课外练习

高一年级1.已知m ,n ,p∈A ={x |x - 1|≤ 3且x∈Z}.试求logm +nP的不同值的个数 .2 .已知函数 f(x)为偶函数 ,对于定义域R内在任意x ,都有 f(x) =f( 4-x) ,且当x∈ [0 ,2 ]时 ,f(x)=1-x2 ,求x∈ [2 0 0 2 ,2 0 0 4 ]时f(x)的解析式 .3 .已知函数 f(x) =- 2x +2 ,x∈ [12 ,1] ,设 f(x)的反函数为y =g(x) ,a1 =1,a2 =g(a1 ) ,… ,an =g(an-1 ) ,求数列 {an}的通项公式高二年级1.已知函数f(x) =lg(log3 2 x -klog2 x +2 ) ,若f(x)在( 1,+∞ )上均有意义 .试求实数k的取值范围 .2 .设a∈k,函数 f(x) =ax2 +x -a ( - 1≤x≤ 1) .( 1)若 |a|≤ …     

也谈函数f(x)=sum from i=1 to n=1(︱a_ix+b_i︱)的最小值

文[1]对函数f(x)=∑ni=1aix+bi的最小值进行了研究,得到如下结论:对于函数f(x)=∑ni=1aix+bi(ai∈Q,且ai≠0,bi∈R,i∈N*),总可以写成f(x)=m1[x-x1+x-x2+…+x-xn](x1≤x2≤…≤xn,m,n∈N*)的形式.(1)若n=2k-1(k∈N*),则x=xk时,f(x)取值最小;(2)若n=2k(k∈N*),则x∈[xk,xk+1]时,f(x)取值最小.上述结论只解决了ai∈Q的情形,并要对f(x)进行变形写成m1[x-x1+x-x2+…+x-xn]的形式.为此,笔者进一步研究得到更一般结论,使得问题彻底解决.因f(x)=∑ni=1aix+bi=∑ni=1ai x+biai,所以只要研究f(x)=∑ni=1ai x-xi(ai>0,x1相似文献   

活用两个简单结论巧解两类高考试题

数学中有如下两个人人皆知的简单结论: 　　I 设f(n)=a1+a2+…+an, 　　g(n)=b1+b2+…+bn. 　　若ak=bk(k∈N),则f(n)=g(n). 　　若ak≤bk(k∈N),则f(n)≤g(n). 　　Ⅱ 设f(n)=a1a2…an,g(n)=b1b2…bn. 　　若ak=bk(k∈N),则f(n)=g(n), 　　若ak＞0,bk＞0且ak≤bk(k∈N), 　　则f(n)≤g(n). 　　利用这两个简单结论解答高考试题中与自然数n有关的不(恒)等式的证明问题,思路清晰,通俗易懂.……     

Lp范数下多元正系数代数多项式倒数对非负连续函数的逼近

设d≥1为正整数,S为Rd中的单纯形,C(S)为S上连续函数类,f(x)∈C(S),f(x)≥0,f(x) 0,p＞1,‖@‖p为通常的Lp范数,‖@‖为一致范数,则存在Pn(x)∈∏+n,d={Pn(x)Pn(x)=ak≥0},常数C＞0使‖f-1/Pn‖p≤C[ω2φ(f,/4n)+‖f‖/n],这里对k,x∈Rd,k=(k1,k2,…,kd),x=(x1,x2,…,xd),记|k|=k1+k2+…+kd,|x|=x1+x2+…+xd,xk=xk11xk22…xk11dk22,ω24(f,t)为单纯形S上关于一致范数的二阶Ditzian-Totik光滑模.     

导数与AG不等式结合解证不等式

例1设a>1,b>1,求证:b a-21 a b-21≥8(第26届独联体数学奥林匹克题)推广到一般情形有:定理1对实常数k,a,若k>1,a>0,且xi>a,n≥2,n∈N,则(令xn 1=x1)∑ni=1xikxi 1-a≥nk(k k-a1)k-1证令f(x)=x-xka(x>a)则f′(x)=kxk-1(x-a)-xk(x-a)2=xk-1[((kx--1)a)x2-ka]令f′(x)=0得x=k k-a1     

BIFURCATION SOLUTION BRANCHES AND ITS NUMERICAL ANALYSIS OF A SEMI-LINEAR ELLIPTIC PROBLEM

1　IntroductionConsider the parameter dependent equationu"+ (λ+ s(μ) ) f( u) -μsinx =0　 in ( 0 ,π)u( 0 ) =u(π) =0 ( 1 .1 )whereλ,μ∈R are parameters and f:R→R and S:R→R are smooth odd functions anda) f′( 0 ) =1 ,　　 b) f ( 0 )≠ 0 ,　　 c) s( 0 ) =0 ,　　 d) s′( 0 ) =1 . ( 1 .2 )Let S:u( x)→ u(π-x) ,Γ ={ S,I} ,then ( 1 .1 ) isΓ -equivariant.The equality ( 1 .2 a) isjust a normalization of f at x=0 .Otherwise,one may reseek the parameter x to ensure( 1 .2 a) .To simplify an…     

多元正系数代数多项式倒数对非负连续函数的逼近

设d≥1为正整数,S为Rd中的单纯形,C(S)为S上的连续函数类,f(x)∈C(S),f(x)≥0,f≠0,则文中证明存在Pn(x)∈Ⅱ+n,d={Pn(x)=∑|k|≤n akxk(1-|x|)n-|k|x∈S,ak≥ 0},绝对常数C＞0使||f-1/Pn||≤C[ωψ(f,1/√n)+||f||/√n],这里k,x∈Rd,k=(k1,k2,…,kd),x=(x1,x2,…,xd),|k|=k1+k2+…+kd,|x|=x1+x2+…+xd,xk=x1k1x2k2…xdkd,ωψ(f,t)为单纯形S上的一阶Ditzian-Totik光滑模,||f||=maxx∈S|f(x)|.     

为何少了一个值?

题目　已知关于x的函数 f(x) =2ax- 1x2 在 ( 0 ,1 ]上是增函数 ,求a的取值范围 .解法 1　由已知可得 f′(x) =2a + 2x3 .∵f(x)在 ( 0 ,1 ]上是增函数 ,∴有 f′(x) >0在 ( 0 ,1 ]上成立 ,即a >- 1x3 在 ( 0 ,1 ]上成立 .而函数 g(x) =- 1x3 在x∈ ( 0 ,1 ]上是增函数 ,且 [g(x) ]max=g( 1 ) =- 1 ,∴a >- 1 .解法 2　设 0 0恒成立 ,即　 (x2 -x1) 2a+ x1+x2x21x22>0恒成…     

考点11 递推数列及数列的应用

1.(天津卷,13)在数列{an}中,a1=1,a2=2,且an+2-an=1+(-1)n(n∈N*),则S100=.2.(北京卷,14)已知n次多项式Pn(x)=a0xn+a1xn-1+…+an-1x+an.如果在一种算法中,计算xk0(k=2,3,4,…,n)的值需要k-1次乘法,计算P3(x0)的值共需要9次运算(6次乘法,3次加法),那么计算Pn(x0)的值共需要次运算.下面给出一种减少运算次数的算法:P0(x)=a0,Pk+1(x)=xPk(x)+ak+1(k=0,1,2,…,n-1).利用该算法,计算P3(x0)的值共需要6次运算,计算Pn(x0)的值共需要次运算.3.(广东卷,14)设平面内有n条直线(n≥3),其中有且仅有两条直线互相平行,任意三条直线不过同一点.若用f(n)…     

Oscillations of Second Order Nonlinear ODE with Impulses

§ 1.Introduction　 There are a lot of good results on the oscillations of classical second-order nonlinearODE(see[1 ,2 ,3 ] ) ,but few of them are on second-order nonlinear ODE with impuls-es. Very recently,Chen and Feng[4] studied the following second-order nonlinear ODEwith impulses:x″(t) + f(t,x(t) ) =0 ,x(t+k ) =g(x(tk) ) ,x(t+0 ) =x0 ,　　t≥ t0 ,t≠ tk,k =1 ,2 ,… ,x′(t+k ) =hk(x′(tk) ) ,k =1 ,2 ,… ,x′(t+0 ) =x′0 ,(1 )and they obtained some interesting results about Eq. (1 ) .…     

连续函数的l凸性

在研究函数的性态时,笔者发现如下定义的l凸函数,它反映了函数中普遍存在的凸偏移现象.定义:设f(x)是定义在实数集D上的实值函数,常数l∈R,若对 xk∈M( D),pk≥ 0,k=1,2,…,n, (n∈N,n≥2),∑nk=1pk=1,都有f(∑ni=1pixi+l)≤∑ni=1pif(xi)则称f(x)为M上的l凸函数;当-f(x)为l凸函数时,称f(x)为M上的l凹函数.下面给出连续函数具有l凸性的两个判定定理:定理 1:设f(x)是定义在 [a,a+2l] (l>0)上的连续的增函数,则f(x)是 [a,a+l]上的l凹函数,也是[a+l,a+2l]上的(-l)凸函数.证明:设xi∈[a,a+l] (i=1,2,…,n),x1≤x2≤…≤xn,则xi+l∈[a+l,a…     

函数极值存在的一个充分条件

函数极值的必要条件是众所周知的,然而,无论是高中数学教材还是一般的工科高等数学教材,对函数极值的充分条件均没有讲解透彻,在掌握了第二充分条件f′(x0)=0且f″(x0)≠0后,自然会想到,对于f′(x0)=0且f″(x0)=0的情况又该如何,这个问题导致许多高中学生和高校学生对此类问题的疑惑与迷茫。笔者对此进行了探究,过程如下。取一组图象熟知的幂函数,考察它们在x=0处的导数、极值情况.函数f(x)-x5-x4-x3-x2x x2x3x4x5x=0时的极值无极大无极大无极小无极小无x=0时的导数f′(0)=…=f(4)(0)=0,f(5)(0)≠0f′(0)=f″(0)=f(0)=0,f(4)(0)<0f′(0)=f″…     

ON SIMULTANEOUS APPROXIMATION TO A DIFFERENTIABLE FUNCTION AND ITS DERIVATIVE BY INVERSE PAL-TYPE INTERPOLATION POLYNOMIALS

Let ξn-1<ξn-2 <ξn-2 <… < ξ1 be the zeros of the the (n -1)-th Legendre polynomial Pn-1(x) and - 1 = xn < xn-1 <… < x1 = 1 the zeros of the polynomial W n(x) =- n(n - 1) Pn-1(t)dt = (1 -x2)P'n-1(x). By the theory of the inverse Pal-Type interpolation, for a function f(x) ∈ C[-1 1], there exists a unique polynomial Rn(x) of degree 2n - 2 (if n is even) satisfying conditions Rn(f,ξk) = f(∈ek)(1≤ k≤ n - 1) ;R'n(f,xk) = f'(xk)(1≤ k≤ n). This paper discusses the simultaneous approximation to a differentiable function f by inverse Pal-Type interpolation polynomial {Rn(f,x)} (n is even) and the main result of this paper is that if f ∈ C'[1,1], r≥2, n≥ + 2> and n is even thenholds uniformly for all x ∈ [- 1,1], where h(x) = 1 +     

谈谈构造函数法的几点应用

<正>一、构造函数求解恒成立问题,弥补参数范围中的"等号"问题例1已知函数f(x)=-x3+ax2+b(a,b∈R).(1)若函数y=f(x)的图像上任意不同的两点的连线的斜率小于2,求a的取值范围分析本题学生易将图像上任意不同的两点的连线的斜率与f′(x)混为一谈,错解为:由f(x)=-x3+ax2+b得f′(x)=-3x2+2ax.∵f′(x)<2,∴3x2-2ax+2>0对一切的x∈R恒成立,从而Δ=(-2a)2-4×3×2<0,∴a2-6<0,∴-6~(1/2)相似文献   

关于正项等差数列一个不等式的加强及应用

笔者在文[1]中建立了如下不等式:命题设{an}为等差数列,且首项a1>0,公差d>0,k∈R 且k≠1,n>1,则1d(1-k)(a1n- 1k-a11-k)<∑ni=11aik0,公差d>0,k∈R ,且k≠1,n>1,则1d(1-k)1akn- 11-a11k-1 21a11k-a1nk 1<∑ni=11aik0),则f′(x)=-xkk 1<0,f″(x)=k(kxk 21)>0,故函数f(x)在(0, ∞)内单调递减且严格下凸.设y=f(x)的图形为曲线C,作直线x=ai和直线x=ai 1,分别与曲线C和x轴正半轴相交于Pi,…     

一道数学分析试题的注记

东北师范大学 1 981年研究生入学考试数学分析科目有这样一道试题[1] ,为方便起见 ,我们以命题形式给出 .命题 1　若 f′( x)在 [a,b]上连续 .对任意自然数 n且 0≤ k≤ n,令xk=a+kb-an ,r( n) =b-an ∑nk=1f( xk) -∫baf( x) dx,则limn→∞nr( n) =b-a2 [f ( b) -f ( a) ]. ( 1 )证　因为r( n) =b-an ∑nk=1f ( xk) -∑nk=1∫xkxk-1f ( x) dx=∑nk=1∫xkxk-1[f( xk) -f( x) ]dx=∑nk=1∫xkxk-1∫xkxf′( t) dt dx,交换二次积分的积分次序 ,于是r( n) =∑nk=1∫xkxk-1f′( t) dt∫txk-1dx=∑nk=1∫xkxk-1( t-xk- 1) f′( t) dt.由于 t-xk- 1…     

错题、错解、巧解

错题 :数学通讯 2 0 0 3第 1 0期有这样一道新编综合题 :已知函数f(x) =-x3+ax2 +b(a ,b∈R)1 )若函数 y =f(x)图象上任意不同两点的连线斜率小于 1 ,求证 :-3   

On approximation of smooth functions from null spaces of optimal linear differential operators with constant coefficients

For a real valued function f defined on a finite interval I we consider the problem of approximating f from null spaces of differential operators of the form Ln(ψ) = n ∑ k=0 akψ(k), where the constant coefficients ak ∈ R may be adapted to f . We prove that for each f ∈ C(n)(I), there is a selection of coefficients {a1, ,an} and a corresponding linear combination Sn( f ,t) = n ∑ k=1 bkeλkt of functions ψk(t) = eλkt in the nullity of L which satisfies the following Jackson’s type inequality: f (m) Sn(m )( f ,t) ∞≤ |an|2n|Im|1/1q/ep|λ|λn|n|I||nm1 Ln( f ) p, where |λn| = mka x|λk|, 0 ≤ m ≤ n 1, p,q ≥ 1, and 1p + q1 = 1. For the particular operator Mn(f) = f + 1/(2n) f(2n) the rate of approximation by the eigenvalues of Mn for non-periodic analytic functions on intervals of restricted length is established to be exponential. Applications in algorithms and numerical examples are discussed.     

切比雪夫定理的初等证明

记 Tn( x) =cos( narccosx) ,这是一个首项系数为 2 n- 1的关于 x的 n次多项式 ,称为切比雪夫多项式 .在函数逼近论中 ,切比雪夫用连续函数的方法证明了一个基本结果 :定理 1 (切比雪夫 )　记Ωn={f( x) | f( x) =xn+ an- 1xn- 1+… + a1x+ a0 ,a0 ,a1,… ,an- 1∈R},则对任意 f( x)∈ Ωn,都有 max- 1≤ x≤ 1| f( x) |≥ 12 n- 1,且等号成立当且仅当 f( x) =12 n- 1Tn( x) .容易证明定理 1等价于下面的 :定理 2　记Mn={f ( x) | f ( x) =anxn+… + a1x+ a0 ,a0 ,a1,… ,an∈ R ,且当 - 1≤ x≤ 1时 ,| f ( x) |≤ 1 },则对任意 f( x)∈ …     

2004年第五期初中数学问题参考解答

一、求证 :f(n) =an + 2 +(a +1 ) 2n + 1被a2 +a +1整除 ,其中a是整数 ,n是自然数 .证明 :( 1 )当n =0时 ,f( 0 ) =a2 +(a +1 ) =a2 +a+1能被a2 +a +1整除 .( 2 )假设当n =k时 ,f(k) =ak+ 2 +(a +1 ) 2k+ 1能被a2 +a +1整除 .当n =k +1时 ,有f(k +1 ) =ak+ 3 +(a +1 ) 2 (k + 1) + 1=a·ak + 2 +(a+1 ) 2k+ 1·(a+1 ) 2=a·ak+ 2 +a2 ·(a +1 ) 2k + 1+2a·(a +1 ) 2k+ 1+(a+1 ) 2k + 1=[a·ak+ 2 +a·(a +1 ) 2k+ 1]+[a2 (a +1 ) 2k+ 1+a·(a +1 ) 2k + 1+(a+1 ) 2k+ 1]=a[ak + 2 +(a+1 ) 2k + 1]+(a +1 ) 2k + 1·(a2 +a +1 ) .∵a是整数…