全国高中数学联赛一例

20 0 2年全国高中数学联赛试题第 15题 :设二次函数 ｆ(ｘ) =ａｘ2 +ｂｘ +ｃ　 (ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,ａ≠ 0 )满足条件 :(1)当ｘ∈Ｒ时 ,ｆ(ｘ -4 ) =ｆ(2 -ｘ) ,且ｆ(ｘ)≥ｘ ;(2 )当ｘ∈ (0 ,2 )时 ,ｆ(ｘ)≤ (ｘ + 12 ) 2 ;(3)ｆ(ｘ)在Ｒ上的最小值为 0 .求最大的ｍ(ｍ >1) ,使得存在ｔ∈Ｒ ,只要ｘ∈ [1,ｍ ] ,就有 ｆ(ｘ +ｔ)≤ｘ .解　ｆ(ｘ -4 ) =ｆ(2 -ｘ) ,∴　函数 ｆ(ｘ)的图象关于直线ｘ =-1对称 ,∴　 -ｂ2ａ=-1,即ｂ =2ａ①令　ｇ(ｘ) =(ｘ + 12 ) 2 ,则直线 ｙ =ｘ与抛物线 ｇ(ｘ) =(ｘ + 12 ) 2图 1相切于点Ａ(1,1) .又当ｘ∈…     

两道数学高考题答案的几何解释

题 1　 ( 2 0 0 2年全国统一高考 (理科 )第2 1题 )设ａ为实数 ,函数ｆ(ｘ) =ｘ2 + |ｘ -ａ|+ 1 ,ｘ∈Ｒ .1 )讨论函数 ｆ(ｘ)的奇偶性 ;2 )求 ｆ(ｘ)的最小值 .评析　第 1 )问 (答案略 ) ;第 2 )问答案是 :当ａ≤ - 12 时 ,ｆ(ｘ) 最小 =34-ａ ;当 - 12 <ａ <12 时 ,ｆ(ｘ) 最小 =ａ2 + 1 ;当ａ≥12 时 ,ｆ(ｘ) 最小 =34+ａ .下面给出该答案的几何解释 :设 ｇ(ｘ) =ｘ2 + 1 ,ｈ(ｘ) =- |ｘ -ａ| ,那么 ｆ(ｘ) =ｇ(ｘ) -ｈ(ｘ) ,ｙ =ｇ(ｘ)的图象是开口向上的抛物线 ,ｙ =ｈ(ｘ)的图象是从点Ａ(ａ ,0 )发出的两条射线 (以下简称“角形线”) …     

挖掘隐含条件,巧解综合试题

我们知道 ,综合性命题一般都具有隐含条件 .初看比较困难 ,难以入手 ,若能用心思考 ,认真分析 ,隐含条件一旦发现 ,问题便迎刃而解 ,这里仅举二例 ,供同学们借签 .例 1　 (1992年上海高考试题 )已知二次函数 ｙ =ｆ(ｘ)在ｘ =ｔ+ 22 处取得最小值- ｔ24 (ｔ>0 ) ,且 ｆ(1) =0 .1)求 ｙ =ｆ(ｘ)的表达式 ;2 )若对任意实数ｘ都有等式 ｆ(ｘ)·ｇ(ｘ) +ａｎｘ +ｂｎ=ｘｎ +1(ｇ(ｘ)为多项式 ,ｎ∈Ｎ) ,试用ｔ表示ａｎ 和ｂｎ.分析与解答 1)由已知条件可知二次函数开口向上 ,故设ｆ(ｘ) =ａ ｘ - ｔ+ 222 - ｔ24 (ａ >0 ) .∵ ｆ(1) =0 ,∴ 0 =…     

应用二次函数图象特点解题探索

二次函数是高中数学的重要内容之一 ,图象的直观特点常被数学竞赛命题者青睐 .设ｆ(ｘ) =ａｘ2 ｂｘ ｃ(ａ≠ 0 )性质 1 )　当ａ>0时 ,ｆ(ｘ)的图象特点是下凸的 ,则有 :ｆ(ｘ1 ) ｆ(ｘ2 ) … ｆ(ｘｎ)ｎ≥ｆ(ｘ1 ｘ2 … ｘｎｎ ) .当ａ<0时 ,ｆ(ｘ)的图象特点是上凸的 ,则有 :ｆ(ｘ1 ) ｆ(ｘ2 ) … ｆ(ｘｎ)ｎ≤ｆ(ｘ1 ｘ2 … ｘｎｎ ) .性质 2 )　若ｆ(ｘ) ≥ 0时 ,ｘ∈Ｒ恒成立 ,则ｆ(ｘ)的图象开口向上 ,且图像全在ｘ轴上方 (含ｘ轴上 ) ,这等价于ａ>0△ ≤ 0若ｆ(ｘ) ≤ 0时 ,ｘ∈Ｒ恒成立 ,类似有ａ <0△ ≤ 0性质 3)　…     

综合题新编选登

题 4 3　已知 ｆ(ｘ) =-ｘ3+ａｘ在 (0 ,1)上是增函数 ,1)求实数ａ的取值范围Ａ ;2 )当ａ取Ａ中最小值时 ,定义数列 {ａｎ}满足ａ1=ｂ∈ (0 ,1) ,且 2ａｎ +1=ｆ(ａｎ) ,试比较ａｎ 与ａｎ +1的大小 .3)在 2 )的条件下 ,问是否存在正实数ｃ ,使得 0<ａｎ+ｃａｎ-ｃ<2对于一切ｎ∈Ｎ恒成立 ?若存在 ,求出ｃ的取值范围 ,否则说明理由 .解　 1)设 0 <ｘ1<ｘ2 <1,则　ｆ(ｘ1) - ｆ(ｘ2 ) =-ｘ31+ａｘ1+ｘ32 -ａｘ2=(ｘ2 -ｘ1) (ｘ21+ｘ1·ｘ2 +ｘ22 -ａ) .由题意知　ｆ(ｘ1) - ｆ(ｘ2 ) <0且ｘ2 -ｘ1>0 ,∴ｘ21+ｘ1·ｘ2 +ｘ22 -ａ <0而ｘ21+ｘ1…     

一类“恒成立”问题的又一解法

本刊 2 0 0 1年 18期刊出的《解一类“恒成立”问图 1　解答用图题的五种方法》 ,读后很受启发 ,使我增长不少知识 .认真思考后 ,我又得到一种解法 ,请大家指正 .题目　已知当ｘ∈[0 ,1]时 ,ｆ(ｘ) =ｘ2 +ａｘ+ 3-ａ >0恒成立 ,求ａ的取值范围 .解　原式即 ｆ(ｘ) =(ｘ - 1)ａ + (ｘ2 + 3) >0 ,把ｘ看成常数 ,考虑关于ａ的一次函数 :ｔ(ａ) =(ｘ - 1)ａ + (ｘ2 + 3) ,它的图象是直线 ,令斜率ｋ =ｘ - 1,则ｋ∈ [- 1,0 ],又设截距ｂ =ｘ2 +3,有ｂ∈ [3,4 ],作直线系 .ｔ=ｋａ +ｂ ,ｋ∈ [- 1,0 ],ｂ∈ [3,4 ].当ｘ =1,ｋ =0 ,ｂ =4 ,如图 1中…     

评第41届IMO第2题

20 0 0年第 4 2届ＩＭＯ的第 2题是 :设ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,且ａｂｃ =1.求证 :(ａ - 1 1ｂ) (ｂ - 1 1ｃ) (ｃ - 1 1ａ)≤ 1( 1)此题是一道陈题的变形 .事实上 ,由ａｂｃ =1,不妨设ａ =ｘｙ ,ｂ =ｙｚ ,ｃ=ｚｘ (ｘ ,ｙ ,ｚ∈Ｒ )代入 ( 1)式 ,得( ｘｙ - 1 ｚｙ) ( ｙｚ - 1 ｘｚ) ( ｚｘ - 1 ｙｘ)≤ 1 (ｘ ｚ - ｙ) (ｘ ｙ -ｚ) ( ｙ ｚ -ｘ)≤ｘｙｚ . ( 2 )( 2 )式是 1983年瑞士国际数学竞赛题之一 .关于它的证明较多 .其中最简单的莫过于如下证法 :由　ｘ2 ≥ｘ2 - ( ｙ -ｚ) 2=(ｘ ｙ -ｚ) (ｚ ｘ - ｙ) ,ｙ2 ≥ ( ｙ ｚ -ｘ) (…     

构造函数f(x)=sum from i=1 to n()(a_ix-b_i)~2证明不等式

函数 ｆ(ｘ) =∑ｎｉ=1(ａｉｘ -ｂｉ) 2 =(ａ1ｘ -ｂ1) 2 + (ａ2 ｘ -ｂ2 ) 2 +… + (ａｎｘ -ｂｎ) 2 是关于ｘ的二次函数且具有特点 :①二次项系数大于 0 ;②函数值 ｆ(ｘ)≥ 0 .则有其判别式Δ≤0 .某些不等式证明题 ,若能根据已知条件和结论的特点 ,巧构函数 ｆ(ｘ) =∑ｎｉ=1(ａｉｘ -ｂｉ) 2 ,从而利用 ｆ(ｘ)≥ 0 ,Δ≤ 0可轻松获解 .例 1　已知ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ且ａ + 2ｂ + 3ｃ=6 ,求证 :ａ2 + 2ｂ2 + 3ｃ2 ≥ 6 .证　构造函数 ｆ(ｘ) =(ａｘ - 1 ) 2 + ( 2·ｂｘ - 2 ) 2 + ( 3ｃｘ - 3) 2 =(ａ2 + 2ｂ2 + 3ｃ2 )·ｘ2 - 1 2ｘ + 6…     

关于函数图象对称问题的相关命题研究

函数是高中数学的重点内容之一 ,函数问题的多变体现了函数的特点 .研究函数图象的对称特点 ,对更进一步理解函数的性质是十分重要的 .1　图象关于点对称问题的相关命题定理　奇函数ｙ=ｆ(ｘ) ,ｘ∈Ｒ的图象关于原点对称 .(证明见教材 ,略 .)奇函数满足ｆ(-ｘ)= -ｆ(ｘ)可写为ｆ(0 +ｘ) +ｆ(0 -ｘ) =0 ,ｘ∈Ｒ .由以上关系式拓展得如下命题 .命题 1　若一个函数ｙ =ｆ(ｘ)对任意ｘ∈Ｒ满足ｆ(ａ -ｘ) +ｆ(ａ+ｘ) =2ｂ,当且仅当它的图象关于点 (ａ,ｂ)成对称图形 .证明　设点Ｍ(ｍ ,ｎ)为函数ｆ(ｘ)图象上任意一点 ,它关于点 (ａ ,ｂ)的对称…     

一类不等式的统一证法

例题　 (1)已知 |ａ| <1,|ｂ| <1,求证 :ａ +ｂ1+ａｂ <1.(2 )设ａ ,ｂ∈Ｒ+ ,且ｂ <2ａ ,求证 :ａｂ <2 <2ａ +ｂａ +ｂ .分析　将 (1)中的结论改写为 -1<ａ +ｂ1+ａｂ<1,与 (2 )中的结论比较易发现 ,两题的结论都具有Ｐ <Ｎ <Ｍ的形式 ,于是我们对两个问题作统一的一般化处理 (构造二次函数证明不等式 ) .设 ｆ(ｘ) =ｘ2 -(Ｍ +Ｐ)ｘ +Ｍ·Ｐ =(ｘ -Ｍ) (ｘ -Ｐ) ,则有Ｐ <Ｎ <Ｍ ｆ(Ｎ)<0 ,故要证Ｐ <Ｎ <Ｍ ,只须证 ｆ(Ｎ) <0即可 .证明 (1)　令Ｐ =-1,Ｍ =1,Ｎ =ａ +ｂ1+ａｂ,构造函数 ｆ(ｘ) =ｘ2 -1.∵　ｆ(ａ +ｂ1+ａｂ) =(ａ +ｂ…     

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题 6 5　 已知函数 ｆ(ｘ) =ｘ|ｘ -ａ|(ａ∈Ｒ) .1 )判断 ｆ(ｘ)的奇偶性 ;2 )解关于ｘ的不等式 :ｆ(ｘ)≥ 2ａ2 ;3)写出 ｆ(ｘ)的单调区间 .解　 1 )当ａ =0时 ,ｆ(-ｘ) =-ｘ|-ｘ|=-ｘ|ｘ|=- ｆ(ｘ) ;∴ｆ(ｘ)是奇函数 .当ａ≠ 0时 ,ｆ(ａ) =0且 ｆ(-ａ) =- 2ａ|ａ|.故 ｆ(-ａ)≠ｆ(ａ)且 ｆ(-ａ)≠ - ｆ(ａ) ,∴ｆ(ｘ)既不是奇函数 ,也不是偶函数 .2 )由题设知ｘ|ｘ -ａ|≥ 2ａ2 ,∴原不等式等价于　　 ｘ <ａ-ｘ2 +ａｘ≥ 2ａ2 (1 )　　 ｘ≥ａｘ2 -ａｘ≥ 2ａ2 (2 )由 (1 ) ,得 ｘ <ａ ,ｘ2 -ａｘ +2ａ2 ≤ 0 .　　无解 .由 (2 ) ,得 …     

Some of Commutators on Spaces of Homogeneous Type

§ 1.Ｉｎｔｒｏｄｕｃｔｉｏｎ　Ｌｅｔａｂｅａｍｅａｓｕｒａｂｌｅｆｕｎｃｔｉｏｎ ,ｂｅａ φ∈Ｓ(Ｒ)ｎｏｎｎｅｇａｔｉｖｅｆｕｎｃｔｉｏｎ ,ａｎｄ 0 <ｒ <∞ .Ｄｅｆｉｎｅｃｏｍｍｕｔａｔｏｒｓａｓｆｏｌｌｏｗｓ :Ｃｒａ( ｆ) (ｘ) =ｓｕｐｘ∈Ｑ1｜Ｑ｜∫Ｑ｜ａ(ｘ) -ａ( ｙ) ｜ｒ｜ｆ( ｙ) ｜ｄｙ ,( 1 .1 )ａｎｄΦｒａ( ｆ) (ｘ) =ｓｕｐε>0∫Ｒｎ｜ａ(ｘ) -ａ( ｙ) ｜ｒφε( ｜ｘ- ｙ｜)｜ｆ( ｙ) ｜ｄｙ ,( 1 .2 )ｗｈｅｒｅＱｄｅｎｏｔｅｓａｃｕｂｅａｎｄφε(ｔ) =1εｎφ ｔε .Ｔｈｅｓｅｔｗｏｏｐｅｒａｔ…     

数学高考题别解例谈

数学高考题好似一座蕴藏丰厚的宝库 ,寻觅其间 ,可获奇珍异宝 ,偶得别解三例 ,耐人寻味 .例 1　 (1 997年 理 2 4 )设二次函数ｆ(ｘ) =ａｘ2 ｂｘ ｃ(ａ>0 ) ,方程ｆ(ｘ) -ｘ=0的两个根ｘ1 ,ｘ2 ,满足 0 <ｘ1 <ｘ2 <1ａ.(Ⅰ )当ｘ∈ (0 ,ｘ1 )时 ,证明ｘ <ｆ(ｘ) <ｘ1 ;(Ⅱ )设函数ｆ(ｘ)的图象关于直线ｘ =ｘ0 对称 ,证明ｘ0 <ｘ1 2 .证明涉及到二次函数的不等式 ,比较自然的思路有求差比较法 ,或限定对称轴的位置 ,然后利用二次函数在相应区间上的单调性获解 .但许多考生在用求差比较法时 ,不能据“ｆ(ｘ) -ｘ=0的两个根是ｘ1 ,ｘ2 ”…     

上期课外练习解答

高一年级1 .∵　 11 0 1 +1 0 01 0 1 =1 ,又ｆ(11 0 1 ) +ｆ(1 0 01 0 1 ) =1 ,∴　ｆ(11 0 1 ) +ｆ(21 0 1 ) +… +ｆ(1 0 01 0 1 ) =5 0 .2 .任取ｘ1、ｘ2 ∈ (-∞ ,ａ)且ｘ1<ｘ2 ,则 -ｘ1>-ｘ2 >-ａ 2ａ -ｘ1>2ａｘ -ｘ2 >ａ .∵　ｙ =ｆ(ｘ)在 (ａ ,+∞ )上是减函数 ,∴　ｆ(2ａ -ｘ1) <ｆ(2ａ -ｘ2 ) .又∵　ｘ∈Ｒ都有ｆ(ａ +ｘ) =ｆ(ａ -ｘ) ,∴　ｆ(2ａ -ｘ1) =ｆ[ａ +(ａ1-ｘ1) ]=ｆ[ａ -(ａ -ｘ1) ]=ｆ(ｘ1) ,同理得ｆ(2ａ -ｘ2 ) =ｆ(ｘ2 ) ,∴　ｆ(ｘ1) <ｆ(ｘ2 ) ,∴　ｙ=ｆ(ｘ)在 (-∞ ,ａ)上是增函数 .3 .若ｘ∈ [-1 ,1 ]…     

求分式函数值域的方法

我们把形如ｆ(x) =(ｄx~2 +ｅｘ + ｆ)/(ａx~2 +ｂx+ｃ)(分子分母既约 ,ａ、ｄ不同时为零 )的函数称为二次分式函数 .下面举例说明二次分式函数值域的求法 .问题求函数 ｆ(ｘ) =ｘ + 22ｘ2 + 3ｘ + 6 的值域 .我们可以把函数式变形为ｆ (ｘ) =ｄｘ2 +ｅｘ+ ｆａｘ2 +ｂｘ +ｃ=ｍ(ｘ +ｎ)ｘ2 + ｐｘ+ ｑ+ｈ的形式 ,而ｇ(ｘ) =ｘ +ｎｘ2 + ｐｘ + ｑ=ｘ +ｎ(ｘ +ｎ) 2 +ｒ(ｘ+ｎ) +ｓ(ｓ≠ 0 ) .当ｘ +ｎ =0时 ,则易得 ｇ(ｘ) =0 ;当ｘ +ｎ≠ 0时 ,继续变形为 ｇ(ｘ) =1(ｘ +ｎ) + ｓｘ +ｎ+ｒ=1ｈ(ｔ) +ｒ,其中ｔ =ｘ +ｎ ,ｈ(ｔ) =ｔ + ｓｔ…     

课外练习

高一年级1 .当函数 ｙ =2ｃｏｓｘ - 3ｓｉｎｘ取最大值时 ,求ｔａｎｘ的值 . 2 .求证 :ｔａｎ5=ｔａｎ2 +ｔａｎ3 +ｔａｎ2·ｔａｎ3·ｔａｎ5.3 .函数 ｆ(ｘ)是定义在 {ｘ|ｘ≠ 0 ,ｘ∈ｋ}上的奇函数 ,且 ｆ(ｘ)在 ( 0 ,+∞ )上为减函数 ,又ｆ( 3 ) =0 ,ｇ(θ)=ｃｏｓ2θ - 2ｍｃｏｓθ + 4ｍ ,θ∈ [0 ,π2 ] .若集合Ｍ ={ｍ| ｇ(θ) >0 },Ｎ ={ｍ| ｆ[ｇ(θ) ] <0 }.求Ｍ∩Ｎ .高二年级1 .已知不等式 1ｎ + 1 + 1ｎ + 2 +… + 12ｎ>11 2 ｌｏｇａ(ａ -1 ) + 23 对一切大于 1的自然数都成立 ,求实数ａ的取值范围 .(2 .已知 :△ＡＢＣ的顶…     

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题 5 6　已知 ｆ(ｘ) =ｌｏｇ2 ｘ ,当点Ｍ (ｘ ,ｙ)在ｙ =ｆ(ｘ)的图象上运动时 ,点Ｎ(ｘ - 2 ,ｎｙ)在函数 ｙ=ｇｎ(ｘ)的图象上运动 (ｎ∈Ｎ) .1)求 ｙ =ｇｎ(ｘ)的表达式 ;2 )求集合Ａ ={ａ|关于ｘ的方程 ｇ1(ｘ) =ｇ2 (ｘ - 2 +ａ)有实根 ,ａ∈Ｒ} ;3)设Ｈｎ(ｘ) =(12 ) ｇｎ(ｘ) ,函数Ｆ (ｘ) =Ｈ1(ｘ) - ｇ1(ｘ) (0 <ａ≤ｘ≤ｂ)的值域为 [ｌｏｇ252ｂ +2 ,ｌｏｇ24 2ａ +2 ],求实数ａ ,ｂ的值 .解　 1)由 ｙ =ｆ(ｘ) ,ｎｙ =ｇｎ(ｘ - 2 ) 得 ,ｇｎ(ｘ - 2 ) =ｎｆ(ｘ) =ｎｌｏｇ2 ｘ ,∴ ｇｎ(ｘ) =ｎｌｏｇ2 (ｘ +2 )　 (ｘ >- 2 …     

上期课外练习解答

高一年级1.设 ｆ(ｔ) =ｔ3 +2 0 0 3ｔ,易证 ｆ(ｔ)在Ｒ上是奇函数且递增函数 ,由题意可知 :ｆ(ｘ - 1) =- 1,　ｆ(ｙ - 1) =1.即　ｆ(ｘ - 1) =-ｆ( ｙ - 1) =ｆ( 1-ｙ) .∴　ｘ - 1=1-ｙ ,故ｘ +ｙ =2 .2 .由条件知 :ｓｉｎαｃｏｓβ2 0 0 2 ,ｓｉｎβｃｏｓα2 0 0 2 中必有一个不大于 1,一个不小于 1.不妨设　 ｓｉｎαｃｏｓβ2 0 0 2 ≤ 1,　 ｓｉｎβｃｏｓα2 0 0 2 ≥ 1.∵　α ,β∈ ( 0 ,π2 ) ,又ｙ=ｓｉｎｘ在 ( 0 ,π2 )上递增 .∴　ｓｉｎα≤ｃｏｓβ且ｓｉｎβ≥ｃｏｓα .∴　ｓｉｎα≤ｓｉｎ( π2 - β)且ｓｉｎβ≥ｓ…     

缩小参数范围 减少分类次数

最近我做了这样一道题 :例 1　ｆ(ｘ) =ｌｏｇａ[( 1ａ - 2 )ｘ+ 1]在区间[1,2 ]上恒为正 ,求实数ａ的取值范围 .由于本题中真数含有变量 ,因此要对参数进行多次分类讨论 :(Ⅰ ) 0 &;lt;ａ &;lt;1时 ,设ｔ(ｘ) =( 1ａ - 2 )ｘ + 1.( 1) 0 &;lt;ａ&;lt;12 ,ｔ(ｘ)、ｆ(ｘ)在 [1,2 ]上分别单调递增和递减 ,∴　ｔ( 1) =( 1ａ - 2 ) &;#215; 1+ 1&;gt;0ｆ( 1) =ｌｏｇａ[( 1ａ - 2 )&;#215; 1+ 1] &;gt;0 　　　　ａ&;gt;12 .此时无解 .( 2 )ａ =12 时 ,ｆ(ｘ) =0 ,也不合题意 .( 3) 12 &;lt;ａ &;lt;1时 ,ｔ(ｘ)、ｆ(ｘ)在 [1,2 ]上分别单调递减和递增 ,∴　ｔ( 2 ) =( 1ａ - 2 ) &;#215; 2 + 1&;gt;0ｆ( 1) =ｌｏｇａ[( 1ａ - 2 ) &;#215; 1+ 1] &;gt;0 　　　　 0 &;lt;ａ &;lt;23,∴　　　　 12 &;lt;ａ &;lt;23.(Ⅱ )ａ &;gt;1时 ,ｔ(ｘ)、ｆ(ｘ)在区间 [1,2 ]上分别单调递减和递增 ,∴　ｔ( 2 ) =( 1ａ - 2 )&;#215; 2 + 1&;gt;0 ,ｆ( 1) =ｌｏｇａ[( 1...     

一类条件不等式的“根”

在教学中 ,笔者常见如下题组 :已知ｘ1∈Ｒ+ (ｉ=1 ,2 ,3) ,且ｘ1+ｘ2 +ｘ3 =1 ,求证 :①ｘ21+ 2ｘ22 + 3ｘ23 ≥ 61 1 ｘ ;②ｘ1+ｘ2 +ｘ3 ≤ 3;③ 1ｘ1+ 4ｘ2 + 9ｘ3 ≥ 36 .( 1 990日本ＩＭＯ选拔赛题 )该类不等式的“根”是什么呢 ?通过研究 ,笔者发现下面结论 .命题　已知ｘｉ,ａｉ∈Ｒ+ (ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ)且∑ｎｉ=1ｘｉ=ｋ ,ｍ是有理数 ,则1 )当ｍ >1或ｍ <0时 ,∑ｎｉ=1ａｉｘｍｉ ≥ｋｍ(∑ｎｉ=1ａ 11-ｍｉ ) 1-ｍ.2 )当 0 <ｍ <1时 ,∑ｎｉ=1ａｉｘｍｉ ≤ｋｍ(∑ｎｉ=1ａ 11-ｍｉ ) 1-ｍ.证　 1 )当ｍ >1时 ,因为ｍ是有理数 ,可…