最值问题的六种解法

<正>题目(2014年浙江省高中数学竞赛试题)设实数x,y满足方程(x+2)²+y2+y²=1,则y/x的最大值为.解法1令x=-2+cosθ,y=sinθ,θ∈[0,2π),y/x=k.则y/x=sinθ/-2+cosθ=k,即kcosθ-sinθ=2k,     

关于丢番图方程X~3±1=1267y~2的整数解

关于丢番图方程x³±1=1267y3±1=1267y²的初等解法至今仍未解决.主要利用递归序列、同余式、平方剩余、Pell方程的解的性质、Maple小程序,证明了丢番图方程x2的初等解法至今仍未解决.主要利用递归序列、同余式、平方剩余、Pell方程的解的性质、Maple小程序,证明了丢番图方程x³-1=1267y3-1=1267y²有整数解(x,y)=(1,0),(60817,±421356),而丢番图方程x2有整数解(x,y)=(1,0),(60817,±421356),而丢番图方程x³+1=1267y3+1=1267y²仅有整数解(x,y)=(-1,0).     

实数p~(1/2)+(p+k)~(1/2)是无理数的证明

<正>定理若p为半偶数,k为奇数,则槡p^(1/2)+(p+k)(1/2)+(p+k)^(1/2)是无理数.先给出半偶数的概念:能被2整除但不能被4整除的偶数称为半偶数.如2,6,10,14等.注意,定理中的半偶数的条件是必要的,否则定理不真.如4(1/2)是无理数.先给出半偶数的概念:能被2整除但不能被4整除的偶数称为半偶数.如2,6,10,14等.注意,定理中的半偶数的条件是必要的,否则定理不真.如4^(1/2)(4+5)(1/2)(4+5)^(1/2)不是无理数,原因为4不是半偶数.下面证明定理.     

一类新的二次p元Bent函数的构造

设m为正整数,n=2m,p为一奇素数,令d=pm+1/2,e|m,其中a∈F*pn,γ是Fpn中的一非平方元.本文研究了有限域Fpn上的函数F(x)=Tr1n(axpm+e+1-γdxpm+1),利用有限域上的二次型理论,证明了在m/e为奇数的条件下或m/e为偶数但a(pn-1)/(pe+1)≠1的条件下,F(x)为p元弱正则Bent函数.     

例谈一个结论的应用

<正>结论若a、b为实数,a²+b2+b²=0,则a=0且b=0.在解题中若能充分利用这一结论,将会使一些看似无从下手的问题迎刃而解,现举几例.例1已知实数x、y满足x2=0,则a=0且b=0.在解题中若能充分利用这一结论,将会使一些看似无从下手的问题迎刃而解,现举几例.例1已知实数x、y满足x²+y2+y²-zx+4y+5=0求x、y的值.分析此题为一个方程两个未知数,似乎     

一道解析几何试题的多视角探析

<正>已知椭圆C:x²/a2/a²+y2+y²/b2/b²=1(a>b>0)的离心率为32=1(a>b>0)的离心率为3^(1/2)/2,一个顶点在抛物线:x(1/2)/2,一个顶点在抛物线:x²=4y的准线上.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)设O为坐标原点,M,N为椭圆上的两个不同的动点,直线OM,ON的斜率分别为k1和k2,当k1k2=-1/4时,探讨△MON的面积是否为定值,若为定值,求出该定值.若不为定值,说明理由.     

利用齐次式解决圆锥曲线问题

<正>笔者发现若能合理构造并巧妙应用关于x、y的二次齐次式ax²+bxy+cy2+bxy+cy²能快速解决圆锥曲线的一类题,先举三个例子以此抛砖引玉.题1已知直线y=kx+4交椭圆x2能快速解决圆锥曲线的一类题,先举三个例子以此抛砖引玉.题1已知直线y=kx+4交椭圆x²/4+y2/4+y²=1于A、B两点,O是坐标原点,若k_(OA)+k_(OB)=2,求该直线方程.解设A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),     

数形结合 另解一道数学竞赛题

<正>2017年全国初中数学邀请赛第11题:已知二次函数y=x²+2mx-3m+1,自变量x及实数p、q满足4p2+2mx-3m+1,自变量x及实数p、q满足4p²+9q2+9q²=2,1/2x+3pq=1,且y的最小值为1.求m的值.解由1/2x+3pq=1可得x+6pq=2,即2p×3q=2-x.∵4p2=2,1/2x+3pq=1,且y的最小值为1.求m的值.解由1/2x+3pq=1可得x+6pq=2,即2p×3q=2-x.∵4p²+9q2+9q²=2,∴4p2=2,∴4p²+2×2p×3q+9q2+2×2p×3q+9q²=2+2×(2-x)=6-2x,即(2p+3q)2=2+2×(2-x)=6-2x,即(2p+3q)²=6-2x.     

与圆有关的最值问题的求解策略

<正>一、数形结合靠直观数形结合是解析几何的精髓.一般说来,点与圆、直线与圆、圆与圆的位置关系的最值问题,大都可以依靠几何直观轻而易举获得解决.例题1已知实数x,y满足方程x²+y2+y²-4x+1=0.求y/x的最大值和最小值.解析原方程即(x-2)2-4x+1=0.求y/x的最大值和最小值.解析原方程即(x-2)²+y2+y²=3,它表     

借助中间桥梁巧化问题

<正>1.问题提出(2011年高考湖南文第8题)已知函数f(x)=e^x-1,g(x)=-xx-1,g(x)=-x²+4x-3,若有f(a)=g(b),则b的取值范围为().(A)[2-22+4x-3,若有f(a)=g(b),则b的取值范围为().(A)[2-2^(1/2),2+2(1/2),2+2^(1/2)](B)(2-2(1/2)](B)(2-2^(1/2),2+2(1/2),2+2^(1/2))(C)[1,3](D)(1,3)2.问题解读本题属于"方程问题",而且是"超越方程",难以直接入手!一般地,解决"超越方程"往往利用转化与化归的思想,把问题转化为y=f(x)与y=g(x)的交点问题.在同一坐标系中,画出y=f     

一道三元分式不等式引出的探究

《中等数学》第681号问题为:已知a,b,c为两两不同的实数,证明:(a-b/b-c-3)²+(b-c/c-a-3)²+(c-a/a-b-3)²≥29.命题人通过换元、配方等代数方法证明,具体过程如下:设a-b=x,b-c=y,c-a=-x-y,则原不等式等价于(x/y-3)²+(y/-x-y-3)²+(-x-y/x-3)²≥29■(x/y-3)²+(y/x+y+3)²+(y/x+4)²≥29.令t=x/y,于是只要证(t-3)²+(1/t+1+3)²+(1/t+4)²≥29■(t-3)²(t+1)²t²+(3t+4)²t²+(4t+1)².     

数形结合巧解题

<正>题目已知椭圆3x²+2y2+2y²-6x=0(1)与x2-6x=0(1)与x²+y2+y²-m=0(m>0)(2)有两个不同交点,则m的取值范围是_____.错解联立(1)(2)得x2-m=0(m>0)(2)有两个不同交点,则m的取值范围是_____.错解联立(1)(2)得x²-6x+2m=0,即Δ=b2-6x+2m=0,即Δ=b²-4ac>0,∴0相似文献   

一道错题的剖析与再变

1错题由来题已知Rt△ABC的周长是4+4 3^1/2,斜边上的中线长是2,则S_△ABC=_<sub><sub><sub>.学生的解法:解法1（标准答案）:因为Rt△ABC的周长是4+4 3^1/2,斜边上的中线长是2,所以斜边长为4,设两个直角边的长为x、y,则x+y=4 3^1/2,x²+y²=16,故S_△ABC-1/4[（x+y）²-（x²+y²）]=1/4[(4 3^1/2)²-16=8.解法2:因为Rt△ABC的周长是4+4 3^1/2,斜边上的中线长是2,所以斜边长为4,设两个直角边的长为x、y则x+y=4 3^1/2,x²+y²=16,消去y得x²-4 3^1/2x     

关于本原商高数的新猜想

设a,b,c是满足a=m²-n2-n²,b=2mn,c=m2,b=2mn,c=m²+n2+n²的正整数,其中m,n是适合m>n,gcd(m,n)=1,2|mn的正整数.运用初等数论方法讨论了方程c2的正整数,其中m,n是适合m>n,gcd(m,n)=1,2|mn的正整数.运用初等数论方法讨论了方程c^x+bx+b^y=ay=a^z的正整数解(x,y,z).证明(m,n)≡(0,1),(0,5),(1,2),(2,3),(3,4),(4,1),(4,5),(5,6),(6,7)或(7,0)(mod8)时,方程无解.上述结果部分地解决了有关本原商高数的一个新猜想.     

一道定点问题的推广

<正>已知椭圆C的方程为x²/2+y2/2+y²=1,过椭圆C的右焦点F且与x轴不垂直的直线交椭圆于A、B两点,B关于x轴的对称点为点D.求证:直线AD过定点.证明设过点F(1,0)的直线AB的方程为y=k(x-1),A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),则D(x_2,-y_2).     

例谈三种最值求法

<正>根据已知等式利用基本不等式等方法求最值,是一类常见题目.本文通过三个题目归纳这类问题的三种常用解法.题1设x>0,x²+y2+y²/2=1,求x(1+y2/2=1,求x(1+y²)2)¹/2的最大值.题2设x,y为实数,4x1/2的最大值.题2设x,y为实数,4x²+y2+y²+xy=1,求2x+y的最大值.题3设正数x,y满足1/x+2/y=1,求x+y的最小值.一、基本不等式基本不等式三个使用条件"一正、二定、三取等"中"定"是关键,解题时需根据题意构造"定积"或"定和".利用基本不等式解题的模式     

系数和定值竞赛题的探究与拓展

<正>题目(2018年全国高中数学联赛甘肃预赛)已知椭圆C:x²/y2/y²+y2+y²/b2/b²=1过点M(0,2),且右焦点为F(2,0).(1)写出椭圆C的方程;(2)过点F的直线l与椭圆C交于A,B两点,交y轴于点P,若PA=m AF,PB=n BF,求证:m+n为定值;(3)在(2)的条件下,若点P不在椭圆C的     

一道高考题的探究

<正>题目(2014年北京市高考理19题)已知椭圆C:x²+2y2+2y²=4.设O为原点,若点A在椭圆C上,点B在直线y=2上,且OA⊥OB,求直线AB与圆x2=4.设O为原点,若点A在椭圆C上,点B在直线y=2上,且OA⊥OB,求直线AB与圆x²+y2+y²=2的位置关系,并证明你的结论.本题的答案是直线AB与圆x2=2的位置关系,并证明你的结论.本题的答案是直线AB与圆x²+y2+y²=2相     

整数的平方的一些性质

在国内外的数学竞赛题中,有一些题目的解法实际上只用到了整数的平方的某些性质,所涉及的知识是相当少的;但是,对于不习惯于利用这些性质的人,又会感到这些题目有一定的难度。本文打算通过一些例子,向中学生介绍这方面的解题方法。一、大家知道,所有的整数可以分为偶数和奇数两大类。偶数能表为2k的形式,奇数能表为2k 1的形式,这里k是整数。先看偶数的平方,由于(2k)~2=4k~2,可见任何偶数的平方能被4整除。再看奇数的平方,(2k 1)~2=4k~2 4k 1=4k~2(k 1) 1,由于k与k 1是相邻的两整数,故其中恰有一偶数,因此4k(k 1)能被     

一道多元函数高考题的解答策略与方法

<正>多元函数的最值问题是近几年高考、强基、竞赛考查的热点,该问题寓运算、思辨、论证于一体,其形式复杂,方法灵活多变,能有效考察同学们思维的灵活性和创造性.笔者总结多元函数求解常用的几种解法,以期为同学们学习有所帮助.例题(2020江苏高考卷第12题)已知5x²y2y²+y2+y⁴=1(x,y∈R),则x4=1(x,y∈R),则x²+y2+y²的最小值是__.