用光学原理求两类无理函数的最小值

1．用光的反射原理 求形如 y=√（x-a）^2＋（f（x）-b）^2＋√（x-c）^2＋（f（x）-d）^2 函数的最小值,其中f（x）为一次函数,且 （f（a）-b）（f（c）-d）〉0．     

一道周期函数例题的一般情形

例若a是非零常数,对于任意的x∈R,函数,f（x）满足,f（x＋a）=1/2＋√f（x）-（f（x））^2,求证：f（x）是周期函数．     

一道周期函数例题的一般情形

例若a是非零常数,对于任意的x∈R,函数,f（x）满足,f（x＋a）=1/2＋√f（x）-（f（x））^2,求证：f（x）是周期函数．     

求最值问题常见的错误种种

一、忽视函数定义域致误 【例1】已知,f（x）=2＋log3x（1≤x≤9）,求函数y=[f（x）]^2＋f（x^2）的最大值．     

二次分式函数最值的求法

本文介绍定义域受限时f（x）=（a1x2＋b1x＋c1）/a2x2＋b2x＋c2））a1^2＋a2^2≠0）的二次分式函数最值求法．     

问疑答难

与方程根的个数有关的参数问题设函数f（x）=（x＋2）^2-2ln（2＋x）.若关于x的方程f（x）=x^2＋3x＋a在区间[-1,1]上只有一个实数根,求实数a的取值范围.解：方程f（x）=x^2＋3x＋a可化为x-a＋4-2ln（2＋x）=0.令g（x）=x-a＋4-2ln（2＋x）,则g′（x）=x/（2＋x）.     

高考“压轴题”课本“寻根”

题目 已知a是给定的实常数,设函数f（x）=（x-a）^2（x＋6）e^x,b∈R,x=a是f（x）的一个极大值点．     

高考“压轴题”课本“寻根”

题目已知a是给定的实常数,设函数f（x）=（x-a）^2（x＋b）e^x,b∈R,x=a是f（x）的一个极大值点．     

平和中见新奇 沉稳中显活力——2010年高考数学浙江卷理科第22题评析

题目：已知a是给定的实常数,设函数f（x）=（x-a）^2（x＋6）e^x,b∈R,x=a是f（x）的一个极大值点．     

一类广义积分的计算方法

对于广义积分∫0^∞d^m/dx^m（1/1＋x^2）d^n/dx^n（1/1＋x^2）dx和∫0^∞d^m/dx^m（sin x/x）d^n/dx^n（sinx/x）dx（m,n为非负整数，采用Fourier变换及级数计算出它们的值，并指出在区间（-∞，＋∞）上可积的函数f（x），亦可仿此计算广义积分∫0^∞f^（m）（x）f（n）xdx。     

正确使用微元法解决旋转体的侧面积问题

求旋转体的侧面积选取ds=2πf（x）1＋（f（x））^2dx为微分元素,而不选取ds=2πf（x）dx.本文证明了当Δx→0时,ΔS-2πf（x）dx不是比Δx高阶的无穷小,而ΔS-2πf（x）.（1＋（f（x））^2dx是比Δx更高阶的无穷小.     

又谈不动点法求数列的通项公式

文[1]利用函数f（x）的“不动点”巧妙地求出了形如an=aan-1＋b/can-1＋d（c≠0,ad≠bc）,及an=aan-1^2＋b/2aan-1＋c（a,b,c均不为0）的数列通项公式,读后深受启发,经过研究,笔者发现利用函数f（x）的“不动点”还可解决对于初始值a0≠f（a0）,a1≠f（a1）（其中f（x）=x^2-q/2x-2p）递推关系形如an＋1=anan-1-q/an＋an-1-2p（p,q∈R）的通项公式．     

2010、2009年高考中的分段函数

1 分段函数的求值（域）问题 例1 （2010陕西文）已知函数f（x）＝{3x＋2,x〈1,x2＋ax,x≥1,若f（f（0））＝4a,则实数a＝__. 解析 f（0）=2,f（f（0））=f（2）=4＋2a=4a,所以a=2.     

一类粗糙核参数型Marcinkiewicz函数的L^2（R^n）有界性

得到了一类参数型Mareinkiewiez函数u^ρΩ,A（f）（x）=（∫0^∞｜F^ρΩ,h（x,t）｜^2 dt/t）^1/2的L^2（R^n）有界性,其中Ω∈L（logL）^1/γ（S^n-1）,h∈Hγ（R＋）.     

求函数解析式的十二种方法

一、定义法 例1 已知f（1＋1/x）=1/x^2-2,求函数f（x）的解析式． 解 f（1＋1/x）=1/x^2-2=（1＋1/x）^2-2（1＋1/x）-1,     

求函数解析式的常用方法

一、利用函数定义 例l已知函数y=f（x）满足条件：f（1＋x/x）=x^2＋1/x^2＋1/x,x≠0，求f（x）的表达式．     

构建斜率表达式 破解高考压轴题

题目 已知函数f（x）（x∈R）满足如下条件：对任意实数x1，x2都有λ（x1-x2）^2≤（x1-x2）[f（x1）-f（x2）]和｜f（x1）-f（x2）｜≤｜x1-x2｜，其中λ是大于0的常数．设实数a0，a，b满足f（a0）=0和b=a-λf（a）．（Ⅰ）证明λ≤1，并且不存在b0≠a0，使得f（b0）=0；（Ⅱ）证明（b-a0）^2≤（1-λ^2）（a-a0）^2；（Ⅲ）证明[f（b）]^2≤（1-λ^2）[f（a）]^2．分析 这是2004江苏高考题，形式新颖，在函数与不等式的交汇点上命题，旨在揭示函数的性态，与高等数学衔接紧凑，难度大，区分选拔功能明显．     

错在哪里

忽视复合函数的定义城已知函数f（x）=2＋log_3x（1≤x≤9）,求函数g（x）=[f（x）]＾2＋f（x＾2）的最大值和最小值.错解：由1≤x≤9,得0≤log_3x≤2.g（x）=（2＋log_3x）＾2＋2＋log_3x＾2=（log_3x）＾2＋6log_3x＋6=（log_2x＋3）＾2-3.     

函数f（x）=cx＋d/ax＋b的一个恒等式的发现与引申

1问题提出 函数f（x）=cx＋d/ax＋b（ad≠bc,ac≠0）的图象关于（-b/a,c/a）中心对称,故函数有 f（x）＋f（-2b/a-x）=2c/a恒成立,仿此形式,函数f（x）=cx＋d/ax＋b有没有形如f（x）。[第一段]     

抽象函数的周期性研究

关于抽象函数的周期性研究,多见于报刊,但都不够全面,现将常见的类型归结于下,供参考．1．若函数f（x）（x∈R）满足f（x＋a）=f（x＋b）,则以f（x）（x∈R）是周期为a-b的函数．证明 令x’=x＋b,贝x＋a=x＋b＋（a-b）=x′＋（a-b）,由已知条件f（x＋a）=f（x＋b）得f（x′）=f（x′＋（a-b））,即a-b为函数f（x）的一个周期．