高考数学（理）二轮复习考点解读： 导数及其应用（解析版）.docx

1、 导 数 及其应用 高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面 广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现 预测高考仍将利用导数研究方程的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际 问题的最值等形式考查 1导数的定义 f (x) lim x0 y xlim x0 fxxfx x . 2导数的几何意义 函数 yf(x)在 xx0处的导数 f (x0)就是曲线 yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线的斜率，即 kf (x0) 3导数的运算 (1)基本初等函数的导数公式 c0(c 为常数)； (xm)mxm1； (s

2、inx)cosx; (cosx)sinx； (ex)ex; (ax)axlna； (lnx) 1 x； (logax) 1 xlna. (2)导数的四则运算法则 f(x) g(x)f (x) g(x)； f(x) g(x)f (x)g(x)f(x)g(x)； fx gx f xgxfxgx g2x . 设 yf(u)，u(x)，则 yxyuux. 4函数的性质与导数 在区间(a，b)内，如果 f (x)0，那么函数 f(x)在区间(a，b)上单调递增如果 f (x)0，求证：(2x)ex(2x)ex0，当 x k2 k 时，g(x)0， 从而(1x)e2xx1(1x)e2xx1， 即(1x)e

3、2x(x1)e2x2x0，也即(22x)e2x(2x2)e2x4x0 令 t2x0，则(2t)et(t2)et2t0， 即 x0 时，(2x)ex(2x)ex0) (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)证明：对任意 x(1，)都有 f(x)2m m2 2e 恒成立 【解析】(1)f(x)mln x 1 2x 2(m1)xm(m0)， f(x) m xx(m1) x2m1xm x x1xm x ， 当 00， 1 22m m2 2e，即 f(x)2m m2 2e 成立； 当 m1 时，f(1)在(1，m)上单调递减，在(m，)上单调递增， f(x)minf(m)mln m m2 2， 要证

4、f(x)2m m2 2e 在(1，)上恒成立， 只需证 mln m2me0 在(1，)上恒成立， 设 g(m)mln m2me， 则 g(m)ln m1，令 g(m)0，则 me， g(m)在(1，e)上单调递减，在(e，)上单调递增， g(m)ming(e)0，f(x)2mm 2 2e 成立 综上所述，对任意 x(1，)，都有 f(x)2m m2 2e 恒成立 【变式探究】已知 f(x)xeax a 2x 2x1，a0. (1)当 a1 时，求 f(x)的单调区间； (2)若x01，使 f(x0)0，得 x0； 由 f(x)0， 所以 f(x)单调递增，即 f(x)minf(1) f(1)e

5、a a 2 a 2，即 e aa0)，g(a)ea10. 所以 g(a)ming(0)e0010， 即 eaa 恒成立，即 g(a)0， 所以不等式 eaa a 2恒成立， 若x01，使 f(x0)1 f 1 a a 2 ， 所以 1h(e)可知 a(3,2e 【变式探究】已知函数 f(x)exax2. (1)若 a1，证明：当 x0 时，f(x)1； (2)若 f(x)在(0，)只有一个零点，求 a. 【解析】(1)证明：当 a1 时，f(x)1 等价于(x21)ex10. 设函数 g(x)(x21)ex1，则 g(x)(x22x1) ex(x1)2ex. 当 x1 时，g(x)0，所以 g

6、(x)在(0，)单调递减 而 g(0)0，故当 x0 时，g(x)0，即 f(x)1. (2)设函数 h(x)1ax2ex. f(x)在(0，)只有一个零点等价于 h(x)在(0，)只有一个零点 ()当 a0 时，h(x)0，h(x)没有零点； ()当 a0 时，h(x)ax(x2)ex. 当 x(0,2)时，h(x)0；当 x(2，)时，h(x)0. 所以 h(x)在(0,2)单调递减，在(2，)单调递增 故 h(2)1 4a e2是 h(x)在(0，)的最小值 若 h(2)0，即 a e2 4，h(x)在(0，)没有零点 若 h(2)0，即 a e2 4，h(x)在(0，)只有一个零点 若

7、 h(2)0，即 a e2 4， 因为 h(0)1，所以 h(x)在(0,2)有一个零点； 由(1)知，当 x0 时，exx2，所以 h(4a)1 16a3 e4a1 16a3 e 2a2116a 3 2a41 1 a0，故 h(x)在(2,4a)有一 个零点因此 h(x)在(0，)有两个零点 综上，当 f(x)在(0，)只有一个零点时，a e2 4. 1【2019 年高考全国卷】已知曲线eln x yaxx在点（1，ae）处的切线方程为 y=2x+b，则 Ae1ab， Ba=e，b=1 C 1 e1ab ， D 1 ea ，1b 【答案】D 【解析】eln1, x yax 切线的斜率 1 |

8、e 12 x kya ， 1 ea ， 将(1,1)代入2yxb，得21,1bb . 故选 D 2【2019 年高考天津】已知aR，设函数 2 22 ,1, ( ) ln ,1. xaxax f x xaxx 若关于x的不等式 ( )0f x 在R上恒成立，则a的取值范围为 A0,1 B0,2 C0,e D1,e 【答案】C 【解析】当1x 时，(1)1 2210faa 恒成立； 当1x时， 2 2 ( )2202 1 x f xxaxaa x 恒成立， 令 2 ( ) 1 x g x x ， 则 222 (11)(1)2(1) 1 ( ) 111 xxxx g x xxx 11 122 (1

9、)20 11 xx xx ， 当 1 1 1 x x ，即0x时取等号， max 2( )0ag x，则0a. 当1x 时，( )ln0f xxax，即 ln x a x 恒成立， 令( ) ln x h x x ，则 2 ln1 ( ) (ln ) x h x x ， 当ex时，( )0h x ，函数( )h x单调递增， 当0ex时，( )0h x ，函数( )h x单调递减， 则ex时，( )h x取得最小值(e)eh， min ( )eah x， 综上可知，a的取值范围是0,e. 故选 C. 3 （2019 浙江）已知, a bR，函数 32 ,0 ( ) 11 (1),0 32 x

10、x f x xaxax x 若函数( )yf xaxb 恰有 3 个零点，则 Aa1，b1，b0 【答案】C 【解析】当 x0 时，yf（x）axbxaxb（1a）xb0，得 x= 1， 则 yf（x）axb 最多有一个零点； 当 x0 时，yf（x）axb= 1 3x 31 2（a+1）x 2+axaxb=1 3x 31 2（a+1）x 2b， 2 (1)yxax， 当 a+10，即 a1 时，y0，yf（x）axb 在0，+）上单调递增， 则 yf（x）axb 最多有一个零点，不合题意； 当 a+10，即 a1 时，令 y0 得 x(a+1，+） ，此时函数单调递增， 令 y0 得 x0，

11、a+1） ，此时函数单调递减，则函数最多有 2 个零点. 根据题意，函数 yf（x）axb 恰有 3 个零点函数 yf（x）axb 在（，0）上有一个零点， 在0，+）上有 2 个零点， 如图： 10 且 0 1 3( + 1) 3 1 2( + 1)( + 1) 2 0， 解得 b0，1a0，b 1 6（a+1） 3， 则 a1，b0. 故选 C 4【2019 年高考全国卷】曲线 2 3()exyxx在点(0 ) 0，处的切线方程为_ 【答案】30xy 【解析】 22 3(21)e3()e3(31)e , xxx yxxxxx 所以切线的斜率 0 |3 x ky ， 则曲线 2 3()exy

12、xx在点(0,0)处的切线方程为 3yx ，即30xy 5【2019 年高考江苏】在平面直角坐标系xOy中，P 是曲线 4 (0)yxx x 上的一个动点，则 点 P 到直线0xy的距离的最小值是 . 【答案】4 【解析】由 4 (0)yxx x ，得 2 4 1y x ， 设斜率为1的直线与曲线 4 (0)yxx x 切于 00 0 4 (,)x x x ， 由 2 0 4 11 x 得 0 2x （ 0 2x 舍去） ， 曲线 4 (0)yxx x 上，点( 2,3 2)P到直线0xy的距离最小，最小值为 22 23 2 4 11 . 故答案为4 6【2019 年高考江苏】在平面直角坐标系

13、xOy中，点 A 在曲线 y=lnx 上，且该曲线在点 A 处的 切线经过点（-e，-1)(e 为自然对数的底数） ，则点 A 的坐标是 . 【答案】(e, 1) 【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标. 设点 00 ,A x y，则 00 lnyx. 又 1 y x ， 当 0 xx时， 0 1 y x ， 则曲线lnyx在点 A 处的切线为 00 0 1 ()yyxx x ， 即 0 0 ln1 x yx x ， 将点e, 1 代入，得 0 0 e 1 ln1x x ， 即 00 lnexx ， 考察函数 lnH xxx， 当0,1x时， 0H x ，

14、当1,x时， 0H x ， 且 ln1Hxx ， 当1x 时， 0,HxH x 单调递增， 注意到 eeH， 故 00 lnexx 存在唯一的实数根 0 ex ， 此时 0 1y ， 故点A的坐标为e,1. 7【2019 年高考北京】设函数 ee xx f xa （a 为常数）若 f（x）为奇函数，则 a=_； 若 f（x）是 R 上的增函数，则 a 的取值范围是_ 【答案】1,0 【解析】首先由奇函数的定义得到关于a的恒等式，据此可得a的值，然后利用( )0fx 可得 a 的取 值范围. 若函数 ee xx f xa 为奇函数，则 ,fxf x即eeee xxxx aa ， 即1e e0 x

15、x a 对任意的x恒成立， 则10a ，得1a. 若函数 ee xx f xa 是R上的增函数，则( ) ee0 xx fxa 在R上恒成立， 即 2 e x a 在R上恒成立， 又 2 e0 x ，则0a， 即实数a的取值范围是,0. 8【2019 年高考全国卷】已知函数( )sin ln(1)f xxx ，( )fx 为( )f x的导数证明： （1）( )fx 在区间( 1,) 2 存在唯一极大值点； （2）( )f x有且仅有 2 个零点 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 （1）设( )( )g xf x，则 1 ( )cos 1 g xx x ， 2 1 sin( )

16、) (1 x x g x . 当1, 2 x 时，( )g x单调递减，而(0)0,( )0 2 gg ，可得( )g x在1, 2 有唯一零点， 设为. 则当( 1,)x 时，( )0g x ；当, 2 x 时，( )0g x . 所以( )g x在( 1,)单调递增，在, 2 单调递减，故( )g x在1, 2 存在唯一极大值点，即 ( )f x在1, 2 存在唯一极大值点. （2）( )f x的定义域为( 1,) . （i） 当( 1 ,0 x 时， 由 （1） 知，( )f x在( 1,0)单调递增， 而(0)0f ， 所以当( 1,0)x 时， ( )0f x ，故( )f x在(

17、1,0)单调递减，又(0)=0f，从而0x是( )f x在( 1,0的唯一零点. （ii）当0, 2 x 时，由（1）知，( )f x在(0,)单调递增，在, 2 单调递减，而(0)=0f ， 0 2 f ，所以存在, 2 ，使得( )0f ，且当(0,)x时，( )0f x ；当, 2 x 时， ( )0f x .故( )f x在(0,)单调递增，在, 2 单调递减. 又(0)=0f，1 ln 10 22 f ，所以当0, 2 x 时，( )0f x .从而，( )f x在0, 2 没有 零点. （iii） 当, 2 x 时，( )0f x ， 所以( )f x在, 2 单调递减.而0 2

18、f ，( )0f ， 所以( )f x 在, 2 有唯一零点. （iv）当( ,)x 时，ln(1)1x，所以( )f x0，则当(,0), 3 a x 时，( )0fx ；当0, 3 a x 时，( )0fx 故( )f x在 (,0), 3 a 单调递增，在0, 3 a 单调递减； 若 a=0，( )f x在(,) 单调递增； 若 a0，则当,(0,) 3 a x 时，( )0fx ；当,0 3 a x 时，( )0fx 故( )f x在 ,(0,) 3 a 单调递增，在,0 3 a 单调递减. （2）满足题设条件的 a，b 存在. （i）当 a0 时，由（1）知，( )f x在0，1单调

19、递增，所以( )f x在区间0，l的最小值为(0)=fb， 最大值为(1)2fab.此时 a，b 满足题设条件当且仅当1b，21ab ，即 a=0，1b （ii）当 a3 时，由（1）知，( )f x在0，1单调递减，所以( )f x在区间0，1的最大值为(0)=fb， 最小值为(1)2fab此时 a，b 满足题设条件当且仅当21a b ，b=1，即 a=4，b=1 （iii）当 0a3 时， 由（1）知，( )f x在0，1的最小值为 3 327 aa fb ，最大值为 b 或2 a b 若 3 1 27 a b ，b=1，则 3 3 2a ，与 0a3 矛盾. 若 3 1 27 a b ，

20、21ab ，则3 3a 或3 3a 或 a=0，与 0a3 矛盾 综上，当且仅当 a=0，1b或 a=4，b=1 时，( )f x在0，1的最小值为-1，最大值为 1 11【2019 年高考天津】设函数( )e cos ,( ) x f xxg x为 f x的导函数 （）求 f x的单调区间； （）当, 4 2 x 时，证明( )( )0 2 f xg xx ； （）设 n x为函数( )( ) 1u xf x在区间2,2 42 nn 内的零点，其中nN，证明 2 00 2 2sinc s e o n n nx xx 【答案】 （） ( )f x的单调递增区间为 3 2 ,2 (),( ) 4

21、4 kkkf x Z 的单调递减区间为 5 2 ,2 () 44 kkk Z.（）见解析； （）见解析. 【解析】 （）由已知，有( )e (cossin ) x f xxx因此，当 5 2,2 44 xkk ()k Z时， 有sincosxx， 得() 0f x， 则 f x单调递减； 当 3 2,2 44 xkk ()k Z时， 有sin cosxx， 得( )0f x ，则 f x单调递增 所以， f x的单调递增区间为 3 2,2(),( ) 44 kkkf x Z的单调递减区间为 5 2,2() 44 kkk Z （）证明：记( )( )( ) 2 h xf xg xx 依题意及（）

22、，有( )e (cossin ) x g xxx，从 而( )2e sin x g xx 当 , 4 2 x 时，0( )g x ，故 ( )( )( )( )( 1)( )0 22 h xf xg xxg xg xx 因此， h x在区间, 4 2 上单调递减，进而( )0 22 h xhf 所以，当, 4 2 x 时，( )( )0 2 f xg xx （） 证明： 依题意，10 nn u xf x ， 即c o se1 n x n x 记2 nn yxn， 则, 4 2 n y ， 且 22 e cosecos2e nn yxnn nnn f yyxnn N 由 2 0 e1 n n f

23、 yf y 及（），得 0n yy由（）知，当, 4 2 x 时，( )0g x ， 所以 g x在, 4 2 上为减函数，因此 0 0 4 n g yg yg 又由（）知， 0 2 nnn fyg yy ，故 0 2222 00000 2sincossinc eee eos e nnnn n n y nn fy y g yg yg yyyxx 所以， 2 00 2 2sinc s e o n n nx xx 12【2019 年高考浙江】已知实数0a，设函数( )= ln1,0.f xaxxx （1）当 3 4 a 时，求函数( )f x的单调区间； （2）对任意 2 1 ,) e x均有 (

24、 ), 2 x f x a 求a的取值范围 注：e=2.71828为自然对数的底数 【答案】 （1） f x的单调递增区间是3,单调递减区间是0,3； （2） 2 0, 4 . 【解析】（1）当 3 4 a 时， 3 ( )ln1,0 4 f xxx x 31( 12)(2 11) ( ) 42 141 xx f x xxxx ， 所以，函数( )f x的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+） （2）由 1 (1) 2 f a ，得 2 0 4 a 当 2 0 4 a时，( ) 2 x f x a 等价于 2 2 1 2ln0 xx x aa 令 1 t a ，则 2 2t 设 2

25、 ( )212ln ,2 2g ttxtxx t， 则 2 11 ( )(1)2ln x g tx tx xx （i）当 1 , 7 x 时， 1 12 2 x ，则 ( )(2 2)84 2 12lng tgxxx 记 1 ( )42 2 1ln , 7 p xxxx x，则 2212121 ( ) 11 xxxx p x xxxx x (1)1( 221) 1(1)(12 ) xxx x xxxx . 故 x 1 7 1 (,1) 7 1 (1,) ( )p x 0 + ( )p x 1 ( ) 7 p 单调递减 极小值(1)p 单调递增 所以，( )(1)0p xp 因此，( )(2 2

26、)2 ( )0g tgp x （ii）当 2 11 , e7 x 时， 12ln(1) ( )1 2 xxx g tg xx 令 2 11 ( )2ln(1), e7 q xxxxx ，则 ln2 ( )10 x q x x ， 故( )q x在 2 11 , e7 上单调递增，所以 1 ( ) 7 q xq 由（i）得， 12 712 7 (1)0 7777 qpp 所以，( )0q x 因此 1( ) ( )10 2 q x g tg xx 由（i） （ii）知对任意 2 1 , e x ，2 2,), ( ) 0tg t， 即对任意 2 1 , e x ，均有( ) 2 x f x a

27、综上所述，所求 a 的取值范围是 2 0, 4 1. （2018 年全国卷理数）曲线在点处的切线的斜率为，则_ 【答案】-3 【解析】，则 所以 2. （2018 年浙江卷）已知 R，函数 f(x)=，当 =2 时，不等式 f(x)0 的解集是 _若函数 f(x)恰有 2 个零点，则 的取值范围是_ 【答案】 (1). (1,4) (2). 【解析】由题意得或，所以或，即，不等式 f(x)0 的解 集是当时， 此时， 即在上有两个零点； 当时，由在上只能有一个零点得.综上， 的取值范围为。 3 .（2018 年全国卷理数）若在是减函数，则 的最大值是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析

28、】因为，所以由得 ，因此，从而 的最大值为 。 1.【2017 课标 II，理】已知函数 2 lnf xaxaxxx，且 0f x 。 (1)求a ； (2)证明： f x存在唯一的极大值点 0 x，且 22 0 2ef x 。 【答案】(1)1a ； (2)证明略。 【解析】 （1）的定义域为 设，则等价于 因为 若 a=1，则.当 0x1 时，单调递减；当 x1 时，0，单调递增.所以 x=1 是的极小值点，故 综上，a=1 （2）由（1）知 设 当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增 又， 所以在有唯一零点 x0， 在有唯一零点 1， 且当 时，；当时，当时，. 因为，所以 x=x0是

29、 f(x)的唯一极大值点 由 由得 因为 x=x0是 f(x)在（0,1）的最大值点，由 得 所以 2.【2017 山东，理 20】已知函数 2 2cosf xxx， cossin22 x g xexxx，其中 2.71828e 是自然对数的底数. （）求曲线 yf x在点 , f 处的切线方程； （）令 h xg xaf xaR，讨论 h x的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值. 【答案】 （1） 2 22yx （2）见解析 【解析】 （）由题意 2 2f 又 22sinfxxx ， 所以 2f ， 因此 曲线 yf x在点 , f处的切线方程为 2 22yx ， 即 2 22yx. （

30、）由题意得 2 c o ss i n222 c o s x h xexxxaxx ， 因为 cossin22sincos222sin xx h xexxxexxaxx 2sin2sin x exxa xx 2sin x eaxx ， 令 sinm xxx 则 1 cos0m xx 所以 m x在R上单调递增. 因为 00,m 所以 当0x时， 0,m x 当0x时， 0m x (1)当0a时， x ea 0 当0x时， 0h x ， h x单调递减， 当0x时， 0h x ， h x单调递增， 所以 当0x时 h x取得极小值，极小值是 021ha； (2)当0a时， ln 2sin xa h

31、 xeexx 由 0h x 得 1 lnxa， 2=0 x 当01a时， ln0a， 当,lnxa 时， ln 0,0 xa eeh x， h x单调递增； 当ln ,0xa时， ln 0,0 xa eeh x， h x单调递减； 当0,x时， ln 0,0 xa eeh x， h x单调递增. 所以 当lnxa时 h x取得极大值. 极大值为 2 lnln2lnsin lncos ln2haaaaaa ， 当0x时 h x取到极小值，极小值是 021ha； 当1a 时， ln0a， 所以 当,x 时， 0h x ，函数 h x在, 上单调递增，无极值； 当1a 时， ln0a 所以 当,0x

32、 时， ln 0 xa ee， 0,h xh x单调递增； 当0,lnxa时， ln 0 xa ee， 0,h xh x单调递减； 当ln ,xa时， ln 0 xa ee， 0,h xh x单调递增； 所以 当0x时 h x取得极大值，极大值是 021ha； 当lnxa时 h x取得极小值. 极小值是 2 lnln2lnsin lncos ln2haaaaaa . 综上所述： 当0a时， h x在,0上单调递减，在0,上单调递增， 函数 h x有极小值，极小值是 021ha； 当01a时，函数 h x在,lna和0,lna和0,上单调递增，在ln ,0a上单调递减，函 数 h x有极大值，也

33、有极小值， 极大值是 2 lnln2lnsin lncos ln2haaaaaa 极小值是 021ha； 当1a 时，函数 h x在, 上单调递增，无极值； 当1a 时，函数 h x在,0和ln , a 上单调递增， 在0,lna上单调递减，函数 h x有极大值，也有极小值， 极大值是 021ha； 极小值是 2 lnln2lnsin lncos ln2haaaaaa . 3.【2017 天津，理 20】设aZ，已知定义在 R 上的函数 432 ( )2336f xxxxxa在区间(1,2) 内有一个零点 0 x，( )g x为( )f x的导函数. （）求( )g x的单调区间； （）设 0

34、0 1,)(,2mxx，函数 0 ( )( )()( )h xg x mxf m，求证： 0 ( ) ()0h m h x； （）求证：存在大于 0 的常数A，使得对于任意的正整数 , p q，且 00 1,)(,2, p xx q 满足 0 4 1 | p x qAq . 【答案】 （）增区间是, 1 ， 1 , 4 ，递减区间是 1 1, 4 .（）见解析； （III）见解析. 【解析】 （）解：由 432 2336f xxxxxa，可得 32 8966g xfxxxx， 进而可得 2 24186g xxx.令 0g x，解得1x，或 1 4 x . 当 x 变化时，( ), ( )g x

35、 g x 的变化情况如下表： x (, 1) 1 ( 1, ) 4 1 (,) 4 ( )g x + - + ( )g x 所以，( )g x的单调递增区间是(, 1) ， 1 (,) 4 ，单调递减区间是 1 ( 1, ) 4 . （）证明：由 0 h xg xmxf m，得 0 h mg mmxf m， 000 h xg xmxf m. 令函数 10 Hxg xxxf x，则 10 Hxg xxx.由（）知，当1,2x时， 0g x ，故当 0 1,xx时， 1 0Hx ， 1 Hx单调递减；当 0,2 xx时， 1 0Hx ， 1 Hx单调递增.因此，当 00 1,2xxx时， 1100

36、 0HxHxf x，可得 1 0,0Hmh m即. 令函数 200 Hxg xxxf x，则 20 Hxg xg x.由（）知， g x在1,2 上单调递增，故当 0 1,xx时， 2 0Hx ， 2 Hx单调递增；当 0,2 xx时， 2 0Hx ， 2 Hx单调递减.因此，当 00 1,2xxx时， 220 0HxHx，可得 20 0,0Hmh x即. 所以， 0 0h m h x. （III）证明：对于任意的正整数p，q，且 00 1)(, ,2 p xx q ， 令 p m q ，函数 0 ( )( )()( )hgmxxxmf. 由（II）知，当 0 1),mx时，( )h x在区间

37、 0 ( ,)m x内有零点； 当 0 (,2mx时，( )h x在区间 0 (),x m内有零点. 所以( )h x在(1,2)内至少有一个零点，不妨设为 1 x，则 110 ( )( )()()0 pp hgxf q x q x. 由（I）知( )g x在1,2上单调递增，故 1 0( )( )12( )gxgg， 于是 432234 0 4 1 ()|()| |2336| | ( )( )(2)2 pp ff ppp qp qpqaqqq x qg xggq . 因为当1 2,x时，( )0g x ，故( )f x在1,2上单调递增， 所以( )f x在区间1,2上除 0 x外没有其他的零点，而 0 p x q ，故 ()0 p f q . 又因为p，q，a均为整数，所以 432234 |2336|pp qp qpqaq是正整数， 从而 432234 |2336|1pp qp qpqaq. 所以 0 4 1 | 2 | ( ) p x qgq .所以，只要取( )2Ag ，就有 0 4 1 | p x qAq .