用切线法新探一类条件不等式

文[1]在文[2]对不等式“若xi〉0,i=1,2,3,且∑i=1^3 xi=1,则1/1＋x1^2＋1/1＋x2^2＋1/1＋x3^2≤27/10”给出的初等证明进行探究的基础上,得出如下结论：在xi〉0,i=1,2,3……且∑i=1^n xi=m的条件下,欲证不等式∑i=1^ng（xi）≤k（≥k）成立。只需构造函数f（x）=g（x）=（ax＋b）且使f（m/n）=0.     

构造函数,利用“切线法”证明不等式

对满足条件n∑ i=1 xi=k(≥k,≤k)的形如n∑ i=1 f(xi)≤M(≥M)(k、M为常数)的条件不等式的证明是中学数学的重点和难点内容之一,通常在竞赛和高考压轴试题中出现.此类试题技巧性较强,学生在短时间内难以解决.下面介绍一种“切线法”(构造切线方程实施放缩)来证明此类条件不等式. 切线法 对于x1,x2,…,xn∈D,其中D为给定区间,n∑i=1 xi=k(≥k,≤k),(k为常数),求证:∑f(xi)≤M(≥M).     

一个不等式的再推广

文[1]的定理 1、2 给出如下两个不等式: n ai k sk?1 ∑s?a ≥ ① i=1 i (n ?1)nk?2 n k 1 n ∑s?a ai ≥ ∑a k?1 ②     

函数图象的对称轴和最小正周期

[定理1] 设函数f(x)(x∈R)以w为最小正周期,它的图象有对称轴x=c,则存在实数a、b∈(0,w],a≠b,使得x=a,x=b也是它的图象的对称轴。证:对实数c和正数w,总可以找到一个整数k,使得kw<0≤(k 1)w,令a=-kw c,则有a∈(0,w]。∵x=c是对称轴,∴对任意x∈R,有f(c x)≡f(c-x),又w是周期,∴f(kw x)≡f(x)(k∈Z)。从而对任意x∈R,f(a x)=f(-kw c x)=f(c x)=f(c-x)=f(kw a-x)=f(a-x)。     

一类对称统计量的强相合性

考虑了一类有如下形式的对称统计量Tn=k(n-k) k(k-1)2-1∑n-ki=1∑i kj=i 1φ(Xi,Xj) ∑n-1i=n-k 1∑nj=i 1φ(Xi,Xj),这里φ(Xi,Xj)为一对称函数,其中k为不大于n的自然数.这一表达形式是一类统计量,当k=n-1时,它就是一U统计量.在假定E(φ2(Xi,Xj)≤M<∞下,研究了Tn的强相合性.     

应用函数值符号妙解竞赛中的不等式问题

构造函数解决与不等式相关问题是很常见的,但通常都是构造单调函数,并利用其单调性来完成解答.本文介绍一种新的构造方法,它不是利用函数的单调性,而是应用函数值在其变量取值范围内有确定符号来解题.下面举例来加以说明.例1已知a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn∈[1,2],且∑ni=1ai2=∑ni=1bi2.求证:∑ni=1ai3bi≤1107∑i=n1bi2.证明:构造函数f(x)=(x-12)(x-2)(x+25),则当21≤x≤2时,f(x)≤0故x3-2101x2+52≤0,即x3≤2101x2-52.又21≤abii≤2,所以abi33i≤1210ba2ii2-52,所以ab3ii≤2101ai3-25bi2.故∑ni=1ai3bi≤2110∑i=n1a2i-52∑i=n1bi2=2101∑i…     

数学问答

1.已知函数f(x)=(sinx cosx)22 2sin2x-cos22x,(1)求此函数的定义域、值域,(2)若f(x)=2,-4π相似文献   

数列极限综合应用探索

<正>一、数列极限与函数的综合例1已知函数y=f(x)为一次函数,f(1)是f(3)和f(7)的等比中项,且f(5)=5,求lim(n→∞)(f(1)+f(2)+…+f(n))/(n²)。解析:设f(x)=kx+b(k≠0),由题意得f2(1)=f(3)f(7)且f(5)=5,即(k+b)2)。解析:设f(x)=kx+b(k≠0),由题意得f2(1)=f(3)f(7)且f(5)=5,即(k+b)²=(3k+b)(7k+b)且5k+b=5,联立得k=2,b=-5,所以f(n)=2n-5,所以{f(n)}是以     

第一类Stirling数与Bernoulli数的解析表示式

给出第1类stirling数与Bernou lli数的解析表示式S1(n,n)=1 n∈N+n-1S1(n,m)=(-1)n-m∑k2=n-mk1∑k1-1k2=n-m-1k2…∑kn-m-2-1kn-m-1=2kn-m-1∑kn-m-1-1kn-m=1kn-mn,m∈N+,n>mb1=12b2=1n!∑n-1i=1(-1)n-ii+1∑n-1k1=n-ik1∑k1-1k2=n-i-1k2…∑kn-i-2-1kn-i-1=2kn-i-1∑kn-i-1-1kn-i=1kn-i+1(n+1)!n∈N+,n≥2因此解决了它们的计算问题。     

一类函数方程的求解——从一道奥林匹克竞赛题谈起

第28届奥林匹克数学竞赛第二有这样一道题: 求证;不存在这样一个函数试fN_0→N_0,N_0={0,1,2,3,…n,…},使得对于任何n∈N_0,有f(f(n))=n 1798, 证明,假设存在这样的函数f,记n_1=f(i),则A_1={i,n_1,i 1987,n 1987,i 1987×2,n_1 1987×2,…),显然,且n_1∈A_1(i=0,1,2,…,1986)。于是,对每一个固定的i(i∈N_0,i≤1986),存在一个k(k∈N_0,k≤1986,k≠i),使得n_i∈A_k。 若n_i=n_k 1687×m(m∈N_0),则f(u_k 1987×m)=f(n_i)=i 1987,与f(n_i 1987×m)k 1987×(m 1)矛盾。 若上_n_i=k 1987×m(m∈N_0,m≥2),则f(k 1987×m)=f(n_i)=i 1987,与f(k 1987×m)=n_k 1987×m矛盾。 故n_i=k或k 1987,若n_i=k,则n_k=f(k)=f(n_i)=i 1987,即n_k∈A_i;若n_i=k 1987,则i 1987=f(n_i)=f(k 1987)=n_k 1987,即n_k=i,从而n_k∈A,,因此,若n_i∈A_k,则必有n_k∈A_i。     

一个代数不等式及其应用

设ai、bi∈R(i=1,2,…,n),则(n∑i=1a2i·n∑i=1b2i≥(n∑i=1aibi)2),等号当且仅当(a1/b1=a2/b2)=…=an/bn时成立,这就是著名的柯西不等式.若在此不等式中作如下代换:令ai=(√xi),bi=(√yi),即得如下定理:     

一个命题及其应用

受文[1]的启发,可得如下的结论: 命题若∑ni=1a2i＝1,(1) ∑ni=1b2i＝1,(2) ∑ni=1aibi＝1,(3) 则ai＝bi(I＝1,2,…,n).(4) 证明 (1) (2)-(3)×2得 ∑ni=1(a2i-2aibi b2i)＝0, 即∑ni=1(ai-bi)2＝0,∴(4)成立.     

一类级数的求和问题

从f(x)=x在（-ππ）内的傅立叶级数展开式出发，导出形如∑n=1^∞ （-1）^n 1sin nx/n^2k-1及∑n=1^∞ (-1)^n 1con nx/n^2k的三角级数的和函数特点及函数的递推求法，从而解决形如∑n=1^∞ 1/n^2k、∑n=1^∞（-1）^n 1/N^2k、∑n=1^∞ 1/（2n-1)^2k-1（其中k∈N）等级数的求和问题。     

求函数解析式的常用方法

1配凑法例如,已知f(x 1)=x~2-3x 2,求f(x).因为f(x 1)=(x 1)~2-5(x 1) 6,所以f(x)=x~2-5x 6.2换元法例如,已知f(xx 1)=x2x 21 1x,求f(x).设xx 1=t,则x=t1-1,代入已知条件得f(t)=1 (t-1)2 (t-1)=t2-t 1,故f(x)=x2-x 1.3待定系数法例如,已知f[f(x)]=4x 3,求一次函数f(x).设一次函数f(x)=kx b,代入已知条件得f[f(x)]=f(kx b)=k(kx b) b=k2x bx b,比较系数得k=2,b=1或k=-2,b=-3所以f(x)=2x 1或f(x)=-2x-3.4方程组法例如,已知函数f(x)的定义域为{x|x≠0},满足f(x)-2f(1x)=x-1,求f(x).将原方程的x变量换成1x,则有f(1x)-2f(x)=1x-1,与原方程联立方…     

Jensen公式推广及证明

Jensen公式∫0^2π ln ｜1-e^iθ｜dθ=0是解析函数重要理论之一．文中证明当f（z）≤r上解析且f（0）≠0,其零点全体为{zk}i≤k≤n时,有变形Jensen公式为1/2π ∫0^2π ln ｜f（re^iθ）｜dθ=ln｜f（0）｜＋∑k=1^n ln（r/｜zk｜）.     

组合数的算法和技巧(下)

(本讲适合高中)4递推法对所求组合数,也可探求其中的递推规律,获取相应的递推式并加以解决,从而得到所求组合数.例10求∑nk=012kCnk k.解:设原式为f(n),则f(0)=1.由恒等式(Ⅱ),有f(n 1)=∑n 1k=0Cnk 1 k·21k=∑n 1k=0Cnk k·21k ∑nk =11Ckn- 1k·21k.将前一项分成f(n) C2nn 11·21n 1.变动后一项组合数上、下指标及求和指标,以k代原式中的k-1,得∑n 1k=1Ckn -1k·21k=∑k=n0Cnk k 1·2k1 1.故f(n 1)=f(n) C2nn 11·2n1 1 21∑k=n0Cnk k 1·21k.考虑到C2nn 12=(n (21)n! (2n) !1)!=2·n(2!(nn 11))!!=2C2nn 11,则f(n 1)=f(n) 122…     

微分方程组的可允许解

本我们讨论了下面一阶代数微分方程组增长级比系数高的亚纯函数解Ω1＝∑(i)a(i)(z)w^i11w^i22(w′1）^i3(w′2）^i4=p1/∑k=0bk(z)w^k1/q1/∑k=0ck(z)w^k1 Ω2＝∑（j)d(j)w^j11w^j22(w ′2)^j3(w′2）^4=p2/∑/k=0ek(z)w^k2/q2/∑/k=0fk(z)w^k2其中系系数{a(i)(z)},…，{fk(z)}均为亚纯函数，得到了方程组有可允许解的必要条件q1q2 ≤max/(i){i2 2i4}max(j){j1 2j3}。     

研究一道奥林匹克试题

2004西部数学奥林匹克试题第三题为:求所有的实数k,使得不等式a2+b2+c2+d2+1≥k(a+b+c+d)对任意a,b,c,d∈[-1,+∞)都成立。文[1]给出它的解为k=34,从而上题可改叙如下:定理1对于任意a,b,c,d∈[-1,+∞),有a3+b3+c3+d3+1≥34(a+b+c+d)。证明见文[1]。进一步研究,又可得到如下的几个定理:定理2设k为大于1的偶数,则当n≥(k-1)k-1时,对坌xi∈R(i=1,2…,n),有:ni=1移xik+1≥nk xi。证明考察函数f(x)=nxk+1-kx,则f'(x)=k(nxk-1-1),令f’(x)=0,由k为大于1的偶数,得x=1k-1姨n,即当xk-1姨1n时f(x)单调增,即fmin(x)=f(1k-1姨…     

2004年高考数学试题(全国卷):基本解法与巧思妙解 河南、河北、安徽、江西、山东、山西等地区使用试题

理工农医类一、选择题 :本大题共 12小题 ,每小题 5分 ,共6 0分 .( 1) ( 1-i) 2 ·i=(　　 ) .A .2 - 2i　　B .2 2i　　C .- 2　　D .2解法 1:( 1-i)的辐角为 - π4 ,i的辐角为 π2 .由复数的辐角运算法则知 ,辐角为 ( - π4 )× 2 π2 =0 ,故选D .解法 2 :利用复数的乘法运算法则直接展开相乘即得 ( 1-i) 2 ·i=- 2i·i=2 ,故选D .( 2 )已知函数 f(x) =lg1-x1 x,若 f(a) =b,则f( -a) =(　　 ) .A .b　　B .-b　　C .1b 　　D .- 1b解法 1:利用函数性质 ,可以证明此函数为奇函数 ,所以 f( -a) =- f(a) =-b,故选B .解法 2 :特殊值代…     

例说柯西不等式的巧用

设a1,a2,a3,…,an;b1,b2,b3,…,bn是任意两组实数,则有((n∑i=1)aibi)2≤((n∑i=1)ai2)·((n∑i=1)bi2)当且仅当a1/b1=a2/b2=…=an/bn时,取"="号,这就是柯西不等式.