多题一解 启迪思维

在闭区间上的二次函数的绝对值不等式的证明有一个通法 :将二次函数的系数用闭区间上的三个函数值 (一般用区间端点和中点的函数值 )来表示 ,然后借助于绝对值不等式来解决 .例 1　设ａ、ｂ、ｃ∈Ｒ ,ｆ(ｘ) =ａｘ2 +ｂｘ +ｃ(ａ≠ 0 ) .若 | ｆ( 0 ) |≤ 1,|ｆ( 1) |≤ 1,|ｆ( - 1) |≤ 1,试证 :对任何ｘ∈ [- 1,1] ,都有 |ｆ(ｘ) |≤ 54 .证明 :因ｆ( 0 ) =ｃ,ｆ( 1) =ａ +ｂ+ｃ,ｆ( - 1) =ａ-ｂ +ｃ,故解得ａ =ｆ( 1) + ｆ( - 1)2 - ｆ( 0 ) ,ｂ =ｆ( 1) - ｆ( - 1)2 ,ｃ=ｆ( 0 ) .∵　 |ｘ|≤ 1∴　 | ｆ(ｘ) | =|ａｘ2 +ｂｘ +ｃ|=ｆ( …     

活用函数思想解题

下面,通过一些具体例子说明函数思想在解题中的运用.　　一、比较大小例1　试比较|ａ+ｂ|1+|ａ+ｂ|与|ａ|+|ｂ|1+|ａ|+|ｂ|的大小.解:对于函数ｆ(ｘ)=ｘ1+ｘ=1-11+ｘ,易知当ｘ∈(-1,+∞)时,其为增函数.而0≤|ａ+ｂ|≤|ａ|+|ｂ|,故|ａ+ｂ|1+|ａ+ｂ|≤|ａ|+|ｂ|1+|ａ|+|ｂ|.注:通常可以利用函数的单调性解决比较大小的问题.二、证明不等式例2　已知实数ａ、ｂ、ｃ∈(0,1),证明:不等式ａ(1-ｂ)+ｂ(1-ｃ)+ｃ(1-ａ)<1总成立.证明:欲证不等式等价于(1-ｂ-ｃ)ａ+(1-ｃ)(ｂ-1)<0.记ｆ(ａ)=(1-ｂ-ｃ)ａ+(1-ｃ)(ｂ-1),故欲证原不等式成立,只需证明ａ∈…     

选择主元 巧证不等式

例1　ｆ(ｘ)是定义在[-1,1]上的奇函数,ｆ(ｘ)=ｇ(2-ｘ),而ｘ∈[2,3]时,ｇ(ｘ)=-ｘ2+4ｘ+ｃ(ｃ为常数).(1)求ｇ(2)及ｃ的值.(2)求ｆ(ｘ)的表达式.(3)对任意ｘ1、ｘ2∈[0,1]且ｘ1≠ｘ2,求证:|ｆ(ｘ1)-ｆ(ｘ2)|≤1.解:(1)ｇ(2)=ｆ(0)=0,ｃ=-4.(2)ｆ(ｘ)=ｇ(2-ｘ)=-ｘ2,ｘ∈[-1,0];ｘ2,ｘ∈(0,1].(3)欲证的|ｆ(ｘ1)-ｆ(ｘ2)|≤1|ｘ22-ｘ21|≤1-1≤ｘ22-ｘ21≤1.又因为ｘ1、ｘ2∈[0,1],ｘ1≠ｘ2,故ｘ21∈[0,1],ｘ22∈[0,1].先视变元ｘ2为主元,再视ｘ1为主元,连续放缩,-1≤-ｘ21≤ｘ22-ｘ21≤1-ｘ21≤1,故原不等式成立.例2　ｆ(ｘ)=ｘ3+ａｘ+ｂ定…     

高中数学总复习测试题

选择题1 下列各式 :( 1) 2 0 0 1 {ｘ|ｘ≤ 2 0 0 3};( 2 ) 2 0 0 3∈ {ｘ|ｘ <2 0 0 3};( 3) {2 0 0 3} {ｘ|ｘ≤ 20 0 3};( 4)Φ∈ {ｘ|ｘ <2 0 0 3},其中正确式子的个数为 (　　 )Ａ 1　　Ｂ 2　　Ｃ 3　　Ｄ 42 满足ｆ(π +ｘ) =- ｆ(ｘ) ,ｆ( -ｘ) =ｆ(ｘ)的函数 ｆ(ｘ)可能是 (　　 )Ａ ｓｉｎｘ　Ｂ ｓｉｎ ｘ2 　Ｃ ｃｏｓ2ｘ　Ｄ ｃｏｓｘ3 若函数 ｆ(ｘ) =ａｘ(ａ >0 ,ａ≠ 1)为减函数 ,那么 ｇ(ｘ) =ｌｏｇ1ａ1ｘ - 1的图象是 (　　 )Ａ　　　　　　　ＢＣ　　　　　　　Ｄ4 如果ａ·ｂ =ａ·ｃ且ａ≠ 0 ,那么 (　　 )Ａ ｂ =…     

对一个问题的研究

问题 :对于函数 ｆ(ｘ) ,若存在ｘ0 ∈Ｒ ,使ｆ(ｘ0 ) =ｘ0 成立 ,则称ｘ0 为 ｆ(ｘ)的不动点 .如果函数 ｆ(ｘ) =ｘ2 +ａｂｘ-ｃ(ｂ,ｃ∈Ｎ)有且只有两个不动点 0 ,2 ,且ｆ( -2 ) <-12 .( 1 )求函数 ｆ(ｘ)的解析式 ;( 2 )已知各项不为零的数列 {ａｎ}满足4Ｓｎ·ｆ 1ａｎ =1 ,其中Ｓｎ 是数列 {ａｎ}的前ｎ项和 ,求数列通项ａｎ.( 3 )如果数列 {ａｎ}满足ａ1 =4,ａｎ+1 =ｆ(ａｎ) ,求证 :当ｎ≥ 2时 ,恒有ａｎ <3成立 .一、分析与评述( 1 )分析 :由ｆ( 0 ) =0 ,可得ａ=0 ,①又由 ｆ( 2 ) =2可得 ,2ｂ =ｃ+2 ,②再由 ｆ( -2 ) <-12 可得 ,2…     

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…     

欢迎您—2003

一年一度的佳节———元旦 ,就要来临了 ,为了欢度节日 ,特为数学爱好者 ,提供一组结果均为 2 0 0 3的函数趣题以资助乐 .1　设对于函数 :ｆ(ｘ) =ｘ +3ｘ - 2 ,ｇ(ｘ) =ａｘ +ｂｘ +ｃ ,且有 ｆ[ｇ(ｘ) ] =2 0 0 6ｘ +42 0 0 1ｘ - 1,试求ａ、ｂ、ｃ之值 .解　由题目条件得 :ｆ[ｇ(ｘ) ] =ｇ(ｘ) +3ｇ(ｘ) - 2=ａｘ +ｂｘ +ｃ +3ａｘ +ｂｘ +ｃ - 2=(ａ +3)ｘ +(ｂ +3ｃ)(ａ - 2 )ｘ +(ｂ - 2ｃ) .由题设知(ａ +3)ｘ +(ｂ +3ｃ)(ａ - 2 )ｘ +(ｂ - 2ｃ) =2 0 0 6ｘ +42 0 0 1ｘ - 1,整理得 :( 5ａ - 10 0 15)ｘ2 +( 5ａ +5ｂ - 10 0 15ｃ- …     

数学问答

66.问 :已知ａｆ(4ｘ -3 ) +ｂｆ(3 -4ｘ) =2ｘ(ａ2 ≠ｂ2 ) ,求 ｆ(ｘ) .(河南商丘市一高一 (18)班　吴　鹏)答 :令 4ｘ -3 =ｔ ,则有 2ｘ =ｔ+ 32 ,所以ａｆ(ｔ) +ｂｆ(-ｔ) =ｔ + 32 .①将①中的ｔ换成 -ｔ,则ａｆ(-ｔ) +ｂｆ(ｔ) =-ｔ+ 32 .②由①、② ,结合ａ2≠ｂ2 ,消去 ｆ(-ｔ)得 ｆ(ｔ) =12 (ａ -ｂ) ｔ + 32 (ａ +ｂ) .∴　ｆ(ｘ) =12 (ａ -ｂ) ｘ + 32 (ａ +ｂ) .注 :1.对于此类函数方程 ,一般可通过赋值和解方程组 ,求出函数解析式 .2 .相关链接 :(1)对于任意非零实数ｘ ,函数 ｆ(ｘ)满足ａｆ(ｘ) +ｂｆ 1ｘ =ｃｘ(ａ、ｂ、ｃ均…     

成果集锦 三角形的顶点式方程再探

定理　设△ＡＢＣ的顶点为Ａ (ｘ1,ｙ1)、Ｂ(ｘ2 ,ｙ2 )、Ｃ(ｘ3,ｙ3) ,Ｐ(ｘｐ,ｙｐ)为△ＡＢＣ内任一点 ,则△ＡＢＣ的方程为|ａ1ｘ ｂ1ｙ ｃ1 |ｆ2 || |ｆ2 | ａ3ｘ ｂ3ｙ ｃ3=0 .①其中ｆ2 =ｘ　ｙ　 1ｘ1　ｙ1　 1ｘｐ　ｙｐ　 1,ａ1=( ｙ3-ｙｐ)Δ -( ｙ2 -ｙｐ)Δ2Δ3,ｂ1=(ｘ3-ｘｐ)Δ -(ｘ2 -ｘｐ)Δ2Δ3,ｃ1=(ｘｐｙ3-ｘ3ｙｐ)Δ1 (ｘ2 ｙｐ-ｘｐｙ2 )Δ2Δ3,ａ3=[2Δ1Δ2 ( ｙ2 -ｙ3) Δ1Δ3( ｙ3-ｙ1) Δ2 Δ3·( ｙ1-ｙ2 ) ]/ΔΔ3,ｂ3=[2Δ1Δ2 (ｘ2 -ｘ3) Δ1Δ3(ｘ3-ｘ1) Δ2 Δ3·(ｘ1-ｘ2 ) ]/ΔΔ3,ｃ3=[2Δ1Δ2…     

用函数方法巧证不等式

用函数方法证明不等式 ,常常能够方便地给出证明 .用函数方法证明不等式的关键是结合不等式的结构特征构造适当的函数 ,以便于利用这一函数的有关性质证明所给的不等式 .例 1　若ａ >ｂ>0 ,ｍ >0 .求证 :ａｂ >ａ +ｍｂ+ｍ.证明　令 ｆ(ｘ) =ａ+ｘｂ +ｘ.由ａ>ｂ可设ａ =ｂ+ｃ(ｃ >0 ) ,则ｆ(ｘ) =ｂ+ｘ +ｃｂ +ｘ =1+ｃｂ +ｘ.当ｘ∈ (0 ,+∞ )时 ,ｆ(ｘ)为减函数 .∵　ｍ >0 ,∴　ｆ(ｍ) <ｆ(0 ) .即 ａｂ >ａ+ｍｂ+ｍ.注　用函数方法证明不等式 ,往往要利用所构造函数的单调性 .例 2　设ａ、ｂ、ｃ∈Ｒ .证明 :ａ2 +ａｃ+ｃ2 +3ｂ(ａ+ｂ+…     

从一道高考题谈高三数学复习

20 0 2年高考有一道数学题为 :已知ａ >0 ,函数 ｆ(ｘ) =ａｘ -ｂｘ2 .(1)当ｂ >0时 ,若对任意ｘ∈Ｒ ,都有ｆ(ｘ) ≤ 1,证明 :ａ≤ 2ｂ ;(2 )当ｂ >1时 ,证明 :对任意ｘ∈ [0 ,1],｜ｆ(ｘ)｜≤ 1的充要条件是ｂ- 1≤ａ≤ 2 ｂ ;(3)当 0 <ｂ≤ 1时 ,讨论 :对任意ｘ∈[0 ,1],｜ｆ(ｘ)｜≤ 1的充要条件 .绝大多数考生做此题时无所适从 ,根本不知从何下手 ,参考答案给出的方法比较抽象 ,难于理解 ,笔者有一解法 ,介绍如下 :解　 (1)由已知ａｘ -ｂｘ2 ≤ 1,∴　ｂｘ2 -ａｘ +1≥ 0 .∵　ｘ∈Ｒ ,ｂ >0 ,∴　Δ =ａ2 - 4ｂ≤ 0 ,∴　ａ≤ 2 ｂ .…     

有关二次函数值域的一个结论及应用

定理　二次函数 ｙ =ａｘ2 ｂｘ ｃ的值域是[0 , ∞ )的充要条件是ａ>0且ｂ2 - 4ａｃ=0 .证明　因为 ｙ =ａｘ2 ｂｘ ｃ =ａ(ｘ ｂ2ａ) 2 4ａｃ-ｂ24ａ ,ｘ∈Ｒ ,所以二次函数ｙ=ａｘ2 ｂｘ ｃ的值域是 [0 , ∞ ) ｙ的最小值是 0 ,无最大值 ａ>0且ｂ2 - 4ａｃ=0 .下面举例说明定理的应用 .例 1　已知 ｆ(ｘ) =2ｘ2 ｂｘ ｃｘ2 1(ｂ <0 )的值域为[1,3] ,求实数ｂ,ｃ的值 .解　ｆ(ｘ)的定义域为Ｒ .由 1≤2ｘ2 ｂｘ ｃｘ2 1≤ 3,得ｘ2 ｂｘ ｃ- 1≥0且ｘ2 -ｂｘ 3-ｃ≥ 0 .所以 ｆ(ｘ)的值域为 [1,3] ｙ1=ｘ2 ｂｘ ｃ- 1和 …     

"三角判别式"及其应用

高中代数上册第 2 97页给出了三角方程 ａｓｉｎｘ ｂｃｏｓｘ ｃ =0 (ａ、ｂ不同时为零 )有解的 条件是 | ｃ ａ2 ｂ2 |≤ 1 ,即ａ2 ｂ2 -ｃ2 ≥ 0。若记Δ = ａ2 ｂ2 -ｃ2 ,并称其为“三角判别式” ,可进一步得到 : 定理　对于三角方程ａｓｉｎｘ ｂｃｏｓｘ ｃ =0 (0≤ ｘ <2π ,ａ、ｂ不同时为零 ) ,则 ①方程有两个不同解 Δ >0 ; ②方程有唯一解 Δ =0 ; ③方程无解 Δ <0。 证明极其简单 ,只要将原方程化为ｓｉｎ(ｘ φ) = -ｃ ａ2 ｂ2 ,其中 φ由ｓｉｎφ =ｂ ａ2 ｂ2 ,ｃｏｓ…     

构造函数法证不等式的思考途径

构造函数法是证不等式的一种重要方法 ,本文谈谈构造函数法证不等式的几种思考途径 .途径一　利用函数的单调性构造一个函数 ,使原不等式 (或经等价变形后 )的左右两边是这个函数在某一个单调区间上的两个值 ,就可以利用函数的单调性证明不等式 .例 1　已知ａ、ｂ、ｃ∈Ｒ ,且ａ ｂ ｃ =1,求证 :ａｂｃ 1ａｂｃ≥ 2 712 7.证明　令 ｆ(ｘ) =ｘ 1ｘ ,取 0 <ｘ1<ｘ2 <1,则ｆ(ｘ2 ) - ｆ(ｘ1) =(ｘ2 -ｘ1) 1ｘ2 - 1ｘ1=(ｘ2 -ｘ1) 1- 1ｘ1ｘ2 <0 ,所以 ｆ(ｘ)在 (0 ,1)上为减函数 .又 0 <ａｂｃ≤ ａ ｂ ｃ33=12 7,∴ｆ(ａｂｃ) ≥ ｆ 12 …     

函数f(x)=(ax b)~(1/2) (cx d)~(1/2)的优美性质

本文用初等方法导出函数 ｆ(ｘ) =ａｘ ｂ ｃｘ ｄ(ａ >0 ,ｃ<0 )的几个优美性质。1　ｆ(ｘ)不是单调函数显然 ,函数的定义域为 [-ｂａ ,-ｄｃ]。任给ｘ1、ｘ2 ∈ [-ｂａ ,-ｄｃ],且ｘ1<ｘ2 ,则ｆ(ｘ1) -ｆ(ｘ2 ) =(ａｘ1 ｂ ｃｘ1 ｄ) -(ａｘ2 ｂ ｃｘ2 ｄ)=(ａｘ1 ｂ     

一类函数问题的简解

1999年第十届“希望杯”全国数学邀请赛 ,高二第一试的选择题第 1 0题 ,让人颇费脑筋 ,原题是这样的 :题目 :设ｆ(ｘ) =ｘ3 -3ｘ2 6ｘ -6,且ｆ(ａ) =1 ,ｆ(ｂ) =-5 ,则ａ ｂ =(　　 ) .Ａ .-2　　Ｂ .0　　Ｃ .1　　Ｄ .2与之类似的有以下两个题 :1 设 ｆ(ｘ) =ｘ3 ｘ 1 ,且 ｆ(ａ) =-2 ,ｆ(ｂ) =4,则ａ ｂ =(　　 ) .Ａ .-2　　Ｂ .0　　Ｃ .1　　Ｄ .22 设 ｆ(ｘ) =ｘ3 -6ｘ2 1 2ｘ -7,且 ｆ(ａ ｂ) =9,ｆ(ａ -ｂ) =-7,则ａ =(　 )Ａ .-2　　Ｂ .0　　Ｃ .1　　Ｄ .2以上题目都是关于ｘ的三次函数 ,初看起来 ,上面的题好像容易解…     

初一代数期末测试题

一、填空题 (15分 )1 用科学记数法表示 - 0 0 0 0 0 0 0 0 0 10 2 9=.2 不等式组12 ｘ≥ 1ｘ - 3≤ 0的解集是 .3 (ｘ -ａ) (ｘ ａ) (ｘ4 ａ4 ) (ｘ2 ａ2 ) =.4 当ｘ时 ,代数式13(ｘ - 1)5的值不是正数 .5 方程组 ａｘ ｂｙ =13ａｘ - 4ｂｙ =18和 4ｘ - ｙ =53ｘ ｙ =9有相同的解 ,那么ａ ｂ的值为 .6 若 |ｘ 1| (ｙ - 2 ) 2 =0 ,则ｘｙ =.7 若有理数ａ满足 ａ|ａ|=- 1,则ａ是 .8 若 11- |1-ｘ|有意义 ,则ｘ取 .9 12 5ａ3ｂ3÷ 5ａｂ =.10 [(-ｘ) 3]4 =.11 若ａ <0 <ｂ ,且 |ａ|>ｂ ,则化简 |ａ ｂ|- |ａ -ｂ|- |ｂ -ａ|=.12…     

高等数学练习题2

5　不定积分5 .1　填空题(1 )曲线在任意一点处的切线斜率为 2ｘ ,且曲线过点(2 ,5) ,则曲线方程为。(2 )已知函数 ｆ(ｘ)的一个原函数是ａｒｃｔａｎｘ2 ,则 ｆ′(ｘ) =。(3)已知Ｆ(ｘ)是 ｆ(ｘ)的一个原函数 ,那么∫ｆ(ａｘ+ｂ)ｄｘ =。(4)若∫ｆ(ｘ)ｄｘ =ｘ+1ｘ - 1 +ｃ,则 ｆ(ｘ) =。(5)若∫ｆ(ｘ)ｄｘ =Ｆ(ｘ) +ｃ,则∫ｅ-ｘｆ(ｅ-ｘ)ｄｘ =。答案(1 )ｙ =ｘ2 +1(2 ) 2 - 6ｘ4(1 +ｘ4 ) 2(3) 1ａＦ(ａｘ +ｂ) +ｃ(4) - 2(ｘ- 1 ) 2(5) -Ｆ(ｅ-ｘ) +ｃ5 .2　单选题(1 )设∫ｆ(ｘ)ｄｘ =ｘｌｎｘ+ｃ,则ｆ(ｘ) =(　　 )。　Ａ ｌｎｘ+1　…     

构造法求最值问题举例

最值问题是中学数学中一个重要内容 ,其涉及面广 ,难度较大 ,求解方法灵活多样 .本文通过构造函数和曲线来解决某些最值问题 ,不仅形象直观、易于掌握 ,而且可以减少许多不必要的计算 ,达到化难为易的目的 .一、构造函数求最值1 .构造二次函数例 1　设ａ ｂ ｃ ｄ ｅ =8,ａ2 ｂ2 ｃ2 ｄ2 ｅ2 =1 6,求ｅ的最大值 .解 :设ｆ(ｘ) =(ｘ ａ) 2 (ｘ ｂ) 2 (ｘ ｃ) 2 (ｘ ｄ) 2=4ｘ2 2 (ａ ｂ ｃ ｄ)ｘ ａ2 ｂ2 ｃ2 ｄ2显然ｆ(ｘ) ≥ 0 ,且ｘ2 的系数为正 ,则△ =ｂ2 -4ａｃ≤ 0 ,即4(ａ ｂ ｃ ｄ) 2 -1 6(ａ2 ｂ2 ｃ2 ｄ2 )=4( 8…     

让学生走出“疑惑”的沼泽

笔者在教研过程中碰到两次活动 :1 在一次校教研活动中 ,听一位老师上课 ,让学生练习 :已知二次函数ｆ(ｘ) =ａｘ2 ｂｘ ｃ(ａ≠0 ) ,如果 ｆ (ｘ1 ) =ｆ (ｘ2 ) (ｘ1 ≠ｘ2 ) ,则ｆ(ｘ1 ｘ2 ) =　　 (浙江省 1999年会考第 2 4题 ,原题是选择题 )一基础较差的学生举手回答如下 :∵ ｆ(ｘ1 ) =ｆ(ｘ2 ) (ｘ1 ≠ｘ2 ) ,∴ｘ1 =-ｘ2 .∴ ｆ(ｘ1 ｘ2 ) =ｆ(0 ) =ｃ .教师评析 ,这种做法是错误的 ,推理毫无依据 .学生带着难言的神色 ,尴尬地坐下了 .然后教师讲解 :∵ ｆ(ｘ1 ) =ｆ(ｘ2 ) ,∴二次函数对称轴是ｘ =ｘ1 ｘ22 ,∴ｘ1 ｘ2 =-ｂ…