2001年高考（理科）第20题的巧证与推广

今年全国高考 (理科 )第 2 0题 :已知 i,m,n是正整数 ,且 1 ( 1 n) m.不等式 ( )的证明 ,标准答案提供的证法需借助 ( )的结论 ,利用二项式定理证明 ,颇有难度 .事实上无须借助 ( )的结论 ,亦可利用算术 -几何平均值不等式给出不等式( )的一种简捷明快的证法 .并可引伸推广 ,得到一组新颖的不等式 .证明　因 n>m,所以存在正整数 k使得n=m k,从而由算术 -几何平均值不等式知n ( 1 n) m=n ( 1 n) m1 k<( 1 n) m kn =nm m kn=nm nn =1 m,故 ( 1 m) n>( 1 n) m.推…     

对于轮和完全图的Ramsey函数的渐近上界

给出了当n趋向于无穷时, 对于不小于4的偶数m, 有r(Wm, Kn)≤(1 o(1))C1·(n)/(logn)(2m-2)/(m-2); 对于不小于5的奇数m, 有r(Wm, Kn)≤(1 o(1))C2(n(2m)/(m 1))/(logn)(m 1)/(m-1). 这里C1=C1(m)＞0, C2=C2(m)＞0. 特别地, C2(5)=12. 该定理是在Caro等给出的r(Cm, Kn)的渐近上界的基础上利用函数fm(x)=∫10((1-t)(1)/(m)dt)/(m (x-m)t) 得到的. 当n趋向于无穷时, c(n)/(logn)(5)/(2)≤r(K4, Kn)≤(1 o(1))(n3)/((logn)2). 本文还给出了r(Kk Cm, Kn)的渐近上界.     

指数Diophantine方程ax^m＋by^n=c的解数

设a, b,c,x,y,是给定的正整数,min(x, y)>1,gcd(ax, by)=1.运用初等数论方法证明了:方程axm+byn=c至多有2组正整数解(m,n);而且当该方程恰有2组正整数解(m,n)=(m1,n1)和(m2,n2)时,必有(axm1-byn1)((axm1-byn1))相似文献   

与素数判定有关的三个命题

命题1若p为素数,则对于每一个m(0≤m≤p-1,且m为整数)均有Cpm-1≡(-1)m(modp).证明:(1)当m=0时,命题1显然成立.(2)当1≤m≤p-1时,1,2,…,m分别模p与-(p-1),-(p-2),…,-(p-m)同余.于是,有m!≡(-1)m·(p(-p-m1-)1!)!(modp),即(p(-p-m1-)1!)!≡(-1)mm!(modp).①因为p为素数,所以,(     

函数f(x)=|log_ax|的一个性质及应用

<正>由对数函数的图象和性质,不难证明函数f(x)=|log_ax|的如下性质.性质已知函数f(x)=|log_ax|(a>0,a≠1),且0 f(n)时,有mn <1;(3)当f(m) 1.     

关于递推函数周期的一组优美结论

笔者最近对递推函数的周期作了些探究,得到了一组十分优美的结论,且在国内外数学竞赛中有着广泛的用途,在此给出来与读者共赏.结论1若函数f(x)(x∈R)满足f(x m)=11-f(x),则函数f(x)是周期为3m的周期函数.证明因为f(x m)=1-1f(x),①用x m代替①式中的x,则有f(x 2m)=1-f(1x m).②①式代入②式化简,得f(x 2m)=f(fx()x)-1.③用x m代替③式中的x,则有f(x 3m)=f(fx( x mm))-1.④①式代入④式化简,得f(x 3m)=f(x).所以函数f(x)是周期为3m的周期函数.结论2若函数f(x)(x∈R)满足f(x m)=1 f(x)1-f(x),则函数f(x)是周期为4m的周期函数.证明因为f(x m)=…     

1995年湖北省黄冈地区初中数学竞赛

一、选择题(共30分) 1.方程m|x|-x-m=0(m>0且m≠1)有两个解,则实数m的取值范围是( )。     

感悟“新概念”(高一、高二、高三)

1.接近函数定义对于在区间[m,n]上有意义的两个函数f(x)与g(x),若对任意x∈[m,n]均有|f(x)-g(x)|≤1,则称f(x)与g(x)在[m,n]上是接近的,否则称f(x)与g(x)在[m,n]上是非接近的.     

数学综合训练

因式分解【基础回顾】一、请你填1.把一个多项式化成的形式,这种变形叫做把这个多项式分解因式.2.我们学过的分解因式的方法有和.3.计算(1)3x(x-1)=.(2)(m 4)(m-4)=.(3)m(a b c)=.(4)(y-3)2=.4.请利用上题结果直接分解因式(1)3x2-3x=()()(2)m2-16=()()(3)m a m b m c=()()(4)y2     

2003年一道中考题的多种解法

20 0 3年江苏省盐城市中考数学试卷中有这样一道试题 :已知关于x的方程x2 + 2 ( 2 -m)x + 3- 6m =0 .( 1 )求证 :无论m取什么实数 ,方程总有实数根 ;( 2 )如果方程的两个实数根x1、x2 满足x1=3x2 ,求实数m .这是一道考查学生一元二次方程根的判别式、配方法、非负数性质、一元二次方程的根与系数关系以及方程思想、分类讨论思想水平的好题 .其解法灵活多样 ,有助于学生数学能力的提高 .( 1 )证法一 :由Δ =4 ( 2 -m) 2 - 4( 3- 6m)=1 6 - 1 6m + 4m2 - 1 2 + 2 4m=4m2 + 8m + 4=4 (m + 1 ) 2≥ 0 ,可知无论m取何实数 ,方程必有实数根 .说明 …     

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     

例谈数学中考新题型——开放题

教育部在中考改革的《指导意见》中指出:数学考试“应设计一定的结合现实情境的问题和开放性问题”。开放题具有答案不唯一的特征,它有利于考生发挥创新能力.因此,开放题受到普遍重视,成了各地数学中考试卷中的重要新题型.例1(江西2004年)已知关于x的方程x2-2(m+1)+m2=0.(1)当m取什么值时,原方程没有实数根;(2)对m选取一个合适的非零整数,使原方程有两个实数根,并求这两个实数根的平方和.分析(1)当△<0时,方程没有实数根,可求得m<-1/2(2)要使方程有实数根,必须要有△≥0,由(1)即知须有m≥-1/2.但要取非零整数m故,m可选1或2等正整数.     

图C_5(r_1,r_2,r_3,0,0)∪St(m)的优美性

图C5的(r1,r2,r3,0,0)-冠简记为C5(r1,r2,r3,0,0),St(m)表示有m+1个顶点或有m条边的星型树.讨论了C5(r1,r2,r3,0,0)与St(m)的非连通并集C5(r1,r2,r3,0,0)∪St(m)优美性,用构造性的方法给出了一些特殊的C5(r1,r2,r3,0,0)∪St(m)的优美标号.     

恒成立问题常见解法探析

我们先看一道习题: 例1 对不等式x (m 1)√x m＜0,分别求满足下列条件的实数m的取值范围. (1)不等式的解集为[0,9); (2)不等式在上[0,9)有解; (3)不等式在上[0,9)恒成立.     

一组含参分式不等式及其应用

命题1:若 x>a>0,,n>1(n∈N),则有x~n/(x-a)≥(n~n·a~(n-1))/(n-1)~(n-1),当且仅当 x=(na)/(n-1)时,等号成立.命题2:若 x>a~(1/m)(a>0),n>m>1(n,m∈N),则有 x~n/(x~m-a)≥1/m·(((n~n·a~(n-m))/(n-m)~(n-m))~(1/m),当且仅当 x=((na)/(n-m))~(1/m)时,等号成立.可以把命题1看作命题2的特例,所以只需证明命题2成立.证明:由题设知,     

一道题目的解法辩析与探讨

题目巳知函数f(x)=ax2 bx c,a＞b＞c,f(1)=0. (1)求证f(x)的图像x轴有二不同交点; (2)是否存在实数m,当f(m)=-a时,f(m 3)为正数.     

完全三部图k(m,n,r)色唯一性的几个结果

令K(m ,n ,r)表示完全三部图 ,本文证明了 :1.若k≥ 0 ,l≥ 0 ,m >k2 -k(l+1) +l(l- 1) +2 (k2 -kl+l2 ) 1 2 ,则k(m ,m+l,m +k)是色唯一的 .2 .若k≥ 0 ,l≥ 0 ,m -k≥ 2 ,m -l≥ 2 ,m >2 (k2 -kl+l2 ) 1 2 +k2 -k(l- 1) +l(l+1)3,则k(m -k ,m -l,m)是色唯一的 .3.若k≥ 0 ,l≥ 0 ,m >2 (k2 +kl+l2 ) 1 2 +k(k +1) +kl+l(l- 1)3,则k(m -k ,m ,m +l)是色唯一图 .4 .若k≥ 0 ,l≥ 0 ,m -k≥ 2 ,m >2 (3k2 +l2 ) 1 2 +3k2 +l(l- 1)3,则k(m -k ,m +l,m +k)中色唯一的 .本文也推广了文 [1]推论中所涉及的几类完全三部图的色性的结论 .     

30分钟智力冲浪

1.数p是10,12,q这3个数的平均数的23倍,则用含p的式子表示q是().(A)23p-22(B)43p-22(C)2p-22(D)2p 112.解关于x的方程a6x a=2 3x.3.若关于x的方程||x-2|-1|=m有三个整数解,则m的值是().(A)3(B)2(C)1(D)04.若关于x的方程m(x-m) n(x n)=0有无穷多个解,则m,n应满足的关系是.5.a,b,     

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).     

第45届IMO预选题(下)

数论部分1.设τ(n)表示正整数n的正因数的个数.证明:存在无穷多个正整数a,使得方程τ(an)=n没有正整数解n.2.已知从正整数集N 到其自身的函数ψ定义为ψ(n)=∑nk=1(k,n),n∈N ,其中(k,n)表示k和n的最大公因数.(1)证明:对于任意两个互质的正整数m、n,有ψ(mn)=ψ(m)ψ(n);(2)证明:对于每一个a∈N ,方程ψ(x)=ax有一个整数解;(3)求所有的a∈N ,使得方程ψ(x)=ax有唯一的整数解.3.一个从正整数集N 到其自身的函数f满足:对于任意的m、n∈N ,(m2 n)2可以被f2(m) f(n)整除.证明:对于每个n∈N ,有f(n)=n.4.设k是一个大于1的固定的整数,m=4k2-5.…