剖析三角形三边关系“失效”的原因

本文通过一道题的错误解法,分析三角形三边关系失效的原因,供读者参考.问题1若一个三角形的三边长分别是m+2,10,2m-1,求m的取值范围.错解1∵m+2+2m-1>10,∴m>3.又m+2-(2m-1)<10.∴m>-7,∴m的取值范围为m>3.     

数列的两个性质

背景 :本文将高一数学新教材第一册(上 )第 1 4 2页复习参考题第 4题 :“有两个等差数列 {an},{bn},a1 + a2 +… + anb1 + b2 + b+… + bn=7n+ 2n+ 3=f ( n) ,求 a5b5.”进行深化延拓 .得到了等差数列与等比数列的两个新的性质 .定理 1　有两个等差数列 {an},{bn},其前 n项和 Sn 与 Sn′之比为 Sn Sn′=f( n) ,则　( 1 ) ambm=f( 2 m- 1 ) ;( 2 ) am+ am+1 bm+ bm+1=f( 2 m) .证明　 ( 1 )∵ {an) ,{bn}均为等差数列 ,∴ 2 am=a1 + a2 m- 1 ,∴ S2 m- 1 =a1 + a2 +… + a2 m- 1=a1 + a2 m- 1 2 ( 2 m- 1 ) =2 ( m- 1 ) am.同理 S2 m- 1 …     

一个不定方程解的应用(高二、高三)

定理m元一次不定方程x1 x2 … xm=n(m,n∈N,m,n≥2)的正整数解有C_(n-1)~(m-1)组,自然数解有C_(n m-1)~(m-1)组.证明①若xi为正整数,则这个不定方程正整数解的组数等价于x个小球之间有n-1个空隙,从中放入m-1个隔板,故其正整数解的组数为C_(n-1)~(m-1).     

一元二次方程的新题型

一元二次方程一直是中考的重头戏.近年来,围绕着“重在基础,突出能力,尝试创新”的命题思路,一元二次方程新题型精彩纷呈.一、设计有隐含条件的一元二次方程问题例1已知x1、x2是关于x的方程(m-1)2x2-(2m-5)x+1=0的两个实数根.(1)若P=1x1+1x2,求P的取值范围;(2)问x1、x2能否同时为正数?若能同时为正数,求出相应的取值范围;若不能同时为正数,请说明理由.简解:(1)依题意可得(m-1)2≠0,且△≥0.这样可以解得m≤74,且m≠1.又x1+x2=2m-5(m-1)2,x1x2=1(m-1)2,故P=1x1+1x2=x1+x2x1x2=2m-5.∴m=P+52,从而有P≤-32,且P≠-3.(2)由m≤74,且m≠1知x1+x…     

用不定方程模型解无序问题(高二、高三)

模型1 不定方程x1 x2 … xm=n(其中m,n∈N* 且m≤n)有C(n-1)(m-1)组正整数解. 分析 此题可以理解为将正整数n分解成m个正整数的和,而 相当于在这n-1个" "号中选m-1个" ",故有C(n-1)(m-1)种选法,所以 方程共有C(n-1)(m-1)组正整数解. 模型2 不定方程 x1 x2 … xm=n (其中m,n∈N*且m≤n)有C(n m-1)(m-1)组非负整数解. 证明 令xi=yi-1(i=1,2,…,m),则 yi=xi 1,yi∈N*,所以原方程的非负整数解问题就转化为方程 y1 y2 … ym=n m     

关于m是奇数时Walecki竞赛图的计数

对B.Alspach在1989年关于竞赛图计数问题[2]本文提出如下猜想当m≥3的奇数时2m+1阶的Walecki竞赛图的个数是(2m)!Ф(m),其中Ф(m)=1+2(m-1)/2-1/[2(m-1)/2-2]2{[2(m-1)/2-1]m-1-(m-1)·2(m-1)/2+2m-3}.     

方程组与不等式(组)有机结合

二元一次方程组与不等式(组)结合的题目,是现在七年级学生学习的难点.也是近几年来中考中常出现的题目,很多学生不知从何入手,解决这类题目的关键是如何根据已知条件运用转化的思想,构造新的不等式(组)或方程组再求解.针对这种情况现举例如下.一、由方程组构造不等式求解例1m为何值时,方程组2x+my=4x+4y=8的解是(1)正数;(2)正整数.分析:先求出方程组的解,再确定m的取值范围.解:(1)解方程组2x+my=4x+4y=8得x=8m-16m-8,y=-12m-8.因为x、y均为正数,所以x>0,y>0.由y>0即-12m-8>0,得m-8<0,m<8.由x>0即8m-16m-8>0,得8m-16<0(因为m-8<0)综上所述m<2…     

一类三阶n点边值问题的正解的存在性

令ai≥0,i=1,…,m-3且am-2>0.再令ξi满足0<ξ1<ξ2<…<ξm-2<1且∑m-2i=1aiξi<1.我们研究下面边值问题正解的存在性u?(t)+a(t)f(t)=0,t∈(0,1),u(0)=u′(0)=0,u′(1)=∑m-2i=1aiu′(ξi)其中a(t)∈C([0,1],[0,∞]),f(t)∈C([0,1],[0,∞]).通过锥上的不动点定理证明了在f满足超线性或次线性条件下,上述问题至少存在一个正解.     

求∑k~m的一种方法

k~m=a_1k a_2k(k 1) … a_(m-1)k…(k m-2) k…(k m-1), (2) (2)中命k=-r(r=1,2,…,m-1),得a_1,…,a_r的递归式     

一个组合公式的引伸及推论

本文对组合公式C_m~n=C_(m-1)~n C_(m-1)~(n-1)的引伸进行了讨论,也就是说,我们反复应用该公式,可得到另外一个组合公式.最后,当这个组合公式满足所给条件时,我们又得到两个组合公式.     

例说韦达定理在解题中的应用

<正>韦达定理及其逆定理是反映一元二次方程根与系数关系的重要定理,它在求代数式的值,解方程(组)等方面都有着很广泛的应用.下面举例说明,供大家参考.一、求字母的值例1 已知关于x的一元二次方程x²-2(m-1)x+(m2-2(m-1)x+(m²-1)=0有两个不相等的实根α,β.若α2-1)=0有两个不相等的实根α,β.若α²+β2+β²=4,则m=___.解∵α,β是方程x2=4,则m=___.解∵α,β是方程x²-2(m-1)x+(m2-1)=0的两个不相等的实根,∴α+β=2(m-1),αβ=m2-2(m-1)x+(m2-1)=0的两个不相等的实根,∴α+β=2(m-1),αβ=m²-1,且Δ>0.     

浅谈构造法解题

构造法解题在近年高考、竞赛中时有出现常见的有构造函数、构造不等式、构造数列、构造几何图形等,本文将通过具体题目来说明. 一、构造函数 例 1 设f(x)=x3-6x2+9x-14,f(m)=1,f(n)=-1,求m+n的值。 解:f(x)=(x-2)3+3(x-2),∴(m-2)3+3(m-2)=1①(n-2)3+3(n-2)=-1②设F(x)=x3+3x易知F(x)=x3+3x是单调递增的奇函数,∴F(m-2)=-F(n-2)=F(2-n)∴m-2=2-n,∴m+n=4.     

浅谈2004年中考选择题的解题技巧

选择题是各种考试中的常见题型之一,在中考中占有相当大的比例,有考查面广,解法灵活等特点。迅速而准确是选择题的基本要求,下面就2004年中考题为例,介绍其中的若干解法。一、直接法直接法是由题设出发,通过计算和证明,得出结论的方法。例1"当23相似文献   

罗勒的光合特性研究

罗勒是一种食药兼用的资源植物。通过对罗勒光合特性的研究,旨在为罗勒的栽培提供理论依据。实验结果表明：罗勒的光合日变化呈双峰型,第一峰出现在上午11：00左右,Pn约为7.87μmolCO2.m-2.s-1,第二峰值出现在15：00左右,Pn约为5.68μmolCO.2m-2.s-1,＂午休＂现象明显。在400μmol.mol-1CO2浓度下,罗勒的光饱和点为1 800μmol.m-2.s-1左右,光补偿点为75μmol.m-2.s-1左右,CO2饱和点在600μmolCO2.mol-1左右,而CO2补偿点约为60.7μmolCO2.mol-1。     

第五届数学奥林匹克国家集训队选拔试题解答

一、设朋友最多的人有k个朋友,显然,k≥m.若k>m,设A有k个朋友B_1,B_2,…,B_k.并记S={B_1,B_2,…,B_k}.设B_(i1),B_i2 B_i2,…,B_i_(m-1)是从S中任取的m-1个元素,则A,B_(i1), …,B_i_(m-1)这m个人有一个公共朋友,记为C_i.因C_i是A的朋友,故C_i∈S.若且{A,     

奇异ф-Laplacian多点边值问题的可解性

利用Leray-Schauder延拓定理,得到奇异多点边值问题:(Φ(u′)′)=q(t)f(t,u,u′)u′(0)=∑m-2i=1biu′(ξi)u1=∑m-2i=1aiu(ξi)解的存在条件.     

错在哪里

1.湖北监利一中严运华来稿(邮编:433300) 题:求m值范围,使方程x~2 2(m-1)x 3m~2-11=0有正数根。解原方程有正实数根的等价条件为: m~2 m-6≤0 3m~2-11>0 -2(m-1)>0 解得-3≤m<-33~(1/2)/3。故m在-3≤m<-33~(1/2)/3的范围时,     

从一道高考题谈“放缩”的策略

先看2004年一道高考数学题:已知数列an的前n项和Sn满足Sn=2an+(-1)n(n≥1).(1)写出数列an的前三项a1,a2,a3;(2)求数列an的通项公式;(3)证明:对于任意的整数m>4,都有1/a4+1/a5+…+1/am<87.这是一道涉及探求递推数列的通项公式,特殊数列求和,放缩法证明不等式的题目,有较强的综合性.下面我们主要分析第(3)题.分析1由(1)、(2)可知:an=3/2[2n-2+(-1)n-1](n≥1),从而要证明的不等式可化为:2/1+6/1+1/10+…+3/2·2/(m-3)+(1-1)m-2+2/3·2m-2+(1-1)m-1<7/8.显然该不等式左边无法直接求和,此时应先对左边每一项进行放大变形,然后再求和.但考虑到左…     

培养学生逆向思维的途径

1利用概念教学,渗透逆向思维例1已知函数f(x)=(m-1)x~2- mx 2是偶函数,比较f(0．75)与f(a~2-a 1)的大小．解：由f(x)=(m-1)x~2-mx 2,得f(-x)=(m-1)x~2 mx 2．又f(x)为偶函数,所以(m-1)x~2-mx 2：(m-1)x~2 mx 2,则m=0,所以f(x)= -x~2 2．所以f(x)在[0, ∞)上为减函数．又a~2-a 1=(a-0．5)~2 0．75≥0．75,所以f(0．75)≥f(a~2-a 1)．     

关于正整数的六边形数部分

对任意正数n,设b(n)表示n的最大六边形数部分,即就是b(n)=m(2m-1),如果m(2m-1)≤n<(m+1)(2m+1),m∈N.主要目的是研究由b(n)组成的一类Dirichlet级数的收敛性,并对一些特殊的情况给出一个有趣的计算公式.