2011年江苏高考数学卷第19题第二小问的别解及思考

题目:已知a,b是实数,函数f(x)=x2+ax,g(x)=x2+bx,f’(x)和g’(x)是f(x),g’(x)的导函数,若f’(x)g’(x)≥0在区间I上恒成立,则称f(x)和g(x)在区间I上单调性一致(1)设a>0,若函数f(x)和g(x)在区间[-1,+∞)上单调性一致,求实数b的取值范围;(2)设a<0,若函数f(x)和g(x)在以a,b为端点的开区间上单调性一致,求|a-b|的最大值.     

一类次黎曼流形的步数计算

构造一类次黎曼流形(M,D,g)并计算出此类次黎曼流形的步数,这里M=R3=R2x×Rt是3维光滑流形,D 是由切向量场Y1,Y2生成的2维光滑水平分布,其中Y1=1/1+|x|4k+2[(δ)/(δ)x1+2x2|x|2k (δ)/ (δ)t],Y2=1/1+|x|\4k+2[(δ)/(δ)x2-2x1|x|2k (δ)/(δ)t],k≥0是整数,g是定义在D上的正定度量.     

一类绝对值方程的简便解法

本文给出绝对值方程:|f(x)+g(x)|=|f(x)|+|g(x)|的简捷解法。定理,方程|f(x)+g(x)|=|f(x)|+|g(x)|与不等式f(x),g(x)≥0同解。证明:|f(x)+g(x)|=|g(x)|+|g(x)|[f(x)+g(x)]~2=[|f(x)|+|g(x)|]~2f~2(x)+2f(x)g(x)+g~2(x)=f~2(x)+2|f(x)g(x)|+g~2(x)f(x)g(x)=|f(x)g(x)|f(x)g(x)≥0。     

错在哪里

1.设f(x)、g(x)都是奇函数,{x|f(x)》0}={x|4《x《10},{x|g(x)》0}={x|2《x《5},则集合{x|f(x)g(x)g(x)》0}等于( ).     

非线性微分方程一些新的可积类型

设Q(x)、F(·)∈C,f(x)、g(y)、h(x)∈C’,且f(x)≠0,g(y)≠0,±y,则一阶常微分方程[1-y'(y)/g(y)(y+h(x))]dy_dx=f'(x)/f(x)(y+h(x))+Q(x)g(y)F(y+h(x)/f(x)g(y))-h'(x)可积,这结果引出了非线性微分方程一系列新的实用的可积类型。扩大了微分方程的封闭求积范围。     

教学中求二重极限应注重的若干方法

一、二重极限 　　定义:设函数发f(x,y)在区域D内有意义,P0(x0,y0)是D的内点,如果对于任意给定的正数ε,总存在正数δ,使得对于D内且适合不等式0＜|P0P|=(x-x0)2 (y-y0)2＜δ的一切点p(x,y),都有|f(x,y)-A|＜δ成立,则称常数A为函数f(x,y)当x→x0,y→y0的二重极限,记作limy→y0x→x0 f(x,y)=A或f(x,y)→A(x→x0,y→y0)……     

关于解绝对值不等式的平方法

设绝对值不等式:|f(x)|<|g(x)|或|f(x)|),g(x)可以是常数也可以是函数。 一、型如|f(x)|<|g(x)|(或≤、≠、≥、>)的绝对值不等式。 ∵0≤|f(x)|<|g(x)|<+∞ ∴|f(x)|~2<|g(x)|~2     

一个定理证明的完善

在刘玉琏、傅沛仁编《数学分析讲义》〔Ⅰ〕(以下简称《讲义》)§2.4中,定理7(柯西收敛准则)充分性的证明是不够完善的,从理论上讲是有缺陷的.鉴于《讲义》发行面广,既作为高等师范本科与专科的教材,又作为高等理科院校的函授教材及高等教育自学用书,特别是从1987年起又被选作卫星电视教育、中学教师培训教材,故指出其缺陷,完善其证明是很有必要的。现将定理7及充分性证明摘录如下.定理7(柯西收敛准则)极限(?)(x)存在的必要充分条件是.对任意ε>0,总存在δ>0,对任意 x′与 x″,当0<|x′—a|<δ与0<|x″～a|<δ时,有|f(x′)—f(x″)|<ε证明充分性已知对任意ε>0,总存在δ>0,对任意 x′与 x″,当0<|x′—a|<δ与0<|x″～a|<δ时,有|f(x′)—f(x″)|<ε.     

对一道高考试题的探讨

高考试题:已知函数f(x)=x2+2/x+alnx(x>0),f(x)的导函数是f’(x),对任意两个不相等的正数x1﹑x2,证明: (Ⅰ)当a≤0时,[f(x1)+f(x2)]/2>f[(x1+x2)/2];(Ⅱ)当a≤4时,|f’(x1)-f’(x2)|>|x1-x2|.该题可以运用不等式和导数的有关知识给出证明.在这里提出这样的问题:能否对题目中给出的a的条件作出进一步的加强,使得(Ⅰ)﹑(Ⅱ)仍然成立呢?为了探讨这个问题,首先给出一个定义和一个定理:定义(函数凸凹性):已知函数f(x)在区间(a,b)有定义,     

简析运用赋值法证一类不等式问题

引例 已知a，b，c∈R，f（x)=ax^2 bx C，g(x)=ax b，当|x|≤1时，|f(x)|≤1，求证当|x|≤1时，|g(x)|≤2．     

关于导数的一个等价定义

设f(x)在零点的某个邻域内有定义且在零点连续,则f(x)在零点可导的充分必要条件是limh→0k→0|h|≠|k|f(h)-f(-k)/h+k存在.     

对洛必达法则的一点注记

在g(x)→∞(x→xo或x→∞)的条件下，讨论分式极限lim x→xo f(x)/g(x)(或lim x→= f(x)/g(x))，对此给出与洛必达法则完全相同的结论。     

2013年新课标高考数学试题理科21题

题目 已知函数f(x)=ex-ln(x+m). (Ⅰ)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性; (Ⅱ)当m≤2时,证明f(x)＞0. (Ⅰ)略. (Ⅱ)解法1 当m≤2,x∈(-m,+∞)时,恒有ln(x+m)≤ln(x+2),即只需证明m=2时成立,即ex-ln(x+2)＞0即可. 即证明ee|-x-2 ＞0. 设g(x)=eex-x-2,g’(x)=ex+ex-1, 因为g″(x)=ex+ex(1+ex)＞0,知g’(x)在(-2,+∞)上为单调递增函数.     

谈二元函数极限的计算

设二元函数f(x,y),P_o(x_o,y_o)为定义域D中一个聚点,A是一个确定的实数。若对Aε>0,Eδ>0,当p(x,y)∈v~0(p_o,δ)D时,有|f(x,y)-A|<ε,则称A是f(x,y)在P_o点的(二重)极限。记作lim f(x,y)=A或lim f(x,y)=A.(x,y)→(x_o,y_o) x→x_o y→y_o 例如,讨论xy~2/x~2+y~4在(0,0)点的极限。 设f(x,y)= xy~2/x~2+y~4,令y=0,则f(x,0)=0,(x≠0)即当P(x,y)沿x轴趋于(0,0)点时,f(x,y)→0,     

数学分析教学中的一些方法和体会

本文将对本人在数学分析教学中使用的一些方去和对某些问题的分析与体会加以阐述,以供同仁们教学时参考。 一、对证明极限时使用的“中间限定法”的分析 证明时,为了顺利将|f(x)-A|变形,放大到ε,以便最终求得适合的δ>0,常常需要先限制x的取值范围,即先取一个δ_1>0,考虑|x—x_0|<δ_1。初学者对这种     

考场答题"增加思考量减少演算量"的7个途径

高考答题是能力与时间的角逐 ,能力“到位”还要讲究思路和方法 ,一般在“巧解”上作文章 ,这就要积累平时的解题经验与捕捉他人之“玉” .本文提供 7个途径 ,供取长补短 .1　适时代换 ,减轻负担例 1　设a为实数 ,函数f(x) =x2 |x -a| 1,x∈R .求f(x)的最小值 .解　令 |x -a|=t (t≥ 0 ) ,则f(x) =|(x -a) a|2 |x -a| 1≥|t-|a||2 t 1=t2 -( 2 |a|-1)t a2 1=[t-( |a|-1/ 2 ) ] 2 |a| 3 / 4.①设g(t) =[t -( |a|-1/ 2 ) ] 2 |a| 3 /4.当 |a|-1/ 2≤ 0 ,即 -1/ 2≤a≤ 1/ 2时 ,g(t)在 [0 , ∞ )上递增 ,从而g(t) min=g( 0 )=a2 1.当 …     

数学问答

乳已知g(二)一一了一3，f(x)是二次函数，当二任[一1，2]时，f(x)的最小值为1，且g(二) f(二)是奇函数，求f(x)的表达式. (天津吕清泉)解答:设f(l’)一a了 b二 c，则g(x) f(二)一(a一1)了 b二 c一3.拳俩咭g(二) f(x)是奇函数，(a一1)(一x)“一bx 一3一一(一1)了一b一c 3. b一O，a=l，b任R. c一3. z|丈、|l或了|J气|| . . .若a一1，b一。，。一3，则f(x)一了 3)3，与f(x)在[一1，2]上有最小值1相矛盾.若a一1，。一3，则f(x)一了 bx 3一/.b\2.八bZ lj卜二二夕一leej一气一\乙，任一b一~。。一，一。_L三当一1芝之之一兀丁乓之乙尽p一任气二…     

也谈由函数方程确定的周期函数

读本刊1991年第五期《由一类函数方程确定的周期函数》》,深受启发,特再给出几种由函数方程所确定的周期函数,权作该文的补充。定理1 若函数f(x)(x∈R)对任x满足方程 f(x+α)+f(x+β)=k (1) (α、β、k均为实常数,α≠β),则f(x)是以2|α-β|为一个周期的函数。证明由(1)可知,对(?)x∈R有 f(x+a)=k-f(x+β) 将上式中x换成x-a,则有 f(x)=k-f(x+(β-α)) 反复使用上式,则有 f(x)=k-[k-f(x+2(β-α))] =f(x+2(β-α)) 同理可证 f(x)=f(x-2(β-α)) 则f(x)是以2|α-β|为一个周期的函数。定理2 若函数f(x)(x∈R)对任x满足方程 f(x+a)+f(x+β)=2f(x+(α+β)/2)cosmπ/n(2) (其中α≠β,n为非1自然数,m为非零整数,且n、m     

一类问题解的一种通法

先看一例 :已知二次函数 f(x)满足条件 :| f(0 ) |≤1,| f (1) |≤ 1,| f (- 1) |≤ 1.试证 :对于 x∈[- 1,1]时必有 | f(x) |≤ 54.证　设 f(x) =ax2 bx c(a≠ 0 ) ,则由f(0 ) =c,f(1) =a b c,f (- 1) =a- b c,可得 a =f (1) f (- 1) - 2 f (0 )2 ,b =f (1) - f (- 1)2 ,c=f(0 ) .又∵ | f(0 ) |≤ 1,| f (1) |≤ 1,| f (- 1) |≤ 1及 x∈ [- 1,1],∴| f (x ) | =| f(1) f(- 1) - 2 f(0 )2 x2 f (1) - f(- 1)2 x f (0 ) | =| f(1)2 (x2 x) f (- 1)2 (x2 - x) f(0 ) (1- x2 ) |≤ 12 | x2 x| 12 | x2 - x| | 1- x2 | …     

感悟“新概念”(高一、高二、高三)

1.接近函数定义对于在区间[m,n]上有意义的两个函数f(x)与g(x),若对任意x∈[m,n]均有|f(x)-g(x)|≤1,则称f(x)与g(x)在[m,n]上是接近的,否则称f(x)与g(x)在[m,n]上是非接近的.