作为非有序域的复数域

集合C={z＋yilz,y∈R）,其中i=√-1,带运算 （x1＋y1i）＋（x2＋y2i）-（x1＋x2）＋（y1＋y2）i, （x1＋y1i）·（x2＋y2i）=（x1x2-y1y2）＋（y1x2＋x1y2）i,     

一个不等式猜想及证明

猜想（数学问题315．2）设xi〉0,i=1,2,…,n（n≥3）,则有Sn=x2/x1（x3＋x4＋…＋xn）＋x3/x2（x4＋…＋xn＋x1）＋…＋xn/xn-1（x1＋x2＋…＋xn-2）＋x1/xn（x2＋x3＋…＋xn-1）≥（n-2）n∑i=1xi.     

一个猜想的否定

文[1]提出了一个猜想： （1）设x1,x2,x2是非负实数,且满足x1＋x2＋x3=1,k≥2,k∈Z．则x1^kx2＋x2^kx3＋x3^kx1＋x1x2x3（x1＋x2＋x3）^（k-2）≤k^k/（k＋1）^k＋1;     

韦达定理和根的对称式

如果x1、x2是一元二次方程ax2＋bx＋c=0（a≠0）的两个根,由根与系数的关系（即韦达定理）,不解方程可求得下列代数式的值：（1）x12＋x22;（2）1x1＋1x2;（3）x2x1＋x1x2;（4）x12＋x1x2＋x22;（5）（x1＋k）（x2＋k）（k为常数）;（6）｜x1-x2｜···仔细观察这些代数式,它们都有一个共同的特点：把式子中的x1、x2互换,原来的式子不变.例如,把x1、x2互换后,x12＋x22变成了x22＋x12,｜x1-x2｜变成了｜x2-x1｜,其值不变,我们把这类式子叫做一元二次方程根的对称式.     

错在哪里

忽视复合函数的定义城已知函数f（x）=2＋log_3x（1≤x≤9）,求函数g（x）=[f（x）]＾2＋f（x＾2）的最大值和最小值.错解：由1≤x≤9,得0≤log_3x≤2.g（x）=（2＋log_3x）＾2＋2＋log_3x＾2=（log_3x）＾2＋6log_3x＋6=（log_2x＋3）＾2-3.     

例析善用方法巧解数学题提高思维能力

一、巧用方差解方程组 设n个数据x1,x2,…,xn的平均数为^-x,则其方差为s^2=1/n[（x1-^-x）^2＋（x2-^-x）^2＋…＋（xn-^-x）^2]=1/n[（x^21＋x^22＋…＋x^2n）-1/n（x1＋x2＋…＋xn）^2].     

一道因式分解题的多解

题目分解因式：X’－3X’十个解法1拆H次项,有原式二x3＋x2－4x‘＋4二（。’＋X‘）＋（。’＋4）＝。’（x＋1）4（＋1）（x一回）＝（X＋l）（。’－4X＋4）＝（。十五）（。－2）’解法2拆H次项,有原式一x’－2。’－X＼4＝（X’－ZX‘）－（X‘－4）＝x’（。－2）－（x＋2）（x－2）＝（－2）（’－X－2）＝（－2）’（＋1）．解法3拆常数项,有原式一x3＋l－3x2＋3＝（’＋l）－3（X’－l）＝（X＋1）（X’－X＋1）一到X＋1）（X一回）＝（x＋l）［（x‘－。＋1）－3x－l）〕＝（X＋l）（X‘－4。＋4）＝（X＊1）（X一月…     

二次分式函数最值的求法

本文介绍定义域受限时f（x）=（a1x2＋b1x＋c1）/a2x2＋b2x＋c2））a1^2＋a2^2≠0）的二次分式函数最值求法．     

函数的解析式可以这样求

定义法 例1已知f（1＋1/x）=1/x^2-2,求函数f（x）的解析式. 解据题意有f（1＋1/x）=1/x^2-2=（1＋1/x）2-2（1＋1/x）-1.由函数的定义,可知函数的解析式为f（x）=x^2-2x-1（x≠1）.     

二阶中立型逐段常变量微分方程的伪ω周期解

给出了二阶中立型逐段常变量微分方程d^2/dt^2（x（t）＋p（t）x（t-1））=qx（2[t＋1/2]＋g（t,x（t）,x（[t]））d^2/dt^2（x（t）＋p（t）x（t-1））=qx（2[t＋1/2]＋f（t）的伪ω周期解存在唯一性的充分条件.     

求函数解析式的十二种方法

一、定义法 例1 已知f（1＋1/x）=1/x^2-2,求函数f（x）的解析式． 解 f（1＋1/x）=1/x^2-2=（1＋1/x）^2-2（1＋1/x）-1,     

两种拆分方法在解不等式问题中的应用

1差项比较法 定理1对于数列{xn}、{yn},有xn=x1＋（x2-x1）＋（x3-x2）＋…＋（xn-xn-1）,yn=y1＋（y2-y1）＋（y3-y2）＋…＋（yn-yn-1）.     

剖析问题 巧抓症结

一、多项式的乘法 例1若（x2＋nx＋3）（x2-3x＋m）的展开式中不含x2和x3项,求m和n的值.解析一些学生一看到题目,他们会毫不犹豫地利用多项式的乘法将（x2＋nx＋3）（x2-3x＋m）展开,得（x2＋nx＋3）（x2-3x＋m）=x4-3x3＋mx2＋nx3-3nx2＋mnx＋3x2-9x＋3m=x4＋（n-3）x3＋（m-3n＋3）x2＋（mn-9）x＋3m.     

一类高次Diophantine方程的求解

目的研究Diophantine方程（x^2＋y^2＋（x＋y）^2）^m=m（x^2m＋y^2m＋（x＋y）^2m）整数解问题.方法初等方法.结果设n是正整数,m=2^n,证明了当n〉1时,方程（x^2＋y^2＋（x＋y）^2）^m=m（x^2m＋y^2m＋（x＋y）^2m）没有非零整数解（x,y）.指出当n=1时,方程（x^2＋y^2＋（x＋y）^2）^m=m（x^2m＋y^2m＋（x＋y）^2m）是关于x,y的恒等式.结论彻底解决了Diophantine方程（x^2＋y^2＋（x＋y）^2）^m=m（x^2m＋y^2m＋（x＋y）^2m）整数解的问题.     

一题多解，探根溯源

题目 已知函数f（x）=x^2＋ax＋1/x^2＋a/x＋b（x∈R,且x≠0）,若实数a,b使得f（x）=0有实根,求a^2＋b^2的最小值.（2014年高中数学联赛贵州赛区） 1．一题多解 分析 令t=x＋1/x,则t∈（-∞,-2]∪[2,＋∞）,于是 方程f（x）=0,即t^2＋at＋b-2=0（｜t｜≥2）.（＊）     

浅议一个恒等式的来龙去脉

我们经常遇到这种问题：若f（x）=1/4^x＋2（或f（x）=1/a^x＋√a），求f（-3）＋f（-1）＋f（0）＋f（1）＋f（2）＋f（3）＋f（4）的值，解答这类问题是依据这类函数一个恒等式：若f（x）=1/4^x=2，则f（x）＋f（1-x）=1/2，若：f（x）=1/a^x＋√a，则f（x）＋f（1-x）==1/√a。     

关于不定方程y（y＋1）（y＋2）（y＋3）=19^2k x（x＋1）（x＋2）（x＋3）

运用不定方程组的特征以及整除的性质等初等方法,证明了不定方程y（y＋1）（y＋2）（y＋3）=19^2k x（x＋1）（x＋2）（x＋3）无正整数解．     

基础练习

一元二次方程 1．下列方程中,关于x的一元二次方程是（ ） A．3（x＋1）2=2（x＋1） B.1/x2＋1/x-2=0 C.ax2＋bx＋c=0     

对《一个题目的结论的再推广》的修正

题目 已知x1是方程x＋lg x=3的根,x2是方程x＋10^x=3的根,则x1＋x2等于（ ）． （A）6 （B）3 （C）2 （D）1     

一类恒成立问题的解题误区

题目 设不等式x^2＋ax＋1〉2x＋a,对a∈（1/4,4）恒成立,求实数x的取值范围． 解法1 由x^2＋（a-2）x＋1-a〉0对任意a∈（1/4,4）成立, 令g（a）=（x-1）a＋x^2-2x＋1,需[g（a）]min〉0.