一元二次型问题的内在联系

一元二次型问题包括一元二次式(αx^2+bx+c)、一元二次方程(αx^2+bx+c=0)、二次函数(y=αx^2+bx+c)、一元二次不等式(αx^2+bx+c&;gt;0或αx^2+bx+c&;lt;0)这四类．这四类问题都有一个共同点：都含有一个相同的代数式：αx^2+bx+c，但反映的又是不同类型的问题，     

一道三角题的讨论

三角公式中有的涉及根式前双重符号的取舍,如何取舍正负号,学生往往感到困难。下面举一个例题来说明正负号取舍的方法。例题:用sinα来表示sinα/2和cosα/2 解:∵ sin~2α/2+cos~2α/2=1 (1) 2sinα/2cosα/2=sinα (2) 由(1)+(2)得 (sinα/2+cosα/2)~2=1+sinα sinα/2+cosα/2=±(1+sinα)~(1/2) (3)(1)-(2)得     

也谈化asinα+bcosα为一个函数的问题兼与淡异如同志商榷

淡异如同志在《关于化 asinα+bcosα为一个函数的问题》一文中(以下简称《淡文》,见本刊82年第5期《教材讨论》专栏)认为:“部编教材(高中一册)中,化 asinα+bcosα为一个函数的结论:asinα+bcosα=(a~2+b~2)~(1/2)sin(α+(?))(其中(?)由 tg(?)=b/a 确定)”不妥.其理由是:“由 tg(?)=b/a 确定的(?)不是唯一的”,“其中有的(?)能使等式 asinα+bcosα=(a~2+b~2)~(1/2)sin(α+(?))成立,有的(?)则不能使上面等式成立”。并以“化-2~(1/2)/2sinα+2~(1/2)/2cosα     

妙用“整体思想”解整式问题

在整式的化简或求值过程中,若能把某部分看做一个“整体”,便能迅速简洁地解答出问题.下面举例谈谈“整体思想”在《整式加减》中的运用. 例1 求值2(2α+b)~2-3(2α+b)+8(2α+b)~2-6(2α+b),其中α=-3/4,b=1/2. 分析把2α+b,(2α+b)~2各看做一个“整体”,先合并,再代     

对一道西班牙赛题的再研究

第 31届西班牙数学奥林匹克第 2题是 :证明 :如果 ( x+ x2 + 1 ) ( y+ y2 + 1 )= 1 ,那么 x+ y=0 .文 [1 ]给出了此题的一种证法 ,本文再给出此题的两种换元证法 ,然后给出一个新命题 .证法 1　设 x=tanα,y=tanβ,其中 α,β∈ ( - π2 ,π2 ) ,则由条件知 ,( tanα+ secα) ( tanβ+ secβ) =1 ( sinα+ 1 ) ( sinβ+ 1 ) =cosαcosβ sinα+sinβ+ 1 =cos(α+β) 2 sinα+β2 cosα-β2 +1 =1 - 2 sin2 α+β2 sin α+β2 ( sin α+β2 +sinπ-α+β2 ) =0 sin α+β2 sin 2β+π4 ·cos2α-π4 =0 .又由 α,β∈ ( - π2 ,π2 ) ,知…     

“至少”与“至多”

题目:已知sin2α=a,cos2α=b,则 tan(α+π4)的值是(　　) (A)b1-a(B)1+ab (C)1+a+b1+b-a(D)a-b+1a+b-1 解法(一):tan(α+π4)=1+tanα1-tanα =sinα+cosαcosα-sinα=cos2α-sin2α(cosα-sinα)2=cos2α1-sin2α =b1-a.故选(A) 解法(二):tan(α+π4)=1+tanα1-tanα =sinα+cosαcosα-sinα=(sinα+cosα)2cos2α-sin2α=1+sin2αcos2α …     

借用方程巧解三角函数题

一、借用方程解三角函数求角题把角视为“元”,关键是建立以角为元的三角方程,然后解此方程.例1已知α缀(0,仔),β缀(0,仔),cosα+cosβ-cos(α+β)=32,求α,β.解析(解法一)本题难点在于用一个等式如何求出两个未知量.用方程的观点去分析,通过配方,利用平方数性质,可得一个方程组.由cosα+cosβ-cos(α+β)=32,得2cosα+β2cosα-β2-2cos2α+β2+1=32,即4cos2α+β2-4cosα+β2cosα-β2+1=0,配方得(2cosα+β2-cosα-β2)2+sin2α-β2=0,∴sinα-β2=0,①2cosα+β2-cosα-β2=0.②由①式结合α缀(0,仔),β缀(0,仔),得α=β.代入②式得co…     

从一道课本例题到一类高考试题--兼谈"辅助角"法在三角解题中的应用

《全日制普通高中教科书·数学》第一册(下)P39例5是一道关于三角函数的证明题:“求证cosα+3sinα=2sin(6π+α)”.这道例题看起来平淡无奇,但实质上内涵丰富,令人回味无穷.从证明方法上看,既可以从左向右证,也可以从右向左证,灵活多变.如果换一个角度思考,还可以将证得的结论进行引申推广,得到:“asinα+bcosα=a2+b2sin(α+),其中tan=ab,称为辅助角,它与点(a,b)同象限”.事实上,asinα+bcosα=a2+b2(aa2+b2sinα+a2b+b2cosα),令a2a+b2=cos,ba2+b2=sin,则asinα+bcosα=a2+b2(sinαcos+cosαsin)=a2+b2sin(α+),并且tan…     

一个正切不等式及其应用

定理　已知0 <α<π2 ,0 <β<π2 ,若α+β<π2 ,则tanαtanβ≤tan2 α+β2 ;(1)若α+β>π2 ,则tanαtanβ≥tan2 α+β2 . (2 )当且仅当α=β时,上述两式取等号.证明　tanαtanβ-tan2 α+β2=sinαsinβcosαcosβ- 1-cos(α+β)1+cos(α+β)=cos(α- β)cos(α+β) -cos(α+β)cosαcosβ[1+cos(α+β) ]=- cos(α+β) [1-cos(α- β) ]cosαcosβ[1+cos(α+β) ].∵0 <α<π2 ,0 <β<π2 .∴cosα>0 ,cosβ>0 ,1+cos(α+β) >0 ,1-cos(α- β)≥0 ,从而可知,当α+β<π2 时,tanαtanβ-tan2 α+β2 ≤0 ,即(1)成立;当α+β>π2 时,tan…     

广开思路 妙解赛题(初二、初三)

题 A1A2A3…A9是一个正九边形,A1A2=α,A1A3=b,则A1A5等于( ) (A)α2+b2 (B)α2+αb+b2(C)1/2(α+b)(D)α+b(2002年初数竞) 解题时,我们若能从不同知识背景出发,进行发散式思维,就会找到许多解题思路,从而化难为易,妙招连连.下面就从多个角度来分析此题.     

巧求一元二次方程的公共根

在中考数学试卷中和中考数学复资料中,常常碰到一元二次方程公共的问题.在求这类问题时,一般的方是应用方程的根的定义,并借助方程的相关知识加以解决.现向同学们绍一种巧求的方法.例1 方程x2+mx+6=0与x2-(m+4)-12=0有一个公共根,求这个公共根m的值.解:设这个公共根为α,则α2+mα+6=0 (1)α2-(m+4)α-12=0 (2 ) (1) + (2) 得:2α2- 4α-6 = 0,即α2-2α-3=0,∴α1= -1,α2=3.当α=-1时,m = 7,当α= 3时,m =-5. ∴方程x2+mx+6=0与x2-(m+4)-12=0 . 当m = 7时,公共根是-1;当 =-5时,公共…     

也谈由函数方程确定的周期函数

读本刊1991年第五期《由一类函数方程确定的周期函数》》,深受启发,特再给出几种由函数方程所确定的周期函数,权作该文的补充。定理1 若函数f(x)(x∈R)对任x满足方程 f(x+α)+f(x+β)=k (1) (α、β、k均为实常数,α≠β),则f(x)是以2|α-β|为一个周期的函数。证明由(1)可知,对(?)x∈R有 f(x+a)=k-f(x+β) 将上式中x换成x-a,则有 f(x)=k-f(x+(β-α)) 反复使用上式,则有 f(x)=k-[k-f(x+2(β-α))] =f(x+2(β-α)) 同理可证 f(x)=f(x-2(β-α)) 则f(x)是以2|α-β|为一个周期的函数。定理2 若函数f(x)(x∈R)对任x满足方程 f(x+a)+f(x+β)=2f(x+(α+β)/2)cosmπ/n(2) (其中α≠β,n为非1自然数,m为非零整数,且n、m     

一道探究题的解答

题目　已知 :一元二次方程x2 -x-1 =0的两根是α、β ,设S1=α+β,S2 =α2 +β2 ,S3=α3+β3,… ,Sn =αn+βn(n为正整数 ) .( 1 )计算 :S1,S2 ,S3,S4 ,S5,S6 的值 .( 2 )从 ( 1 )中的计算中发现什么规律 ?( 3 )利用得出的规律计算 1 +527+1 -527的值 .解　 ( 1 )∵ α +β =1 ,αβ =-1 ,∵S1=α +β=1 ,S2 =α2 +β2 =(α+β) 2 -2αβ =3 ,S3=α3+β3=(α2 +β2 ) (α +β) -α2 β-αβ2=(α2 +β2 ) +(α+β) =S2 +S1=4,S4 =α4 +β4 =(α3+β3) (α+β) -α3β -αβ3=(α3+β3) +(α2 +β2 ) =S3+S2 =7,S5=α5+β5=(α4 +β4…     

2006年江苏省高中数学联赛复赛试题

一、选择题(本题满分36分,每小题6分)1.若-2≤x+1-ax-1≤2对x∈R恒成立,则实数a的个数为()(A)0(B)1(C)2(D)无数个2.已知△ABC内接于单位圆,则长为sinA,sinB,sinC的三条线段()(A)能构成一个三角形,其面积大于△ABC面积的21(B)能构成一个三角形,其面积等于△ABC面积的21(C)能构成一个三角形,其面积小于△ABC面积的21(D)不一定能构成三角形3.已知α,β∈(0,2π),且sin2α=cos(α-β),则α与β一定满足()(A)α<β(B)α>β(C)α+β<2π(D)α+β>2π4.设an=n2+n+2(n=1,2,…),则在数列{an}中()(A)有无穷多个质数(B)有且只有有限多个质…     

一道课本习题的多种证法及其变形

高中数学(人教版)第一册(下)第47页有这样一个题: 求证:1+2sinαcosα/cos2α-sin2α=1+tanα/1-tanα分析:这是一道三角恒等的证明问题,解决这类问题的一般策略是     

浅谈行初等变换的定理及其应用

设　　Ａ =ａ11ａ12 …ａ1ｎａ2 1ａ2 2 …ａ2ｎ…………ａｎ1ａｎ2 …ａｎｎ是数域Ｆ上的矩阵。如果把Ａ的每一个列都看作一个向量 ,叫做Ａ的列向量 ,那么这几个列向量属于向量空间Ｆｍ。设Ａ经过一次行的初等变换后得到Ａ1,Ａ和Ａ1的列向量分别记为α1,α2 ,… ,αｎ 和α′1,α′2 ,… ,α′ｎ。如果Ａ1的任何一部分列向量 (为说话方便 ,假设前ｔ个向量 ,ｔ ｎ)满足线性关系式ｘ1α′1+ｘ2 α′2 +… +ｘｔα′ｔ =0 (ｘｉ∈Ｆ ,ｉ =1,2 ,… ,ｔ) ,即ｘ1α′1+… +ｘｔα′ｔ+ 0·α′ｔ+ 1+… + 0 ·α′ｎ =0 ,亦即( 1)Ａｘ1…ｘｔ　0…     

一个三角不等式的再推广

设α+β+γ=π,那么sinα+sinβ+sinγ≤((33~(1/2))/2),当且仅当α=β=γ时等号成立.这是一个众所周知的三角不等式.1964年,维西克(Vasic)对之作了推广: xsinα+ysinβ+zsinγ≤3~(1/2)/2(yz/x     

2001-2002年国内外数学竞赛题选解(四)

22 .设实数α、β、γ满足 βγ≠ 0 ,且1-γ2βγ ≥0 .证明 :10 (α2 + β2 +γ2 - βγ3) ≥2αβ + 5αγ .(第 19届希腊数学奥林匹克 )证明 :由于1-γ2βγ≥0 βγ( 1-γ2 ) ≥0 ,所以 ,10 (α2 + β2 +γ2 - βγ3) ≥10 (α2 + β2 +γ2 - βγ) .因此 ,只须证明10 (α2 + β2 +γ2 - βγ) ≥2αβ + 5αγ .上式等价于30 (α2 + β2 +γ2 ) ≥3( 2αβ + 5αγ + 10 βγ) .由柯西不等式 ,有( 12 + 2 2 + 52 ) (α2 + β2 +γ2 ) ≥(α + 2 β + 5γ) 2 .故只须证明 (α + 2 β + 5γ) 2 ≥6αβ + 15αγ + 30 βγ ,即　α2 + …     

角成等差数列的正(余)弦三角函数的求和

对于求:sinα+sin(a+d)+sin(α+2d)+…+sin[α+(n-1)d],如果我们给每一项都乘以sind/2,然后每项积化和差,即有sinαsind/2=1/2[cos(α-d/2)-cos(α+d/2)].sin(α+d)sind/2=1/2[cos(α+d/2)-cos(α+(3d)/2)]     

联用sin~2θ+cos~2θ=1与二维柯西不等式解题

解数学题,学生是多么期盼掌握一些“战无不胜”的技法。本文联用sin~2θ+cos~2θ=1与二维柯西不等式解题,其构思别致,变换灵巧,可谓学生所盼的“阳春白雪”。二维柯西不等式是:ac+bd≤(a~2+b~2)~(1/2)·(c~2+d~2)~(1/2),a、b、c、d∈R当且仅当a/c=b/d时,等式成立。(现行高中《代数》课本下册P.14)。一求值(或证明条件不等式) 例1 若α、β∈(0,π),且cosα+cosβ-cos(α+β)=3/2,求α、β。解:已知即为(1-cosα)cosβ+sinα·sinβ+cosα=3/2,于是:(cos~2β+sin~2;xx2)[1-cosα)~2+sin~α]≥[(1-cosα)cosβ+sinα·sinβ]~2=(3/2-cosα)~2即(2cosα-1)~2≤0,cosα=1/2,α=π/3,同理知β=π/3。(α、β∈(0,π)) 例2 已知msinθ-ncosθ=(m~2+n~2)~(1/2) (1)sin~2θ/α~2+cos~2θ/b~2=1/(m~2+n~2) (2)