利用二次函数的顶点式确定三角形

题目设二次函数y=(a+b)x~2+2cx-(a-b)。其中a、b、c分别为ΔABC的三边,当x=-(1/2)时,二次函数的最小值为-(a/2)。试判断ΔABC的形状。(1994年甘肃省中考试题) 解由题意可设二次函数的解析式为 y=(a+b)(x+1/2)~2-(-(a/2)) =(a+b)x~2+(a+b)x+(b-a/4), 又∵y=(a+b)x~2+2cx-(a-b), 比较系数,得{a+b=2c, {b-a/4=-(a-b).解得 a=b=c。     

一个不等式的推广及其特殊证法

本文约定字母均表示正数。 (1)如果a+b=1, 则(a+1/a)~2+(b+1/b)~2≥ 25/2 ① (2)如果a+b+c=1, 则(a+1/a)~2+(b+1/b)~2+(c+1/c)~2 ≥100/3 ②一般地,如果sum from i=1 to n a_i=1, 则 sum from i=1 to n(a_i+1/a_i)~2≥(n~2+1)~2/n ③下面只证不等式②、③。引进三元函数 W=(x+1/a)~2+(y+1/b)~2+(z+1/c)~2,那么它的几何意义是动点P(x,y,z)到定点(-1/a,-1/b,-1/c)的距离的平方。     

高灵不等式的加强

1981年,高灵得到不等式(1):a′(-a+b+c)+b′(a-b+c)+c′(a+b-c)≥4(3ΔΔ)~(1/2).本文给出一个加强.定理 a,b,c,a′,b′,c′与Δ,Δ′分别表示两个三角形 ABC 和 A′B′C′的边和而积,则a′(-a+b+c)+b′(a-b+c)+c′(a+b-c)≥4(3ΔΔ)~(1/2)+2((ab′)~(1/2)-(a′b)~(1/2))~2等式当且仅当ΔABC 与ΔA′B′C′均为正三角形时成立.应用如下两条引理立得:引理1(2)符号如定理,则     

一组猜想不等式的统一证明

宋庆老师在文[1]末提出4个猜想.其中猜想4为:已知a,b,c是正数,求证a~2/(a~2+(b+c)~2)+b~2/b~2+(c+a)~2+c~2/c~2+(a+b)~2≥3/5(1);(a~3)/(a~3+(b+c)~3)+(b~3)/(b~3+(c+a)~3)+(c~3)/(c~3+(a+b)~3)≥1/3(2);(a~4)/(a~4+(b+c)~4)+(b~4)/(b~4+(c+a)~4)+(c~4)/(c~4+(a+b)~4)≥3/(17)(3).     

一个不等式的别证及推广

在课本、习题集及许多资料中,经常可以看到这样一道习题: 已知:a、b、c(R,且a+b+c=M(M=1是它的特殊情形),求证:a~2+b~2+c~2≥(M~2)/3。它的证法很多,常见的有:构造二次函数法,利用柯西不等式、平均值代换法、利用等式:3(a~2+b~2+c~2)=(a+b+c)~2+(a-b)~2+(b-c)~2+(c-a)~2等     

江苏卷（21）题的思路与解法

20 0 3年高考江苏卷第 (2 1)题内容新、题型新 ,集中考查了导数和不等式证明等知识 ,解答的思路和方法较多 ,这里给出不同层次的若干思路和方法供参考 .(2 1)已知 a>0 ,n为正整数 .( )设 y=(x- a) n,证明 y′=n(x- a) n-1 ;( )设 fn(x) =xn- (x- a) n,对任意 n≥ a,证明 fn+ 1 ′(n+1) >(n+1) fn′(n) .证明　 ( ) y′=limΔx→ 0(x+Δx- a) n- (x- a) nΔx=limΔx→ 0 [(x+Δx- a) n-1 +(x+Δx- a) n-2 (x- a) +… +(x- a) n-1 ]=(x- a) n-1 +(x- a) n-2 (x- a) +(x- a) n-3 (x- a) 2 +… +(x- a) n-1=n(x- a) n-1 . (洪成、王严、王雪　供…     

构造一元二次方程解题的常用方法

<正>某些非一元二次方程的问题,如果能抓住特征,那么可以通过构造一元二次方程来解决,例说如下.一、利用已知等式构造一元二次方程例1若a,b,c为实数,且a2+b2+c2-ab-bc-ca=0,求证:a=b=c.证明由已知等式,可构造关于c的一元二次方程c2-(a+b)c+(a2+b2-ab)=0.∵c为实数,∴Δ=[-(a+b)]2-4(a2+b2-ab)     

欧拉公式的应用(初二、初三)

下列的式子称为欧拉公式a3+b3+c3-3abc =(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca) =1/2(a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2] 特别地,(1)当a+b+c=0时,有a3+b3+c3=3abc. (2)当c=0时,欧拉公式变为两数立方和公式. 请看公式的应用: 例1 分解因式(a+b-2x)3-(a-x)3-(b-x)3的结果等于____. (“希望杯”试题) 解因为     

构造二次函数证明不等式

对于不等式的证明 ,课本着重介绍了比较法、综合法、分析法 .其实 ,构造二次函数f(x) =ax2 +bx +c(a>0 ) ,利用f(x) ≥ 0恒成立的充要条件Δ≤ 0和 f(x) >0恒成立的充要条件Δ<0来证明 ,也是一种行之有效的方法 .下面以新教材第二册 (上 )课本中的几个习题为例加以说明 .一、若 f(x) =ax2 +bx+c≥ 0 (a>0 ) ,则Δ =b2 -4ac≤ 0例 1　求证 :(ac +bd) 2 ≤ (a2 +b2 ) (c2 +d2 ) .证明　构造二次函数 f(x) =(a2 +b2 )x2 +2 (ac+bd)x +(c2 +d2 ) .当a ,b全为零时 ,不等式显然成立 .设a ,b不全为零 .∵a2 +b2 >0且 f(x) =(ax+c) 2 +(bx+d) 2 ≥ 0…     

二元二次多项式的因式分解

数域P上的一元二次多项式ax~2+bx+c(a≠0)在数域P上能够分解的充要条件是(b~2-4ac)~(1/2)∈P,并且当(b~2-4ac)~(1/2)∈P时,ax~2+bx+c=a[x+(b-(b~2-4ac)~(1/2))/2a)][x+(b+(b~2-4ac)~(1/2))/2a]。可是在什么条件下,数域P上的二元二次多项式f(x,y)=ax~2+bxy+cy~2+dx+ey+f (Ⅰ) (a,b,c不同时等于零)在数域P上能够分解呢?如能分解,该怎样分解呢?本文详细讨论这两个问题。     

一个公式的巧用

公式(a+b+c)(a~2+b~2+c~2-ab-bc-ca)=a~3+b~3+c~3-3abc(以下记为公式)有不少应用。而公式本身的证明并不困难,运用整式乘法或因式分解就可予以证明,这是初中一年级学生就能接受的。如果在初中代数教学中,讲解整式乘法时就把它提出来,到因式分解时再次熟悉,后继内容的教学中不断应用,这对学生掌握知识,发展智能会有裨益的。一、公式的征明: 证一:将左边按a的降幂排列左边=[a+(b+c)][a~2-(b+c)a+(b~2+c~2-bc)] =a~3-(b+c)a~2+(b~2+c~2-bc)a+(b+a)a~2-(b+c)~2a+(b+c)(b~2-a~2-bc) =a~3+(b~2+c~2-bc-b~2-2bc-c~2)a+b~2+c~3 =a~3+b~3+c~2-3abc。证二、用因式分解右边=(a+b)~3-3ab(a+b)+c~3-3abc =(a+b)~3+c~3-3ab(a+b+c) =(a+b+c)~3-3c(a+b)(a+b+c)     

每期一题

题:若:a、b、c为正数,试求函数y=(x~2+a~2)~(1/2)+((c-x)~2+b~2)~(1/2)的极小值。解法一复数法运用代数中学过的复数模不等式 |z_1|+|z_2|≥|z_1+z_2|。设 z_1=x+ai x_2=(c-x)+bi ∴|z_1|=(x~2+a~2)~(1/2) |z_2|=((c-x)~2+b~2)~(1/2) ∵|z_1|+|z_2|≥|z_1+z_2| ∴y=|z_1|+|z_2|≥|z_1+z_2| =|x+ai+c-x+bi| =|c+(a+b)i|=(c~2+(a+b)~2)~(1/2) ∴y_min=(c~2+(a+b)~2)~(1/2)。解法二代数法运用不等式(x_1~2+y_1~2)~(1/2)+(x_2~2+y_2~2)~(1/2)≥((x_1+x_2)~2+(y_1+y_2)~2)~(1/2)其中等号仅当x_1/x_2=y_1/y_2时成立。∴y=(x~2+a~2)~(1/2)+((c-x)~2+b~2)~(1/2)     

利用一元二次方程根的判别式解题

一元二次方程根的判别式是初中数学中的一个重要内容,应用其解题是初中数学中的一种重要方法.在近年来全国各省市数学竞赛中屡见不鲜,本文举例说明其广泛应用,供参考.一、求参数值例1(2003年全国初中数学竞赛天津赛区初赛)已知二次函数y=ax2+bx+c,一次函数y=k(x-1)-k24,若它们的图象对于任意的实数k都只有一个公共点,则二次函数的解析式为.解:由题意得y2=ax+bx+cy=k(x-1)-k24整理得:ax2+(b-k)x+(c+k+k24)=0.又由根的判别式Δ=(b-k)2-4a(c+k+k24)=0,即(1-a)k2-2(b+2a)k+(b2-4ac)=0.(1)由于(1)中对任意的实数k均成立,故解得a=1,b=-2,c=1.二、…     

二次函数解析式的变式谈

二次函数的一般形式是:y=ax~2+bx+c(a≠0),经配方,得y=a(x+(b/2a))~2+(4ac-b~2)/4a,设b/2a=m,(4ac-b~2)/4a=k 变式一:y=a(x+m)~2+k(a≠0) 二次函数图象的顶点坐标是(-m,k),对称轴方程是x=-m,即当x=-m时,函数y取得最大值(a>0)或最小值(a<0),“最”值是k。 若抛物线y=ax~2+bx+c(a≠0)与x轴有交点(x_1,0)、(x_2,0)(x_1=x_2时相切),即方     

两种构造法巧证一道CMO题

20 0 3年中国数学奥林匹克 (CMO)最后一题为 :设 a,b,c,d∈ (0 ,+∞ ) ,满足 ab+cd= 1,点 Pi(xi,yi) (i=1,2 ,3,4 )是以原点为圆心的单位圆周上的四个点 .求证 :(ay1 +by2 +cy3 +dy4) 2 +(ax4+bx3 +cx2 +dx1 ) 2≤ 2 (a2 +b2ab +c2 +d2cd ) .文 [1]提供了一种证明方法 .本文给出构造函数与构造向量两种构造性证明 ,巧妙简易 .证法 1　 (构造函数 )设 f (x) =(ax- y1 ) 2 +(bx- y2 ) 2 +(cx- y3 ) 2 +(dx- y4) 2=(a2 +b2 +c2 +d2 ) x2 - 2 (ay1 +by2 +cy3+dy4) x+(y21 +y22 +y23 +y24) ,由于 f(x)≥ 0 ,所以Δ≤ 0 ,即 4 (ay1 +by2 +cy3 +d…     

巧用一个等式解题

由完全平方公式,得(a-b)2=a2-2ab+b2,(b-c)2=b2-2bc+c2,(c-a)2=c2-2ca+a2,∴(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2=2(a2+b2+c2+ab-bc-ca),∴a2+b2+c2-ab-bc-ca=12[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2].这是一个非常重要的等式,巧用它,某些代数题的解答可变得简易、迅捷.例1如果a=1999x+2001,b=1999x+2002,c=1999x+2003,那么a2+b2+c2-ab-bc-ca的值是().(A)1;(B)2;(C)3;(D)4.解:已知三等式两两相减,得a-b=-1,b-c=-1,c-a=2.原式=12[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]=3.例2若a、b、c是不全相等的任意有理数,且x=a2-bc,y=b2-ca,z=c2-ab,则x、y、z().(A)都小于0;(B)都大于0;(C)至少有…     

以南京大学的自主招生试题为例谈一类不等式的证明

1.引例2008年南京大学自主招生考试第二大题为:设a,b,c为正数,且a+b+c=1,求(a+1/a)2+(b+1/b)2+(c+1/c)2的最小值.该题是不等式的一个常见问题,可以用基本不等式或柯西不等式求解,还可以推广为:     

妙用构造法 巧解极值题

在数学解题中,当由条件到结论的常规定向的思考方法不能解决问题时,我们只要改变思维方向,换一个角度思考,常能找到一条绕过障碍的新的途径,构造法就是这样的一种手段,从下面两道极值题解答中,可以看到妙用构造法的巧妙之处。例1 如果实数a,b,c,d满足 a~2十b~2+2a-4b+4=0, c~2+d~2-4c+4d+4=0。求u=(a-c)~2+(b-d)~2的最值。分析:该题若用常规的代数方法会到处碰壁。换一个角度看问题,用解析法考虑:注意到(a,b),(c,d)分别是圆 (a+1)~2+(b-2)~2=1, (c-2)~2+(d-2)~2=4上的任意一点,则已知条件恰是这两圆之方程,而u=(a-c)~2+(b-d)~2恰是这两点间距离的平方,构造一个几何“模型”,在这个模型     

一道例题的订正

贵刊83年第5期第28页讨论了一道例题: 例6.当(?)(4x-(ax~2-bx+c)~(1/2)=3时,求a,b。解∵(?)(4x-(ax~2-bx+c)~(1/2)=(?)(4x-(ax~2-bx+c)~(1/2)·(4x+(ax~2-bx+c)~(1/2)/(4x+(ax~2-bx+c)~(1/2)=((16-a)x-b)/(4+a~(1/2),(·) 由条件有((16-a)x-b)/(4+a~(1/2)=3,     

用“变换法”求一类有理分函数极值——对用判别式法求有理分函数极值所存在问题的讨论

对于实数集上的有理分函数y=(ax~2+bx+c)/(a'x~2+b'x+c') (1)其中分于与分母是互质的多项式(或单项式),且a与a'都不是零。关于求这类有理分函数的极值,书[1]中介绍了如下的判别式法:将(I)化归为x的二次分程:(a—a'y)x~2+(b—b'y)x+(c—c'y)=0若y有极值,x必须为实数,所以Δ=(b—b'y)~2—4(a—a'y)(c—c'y)≥0