一个最值问题的探究

问题1已知二次函数f（x）=ax^2＋bx＋c（b〉a）对于任意实数x都有f（x）≥0,求a＋b＋c/b-a的最小值．     

数学问题解答

1561 已知函数y=f（x）=ax^2＋bx＋c，其中a〉b≥0〉c，a＋b＋c=0，（1）试证：方程f（x）=-a有实数根，（2）设方程f（x）=-a的两实根为x1，x2，问能保证f（x1＋m）和f（x2＋m）中至少一个为正数的实数m是否存在？若存在，确定m的取值范围。     

在分析中发现,在反思中探究——对一个问题的探索历程

问题：已知f（x）=ax~2＋bx＋c（a≠0）,且方程f（x）=x无实数解,下列命题：①方程f[f（x）]=x也一定没有实数解;②若a〉0,则不等式f[f（x）]〉x对一切实数x都成立;③若a〈0,则必存在实数x_0,使f[f（x_0）]④若a＋b＋c=0,     

构造二次函数巧证一道国际竞赛题

进入初三年级,我们学习了二次方程ax^2＋bx＋c=0根的判别式△=b^2-4ac,学习了二次函数f（x）=ax^2＋bx＋c与x轴有无交点的判别方法,将二次函数f（x）=ax^2＋bx＋c化简变形得到f（x）=a[（x＋b/2a）^2-△/4a^2],当a〉0,△=b^2-4ac≤0时,有f（x）≥0．     

对称性在定积分计算中的应用

设f（x）和g（x）在[a,b]上连续,f（x）关于点（（a＋b）／2,c）对称,g（x）关于直线x=（a＋b）／2对称,根据定积分的性质,通过变量代换,可证∫a ^bf（x）g（x）dx=c∫a^bg（x）dx,,该结论及其推论可用以简化定积分计算,实例说明其应用．     

一道美国竞赛题的“歪想正着”

第15届美国数学邀请赛有这样一道试题：已知a,b,c,d均为非负实数,f（x）=ax＋b/cx＋d,x∈R.且f（19）=19,f（97）=97.若当x≠-d/c时,对于任意的x∈R,都有f（f（x））=x,试求f（x）值域外的数.     

对一道数学题的分析与反思

题目已知二次函数f（x）对任意x∈R都有f（1-x）=f（1＋z）成立．设向量a=（sin x,2）,b=（2sinx,2^-1）,c=（cos2x,1）,d=（1,2）．当x∈[0,π]时,求不等式f（a·b）〉f（a·d）的解集．     

一道联考题的求解历程

题目（2014届江苏省泰州市高三上学期期末第14题）已知函数f（x）=3x＋a和g（x）=3x＋2a的零点都在区间（b,c）内,     

函数对称性及简单应用

性质1y=f(x)关于x=a轴对称<=>f（a＋x）＝f（a—x）（或f（x）＝f（2a-x)，f(-x)=f2＋x)等)性质2y=f(x)关于（a，b)中心对称<=>f(a＋x) f(a－x）=2b（或f(x)＋f（2e-x）＝2b，f（-x） f（2a＋x）＝2b等）特别地有：（1）y=f(x)关于（a，0）对称b八a＋x）—一人a－x）（或人x）—一人如一动，人一X）—一人加十X）等）（2）y一人工）关于（0，b）对称白人工）＋＊（一X）一Zb证明1．y一人工）关于x＝a轮对称hoJ一人。＋＊关于x—0对称edy一人x＋a）为偶函数今户八一x＋a）一人x＋。），通过提元面得人）一人加一），人一）一八b＋＊等．2．…     

一道习题引发对减元策略的探究

问题提出 已知对任意实数r,二次函数f（x）=ax2＋bx＋c恒非负,若a〈b,则M=a＋b＋c/b-a的最小值等于____．     

2007年江苏高考数学压轴题的巧思妙解

题目 已知a，b，c，d是不全为零的实数，函数f（x）=bx^2＋cx＋d，g（x）=ax^3＋bx^2＋cx＋d．方程f（x）=0有实数根，且f（x）=0的实数根都是g（f（x））=0的根；反之，g（f（x））=0的实数根都是f（x）=0的根     

一个定理的进一步推广

文[1]给出了一个定理：若f（x）是[a，b]上的增函数，x＋f（x）=m，x＋f^-1（x）=m的两根分别为a，b，则口a＋b=m．     

一个不等式的巧证

设a，b，c∈R，且a＋b＋c＞0，ab十bc ca＞0，abc＞0，柬：a＞0，b＞0，c＞0．此题在分种参考书中曾出现过，原证法都是用反证法证明的．这里结出一种简捷的巧证．设f(x）=（x＋a）（x＋b）（x＋c）＝x‘＋（a＋b＋c）x3＋（ab bc ca）x＋abc从尾舟式来看，显然当X＞ow人X）＞o．意味着y一八X）的图象更X轴的正半细无交点，而y一人x）弓xs青三个交点（－a，0），（－b，0），（－C，0），所以必有一a＜0，一b＜0，－c＜0即a＞0，b＞0，c＞0．一个不等式的巧证@周满庭$安徽省宣城中学!242000…     

不等式背景下的函数求值问题

众所周知,不等式a≤c≤a中蕴涵着等量关系c=a,不等式g（x）≤f（x＋k）-f（x）≤g（x）（x∈R）中蕴涵着等量关系f（x＋k）-f（x）-g（x）．若函数g（x）已知,再给出f（x0）的值以及n（n∈R且n≥2）,就可以求出f（x0＋nk）=f（x0）＋∑i=0^n-1g（x0＋ik）这一函数值．     

On quasi-reduced quadratic forms

With the help of continued fractions, we plan to list all the elements of the set Q△ = {aX2 ＋ bXY ＋ cY2 ： a,b, c ∈Z, b2 - 4ac = △ with 0 ≤ b 〈 √△}of quasi-reduced quadratic forms of fundamental discriminant △. As a matter of fact, we show that for each reduced quadratic form f = aX2 ＋ bXY ＋ cY2 = （a, b, c） of discriminant △〉0（and of sign σ（f） equal to the sign of a）, the quadratic forms associated with f and defined by {〈a＋bu＋cu2,b＋2cu.c〉},with 1≤σ（f）u≤b/2｜c｜ （whenever they exist）, 〈c,-b-2cu,a＋bu＋cu2〉 with b/2｜c｜≤σ（f）u≤[w（f）]=[b＋√△/2｜c｜], are all different from one another and build a set I（f） whose cardinality is #I（f）={1＋[ω（f）],when（2c）｜b,[ω（f）],when （2c）｜b. If f and g are two different reduced quadratic forms, we show that I（f） ∩ I（g） = Ф. Our main result is that the set Q△ is given by the disjoint union of all I（f） with f running through the set of reduced quadratic forms of discriminant △〉0. This allows us to deduce a formula for #（Q△） involving sums of partial quotients of certain continued fractions.     

对一道函数题解法的思考

2007年5月《数学通讯》第9期“综合题新编”题141： 已知函数f（x）=ax^3＋bx^2-x＋c（a，b，c∈R且a≠0）     

对一道有趣不等式的深入探究

有这样一道吸引大家眼球的有趣不等式试题：问题1设正实数a,b,c满足abc=1,求证：a2＋1（1/2）＋b2＋1（1/2）＋c2＋1（1/2）≤2（1/2）（a＋b＋c）1本刊文[1]通过构造函数f（x）=x2＋1（1/2）-2（1/2）x-2（1/2）2lnx（x〉0）,借助二阶导数和三元均值不等式给出一个证明.是否有更简单、更初等（即不用导数）的证明呢？笔者经过思考发现,借助平方差公式和二元均值不等式,最终可以获得一个简单、     

利用导数值域求割线斜率值域的探讨

问题 已知函数f（x）=-＋x3＋ax2＋b（a,b∈R）,若函数y=f（x）的图象上任意不同两点连线的斜率小于2,求a的取值范围．     

对一道习题的思考

从相关习题出发，借助夹逼定理可证明：lim n→∞（b1a^n1＋b2a^n2＋…＋bma6n m）1/n=max{a1,a2,…,am}；设函数φ（x）,f（x）在[a,b]上都是正连续函数，则有lim n→∞{∫^b aφ（x）[f（x）]^n dx}^1/n=max a≤x≤b{f（x）}     

一类最值题的命制及其求解

第20届伊朗数学竞赛中有如下一道三元不等式题：已知a,b,c为正实数,a2＋b2＋c2＋abc=4,求证：a＋b＋c≤3.如果退化为二元情况,不妨令c=b,则题设条件变为a2＋2b2＋ab2=4（＊）,整理得a＋b2=2,在此式中再分别令a=x＋y/2,b=xy（1/2）或者a=2x＋y/3,b=xy（1/2）等,并代入后进行整理,就得到下列几道最值题：问题1已知x,