不等式F(x)·(Φ(x))~(1/2)≥0的解法探讨

例　解不等式(ｘ - 4)ｘ2 - 3ｘ - 4≥ 0 .错解 :原不等式等价于不等式组 :ｘ - 4≥ 0 ,ｘ2 - 3ｘ - 4≥ 0 ,即 ｘ≥ 4,ｘ≥ 4或ｘ≤ - 1,解得ｘ≥ 4,∴原不等式的解集为 {ｘ|ｘ≥ 4} .剖析　显然当ｘ =- 1时 ,原不等式也成立 .为什么漏掉ｘ =- 1这个解呢 ?究其原因是忽略了原不等式中的“≥”号具有不等和相等的双重性 .要注意 :同解定理“不等式Ｆ(ｘ)·Φ(ｘ) >0与不等式组Ｆ(ｘ) >0Φ(ｘ) >0 同解”中的不等号是“ >” ,而不是“≥” .下面介绍三种可以防止错解的简便方法 ,供读者参考 .1　符号分解　符号“≥”是由“ >”与“ =”复合…     

一类绝对值不等式(方程)的特殊解法

解绝对值不等式,一般方法总是设法先去掉绝对值符号,变成普通不等式来解。但是,在特殊情况下,还可以用更简捷的方法来解。请看下面的定理(以下的关系符号“∨”,表示“>”,“<”,“≥”,“≤”…中的任一种)。定理.如果f(x)+φ(x)≥0,则不等式|f(x)|∨φ(x)与不等式f(x)∨φ(x)同解。     

不等式f(x)(g(x))～(1/2)≥0的错解与正解

对于形如 ｆ(ｘ)ｇ(ｘ) ≥ 0的不等式 ,同学们常转化为不等式组 ｆ(ｘ)≥ 0 ,ｇ(ｘ)≥ 0 ,由于与原不等式不同解而产生漏解 .究其原因是忽视了这类不等式的特殊性 ,原不等式中的“≥”具有相等与不等的两重性 .下面举一例加以剖析 .例题　解不等式 (ｘ - 1) ｘ2 -ｘ - 2 ≥ 0 .错解　错解 1:原不等式可化为ｘ - 1≥ 0 ,ｘ2 -ｘ - 2≥ 0 ,解得ｘ≥ 2 .故原不等式的解集是 {ｘ|ｘ≥ 2 } .剖析　显然当ｘ =- 1时 ,原不等式也成立 ,漏掉ｘ =- 1这个解 .究其原因忽略了不等式“≥”具有相等与不等的两重性 .事实上 ,不等式 ｆ(ｘ)ｇ(ｘ)≥ 0与 ｆ…     

不等式F（x）·（φ（x）)~(1/2)≥0解法探讨

引例解不等式 . 错解原不等式等价于不等式组: 即 解得x≥4, ∴ 原不等式的解集为{x|x≥4}. 剖析显然当x=-1时,原不等式也成立.为什么漏掉x=-1这个解呢?究其原因是忽略了原不等式中的“≥”号具有不等和相等的双重性.要注意:同解定理“不等式F(x) 与不等式组 同解”中的不等号是“>”,而不是“≥”.     

对《一类绝对值不等式(方程)的特殊解法》的一点意见

《中学数学》1 9 83年第4期上《一类绝对值不等式(方程)的特殊解法》一文中,介绍了一个定理。 定理如果厂(‘)十叫x))o,则不等式}f(‘)I丫印(、)与不等式f(x)V甲(x)同解。(符》O”〔1)改为“f(x)+印(x)>o,,(2)或改为 “脚f(万)、n甲(x)》0(m、儿>0刘.于(1),我们有,n>”)”。气“V”镇”,表示“>”,“<,,,“》,,、中、的任一种) 定理1}f(x)!夕甲( 证明如果f(x)+甲执)>0,则不等式x)与不等式厂(x))甲(二)同汗。·:}厂(x)l》印(x),即厂(x)乒印(x)来解 这里要指出的是,当这个定理中的“V”为“>”,“<”,“(”时,此定理是成立的,当“丫”为“》…     

辨析函数中易混淆的三对概念

1函数的定义域为A与函数在A上恒有意义两个概念十分相似,易误认为是同一个问题,事实上“函数在A上恒有意义”中的A是f(x)的定义域的一个子集,是不等式恒成立问题;而“函数的定义域为A”中的A是函数的定义域,其解法是已知不等式的解集求参数问题.例1(1)已知函数f(x)=1 2x 3xa的定义域为(-∞,1],求a的值;(2)已知函数f(x)=1 2x 3xa在(-∞,1]上恒有意义,求a的取值范围.解(1)由题意,不等式1 2x 3xa≥0的解集为(-∞,1],即a≥-[(31)x (23)x]的解集为(-∞,1],令g(x)=-[(31)x (32)x],易知g(x)在(-∞, ∞)上是单调增函数,∴g(x)max=g(1),所以不等式…     

综合题新编选登

题 6 9　 已知函数 f(x) =4x -ax2 + 1在区间 [α ,β]上为增函数 ,且 f(α)·f(β) =- 4.1)求 f(β) - f(α)的最小值及取到最小值时a的值 ;2 )求α ,β的值 (用a表示 ) .解　 1) f(x)在 [α ,β]上为增函数 ,且f(α)·f(β) =- 4<0 .∴ f(β) >0 >f(α) .则f(β) - f(α) =f(β) + [- f(α) ]≥ 2 - f(α)·f(β) =4 .“ =”成立时有 f(β) =- f(α) =2 .由 f(β) =2 ,得4 β -aβ2 + 1=2 ,∴ -a =2 (β - 1) 2 ≥ 0知a≤ 0 ;由 f(α) =- 2 ,得4α -aα2 + 1=- 2 ,∴a =2 (α + 1) 2 ≥ 0知a≥ 0 .则 f(β) - f(α)取最小值时a =0 .2 )首…     

方程+f(x)■+g(x)=p(t)的调和解

本文不作假设integral from 0 to ±∞ (f(x)+|g(x)|dx=±∞),得到方程(?)+f(x)(?)+g(?)=p(t)调和解的存在性,以及当integral from 0 to ±∞(g(x)dx=+∞时,其解的正向有界性和当g(x)=x,f(x)>0时,其调和解的渐近稳定性、唯一性。     

不等式问题错解八例

本文列出八道不等式问题的错误解答 ,他们集中反映了中学生学习不等式时常犯的错误 ,你能知道错在哪里吗 ?正确解法又是什么 ?今后如何避免类似错误的发生 ?请先独立思考 ,然后再看错解分析与正确解答 .1)已知x ,y∈R+ ,且x +y =9,求 1x+9y的最小值 .错解 :∵ 1x +9y ≥ 2 1x·9y =6xy≥6x +y2=12x +y=129=43 ,∴ 1x+9y min=43 .2 )已知 0 0 ,∴m +8mx -x2 =m -x +x +8x(m -x) ≥ 33 (m -x)·x· 8x(m -x) =6,∴ m +8mx -x2 min=6.3 )不等式 (a2 -9)x2 +2 (a -3 )x -2 …     

一个代数不等式的再研究

文 [1]发表了宋庆老师新发现的一个代数不等式及其证明 .笔者发现此代数不等式的背后蕴含着更一般的结论 .同样可利用幂函数的单调性来证明下面的定理成立 .定理 1　若ｘ ,ｙ ,ｚ∈Ｒ .则ｘｍ(ｘｎ- ｙｎ) ｙｍ(ｙｎ-ｚｎ) ｚｍ(ｚｎ-ｘｎ)≥ 0(1)其中ｍ·ｎ≥ 0 ;当ｍ·ｎ≤ 0时 ,不等式 (1)反向 .等号当且仅当ｘ =ｙ =ｚ或ｍ =0或ｎ =0时成立 .证　设ｘ≥ｙ >0 ,ｘ≥ｚ >0 .当ｍ·ｎ≥ 0时1)若ｍ≥ 0且ｎ≥ 0 ,则ｘｍ≥ｚｍ>0 ,ｘｎ≥ｙｎ>0 ,即ｘｎ- ｙｎ≥ 0 ,故ｘｍ(ｘｎ- ｙｎ)≥ｚｍ(ｘｎ- ｙｎ) ;2 )若ｍ≤ 0且ｎ≤ 0 ,则 0 <ｘ…     

剖析命题修正结论完善简解

文[1]给出了如下命题:命题如果x＞0时,f(x),g(x)连续可导,且limx→0f(x)=limx→0g(x),则当x≥0(或x＞0)时,若f(x)≥g(x)恒成立,那么f′(x)≥g′(x)恒成立.并利用该命题简解了一类高考压轴题:“对(A)x≥0,f(x)≥g(x)或f(x)≤g(x)恒成立,其中f(x)或g(x)含参数a,试确定参数a的取值范围.”简解的思路是:对(A)x≥0,只要对f(x)≥g(x)或f(x)≤g(x)两边取导数,再从f′(x)≥g′(x)或f′(x)≤g'(x)中分离出参数a,转化为最值问题.     

不等式的解法及其应用

解不等式的基本思想是化归转化 ,其理论依据是不等式的性质 .要熟练掌握以下几类不等式的解法 :1)一元一次、一元二次不等式的求解要准确、熟练、迅速 ,这是解其他不等式的基础 .2 )关于一元高次不等式 ,一般应先分解因式 ,再利用序轴法求解 .3)关于分式不等式 ,可先化为 ｆ(ｘ)ｇ(ｘ) >0或ｆ(ｘ)ｇ(ｘ) <0 ,再转化为整式不等式求解 :ｆ(ｘ)ｇ(ｘ) >0 ｆ(ｘ)·ｇ(ｘ) >0 ,ｆ(ｘ)ｇ(ｘ) <0 ｆ(ｘ)·ｇ(ｘ) <0 .4 )关于无理不等式 ,应转化为有理不等式求解 .ｆ(ｘ) >ｇ (ｘ ) ｇ(ｘ)≥ 0 ,ｆ(ｘ) >ｇ2 (ｘ) 或ｇ(ｘ) <0 ,ｆ(ｘ)≥ 0 .ｆ(ｘ…     

函数不等式e~x≥x+1及其变形在高考压轴题中的应用

1.不等式ex≥x+1(x∈R)的证明记f(x)=ex-x-1,则f′(x)=ex-1.令f′(x)=0得x=0,当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0,当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,∴f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增,∴f(x)在R上的最小值为f(0)=0,∴ex≥x+1(x∈R),当且仅当x=0时等号成立.     

用求导法解2001年高考第20(Ⅱ)题

20 0 1年高考数学试卷理科第 2 0 ( )题为 :已知 r、m、n是正整数 ,且 1( 1 n) m .标答中是应用二项式定理来解 ,多数考生是用均值不等式法 (见本期 P4 2 ) .这里给出构造辅助函数和用求导的方法 .解∵　 11,∴　 f′( x) <0 ,则　 f( x)为单调递减函数 .又　 2≤ m ln( 1 n)n ,nln( 1 m) >mln( 1 n) .故…     

“三招齐下”破解含参数函数的导数应用的题

导数在高中数学中可以说是“叱咤风云”,具有深刻的内涵与丰富的外延,在应用中显示出独特的魅力和势不可挡的渗透力.导数是解决函数、方程、不等式、数列和曲线等问题的利器,是沟通初等数学与高等数学的桥梁.以函数为载体,以导数为工具,考查函数性质及导数应用为目标,是最近几年函数与导数交汇试题的显著特点和命题趋向.对导数应用的考查的广度和深度也在不断拓宽、加深.尤其是运用导数确定含参数函数的参数取值范围的问题,这类问题不仅综合性强、难度高,而且解题思路妙、方法巧,学生不容易掌握.例1(2010年全国Ⅱ理科)设函数f(x)=1-e(-s)(Ⅰ)证明:当x＞-1时f(x)≥者;(Ⅱ)设当x≥0时f(x)≤x/(ax+1),求a的取值范围.参考答案(Ⅰ)要证明当x＞-1时,f(x)≥x/(x+1),只需证明ex≥1+x.令g(x)=ex-x-1,则g′(x)=ex-1.当x≥0时,g′(x)≥0,g(x)在[0,+∞)是增函数;当x≤0时,g′(x)≤0,g(x)在,(-∞,0]是减函数.于是g(x)在x=0处达到最小值,因而当x∈ R时,g(x)≥g(0),即es≥1+x.所以当x＞-1时,f(x)≥x/(x+1).     

此类“抽象函数”竟是“具体函数”

最近办公室里“吵得不可开交”,“罪魁祸首”是下面这道月考题:题1函数f(x)是定义在(0,+∞)上的减函数,对任意的想x,y∈(0,+∞),都有f(x+y)=f(x)+f(y)-1,且f(4)=5.(1)求f(2)的值;(2)解不等式f(m-2)≥3.参考答案:(1)因为f(4)=f(2+2)=2f(x)-1=5,所以f(2)=3.     

上期课外练习解答

高一年级1.∵　f(2 ) =f(1)·f(1) =1,f(3 ) =f(1)·f(2 ) =1,f(4 ) =f(3 )·f(1) =1……由归纳得f(1) =f(2 ) =f(3 ) =… =f(2 0 0 3 ) =1.∴　原式 =1.2 .当x为非零实数 ,故　f(x + 1) =f(x)·f(1) 　f(x + 1)f(x) =f(1) =3 ,故　f(2 )f(1) + f(4 )f(3 ) +… + f(2n)f(2n -1) =3n .∴　n =667.3 .f(x) =a + 1-2ax + 2 欲使f(x)在 (-2 ,+∞ )上是增函数 ,只须使 1-2a <0 ,故a的取值范围是 (12 ,+∞ ) .高二年级1.记f(x) =x2 -2x +a ,g(x) =x2 -2bx + 5由函数图象易知A B f(1) =a -1≤ 0 ,f(3 ) =3 +a≤ 0 ,且 g(1) =6-2b≤ 0 ,g(3 ) =1…     

争鸣

问题　　问题61　笔者在教学中,遇到了这样一个有趣的问题,同学们给出了三种不同的解法,都认为自己的解法有道理.然后,我们几个老师在一起讨论,也有所分歧.现请贵刊予以讨论.题目　设函数y=F(x) ,其定义域为[0 ,+∞) ,值域为R,已知F(x2 - 2 mx+ m+ 2 )的值域为R,求m的取值范围.解法1　令f(x) =x2 - 2 mx+ m+ 2 ,则可转化为对任意x∈R,f(x)≥0恒成立.故Δ=4 m2 - 4(m+ 2 )≤0 ,∴- 1≤m≤2 .解法2　由题意,y=f(x)的图象与直线y=0相切,即f(x)的最小值为0 (x∈R) .故Δ=4 m2 - 4(m+ 2 ) =0 ,∴m=- 1或m=2 .解法3　由题意,只要保证f(x)能取遍…     

2002年上海市普通高等学校春季招生考试数学试题及解答

一、填空题 (本大题满分 4 8分 )1.函数 y =13- 2 x - x2 的定义域为 .2 .若椭圆的两个焦点坐标为 F1(- 1,0 ) ,F2 (5 ,0 ) ,长轴的长为 10 .则椭圆的方程为 .3.若全集 I=R,f (x)、g(x)均为 x的二次函数 ,P ={ x| f (x) <0 } ,Q ={ x| g(x)≥ 0 } ,则不等式组f (x) <0g(x) <0 的解集可用 P、Q表示为 .4 .设 f (x)是定义在 R上的奇函数 .若当 x≥ 0时 ,f (x) =log3 (1 x) ,则 f (- 2 ) =.5 .若在 (5x - 1x) n 的展开式中 .第 4项是常数项 ,则 n =.6 .已知 f (x) =1- x1 x.若α∈ (π2 ,π) ,则f (cosα) f (- cosα)可化简为 .7.六位…     

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.