巧用一元二次方程的根

同学们在学习了一元二次方程的根的判别式及根与系数的关系以后 ,很容易形成思维定势 :只要是一元二次方程的根 ,就用根与系数的关系 .有时会出现计算量很大的情况 .若能巧妙运用方程的根 ,则可化繁为简 .例 1　已知α、β是关于ｘ的方程 :ｘ2 +(ｍ + 2 )ｘ +ｍ + 7=0的两个实根 ,且α2 + β2 =5 ,ｐ、ｑ是关于ｙ的方程ｙ2 + (ｎ -1)ｙ +ｍ =0的两个实根 .求(ｍ +ｎｐ +ｐ2 ) (ｍ +ｎｑ +ｑ2 )的值 .(1999年北京市八一中学中考模拟题 )解法一　 (略解 )由α2 + β2 =5 ,易得ｍ =-5 .∴　 (ｍ +ｎｐ +ｐ2 ) (ｍ +ｎｑ +ｑ2 )=(-5 +ｎｐ +ｐ2 …     

利用“a2＋b2=c2”构造直角三角形证不等式

某些不等式 ,我们通过观察其结构特点 ,可发现与三角形有着某种直接或间接的联系 ,特别是当题中含有“ａ2 ｂ2 =ｃ2 ”这一信息时 ,则可构造直角三角形 ,利用三角形边、角之间的关系 ,使不等式获得自然、直观、简捷的证明 .下面举例加以说明 .1　直接由题设“ａ2 ｂ2 =ｃ2 ”构造直角三角形 .例 1　设ｍ ,ｎ ,ｐ为正实数 ,且ｍ2 ｎ2 =ｐ2 ,求证 :ｐｍ ｎ ≥ 22 .　　　　　图 1证明　注意到ｍ ,ｎ ,ｐ为正实数 ,且ｍ2 ｎ2 =ｐ2 ,故可构造一个直角三角形 .如图 1,构造Ｒｔ△ＡＢＣ ,使ＡＣ =ｍ ,ＢＣ =ｎ ,ＡＢ =ｐ ,则ｍ ｎｐ =ｃｏｓ…     

几何方法巧解代数题

题目　设ｍ、ｎ、ｐ为正数 ,且ｐ >ｍ ,ｐ >ｎ .求证 :ｍ2 +ｎ2 +(ｐ-ｍ) 2 +ｎ2 +(ｐ-ｎ) 2 +ｍ2 +(ｐ-ｍ) 2 +(ｐ -ｎ) 2≥ 2 2ｐ.初见此题 ,感到十分困惑 ,不知从何入手去解 .用代数法来解这道题 ,会非常繁杂 .但仔细观察会发现这样一个规律 ,那就是不等式左面几个代数式的形式都如勾股定理变化后的形式 ,即ｃ=ａ2 +ｂ2 ,你想到了什么 ?对 !就是用几何方法去解决它 .图 1　　证明　作边长为ｐ的正方形ＡＢＣＤ ,如图 1 ,在ＡＢ边上截取ＡＥ =ｎ ,在ＡＤ边上截取ＡＧ =ｍ ,则ＢＦ =ｐ -ｎ ,ＧＤ=ｐ -ｍ .再分别过Ｇ、Ｅ作ＡＢ、ＡＤ的平行…     

一个猜想不等式的肯定--兼擂台题(54)的证明

擂台题 (5 4 ) :证明或否定若ａ、ｂ、ｃ为△ＡＢＣ的三边长 ,实数λ≥ 2 ,则(ｂ+ｃ-ａ) λｂλ+ｃλ +(ｃ+ａ -ｂ) λｃλ+ａλ +(ａ +ｂ -ｃ) λａλ+ｂλ ≥ 32①引理　若ｍ、ｎ∈Ｒ+ ,实数 ｐ≥ 1 ,则(ｍ +ｎ2 ) ｐ≤ ｍｐ+ｎｐ2 ②证明　 (1 )当 ｐ =1时 ,②式等号成立 ,(2 )当 ｐ >1时 ,令 ｆ(ｘ) =ｘｐ(ｘ >0 ) ,这时 ,ｆ′(ｘ) =ｐｘｐ- 1,ｆ″(ｘ) =ｐ(ｐ -1 )ｘｐ - 2 >0 ,所以 ｆ(ｘ)是 (0 ,+∞ )上的凹函数。因为ｍ、ｎ∈Ｒ+ ,由琴生不等式知ｆ(ｍ +ｎ2 )≤ ｆ(ｍ) +ｆ(ｎ)2 ,即有 (ｍ +ｎ2 ) ｐ≤ ｍｐ+ｎｐ2 ,当且仅当ｍ =ｎ…     

数学教学中培养学生思维品质的几点体会

发展智力,培养能力,尤其是培养思维品质,是数学教学的一项重要内容,数学教学中如何利用数学问题注意培养学生良好的思维品质,进而提高学生分析问题、解决问题的能力,这对提高学生的数学素质具有重要意义。以下笔者就如何通过例题讲评培养学生的思维品质谈几点个人的体会。一、勇于探索,培养思维的创造性创造性思维的本质特征是思维过程具有独创性,其结果不再是原有的形象,而是奇特、新颖的复合形象,创造性思维是获取和发现新知识、解决数学问题的一种重要的思维品质。例　已知:正数ａ、ｂ、ｃ、ｍ、ｎ、ｐ满足条件ａ ｍ=ｂ ｎ=ｃ ｐ=ｋ　　…     

一道数列题目的四种解法

题目 :已知 ａｎ 为等差数列 ,Ｓｎ =ｍ ,Ｓｍ =ｎ ,其中ｍ≠ｎ ,且ｍ ,ｎ∈Ｎ ,求Ｓｍ+ｎ.解法 1　由题意知Ｓｎ =ｎａ1 + ｎ(ｎ -1 )2 ｄ=ｍ ,①Ｓｍ =ｍａ1 + ｍ(ｍ-1 )2 ｄ =ｎ .②由①、②解得ａ1 =ｍ2 +ｎ2 +ｍｎ-(ｍ +ｎ)ｍｎ ,ｄ =-2 (ｍ +ｎ)ｍｎ .又因为Ｓｍ +ｎ =(ｍ +ｎ)ａ1 +(ｍ+ｎ) (ｍ +ｎ-1 )2 ｄ ,③把ａ1 ,ｄ的值代入③式可解得Ｓｍ+ｎ =-(ｍ +ｎ) .注　这种解法的特点是根据等差数列前ｎ项和公式 ,利用了方程思想 ,思路严谨 ,但其计算量较大 ,运算过程极易出错 .解法 2　由题意知 :ｎａ1 + ｎ(ｎ-1 )2 ｄ =ｍ ,④ｍａ1 +…     

善于归纳总结,培养创新意识

现代教学理论认为,发展智力、培养创新思维能力是中学数学教学的主要任务.在数学教学中,教师应当有目的、有计划地拓展学生的思维空间.在解题的基础上认真总结,及时归纳,既能梳理所学的知识,掌握解题的方法和规律,又能培养学生的创新意识.1解题后,举一反三举一反三,能培养学生思维能力、分析能力、综合运用知识能力和解题能力,能激发学生学习数学的兴趣,有利于培养学生的创新意识.例1已知a,b,c,d都是正数,且a2+b2=1,c2+d2=1,求证:ac+bd≤1.思路1这个题目可以从已知条件出发,借助基本不等式直接得到结论.把两个已知等式相加得,a2+b2+c2+d2=2,…     

一类超越函数的积分公式

在高等数学中 ,我们常常遇到这样一类求积分题 :如∫ｘ2 ｅ2ｘｄｘ ,∫ｘ3ｃｏｓ5ｘｄｘ等 ,这类积分的一般解法是采用分部积分法 ,而且要反复多次使用分部积分公式 ,特别是当被积函数的前一个因子的次数越高时 ,使用的分部积分步骤越多 ,运算越麻烦。下面将给出几个超越函数求积分的公式 ,对于解决这类积分非常实用。公式 1.若 ｐ(ｘ)为ｎ次多项式函数 ,则有 :∫ｐ(ｘ)ｅａｘｄｘ =ｅａｘ ｐ(ｘ)ａ - ｐ′(ｘ)ａ2 +… +( - 1) ｎｐ(ｎ) (ｘ)ａｎ +1+Ｃ　 (ａ≠ 0 )证明 :∵ ｐ (ｘ)为ｎ次多项式 ,∴ ｐｎ +1(ｘ) =0 ,∴ ｄｄｘ ｅａｘ ｐ(…     

关于直线和平面划分区域个数问题的探究

关于直线 (平面 )划分平面 (空间 )区域个数问题 ,在各类高中数学书刊和试题中出现频率较高 ,往往解法难度较大且答案容易出错。本文给出两个定理和两个推论 ,使这两类问题一并得到圆满地解决。定理 1　已知平面内有ｎ条直线 ,这ｎ条直线有ｍ个交点 ( ｐ条直线共点 ,取交点个数为ｐ -1 ) ,则这ｎ条直线将此平面划分出区域的个数为ｆ(ｎ ,ｍ) =1 ｎ ｍ。证明　 ( 1 )ｎ =1时 ,ｍ =0 ,ｆ(ｎ ,ｍ) =2 ,1 1 0=2 ,定理 1成立。( 2 )假设ｎ =ｋ时 ,ｆ(ｋ ,ｍ) =1 ｋ ｍ。则ｎ =ｋ 1时 ,增加了第ｋ 1条直线ｌｋ 1,设增加了ｍ1个交点Ａ1,Ａ2…     

一个数例的递推公式及其应用

已知数列ａｎ =ｐｘｎ ｑｙｎ,其中 ｐ、ｑ、ｘ、ｙ∈Ｒ ,ｎ∈Ｎ ,则有ａｎ 2 =(ｘ ｙ)ａｎ 1-ｘｙａｎ.　　证明　∵ａｎ =ｐｘｎ ｑｙｎ,∴ (ｘ ｙ)ａｎ 1-ｘｙａｎ=(ｘ ｙ) (ｐｘｎ 1 ｑｙｎ 1) -ｘｙ(ｐｘｎ ｑｙｎ)=ｐｘｎ 2 ｑｘｙｎ 1 ｐｘｎ 1ｙ　 ｑｙｎ 2 - ｐｘｎ 1ｙ - ｑｘｙｎ 1=ｐｘｎ 2 ｑｙｎ 2 =ａｎ 2 ,即　　ａｎ 2 =(ｘ ｙ)ａｎ 1-ｘｙａｎ该数列递推式结构简洁 ,但在求解国内外的一些数学竞赛题时却有着非凡的功能 .例 1(1989年江苏省初中数学竞赛题 )若ｍ2 =ｍ 1,ｎ2 =ｎ 1,且ｍ ≠ｎ ,则ｍ5 …     

(sinα)~2 (cosα)~2=1的应用

公式ｓｉｎ2 α ｃｏｓ2 α =1反映了同一个锐角α的正弦和余弦之间的关系 .应用这一关系 ,许多较复杂的问题可获得简捷的解答 .例 1　ｓｉｎ53°ｃｏｓ37° ｃｏｓ53°ｓｉｎ37° =.( 1 998年山西省中考题 )解　∵　 53° 37°=90° ,∴　ｃｏｓ37°=ｓｉｎ53° ,ｓｉｎ37°=ｃｏｓ53°.∴　原式 =ｓｉｎ2 53° ｃｏｓ2 53°=1 .例 2　已知ｓｉｎα ｃｏｓα=ｍ ,ｓｉｎα·ｃｏｓα =ｎ ,则ｍ、ｎ的关系是 (　　 ) .(Ａ)ｍ =ｎ　　　 (Ｂ)ｍ =2ｎ 1(Ｃ)ｍ2 =2ｎ 1 (Ｄ)ｍ2 =1 -2ｎ( 1 999年天津市中考题 )解　将ｓｉｎα ｃｏｓα =ｍ…     

运用形似联想巧构方程解题

构造方程解决问题 ,是初中数学学习的一种重要思维方式。本文从三个方面谈谈如何通过形似联想构造方程 ,从而迅速地解决问题。1　已知条件或结论形似一元二次方程的一般形式一元二次方程的一般形式为 :ａｘ2 ｂｘ ｃ =0 (ａ≠ 0 ) ,如果问题的已知条件或结论 (或适当变形后 )与这种形式相似 ,可考虑构造方程。例 1　已知 3ｍ2 -2ｍ -5 =0 ,5ｎ2 2ｎ -3 =0 ,其中ｍ、ｎ为实数 ,则 |ｍ -1ｎ|=。 (第十五届江苏省初中数学竞赛试题 )分析与略解　本题已知条件是两个一元二次方程。直接解方程较繁。如果将 5ｎ2 2ｎ -3 =0变形为 :3·1ｎ2 -2…     

2001—2002年国内外数学竞赛题选解(一)

一、数论部分1.设ｋ和ｎ是正整数 ,且ｎ >2 .证明 :方程ｘｎ -ｙｎ=2 ｋ无正整数解 .(第 5 3届罗马尼亚数学奥林匹克决赛 )证明 :反证法 .设ｎ0 >2是满足ｘｎ0 -ｙｎ0 =2 ｍ(ｍ >0 )中最小的一个 .若ｎ0 是偶数 ,设ｎ0 =2ｌ,ｌ∈Ｎ ,则ｘ2ｌ-ｙ2ｌ =(ｘｌ-ｙｌ) (ｘｌ+ｙｌ) ,于是ｘｌ-ｙｌ 是 2的整数次幂 ,与ｎ0 的最小性矛盾 .若ｎ0 是奇数 ,定义集合Ａ ={ｐ|ｘｎ0 -ｙｎ0 =2 ｐ,ｐ、ｘ、ｙ均为正整数 } .设ｐ0 是Ａ中最小的一个元素 ,则ｘｎ0 -ｙｎ0 =2 ｐ0 ,所以ｘ、ｙ的奇偶性相同 .又因为(ｘ -ｙ) (ｘｎ0 -1+ｘｎ0 -2 ｙ +… +ｘｙｎ…     

用物理思想简化解题过程

在解答物理题时 ,如果能用物理思想简化解题过程 ,就能把各部分知识有机结合起来 ,大大地提高解题速度 ,起到事半功倍作用。下面介绍一道有趣的物理竞赛题的四种解法。题目 :一只老鼠从老鼠洞沿直线爬出 ,已知爬出速度Ｖ的大小与距老鼠洞中心的距离Ｓ成反比 ,当老鼠到达老鼠洞中心距离Ｓ1=1ｍ的Ａ点时 ,速度大小为Ｖ1=0 2ｍ/Ｓ ,问当老鼠到达距老鼠洞中心Ｓ2=2ｍ的Ｂ点时 ,( 1 )速度的大小Ｖ2 =?( 2 )老鼠从Ａ到达Ｂ点所用的时间ｔ=?解 :( 1 )因为Ｖ∝1Ｓ所以Ｖ1·Ｓ1=Ｖ2 ·Ｓ2即Ｖ2 =Ｓ1Ｓ2·Ｖ1=12 × 0 2ｍ/ｓ=0 1ｍ/ｓ1　等分法求解…     

巧解数列题

一、巧变公式　　等差 (比 )数列的通项公式与其首项ａ1有关 ,但实际问题中未必给出ａ1,或者根本不需要考虑ａ1,若还用通项公式求解会造成运算繁琐 ,故将等差 (比 )数列 ａｎ 的通项公式变通为 :ａｎ=ａｍ+(ｎ -ｍ)ｄ(ａｎ =ａｍｑｎ-ｍ) ,其中ｎ ,ｍ∈Ｎ .例 1　等比数列 ａｎ 中 ,ａ2 =- 3,ａ5= 36 ,求ａ8.解　∵　ａ5=ａ2 ｑ3 ,∴　ｑ3 =ａ5ａ2 =- 12 ,∴　ａ8=ａ5ｑ3 =- 4 32 .例 2　在等差数列ａｎ 中 ,ａｍ +ｎ =ｐ ,ａｍ-ｎ =ｑ,求ａｍ 和ａｎ.解　∵　ａｍ+ｎ =ａｍ-ｎ+[(ｍ+ｎ)　 - (ｍ -ｎ) ]ｄ ,即=ｑ+ｎ(ｐ- ｑ)2ｎ=ｐ+ｑ2 .∴…     

关于多边形内角和的一种拓展问题的简便解法

ｎ边形的内角和为 :(ｎ - 2 )·1 80°,根据这个公式 ,我们可以由边数ｎ求出内角和 ,也可以由内角和求出边数 .然而近年来 ,有一种拓展性试题 ,例如 :已知一同学在计算多边形内角和时 ,多算了一个角 ,结果为ｍ°,求这个多边形的边数 .对于这类问题 ,师生们算法多样 ,而且繁杂 ,现就此问题 ,给出一个简便解法 .设多边形多算的一个角为α,则有 (ｎ - 2 ) ·1 80°=ｍ° -α.所以ｎ - 2 =ｍ°1 80°- α1 80°.因为 0° <α<1 80°,ｍ°1 80°- α1 80°是正整数 ,所以 0 <α1 80°<1 .所以 ｍ°1 80°的整数部分为ｎ - 2 ,把 ｍ°1 80°的纯小…     

一道冬令营试题的简解

20 0 2年中国数学奥林匹克 (冬令营 )第六题 :给定ｃ∈ 12 ,1 .求最小常数Ｍ ,使对任意整数ｎ≥2及实数 0 <ａ1≤ａ2 ≤…≤ａｎ,只要满足1ｎ∑ｎｋ=1ｋａｋ =ｃ∑ｎｋ=1ａｋ,总有 ∑ｎｋ=1ａｋ ≤Ｍ∑ｍｋ=1ａｋ,其中ｍ =[ｃｎ]表示不超过ｃｎ的最大整数 .把该题的已知等式变形后 ,对等式的左右两边分别运用切比雪夫不等式及等号成立的充要条件 ,能得到问题的一个较简明解法 .解 :所求最小常数Ｍ =11 -ｃ.∵ｍ =[ｃｎ],且ｃ∈ 12 ,1 ,∴ｃｎ -1 <ｍ≤ｃｎ <ｎ .∵ 1ｎ∑ｎｋ=1ｋａｋ=ｃ∑ｎｋ =1ａｋ,∴ ∑ｍｋ=1ｃ-ｋｎ ａｋ=∑ｎｋ=ｍ + …     

学会“转化” 提高素质

转化意识就是对数学问题有目标的从一种形式到另一种形式的潜在的心理反映.它是中学数学中最重要的解题意识.在数学教学中必须充分重视,以培养学生优质的转化意识和能力,从而提高数学修养和素质.现举例说明如下:l 转化条件例1 已知圆的方程为x~2 y~2=1,M(x,y)是圆上任一点,问M在何位置时它的坐标之和或积有最大值,并求出其最大值.分析 若根据已知条件和未知来列式、则需要求下列两个函数的最大值.x y=x(1-x~2)~(1/(1-x~2)),xy=     

奇完全数问题探讨

本文目的是探讨一个自然数如果是奇完全数 ,则其应具有的一些性质 .主要引理在本文中ｎ =ｐ1α1ｐ2 α2 … ｐｋαｋ,其中 ｐ1,ｐ2 ,… ,ｐｋ 为ｎ的不同素因子 .引理 1　若ａ >ｂ >0 ,ｍ >0 ,则 ａｂ>ａ ｍｂ ｍ .引理 2　 ｐ≠ 2 (1 -1ｐ2 ) -1=π28(此处 ｐ经过一切奇素数 ) .证明 :由文 [1 ]知 ｐ(1 -1ｐ2 ) -1=π26 (ｐ经过一切素数 ) ,∴　 ｐ≠ 2 (1 -1ｐ2 ) -1=π26 × (1 -12 2 ) =π28.引理 3　 (1 )若 (1 1ｐｉ-1 )≤ 2 (ｐｉ 为ｎ的不同素因子 ) ,则ｎ不是奇完全数 .(2 )若 (1 1ｐｉ)≥ 2 (ｐｉ 为ｎ的不同素因子 ) …     

构造一元二次方程解题

构造一元二次方程解题是一种重要的解题方法 .根据题设的特点 ,通过联想作出一个一元二次方程 ,使问题化难为易 ,顺利解决 .由于题设的不同 ,构造方程的方法也不同 .下面举例说明 .1　利用根的定义构造方程当已知两个等式 (或经变形后 )具有如下特点 :ｍ2 +ａｍ+ｂ=0 ,ｎ2 +ａｎ+ｂ=0且ｍ≠ｎ ,由根的定义 ,ｍ ,ｎ是方程ｘ2 +ａｘ+ｂ=0的两个根 .例 1　已知ａ ,ｂ是不相等的实数 ,且ａ2= 6ａ -3 ,ｂ2 =6ｂ -3 ,求ａ+ａｂ+ｂ的值 .解　由ａ2 =6ａ -3 ,ｂ2 =6ｂ -3得ａ2-6ａ + 3 =0 ,ｂ2 -6ｂ + 3 =0 .因为ａ ,ｂ是不相等的实数 ,所以ａ ,ｂ是…