浅谈求函数y=a1x2+b1x+c1/a2x2+b2x+c2值域的判别式法

函数y=a1x2+b1x+c1/a2x2+b2x+c2值域的求法,很多资料上给出方法是判别式(即△)法,而一旦自变量的范围给以限定,当△法失效时,还有其他方法吗?一般资料上就避而不谈了.要全面系统解决函数y=a1x2+b1x+c1/a2x2+b2x+c2值域的问题,本文以为需解决以下三个事情:①判别式法的过程和依据,②自变量有限制时还能用判别式法吗?③自变量有范围限制,问题可以归结为三类常见函数:反比例函数;y=t+c/t(c＞0);y=t+c/t(c＜0)的值域求法.     

关于不定方程y(y+1)(y+2)(y+3)=4n~2x(x+1)(x+2)(x+3)

设1n∈N*,运用Pell方程的一些结果以及代数数论和p-adic分析方法证明了不定方程y(y+1)(y+2)(y+3)=4n~2x(x+1)(+2)(x+3)(x,y∈N*)除开n=1189时仅有一组解(x,y)=(33,1680)外,无其他解.     

关于不定方程5x(x+1)(x+2)(x+3)=9y(y+1)(y+2)(y+3)

运用pell方程、递归序列、二次平方剩余的方法,并使用数学软件Mathematica的计算,求出了丢番图方程5x(x+1)(x+2)(x+3)=9y(y+1)(y+2)(y+3)的所有20组整数解,其中只有一组正整数解为(x,y)=(6,5).     

关于不定方程3x(x+1)(x+2)(x+3)=10y(y+1)(y+2)(y+3)

通过利用pell方程、递归序列、平方剩余、Legendre符号、同余关系等初等证明方法,并利用Mathematica软件对Legendre符号等进行计算,证明了方程3x(x+1)(x+2)(x+3)=10y(y+1)(y+2)(y+3)共有16组整数解,并且无正整数解.     

关于丟番图方程x(x+1)(x+2)(x+3)=27y(y+1)(y+2)(y+3)

先后运用了pell方程、勒让德符号,同余关系,递归序列、二次平方剩余,分类讨论的有关方法,并通过使用数学软件Mathematica进行计算,证明了以下结论:不定方程x(x+1)(x+2)(x+3)=27y(y+1)(y+2)(y+3)没有正整数解,并找出了该方程的全部16组整数解.     

无理函数y=(√a1x+b1)+(√a2x+b2)的最值求法

无理函数y=(√a1x+b1)+(√a2x+b2)(a1,a2,b1,b2均不为0)(1)的最值问题,是代数中较为典型的一类最值问题之一.当a1a2≥0时,函数(1)为单调函数,求出定义域后利用单词性很容易确定最大值和最小值.但当a1a2＜0时,函数(1)最值的求解具有一定的难度.     

Boundedness properties of the difference equation x n+1=(α+βx n +δx n−2)/(x n−1)

Consider the third-order difference equation x _n+1 = (α+βx _n +δx _n ? 2)/(x _n ? 1) with α ∈ [0,∞) and β,δ ∈ (0,∞). It is shown that this difference equation has unbounded solutions if and only if δ>β.     

函数g(x)=(1+1/x)x+1的性质及其应用

近年高考时常出现与函数f(x)=(1+1/x)x(x>0)有关的压轴题,如2007年四川理科卷的第22题及2001年全国理科卷的第20题,这两道题都涉及了函数f(x)的相关性质.有关函数f(x)=(1+1/x)x(x>0)的两个重要性质以及结论,文献[1]中给出了总结和证明:     

一个重要函数不等式x/(x+1)≤ln(1+x)≤x及其应用

在导数的应用里很容易得到这样一个重要不等式x/(x+1)≤ln(1+x)≤x,(x＞-1,当且仅当x=0时取等号),通过利用这个不等式或者它的等价变形可以用来证明一些数列不等式或者函数不等式的问题,下面搜集了在近年来的部分省份高考试题中的一些应用.例1 (2008年山东理21)已知函数f(x)=1/(1-x)n+aln(x-1),其中n∈N*,a为常数.(Ⅰ)当n=2时,求函数f(x)的极值;(Ⅱ)当a=1时,证明:对任意的正整数n,当x≥2时,有f(x)≤x-1.     

关于(∫10 ln(1+x)/1+x2 dx)计算的历史注记

我们在数学分析或高等数学课本中常常遇到定积分∫01 ln(1+x)/1+x2 dx,所用方法是将其转化为含参变量积分∫01 ln(1+x)/1+x2 dx.美国数学家和数学史家M@克莱因说得好,学生在课堂上遇到的困难,历史上的数学家也同样会遇到[1].而今天,这个定积分的历史已经鲜为人知.本文对此作一考察,以供教学参考.     

关于Diophantine方程x3+1=py2

在素数p=3（8t＋4）（8t＋5）＋1和p=3（8t＋3）（8t＋4）＋1的情形下,运用初等数论的方法给出了丢番图方程x3＋1=py2无正整数解的充分条件,并得到无数个6k＋1型的素数p使得方程x3＋1=py2无正整数解.     

連乘積(x+a_1)(x+a_2)…(x+a_n)的一種算法

由實際乘法,自然可展開(x+a_1)(x+a_2)…(x+a_n),下面討論一個計算這種連乘積的公式爲以後叙述簡便計,茲約定: 1) R_K~((O))=1,K=1,2,…,n。 2) 當i≠0時,R_K~((i))代表所有可能的al_1,al_2…al_i;型之項(即共為i個a之積)之和,但須:     

从(x±1)(x~2±x+1)=x~3±1谈起

乘法公式中有 (x+1)(x~2-x+1)=x~3+1,(x-1)(x~2+x+1)=x~3-1。等式两边互换,就得到因式分解 x~3+1=(x+1)(x~2-x+1),x~3-1=(x-1)(x~2+x+1)。进而有 x~4+1=(x+1)(x~3-x~2+x-1),x~4-1=(x-1)(x~3+x~2+x+1)。推广这些公式,可以得到定理1 (1)对任意正整数n,有 x~n-1=(x-1)(x~(n-1)+x~(n-2)+…+x+1)     

不定方程x1+x2+…+xn=m的解的个数及在计数问题中的作用

不少计数问题归结为不定方程 x1+ x2+… + xn =m在特定条件下的解的个数问题便迎刃而解 .本文研究不定方程 x1+ x2 +… + xn =m在有关条件下的解的个数问题 ,并举例说明其在计数问题中的应用 .(注 :文中约定 :当 m 相似文献   

A Note on the Recursive Sequence x n + 1 = p k x n + p k − 1 x n − 1 +...+ p 1 x n − k + 1

We present some comments on the behavior of solutions of the difference equation where p _i 0, i = 1,..., k, k N, and x _–k ,..., x _–1 R.     

活用点（x1＋x2，x1x2）的轨迹方程解题

在学习直线与圆锥曲线的位置关系时,不少学生使用韦达定理具有一定的盲目性.特别是遇到较复杂的问题时,更是如此.对此,在教学中我们给学生装上“轨迹思想”的方向盘,使问题有了很好的解决.我们引入弦的端点坐标(x1,y1),(x2,y2),构造点(x2+x2,x1x2),或点(y1+y2,y1y2),先求出点的轨迹方程,再结合韦达定理求出该点的坐标,代入所求轨迹方程,或利用点的存在域x1x2≤14(x1+x2)2,然后求解.这样处理,思路清晰,许多问题迎刃而解.例1已知A,B为抛物线y2=2px(p>0)上两点,且OA⊥OB,原点O在AB上的射影为D(2,1),求此抛物线方程.解设A,B的坐标分别为(x1…     

超椭圆曲线y~k=x(x+1)(x+3)(x+4)上的有理点

针对超椭圆曲线y~k=x(x+1)(x+3)(x+4)上是否存在有理点这一问题,运用了分类讨论的方法求解出当k≥3且k≠4时,该超椭圆曲线上的有理点只有(0,0);(-1,0);(-3,0);(-4,0).     

椭圆曲线y~2=(x+2)(x~2-2x+15)的正整数点

利用初等方法证明了椭圆曲线y~2=(x+2)(x~2-2x+15)无正整数点.     

椭圆曲线y~2=(x+2)(x~2-2x+43)的整数点

利用初等方法证明了椭圆曲线y~2=(x+2)(x~2-2x+43)仅有整数点(x,y)=(-2,0).