解数学最值问题四法

一、寻找定值.以静制动例1 已知f(x)=x2+ax+b,设|x|≤1时,|f(x)|的最大值是M,求证M≥1/2.证明f(x-1)=(x-1)2+a(x-1)+b, (1)     

2009年全国高中数学联赛陕西赛区预赛

第一试 一、填空题(每小题6分,共60分) 1.已知集合A={x∈R||x-2|≤1},集合B={x∈R|x-5/2-x>0}.则A∩B=——.     

1999年莫斯科大学入学考试数学试题和答案

力学数学系(应届毕业生奥林匹克 ,五月 )1 .解方程(x2 4) lgsin2 3 x x2 lgcos2 2 x=4lg(cos2 xsin33 x) .答 :2 ;π2 2 nπ,n∈ Z.2 .有限项等比数列的首项等于 1 ,公比是正的 ,各项之和等于 402 7,这些项带有交错正负号 (第一项带正号 ,第二项带负号 ,依次类推 )的和等于 2 02 7,求这个数列的公比 .答 :13.3.求所有的 x,使两个表达式|x- 3|(|x- 5|- |x- 3|) - 6x与　 |x|(|x|- |x- 8|) 2 4中至少有一个不是正数 ,并且它的绝对值不小于另一个的绝对值 .答 :[3,5]提示 :题给条件等价于已知两式之和非正 ,即|y|≤ |y- 1 5|- 1 5,其中 y=x…     

数学问答

96:若使不等式|x2-4x p| |x-3|≤5成立的x的最大值是3,求p的值.(浙江绍兴县鲁迅中学高一(15)班吴名)答:设f(x)=|x2-4x p| |x-3|.依题意得即解得40(因其判别式△=16-4p<0).     

数形结合举例

数形结合是数学基本思想方法之一 .用这个观点和方法处理问题 ,常常可以简化求解过程 ,使问题化难为易 .1　函数图象的几何特征与函数性质的数量特征紧密结合这一类数形结合有效地提示了各类函数的定义域、值域、单词性、奇偶性、周期性等基本属性 ,体现了数形结合的特征与方法 .例 1、如果 |x|≤ π/4那么函数 f( x) =cos2 x siny的最小值是 .A　 ( 2 -1 ) /2 ,　　 B　 ( 2 1 ) /2 ,C　 -1 ,D　 ( 1 -2 ) /2 .解 :令 sinx=X,则f ( x) =-x2 x 1 =-( x-1 /2 ) 2 5/4 .由题设 |x|<π/4可知 ,|x|≤ 2 /2 .所以 ,f ( x) =-x2 x 1 ( |x|≤…     

先求“■p”防遗漏

例1已知p:|3x-4|>2,q:x2-1x-2>0,则p是q的什么条件?解法一由p:|3x-4|>2,得p:x>2或x<32,所以p:32≤x≤2,即p:{x|32≤x≤2};由q:x2-1x-2>0,得q:x>2或x<-1,所以q:-1≤x≤2,即q:{x|-1≤x≤2},所以p是q的充分不必要条件.解法二由p:|3x-4|>2,得p:|3x-4|≤2,解得:32≤x≤2,即p;{x|32≤x≤2};由q:x2-1x-2>0,得q:x2-1x-2≤0,所以-1”的否定为“≤”是片面的,q是对q的否定,应包括:x2-1x-2≤0和x2-x-2=…     

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 | …     

从一道竞赛题谈起

题(匈牙利数学奥林匹克赛试题)设a、b、c为实数,如果|x|≤1时,有不等式|ax~2 bx c|≤1,试证当|x|≤1时,恒有|2ax b|≤4.证明 设f(x)=ax~2 bx c,a≠0,当|x|≤1时,f(x)的最大值、最小值只可能为f(1)、f(-1)或     

数学奥林匹克初中练习题(16)

第一试 一、选择题(每小题7分,共42分) 1.满足方程 |x-1|-2|x-2|+3|x-3|=4的有理数x有( )个.     

1995年四川省初中数学竞赛决赛

一、填空题(本题满分50分,每小题10分) 1.已知有理数x满足(x-1/2)~(1/2)≥2~(1/2)/2。则|2x-1|-|x 2|的最小值为_____。 2.设a,b是相异二实数,且满足a~2=4a     

函数在不等式恒成立问题中的应用

解决关于不等式恒成立的这类非函数问题,一般都要先建立函数解析式,并在函数定义域内充分挖掘函数的性质,给出问题的正确解答,下面举例说明. [例1] 求使不等式2x-1>m(x2-1)对满足|m|≤2的一切实数m恒成立,求实数x的取值范围. 分析:原不等式移项得:     

构造函数求解恒成立问题

求解恒成立问题时,可构造我们熟悉的函数类型,然后根据函数的性质解题·求解时经常要应用变量分离的方法,应用这一方法的关键是分清参数与变量·一、构造一次函数型y=ax+b例1若不等式2x-1>m(x2-1),对满足|m|≤2的所有m都成立,求x的取值范围·解:视m为主元,构造一次型函数g(m)=(x2-1)m-(2x-1),原题即对满足|m|≤2的m,g(m)<0恒成立·由函数图象是一条线段,知应g(-2)<0,g(2)<0,即-2(x2-1)-(2x-1)<0,2(x2-1)-(2x-1)<0·解得-12+7相似文献   

浅议初中不等式例题的分类解法

一、不含有参数的不等式类型例题求解不等式|x-4|-|2x-3|≤1.分析在这一不等式中存在2个表示绝对值的符号,我们可以选择使用"零点分段法"对这个例题进行分类解析.解法|x-4|和|2x-3|,我们可以知道它们的零点分别应     

2000年莫斯科大学力学数学系入学考试数学试题和解答

试卷 (3月 )1.解不等式|x- 4 |- |x- 1||x- 3|- |x- 2 |<|x - 3| |x- 2 ||x- 4 |.答案 :3相似文献   

如何画出(|x|)/a+(|y|)/b≤1(a,b都为正常数)的可行域

1问题的由来问题1(2011年高考湖北卷·理8)已知向量a=(x+z,3),b=(2,y-z),且a上b.若x,y满足不等式|x|+|y|≤1,则z的取值范围为()A.[-3,3]B.[-3,2]C.[-2,2]D.[-2,3]问题2(2011年高考安徽卷·理4)设变量x,y满足|x|+|y|≤1,则x+2y的最大值和最小值     

一个绝对值恒等式的运用

命题　已知 a,b∈R,则| a| | b| =max{| a b| ,| a- b| }.证明　若 ab≥ 0 ,则| a| | b| =| a b| ,此时 | a b|≥ | a- b| ;若 ab<0 ,则 | a| | b| =| a- b| ,此时 | a b| <| a- b| .∴对于任意的实数 a,b,都有 | a| | b|=max{| a b| ,| a- b| }.下面举例说明命题中所述恒等式的运用 .例 1　解方程| 2 x- 1 | | x- 2 | =| x 1 | (x∈R) .解　由命题知 | 2 x- 1 | | x- 2 |=max{| 3 x- 3 | ,| x 1 | }=| x 1 | ,∴ | x 1 |≥ | 3 x- 3 | ,两边平方整理得 2 x2 - 5x 2≤ 0 ,解得　　 12 ≤ x≤ 2 ,∴原方程的解集是 {x…     

我解这道综合题(高一、高二、高三)

题设二次函数f(x)=ax2+bx+c,当x∈[-1,1]时|f(x)l|≤1成立,试证明:对一切x∈[-1,1],都有|2ax+b|≤4. 分析1 结论为当x∈[-1,1]时,|ax+b|≤4,而已知x∈[-1,1]时|f(x)|≤1恒成立,很自然想到先把a,b表示成f(x)的形式,然后对[-1,1]上的x进一步讨论|2ax+b|与4的大小.     

函数y=|ax~2+bx+c|的图象和性质的应用

函数y=|ax2 bx c|(a≠0)在区间[p,q]上的最大值,由其图象易知只能在x=p或x=q或x=-b/2a处取得,利用这一性质可以直观明晰地解决有关问题. 例1 已知二次函数f(x)=ax2 bx c,当|x|≤1时,有f(x)≤1.求证:当|x|≤2时,|f(x)|≤7. 分析:只需证|f(-2)|、|f(2)|均不大于7,且当|-b/2a|≤2时,|f(-b/2a)|也不大于7     

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．     

对《巧求绝对值方程的根》一文的商榷

贵刊1991年第1期刊登的《巧求绝对值方程的根》一文,作者利用椭圆定义对绝对值方程|x-α|+|x-β|=2m给出了求根公式,其中,“①当|α-β|≤2m时,方程有两解x_1=(α+β)/2+m,x_2=(α+β)/2-m。”笔者认为是不妥的。事实上,当|α-β|=2m时,方程的解应为x_2≤x≤x_1。定理:当|α-β|=2m时,方程|x-α|+|x-β|=2m(m>0)的解为(α+β)/2-m≤x≤(α+β)/2+m。证明:|α-β|=2m的几何意义是数轴上点α到点