齐次代换在求最值中的应用

一类二元函数的条件最值,如能进行适当的齐次代换转化为分式函数,利用判别式法易于简捷巧妙地获解。例1 已知|3x-y|≥4,求S=2x~2-xy y~2的最小值,并求S取最小值时的x、y值。解:显然x,y不全为零,不妨设x≠0,令t=y/x。 u=S/(3x-y)~2=(2x~2-xy y~2)/(9x~2-6xy y~2)=(2-t t~2)/(9-6t t~2)化为(1-u)t~2 (6u-1)t (2-9u)=0其△=(6u-1)~2-4(1-u)(2-9u)=32u-7≥0,解得u≥7/32。     

改正一个错误的证明

1981年12期数学通报《几种类型的不等式证明》一文中(二): 已知条件为线性方程形式的不等式证明(即条件x+y+z+…A,A为常数)。 4:若x+y+z=1,试证x~2+y~2+z~2≥1/3证明:令x=1/3-t,y=1/3-2t,z=1/3+3t(t为实数)。 x~2+y~2+z~2=[(1/3)-t]~2+[(1/3)-2t]~2+[(1/3)-3t]~2 =1/9-(2/3)t+t~2+1/9-(4/3)t+4t~2+1/9+2t+9t~2 =1/3+14t~2≥1/3 (∵t为实数)。 当t=0时,即x=y=z=1/3时,上式等号成立。     

构造完全平方式求值

例1 x为实数,求x~4+4x+4的最小值.解原式=(x~4-2x~2+1)+(2x~2+4x+2)+1 =(x~2-1)~2+2(x+1)~2+1.因为(x~2-1)~2≥0,(x+1)~2≥0,     

因式分解的特殊方法

关于因式分解的常用方法,中学课本中已作了介绍。本文要探讨的是根据题目的特征,运用比较特殊的方法,进行因式分解的问题。例1 在复域内分解: (x+1)(x+2)(x+3)(x+6)-3x~2 解原式=(x~2+7x+6)(x~2+5x+6)-3x~2推敲上式的特征,可知若令y=x~2+6x+6,原式就化为: (y+x)(y-x)-3x~2 =y~2-4x~2=(y+2x)(y-2x) =(x~2+8x+6)(x~+4x+6) =(x+4-10~(1/2))(x+4+10~(1/2)) (x+2-(2~(1/2))i)(x+2-(2~(1/2))i) 例2分解:(ab+1)(a+1)(b+1)+ab 解原式即(ab+1)[ab+1+a+b]+ab,若令(ab+1)=A,可得: 原式=A(A+a+b)+ab =A~2+(a+b)A+ab=(A+a)(A+b)     

方程x~2f(x)+xg(x)+q(x)=0有实根的一个必要条件

一元二次方程ax~2+bx+c=0(a≠0)有实根的充要条件是判别式△=b~2-4ac≥0,这里a、b、c是与未知数x无关的常数,对于象 1.求x~2+2xsin(xy)+1=0的一切实数解. 2.求x~2-2xsin(π/2)x+1=0的所有实根. 3.证明2sinx=5x~2+2x+3无实数解. 之类问题,是不是也可以应用类似的判别式来解呢?直接应用一元二次方程的根的判别式来解是缺乏理论根据的,本文给出这类问题的一般形式     

怎样运用三角代换解题

1.若遇a≤x~2 y~2≤b(a,b∈R~ ),可作代换x=t·cosφ,y=tsinφ,其中a~(1/2)≤t≤b~(1/2) 例1 已知1≤x~2 y~2≤2,求w=x~2 xy y~2的最值. 解:∵1≤x~2 y~2≤2,∴设x=tcosθ,y=tsinθ,其中1≤t≤2~(1/2),∴w=t~2cos~2θ t~2cosθsinθ t~2sin~2θ=t~2·(1 (1/2)sin2θ),而(1/2)≤1 sin2θ≤(3/2),∴(1/2)≤w≤3. 2.若遇b~2x~2 a~2y~2=a~2b~2(a,b∈R~ ),可作代换x=acosθ,y=bsinθ(此处要注意解析几何中椭圆、双曲线的参数方程的应用) 例2 已知x、y满足x~2 4y~2=4,求w=x~2 2xy 4y~2 x 2y的最值.     

巧用最值求参数的取值范围

一些求参数取值范围的问题可以转化为求最值的问题例1 当a取何实数时,方程2acos~2x-sinx+2+a=0有实数解? 解:由原方程解出a=(sinx+2)/(2cos~2x+1)=(sinx-2)/(3-2sin~2x)∴1/a=(2sin~3x-3)/(2-sinx)=-2sinx-4+5/(2-sinx) 设t=2-sinx∈[1,3]。化1/a=2t+5/t-8=(2t~(1/2)-(5/t)~(1/2)+2(10)~(1/2)-8 故在(2t)~(1/2)=(5/t)~(1/2)即t=5~(1/2)/2~(1/2)=2-sinx 即sinx=4-(10)~(1/2)/2(∈[-1,1])时1/a取最小值2(10)~(1/2)-8     

一道IMO试题的推广

设a,b,c为三角形的三边长,证明: ∑a~2b(a-b)≡a~2b(a-b)+b~2c(b-c)+c~2a(c-a)≥0 (1) 这是第24届IMO的一道试题. 经探讨,我们得到了与(1)类似的如下不等式: ∑a~3b(a-b)≥0 (2) ∑a~4b(a-b)≥0 (3) 证令a=y+z,b=z+x,c=x+y,并记σ_1=x+y+z,σ_2=xy+yz+zx,σ_3=xyz(x,y,z>0),则∑a~3b(a-b)=∑(σ_1-x)~3(z+x)(y-x)=∑(σ_1-x)~3(σ_2-x~2-2xz)=σ_2∑(σ_1~3-3σ_1~2x+3σ_1x~2-x~3)-∑(x+2z)(σ_1~3x-3σ_1~2x~2+3σ_1x~3-x~4)     

函数y=f(x)的解析表达式的几种求法

画函数的图象、求函数的极值、判断函数的奇偶性、确定函数的单调区间等,一般都要以解析式y=f(x)为基础。因之,求出f(x)是必要的。下面介绍几种求法。一待定系数法例1.已知:f(x)为有理整函数且 f(2x)+f(3x+1)=13x~2+6x-1 求:f(x) 解:设f(x)=ax~2+bx+c 则f(2x)+f(3x+1) =13ax~2+(6a+5b)x+a+b+2c ∵ 13ax~2+(6a+5b)x+(a+b+2c) =13x~2+6x-1比较系数得则f(x)=x~2-1。二换元法例2若:f[f(x)]=(x+1)/(x+2)求:f(x)     

一元二次方程基本概念问答

1.为什么要规定一元二次方程ax~2+bx+c=0中a≠0? 答当a=0时,方程变成了bx+c=0,这就不是一元二次方程了. 2.关于x的方程x~2(x+3)+2y-8x=x~3+2y-9(*)是一元二次方程吗?     

变量代换典型错误例析

变量代换法通过式与式的相互转化,常能达到化难为易、化繁为简的目的。但在解题时极易发生下面错误,现分别举例分析如下。一、忽视原变量可取值范围,造成错误例1.若x+y+z=1,试证:x~2+y~2+z~2≥(1/3)。错解设x=(1/3)-t,y=(1/3)-2t,z=(1/3)+3t(t∈R) ∴ x~2+y~2+z~2=((1/3)-t)~2+((1/3)-2t)~2+((1/3)+3t)~2=(1/3)+14t~2≥(1/3) 当t=0,即x=y=z=1/3时,上式等号成立。剖析粗看,还以为是一个好方法,可细看,能发现其中代换x=(1/3)-t,y=(1/3)-2t,z=(1/3)+3t有欠妥当,因为x=1/ ,y=2/ ,z=4/ 显然适合已知条件x+     

利用二次函数的顶点式确定三角形

题目设二次函数y=(a+b)x~2+2cx-(a-b)。其中a、b、c分别为ΔABC的三边,当x=-(1/2)时,二次函数的最小值为-(a/2)。试判断ΔABC的形状。(1994年甘肃省中考试题) 解由题意可设二次函数的解析式为 y=(a+b)(x+1/2)~2-(-(a/2)) =(a+b)x~2+(a+b)x+(b-a/4), 又∵y=(a+b)x~2+2cx-(a-b), 比较系数,得{a+b=2c, {b-a/4=-(a-b).解得 a=b=c。     

关于三角函数求值基本方略

一、三角函数取值范围的方程求法我们知道在sin~2a+cos~2α=·1中,运用换元,令cosα=x,sinα=y,就是x~2+y2=1.这样就可把求t=F(cosα,sinα)的范围化为在方程组{x~2+y~2}=1F(x,y)=t},中求t的取值范围.例1已知sinαcosβ=1/2,求t=cosαsi的取值范围.解令cosα=x,sinα=y,cosβ=m,sinβ=n,得方程组(?)消去m,n,y(过程略)得4x~4-(4t~2+3)x~2+4t~2=0(0≤x~2≤1)⑤在⑤中解出t~2求值域或解出x~2求定义域或用二次方程实根的分布方法可得0≤t2≤1/4,所以一1/2≤t≤1/2.例2已知sinα+sinβ=1,求t=cosαt+cosβ的取值     

af(x)+b f(x)~(1/2)=c的简捷解法

方程af(x)+f(x)~(1/b)=c,一般用代换法来解。但当a、b、c为整数,a>0时,用观察法来解,显得更为简便,下面介绍这种方法。定理:如果存在平方数m≥0,使 c=am+m~(1/b)则方程af(x)+f(x)~(1/b)=c ①与方程(f(x)-m~(1/2))(f(x)+b/a+m~(1/2)=0同解②其中f(x)为x的解析式。证明:设a是方程①的解,则 af(a)+f(a)~(1/b)=am+m~(1/b)∵ f(x),m≥0,     

一阶非线性中立型微分方程的振动性与非振性

本文考虑了一阶非线性中立型微分方程 d/(dt)[x(t)+c(t)x(τ(t)] =integral from a(t) to b(t) f(t)x(g_1(t,ζ)),…,x(g_N(t,ζ)))dη(t,ζ)和d/(dt)[x(t)+c(t)x(τ(t))]+integral from a(t) to b(t) f(t,x(g,(t,ζ)),…,x(g_N(t,ζ))dη(t,ζ)=0解的振动性和存在有界非振动解的条件。     

巧用均值换元法解题

在x1+x2+…+xn=m中,令x1=mn+t1,x2=mn+t2,…,xn=mn+tn,其中t1+t2+…+tn=0,这就是均值换元法.如在x+y=a中,可令x=a2+t,y=2a-t.一、用均值换元法化简计算例1求值:√987×989×991×993+(993-989)(991-987).解令a=987+989+4991+993=990,∴原式可化为√(a-3)(a-1)(a+1)(a+3)+4×4=√(a2-1)(a2-9)+16.令b=(a2-1)+(a2-9)2=a2-5,∴√(a2-1)(a2-9)+16=√(b+4)(b-4)+16=b=a2-5=9902-5=980095.二、用均值换元法证明不等式例2已知a+b+c=3,求证:a2+b2+c2≥3.证明令a=1+t1,b=1+t2,c=1+t3,其中t1+t2+t3=0.∴a2+b2+c2=(1+t1)2+(1+t2)2+(1+t3)2=3+2(t1+t2+t3…     

成人高考数学综合练习题及答案

<正> 代数一、填空: 1、计算:[(-2)~2]~(-(1/2))+2°/(2~(1/2)) -1/(|1-2~(1/2)|)=-(2~(1/2)+1)/2 2、把x~5y-x~3y+2x~2y-xy分解因式为xy(x~2+x-1)(x~2-x+1) 3、已知((2a+b~(-1))~2+|2-a~2|)/(a+2~(1/2))=0,则(a-b)/(a+b)=(3/5) 4、计算1/2lg25+lg2-lg0.1~(1/2)-log_29×log_32=-(1/2) 5、设A={x:|x|<2}, B={x:x~2-4x+3≤0},则A∩B=1≤x<2;A∪B=-23的解集为{x:x>4}∪{x:0相似文献   

北师大版八年级(下) 第2章 分解因式

一、精心选一选(每小题3分,共24分)1.下列变形,属于因式分解的是( ).A.2xy(x+3x~2y)=2x~2y+6x~3y~2B.(x-4)~2=x~2-8x-16C.5a~2-10a=5a(a-2)D.ax~2+bx+c=x(ax+b)+c2.把多项式-5ab+10abx-25aby 因式分解的结果是( ).A.-ab(5+10x-25y) B.-5ab(1-2x+5y)C.-5ab(2x-5y) D.-5ab(1-2x-5y)3.多项式-4xy~2+12x~2y~2-16x~3y~2z 的公因式是( ).     

二阶常微分方程与二阶微分差分方程不稳定的等价性

1 引 言 本文考虑系统 f x(t)=(al+a 2)x(t)+(b’+b 2)Y(t) I (1.1) \Y(t)=(c l+c 2)X(t)+(d l+d2)Y(t)的零解为完全不稳定时,使得滞后系统 f x(t)---~a l x(t)+a2x(t--T)+b lY(t)+b 2Y(t--T) j (1.2) \Y(t)=c lX(t)+c2X(t—T)+d lY(t)+d2Y(t—T)的零解仍为完全不稳定的时滞界限t。(0相似文献   

具非线性扩散系数和阻尼项的双曲型偏微分方程系统解的振动性

研究了一类具非线性扩散系数和阻尼项的双曲型偏微分方程系统(a)2u1(x,t)/(a)t2+m(t)(a)u1(x,t)/(a)t=ai(t)hi(ui)△ui+n∑j=1aij(t)hij(u1(x,t-τj(t)))△ui(x,t-τj(t))-m∑k=1bik(x,t)uk(x,t-σ(t)) (x,t)∈Ω×R+≡G,i=1,2,…m,获得了该方程组在Robin边值条件下解振动的充分条件.