一道课本习题的深化及应用

高中代数必修本下册 P33第9题是已知 a>b>c,求证:1/a-b+1/b-c+1/c-a>0证明:1/a-b+1/b-c+1/c-a=-a~2-b~2-c~2+ab+bc+ca/(a-b)(b-c)(c-a)=-[(a-b)~2+(b-c)~2+(c-a)~2]/2(a-b)(b-c)(c-a)     

纯小数的性质及其应用

一关于纯小数在实数集合中,零和1是两个重要的界数,我们把介于这两个界数之间的数,即小于1的正数称为纯小数。解某些题时,需要用到纯小数的概念。例1,设1/(4-15~(1/2))的整数部分是a,小数部分是b,求证:(a+b)(1/7a-b)=1。证明:∵1/(4-15~(1/2))=4+15~(1/2)。有 3<15~(1/2)<4。从而 0<15~(1/2)-3<1。∴ a=4+3=7,b=15~(1/2)-3。     

因式分解十八法

[方法一]提取公因式法 例1 分解因式:5(x-y)~3—45(y-x)~2-20(y-x) 解:原式=5(x-y)~3-45(x-y)~2+20(x-y) =5(x-y)[(x-y)~2-9(x-y)+20] =5(x-y)(x-y-4)(x-y-5) [方法二]公式分解法 例2 分解因式:(a-b)~3+(b-c)~3+(c-d)~3 解:原式=(a-b)~3+(b-c)~3+[(c-b)+(b-a)]~3 =(a-b)~3+(b-c)~3-[(b-c)+(d-b)]~3 =(a-b)~3+(b-c)~3-(b-c)~3-3(b-c)~2(a-b)-3(b-c)(a-b)~2-(a-b)~3 =-3(b-c)~2(a-b)-3(b-c)(a-b)~2 =-3(a-b)(b-c)[(b-c)+(a-b)] =-3(a-b)(b-c)(c-a) =3(a-b)(b-c)(c-a)。     

利用sin~2α cos~2α=1进行三角代换

平方关系是三角函数之间的一种基本关系,恰当运用千方关系,不仅能简化问题,而且还能加强数学各部分知识之间的相互渗透,本文略举数例说明其应用。 例1 已知a>b>c,求证1/(a-b) 1/(b-c) 4/(c-a)≥0。 证 由已知a>b>c得a-b>0,b-c>0,a-c>0,又因(a-b) (b-C)=a-C令:a-b=(a-C)cos~2d b-C=(a-c)sin~2d(其中0<口<π/2)。原不等式等价于1/((a-c)cos~2θ) 1/((a-c)sin~2θ)-4/(a-c)≥0即:1/(a-c)[(1 tg~2θ) (1 ctg~2θ)-4]≥0。 显然,不等式1/(a-c)(tgθ-ctgθ)~2≥0成立。故原不等式成立。 例2 已知f(x)=ax b,且2a~2 6b~2=3,证明:对任意实数x∈[-1,1],都有|f(x)|≤2~(1/2)。 证 由已知2a~2 6b~2=3,得(((2/3)a)~(1/2))~2     

试谈数学命题中的常见病

做好数学命题工作,是数学教师的基本任务之一。命题工作的质量如何,直接影响着数学教学的质量,但由于这是一项十分严谨、细致、周密的工作,稍一疏忽,往往产生各种毛病,本文就一些数学命题出现的疏误,谈一点个人的粗浅认识。(题的出处略去——编者注) 例1 分解因式:①4x~2+1/(x~2)-4.②(a~2-b~2)/((a-b)~2)+1/(4(a-b)~2)+(a+b)~2。提供答案:①(2x-1/x)~2,②[1/(2(a-b))+(a+b)]~2。剖析:初中代数第二册对因式分解的定义是:“把一个多项式化成几个整式的积的形式,叫做因式分解”,所以,上述命题与因式分解定义相悖。例2 △ABC与以BC为直径的半圆相交于D、E,AD=2,AE=3,DE=4,BC=8。则AB     

第二讲 式的恒等变形常用的技巧

进行式的恒等变形时,常用到下面的技巧。一、同加、同减例(1) 已知(a+b)~2=7,(a-b)~2=3,求a~4+b~4的值。解:将(a+b)~2=7,(a-b)~2=3两式分别相加、相减得: 2(a~2+b~2)=10,4ab=4。即 a~2+b~2=5,ab=1 ∴ a~4+b~4=(a~2+b~2)~2-2a~2b~2=5~2-2×1~2=23。例(2) 设a>0,b>0,a~2+b~2=7ab,求证: lg[1/3(a+b)]=1/2(lga+lgb)。解:a~2+b~2=7ab等式两边同加上2ab得: (a+b)~2=9ab。即((a+b)/3)~2=ab,     

例谈高中数学中的“设而不求”

如下习题及其解法应该是熟知的.已知x/(a-b)=y/(b-c)=z/(c-a),求x y z的值.解:设x/(a-b)=y/(b-c)=z/(c-a)=k,则x=k(a-b)、y=k(b-c)、z=k(c-a).     

巧构直角三角形解题

众所周知:直角三角形是一个非常重要而又特殊的几何图形。若能充分提取已知条件所给的有用信息,巧妙地构造出直角三角形来解题,这是别有一番情趣的。例1 设a>b>0,求证: (1)a~(1/2)-b~(1/2)<(a-b)~(1/2);(2)a~(1/3)-b~(1/3)<(a-b)~(1/3)。(高中代数下册P32第7题) 证明:因a=b (a-b),故可作以b~(1/2)、(a-b)~(1/2)为两直角边,以a~(1/2)为斜边的直角三角形,如右图,于是有 (1)a~(1/2)-b~(1/2)<(a-b)~(1/2)(2)令b~(1/2)=a~(1/2)sinθ,(a-b)~(1/2)=     

求极值解方程一例

例解方程 4(x-2)~(1/2)+(y-1)~(1/2)=28-36/(x-2)~(1/2)-4/(y-1)~(1/2)。解:原方程可整理为(4(x-2)~(1/2)+36/(x-2)~(1/2))+((y-1)~(1/2)+4/(y-1)~(1/2))=28。∵4(x-2)~(1/2)>0,36/(x-2)~(1/2)>0,且4(x-2)~(1/2)·36/(x-2)~(1/2)=44,为定值,∴当4(x-2)~(1/2)=36/(x-2)~(1/2)时,即x=11时,4(x-2)~(1/2)+36/(x-2)~(1/2)有最小值24。同理,当(y-1)~(1/2))=4/(y-1)~(1/2)),即y=5时     

公式变形 事半功倍

一、完全平方公式的变形变形一:a2+b2=(a+b)2-2ab.变形二:(a+b)2-(a-b)2=4ab.变形三:|a-b|=√(a+b)2-4ab.例1在实数范围内因式分解a4+1.解:由变形一,得a4+1=(a2)2+1=(a2+1)2-2·a2·1=(a2+2~(1/2)a+1)(a2-2~(1/2)a+1)例2 已知x2-5x+1=0,求x2+1/x2的值.     

一个积化平方差公式的应用

根据(a b)~2-(a-b)~2=4ab,我们不难推出一个关于积化平方差的公式: ab=1/4[(a b)~2-(a-b)~2],     

平方运算在解题中的运用

解某些无理方程与无理不等式、推导圆锥曲线的标准方程,需要对式子两端施行平方运算,这是大家熟知的。在另一些场合下,这一方法,对于化繁为简,也很有意义,以下,聊举数例说明这种情况。例1 若A=(6~(1/2)+2~(1/2))(3~(1/2)-2)((3~(1/2)+2)~(1/2),试求A。解原式较繁,因之,试探其平方是否可以化简,得: A~2=(6~(1/2)+2~(1/2))~2(3~(1/2)-2)~2(3~(1/2)+2) =(8+4(3~(1/2)))(3~(1/2)-2)~2(3~(1/2)+2) =4(3~(1/2)-2)~2(3~(1/2)+2)~2=4 考虑到3~(1/2)<2因而A<0,所以A=-2。例2 求sin15°+cos15°的值。解考虑到:sin~215°+cos~215°=1, 并且2sin15°cos15°=sin30°=1/2 可知:     

运用和差换元法解题

在解决一些数学问题时,我们可作如下变换:x=a b,y=a-b,这种变换通常称为和差换元法。利用这种换元法可以改变问题的内部结构形式,从而使解题过程显得灵活而新颖、简捷而巧妙,现举例说明如下。 1 解方程(组) 例1 解方程(6x 7)~2(3x 4)(x 1)=6.(1983年湖北省中学数学竞赛题) 解 原方程可化为(6x 7)~2(3x 4)(3x 3)=18, 设3x 4=a b,3x 3=a-b,则6x 7=2a,b=1/3. ∴(2a)~2(a b)(a-b)=18, 即4a~4-a~2-18=0, ∴a~2=9/4或a~2=-2(舍去), ∴a=±3/2,于是6x 7=±3. 故原方程的解为x_1=-(2/3),x_2=-(5/3).     

整式的乘除新题展示

一、变形类例1已知14(b-c)2=(a-b)(c-a)且a≠0,则b a c=.解:由已知变形,得(b-c)2=4(a-b)(c-a).∴[(a-b) (c-a)]2=4(a-b)(c-a).∴(a-b)2 2(a-b)(c-a) (c-a)2=4(a-b)(c-a),即[(a-b)-(c-a)]2=0.∴a-b=c-a,即b c=2a.又a≠0,故b ca=2.说明:若直接去括号,然后整理、变形、计算,这样不     

倒数的一个性质及其应用

平方差公式与倒数之间存在一种特殊联系.若a~2-b~2=1,即(a+b)(a-b)=1,根据倒数的定义,容易知道此时数(a+b)与(a-b)是互为倒数关系.反之也然.由此,我们引出倒数的一个重要性质:共轭式a~(1/2)+b~(1/2)与a~(1/2)-b~(1/2)互为倒数的充要条件是(a~(1/2))~2-(b~(1/2))~2=1.了解并运用这个性质,某些问题便可迅速得解.     

用一个代数恒等式解一类竞赛题

利用配方法容易证明下面的代数恒等式:a~2 b~2 c~2-ab-bc-ca=1/2[(a-b)~2 (b-c)~2 (c-a)~2](*)上式左右两边关于 a、b、c 轮换对称,并且右边是三个非负数之和的一半,同时隐含着(a-b) (b-c) (c-a)=0这一条件.下面举例说明它在解一类竞赛题中的应用.     

六考二项式系数

一考:求中间项的系数[例1]求(x~(1/2)-1/(x~(1/3))~(10)的展开式的中间项的系数。解:∵T_(r+1)=C_(10)~r(x~(1/2)~(10-r)(-1/(x~(1/3))~r,∴展开式的中间项为C_(10)~5(x~(1/2))~5 (-1/(x~(1/3))~5=-252x~(5/6)即中间项的系数为     

2007年全国高考数学试题品评与展望

十二、以"极限"为背景例12 (重庆)设正数a、b满足(?)(x~2 ax-b)=4,则(?)(a~(n 1) ab~(n-1))/(a~(n-1) 2b~n)=( ).A.0 B.1/4 C.1/2 D.1解析:由(?)(x~2 ax-b)=4,得4 2a-b=4,即b=2a.∴(?)(a~(n 1) ab~(n-1))/(a~(n-1) 2b~n)=(?)(a~(n 1) 2~(n-1)a~n)/(a~(n-1) 2~(n 1)a~n)=(?)(1/(2~(n 1)) 1/4·1/a)/(1/(2~(n 1)·1/a~2) 1/a)=1/4.点评本题新颖之处在于将函数极限和数列极限相结合,打破了以往此类问题单一考查的命题模式.     

直角三角形若干判定条件的统一

定理在△ABC 中,D 在 AB 上 ,AD=λ·AB,BC=a,CA=b,CD=m,则∠C=90°的充要条件是 m~2=λ~2a~2+(1-λ)~2b~2(0<λ<1).证明:设(?)=b,(?)=a,则(?)=a-b.(?)=λ(?)=λ(a-b),(?)=(?)+(?)=λa+(1-λ)b,((?))~2=[λa+(1-λ)b]~2.∴m~2=λ~2a~2+(1-λ)~2b~2+2λ(1-λ)a·b.∠C=90°的充要条件为 a·b=0,即 m~2=λ~2a~2+(1-λ)~2b~2.当λ=1/2,a~2/b~2,a/(a+b)时,CD 分别为 AB 边中线、高     

巧用换元法 解题建奇功

一、代数增量换元例1 若a>b>c求证:(1/(a-b))+(1/(b-c))≥(4/(a-c)) 分析:若各字母间有明确的大小关系,可设它们的差为一个数,从而把实数问题转化为正实数问题. 证明:设a-b=m,b-c=n(m、n∈R),则a-c=m+n. 问题转化为证明:1/m+1/n≥4/(m+n).