一类问题的统一解法

题1方程x+sinx=π2,x+arcsinx=π2的根分别为a,b,则a+b等于.题2方程x+x3=3,x+3x=3的根分别为a,b,则a+b等于.题3方程x+ex=5,x+lnx=5的根分别为x1,x2,则x1+x2等于.由以下定理即可解答以上诸题.定理若f(x)是[a,b]上的增函数,x+f(x)=m,x+f-1(x)=m的根分别为a,b,则a+b=m.证令h(x)=x+f(x),得h(x)为[a,b]上的增函数.由h(a)=a+f(a)=m,h(f-1(b))=f-1(b)+f(f-1(b))=f-1(b)+b=m,得h(a)=h(f-1(b)),a=f-1(b).所以a+b=f-1(b)+b=m.由定理立得,题1,2,3的答案分别是π2,3,5.一类问题的统一解法@甘志国$竹溪县一中!湖北443200…     

2011年湖北卷(文20)的优美解

题目 设函数f(x)=x3+ 2ax2 +bx+a,g(x)=x2-3x+2,其中x∈R,a,b为常数,已知曲线y=f(x)与y=g(x)在点(2,0)处有相同的切线l.(Ⅰ)求a,b的值,并写出切线l的方程;(Ⅱ)若方程f(x)+g(x)=mx有三个互不相同的实根0,x1,x2,其中x1 ＜x2,且对任意的x∈ [x1,x2],f(x)+g(x) ＜m(x-1)恒成立,求实数m的取值范围.     

新题征展(69)

A题组新编1.已知ABCD为空间四边形,分别求下列情况下两对角线AC、BD所成的角:(1)AB=AD,CB=CD;(2)AB⊥CD,AD⊥BC;(3)AB2+CD2=AD2+BC2.2.已知函数f(x)=x3+3ax2-3b,g(x)=x2-2x+3.(1)若曲线f(x)与g(x)在x=2处的切线互相平行,则a、b的取值分别为;(2)若曲线f(x)与g(x)在x=2处的切线的夹角为45°,则a、b的取值分别为;(3)若f(x)在f(x)与g(x)的图像的交点处取得极值,则a、b的取值分别为.3.已知O为坐标原点,OP=(23,-2),OQ=λOP(0<λ<1),MQ.OP=0,ON+OQ=0,MN=(m,0).(1)当λ=12时,求m的值;(2)当m=-8时,求ON.NM.4.若函数f(x)=1+x2,a…     

三次与四次函数图像对称性探索

<正>二次函数是初中数学教学的一个重难点,我们先来回顾一下.对于二次函数f(x)=ax²+bx+c(a≠0),可以进行如下的变形:f(x)=a(x2+bx+c(a≠0),可以进行如下的变形:f(x)=a(x²+b/ax+c/a).根据公式(x+m)2+b/ax+c/a).根据公式(x+m)²=x2=x²+2mx+m2+2mx+m²,f(x)可以配方得顶点式方程:f(x)=a(x-m)2,f(x)可以配方得顶点式方程:f(x)=a(x-m)²+n(其中m、n是与x无关的常数).从上式中得到f(x)的对称轴方程为x=m(m=-b/2a),这也可以表达为:对于任意的x总有f(m     

一个定理的再推广

文[1]对文[2]中的定理推广为:若方程x f(x)=m和x f-1(x)=m的根分别为a,b.则a b=m.经类比探讨,笔者得到如下结论.定理若方程x·f(x)=m和x·f-1(x)=m分别有唯一根a,b.则a·b=m.该定理的证明用到类似文[2]的引理:若函数y=f(x)与y=g(x)图象的交点为P(x0,y0),则点P′(y0,x0)一定是函     

含参二次绝对值函数题的解法探究

<正>一、试题呈现已知函数f(x)=x²+ax+b(a,b∈R).记函数g(x)=|f(x)|在区间[0,4]上的最大值为M(a,b).求证:当-8≤a≤0时,有M(a,b)≥1/8a2+ax+b(a,b∈R).记函数g(x)=|f(x)|在区间[0,4]上的最大值为M(a,b).求证:当-8≤a≤0时,有M(a,b)≥1/8a².二、解题探究解法一(1)当a=0时,f(x)=x2.二、解题探究解法一(1)当a=0时,f(x)=x²+b在区间[0,4]上为增函数,则M(a,b)=max{|f(0)|,|f(4)|}     

跳跃非线性项依赖于导数的二阶微分方程周期解的存在性

本文研究二阶微分方程x"+ax+-bx-+f(x)g(x')=p(t)周期解的存在性,这里x+=max{x,0},x-=max{-x,0},a,b是正常数并且点(a,b)位于某一条Fucik谱曲线上.当g(x)的极限limx→∞(x)=g(+∞),limx→∞g(x)=g(-∞)和f(x)的极限limx→∞f(z)=f(+∞),limx→∞f(z)=f(-∞)都存在且有限时,给出了此方程存在周期解的充分条件.     

新题征展(68)

A题组新编1.(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm=Sn(m≠n),则Sm+n=;(2)已知函数f(x)=ax2+bx,若f(m)=f(n)(m≠n),则f(m+n)=;(3)已知函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0),若f(m)=f(n)(m≠n),则f(m+n)=.2.(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm=n,Sn=m(m≠n),则Sm+n=;(2)等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm=a,Sn=b(m≠n),则Sm+n=;(3)已知函数f(x)=ax2+bx(a≠0),若f(m)=t,f(n)=s(m≠n),则f(m+n)=;(4)f(x)=ax2+bx+c(a≠0),若f(m)=t,f(n)=s(m≠n),则f(m+n)=.3.(1)在周长为定值l的直角三角形中,怎样的三角形面积最大?最大面积是多少?请详述理由;(2)在…     

分数(g,f,m)-消去图的不相邻顶点领域并条件（英文）

一个图称为分数(g,f,m)-消去图若删除任意m条边后的剩余子图依然存在分数(g,f)-因子.本文证明若图G的阶为n,1≤a≤g(x)≤f(x)-Δ≤b-Δ对任意顶点x∈V(G)成立,δ(G)≥(b-Δ)(b+1)/a+2m,n≥(a+b)(2(a+b)+2m-1)/(a+Δ),且|N_G(x_1)∪N_G(x_2)|≥(b-Δ)n/(a+b),对任意不相邻顶点x_1和x_2都成立,则G是分数(g,f,m)-消去图.这个领域并条件在一定程度上是最好的.     

抽象函数证明中的巧妙“设”法

<正>例1已知函数y=f(x)的定义域为R,且对任意a,b∈R,都有f(a+b)=f(a)+f(b),且当x>0时,f(x)<0恒成立.(1)证明函数y=f(x)是R上的单调性;(2)讨论函数y=f(x)的奇偶性.思路一设元、凑已知.证明任取x_10)(设法为凑形),而f(a+b)=f(a)+f(b),∴f(x_2)-f(x_1)=f(x_1+t)-f(x_1)=f(x_1)+f(t)-f(x_1)=f(t).     

应用构造法解题举例

一、构造函数例1 已知实数a,b,c,d,e,f,g,h满足: 求h 的取值范围. 解构造函数f(x)=7x2+2(a+b+c+d +e+f+g)x+a2+b2+c2+d2+e2+f2+g2,     

一个等价的萊布尼茲定理

§1.设函数f(x),g(x)在区间ι上高阶可微,则下列恆等式成立: f′g十fg′=(fg)′, f″g十fg″=(fg)″-2(f′g′), f′″g+fg″′=(fg)″′-3(f′g′)′, f″″g+fg″″=(fg)″″-4(f′g′)″+2(f″g″),它们之间有关系 f~(n)g+fg~(n)=(f~(n-1)g+fg~(n-1))′--(f~(n-1)g′+f′g~(n-1))。§2.现在我们规定 f~(n)g+fg~(n)=A_0(fg~(n)+A_1(f′g′)~(n-2)+…++A_[n/2]~(f~([n/2])g~([n/2]))(n-2([n/2])),其中高斯记号[n/2]表示不超过n/2的最大正整数。由于未定系数A_0,A_1,…,A_[n/2]的数值函数f(x),g(x)无关,不妨选取 f(x)=e~(ax),g(x)=e~(bx),就有 f~(n)g+fg~(n)=(a~n+b~n)e~((a+b)x),以及 (f~(ι)g~(ι))~((n-2ι))=(a+b)~(n-2ι)(ab)~ιe~((a+b)x)(ι=1,2,…,[n/2])。代入规定的等式中,两边约去公因子e~((a+b)x)以后,立刻得到     

函数对称性与周期性的几个性质

设f(x)是定义在R上的函数,a、b、m为常数. 　　性质1 满足f(x+a)=f(b-x)的函数y=f(x)的图像关于直线x=a+b/2的对称.……     

一个定理的推广

文[1]中的定理为:若f(x)是[a,b]上的增函数,x f(x)=m,x f-1(x)=m的根分别为a,b,则a b=m.经探讨,笔者发现定理中的条件“f(x)是[a,b]上的增函数”是多余的,该定理可进一步推广为:定理若方程x f(x)=m和x f-1(x)=m的根分别为a,b,则a b=m.定理的证明用到下面的引理:引理若函数y=f(x     

解析2012年山东卷理科选择题的压轴题

2012年高考山东卷理科第12题为:设函数f(x)=1/x,g(x)=ax2+bx(a,b∈R,a≠0),若y=f(x)的图象与y=g(x)的图象有且仅有两个不同的公共点A(x1,y1),B(x2,y2),则下列判断正确的是()     

一道不等式证明题的多种解法

<正>一、问题求证:若实数a,b,c满足ax+x,则有(f(b)-f(a))/(b-a)<(f(c)-f(b))/(c-b).二、问题求解思路1利用中间量过渡证明不等式.方法1要证(f(b)-f(a))/(b-a)<(f(c)-f(b))/(c-b),只需证(f(b)-f(a))/(b-a)b+1<(f(c)-f(b))/(c-b).思路:根据f(x)=eb+1<(f(c)-f(b))/(c-b).思路:根据f(x)=e^x+x的图像特征(如     

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     

用函数图像解两道赛题

例1(2002年全国联赛试题)设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R,a≠0)满足以下条件:(1)x∈R时,f(x-4)=f(2-x),且f(x)≥x;     

Unb ounded Motions in Asymmetric Oscillators Dep ending on Derivatives

In this paper, we consider the unboundedness of solutions for the asymmetric equation x00+ax+?bx?+?(x)ψ(x0)+f(x)+g(x0)=p(t), where x+ = max{x, 0}, x? = max{?x, 0}, a and b are two different positive constants, f (x) is locally Lipschitz continuous and bounded,?(x), ψ(x), g(x) and p(t) are continuous functions, p(t) is a 2π-periodic function. We discuss the existence of unbounded solutions under two classes of conditions: the resonance case √1a+ √1b ∈Q and the nonresonance case√1a + √1b /∈Q.     

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.……