因為，所以，所以 設，顯然是有理數（因為、為有理數）．因為，所以，同理可證．設，顯然也是有理數，依此類推，設為任意正整數，則有，且為理數，所以在和之間存在無窮多個有理數． 1.3.12*★★已知在等式中，、、都是有理數，是無理數，問： （1）當、、、滿足什么條件時，是有理數； （2）當、、、滿足什么條件時，是無理數． 解析（1）當，時，為有理數． 當時，有 所以，只有當，即時，為有理數． 故當，且；或，且時，為有理數． （2）當，，時，為無理數． 當時，有 ， 故只有當，即時，為無理數． 所以，當，，；或

36、，，為無理數． 1.3.13*★已知、是兩個任意有理數，且，問是否存在無理數，使得成立? 解析因為，，所以 ， 即．① 又因為，所以 ， 即．② 由①，②有 所以． 2b+€2(a-b) 2 因為、是有理數，且，所以是無理數，即存在無理數，使得成立． 1.3.14*★已知數的小數部分是，求 的值． 解析因為無理數是無限不循環(huán)小數，所以不可能把一個無理數的小數部分一位一位確定下來，這類涉及無理數小數部分的計算題，往往是先估計它的整數部分（這是容易確定的），然后再尋求其小數部分的表示方法． 因為，即，所以的整數部分為3．設，兩邊平方得所以． b4+12

37、b3+37b2+6b-20 -20 =(b4+2-6b3+36b2)+(b2+=(b2+6b)+(b2+6b)-20 1.3.15*★已知：、是有理數，，且滿足，試求的值.解析將代入方程，得 （45+1）345+1 ［丁J-p?丁+q=0， 化簡，得． 因為、都是有理數，則解方程組，得所以． 評注本題應用到了性質：若、為有理數，為無理數， 1.3.16*★若為正整數，求證：必為無理數． 解析只需證為非完全平方數．而這只要證明它位于兩個相鄰的正整數的平方之間即可 n4+2n3+2n2+2n+1 =(n4+2n3+n2)+C2+2n+1)〉n+2n 又因為n4+2n3+2

38、n2+2n+1

39、有矛盾．因此，不存在在個不同的素數、，滿足，，． 1.3.18**★★設是的個位數字,，2,3,?…求證：是有理數. 解析有理數的另一個定義是循環(huán)小數，即凡有理數都是循環(huán)小數，反之循環(huán)小數必為有理數．所以,要證是有理數,只要證它為循環(huán)小數．因此本題我們從尋找它的循環(huán)節(jié)入手． 計算的前若干個值,尋找規(guī)律：1,5,4,0,5,1,0,4,5,5,6,0,9,5,0,6,5,9,0,0,1,5,4,0，5，1,0，4,….發(fā)現：，，，…，于是猜想：若此式成立，說明是由20個數字組成循環(huán)節(jié)的循環(huán)小數，即 0.aaa=0.15405104556095065900. 12n 下面證?明.…

40、令，當是10的倍數時，表明與有相同的個位數，而 =(n+1)2+(n+2)2++(n+20)2 =1 22+ +202). 由前面計算的若干值可知：是10的倍數，故成立，所以是一個有理數.1.3.19*★已知、、均為有理數，如果它們中有三個數相等，求、的值.解析依題意，，否則無意義. 若，則，矛盾. 所以. 若，則由或都得到，矛盾.所以.因此，三個相等的代數式只能是： （1）或（2）. 當時，由（1）得，矛盾；由（2）得，矛盾.所以.當時，由（1）得，，. 由（2）得，，. 所以，. 1.3.20*★★表示不超過實數的最大整數，令. （1）找出一個實數滿足；

41、（2）證明：滿足上述等式的，都不是有理數. 解析設，，，，貝I」、是整數，，.由題設，所以x+1=m+n+a+卩=m+n+1, x 1((—) x=m+n+1±\：(m+n+1)2-4,^2 令，貝，再驗證它滿足 1）取，貝，于是，，所以 {x}+[J丨x. 丄厲-1+3—75=1. 22 2)設，，其中、是整數，，．則，．于是 當時，，均不滿足當時，若其中為正整數，則 (m+n+1—k)(m+n+1+k)=4. 由于，且與同奇偶，所以或均不可能.故不是完全平方數，從而是無理數. 1.3.21^^★★設、是實數，對所有正整數，都是有理數，證明：是有理數.解析

42、由題意，，，，…都是有理數.而有如下“遞推關系”an+2+bn+2=(a+b)(an+1+bn+1)—abCn+bn)， 所以 a4+b4=(a+b)(a3+b3)—ab(a2+b),a5+b5=(a+b)(a4+b4)—ab(a3+b3), 從中解出即可. 設，，則有 a4+b4=C3+b3)x—C2+b2)y,a5+b5=C4+b4)x—C3+b3)y, 消去，得 C2+b2)(a4+b4)—(a3+b3)] =Ca2+b2)C+b5)-Ca3+b3兀4+b4). 所以，當(a2+b2)(a4+b4)—(a3+b3)工0，即時, C2+b2)(a5+b5)—(a3+b3

43、)(a4+b4) \a2+b2)'a4+b4)—(a3+b3J2 x= 是有理數. 當時，若、全為0，則結論成立；若、中恰有一個為0，不妨設，則為有理數，從而為有理數；若，且均不為0，則 a3+b3 la-b丿2-Va2+b2丿 a2+b2+ 是有理數．從而命題得證 評注本題分析中給出的遞推關系：an+2+bn+2=(a+b)Cn+1+b"+l)-ab(an+bn)非常重要.遇到涉 及類型的問題時，利用這一遞推關系，可以幫助我們解題． 1.3.22**★★設是給定的正有理數. (1) 若是一個三邊長都是有理數的直角三角形的面積，證明：一定存在3個正有理數、、，使得 (2) 若存在3個正有理數、、，滿足 證明：存在一個三邊長都是有理數的直角三角形的三邊長，、、都是有理數，且，.若，則，.這與、、都是有理數的假定矛盾，故. 不妨設，取，，，則、、都是正有理數，且 (a+b)2-c21 x2-y2==—ab=A, 42 c2-(b-a)21 y2-z2==—ab=A. 42 2)設三個正有理數、、滿足，則.取，，，則、、都是正有理數，且 即存在一個三邊長、、都是正有理數的直角三角形，它的面積等于.