代数替换证不等式

证不等式,技巧性很强。用三角代换法者屡见不鲜。但若另辟蹊径,巧用本文中的代数代换,又可别开生面,另有一番情趣。例1 已知a,b∈R求证a~2+ab+b~2-3a-3b+3≥0 证明令x=1/2(a+b), y=1/2(a-b), 则a=x+y, b=x-y,于是原式左边=(x+y)~2+(x~2-y~2)十(x-y)~2 -3〔(x+y)+(x-y)〕+3=3x~2+y~2-6x+3=3(x-1)~2+y~2≥0。例2 已知a,b∈R~+,求证(当且仅当c=b时,取等号)。证明:令x=1/2(a+b),y=1/2(a-b),则a=x     

有趣的数形结合

例 1.求函数y =x - 3-x - 1的值域解 :y =x - 3-x - 1=- 4　 (x 3)2 - 2x　 (- 1 x 3)4　 (x - 1)得　y∈ - 4,4 (如图 )变式 :已知 :a 相似文献   

两个代数不等式及应用

定理 1　对于 x ,y ,a ,b∈R ,则有　 (x -a) 2 + ( y -b) 2≥ (x2 + y2 -a2 +b2 ) 2 ( 1 )等号成立当且仅当x y =a b并且x与a同号 .证　将 ( 1 )左端减去右端得(x -a) 2 + ( y -b) 2 - (x2 + y2 -a2 +b2 ) 2=- 2 (ax +by) + 2 (x2 + y2 ) (a2 +b2 )≥ 0 (应用Cauchy不等式 ) .等号成立当且仅当x y =a b并且x与a同号 ,可见式 ( 1 )成立 .定理 2　对于 xi,yi∈R ,若当n≥ 2时存在x2 + y2 ≥∑ni=1xi2 + yi2 ,则有(x -∑ni=1xi) 2 + ( y -∑ni=1yi) 2　≥ (x2 + y2 -∑ni=1xi2 + yi2 ) 2 ( 2 )等号成立当且仅当 x1y1=x2y2=… =xnyn=xy 且x…     

利用直线生成圆锥曲线解题

在解析几何里 ,二元二次方程a1 1 x2 + 2a1 2 xy+a2 2 y2 + 2a1 x+ 2a2 y+a0 =0 (a1 1 ,a1 2 ,a2 2 不全为零 )表示一般的圆锥曲线 ,它的性质由系数的比值a1 1 ∶a1 2 ∶a2 2 ∶a1 ∶a2 ∶a0 来确定 .因此 ,当给定五个独立的条件时 ,可采用解线性方程组的方法求出系数的比值 ,从而圆锥曲线被唯一确定 .为了避免求解复杂的线性方程组 ,可利用直线之间的某种组合关系来生成圆锥曲线 ,从而 ,使某些复杂且颇具难度的几何题得到简捷的解决 .1　由直线生成圆锥曲线族 (系 )设l1 ≡a1 x+b1 y+c1 =0 ,l2 ≡a2 x+b2 y+c2 =0 ,l3≡a3x+b3y+c3=0 ,l4≡a…     

方程 dx/dt=f(x(t-1))具有周期量的4/3周期解的条件

本文证明了滞后型泛函微分方程(dx)/(dt)=f(x(t-1)) (E)存在4/3-周期解的两个定理.一个主要结果如下:假如f(x)是[a-1,a+1]上连续函数,且满足:(i)-f(x)=f(y),y=2a-x,(?)x∈[a-1,a]:(ii):f(x)=f(y),y=2a+1-x,(?)x∈[a,a+1]:(iii)f(x)>0,(?)x∈(a,a+1)和(?).则方程(E)存在4/3-周期解x(t),且x(-1+k4/3)=a+1,x(-2/3+k(4/3))=a,x(-1/3+k(4/3))=a-1,x(k(4/3))=a,k=0,1,2,….     

方程 dx/dt=f(x(t-1))具有周期量的4/3周期解的条件

本文证明了滞后型泛函微分方程(dx)/(dt)=f(x(t-1)) (E)存在4/3-周期解的两个定理.一个主要结果如下:假如f(x)是[a-1,a+1]上连续函数,且满足:(i)-f(x)=f(y),y=2a-x,(?)x∈[a-1,a]:(ii):f(x)=f(y),y=2a+1-x,(?)x∈[a,a+1]:(iii)f(x)>0,(?)x∈(a,a+1)和(?).则方程(E)存在4/3-周期解x(t),且x(-1+k4/3)=a+1,x(-2/3+k(4/3))=a,x(-1/3+k(4/3))=a-1,x(k(4/3))=a,k=0,1,2,….     

两题一解正误怎辨

题 1　设函数 y =f( x)的定义域为 R,且满足 f( a + x) =f ( b- x) ,求 y =f ( x)的图像的对称轴方程 .题 2　设函数 y =f ( x)的定义域为 R,求函数 y =f ( a + x)与 y =f ( b - x)的图像的对称轴方程 .解 1　令 a + x =t,则 x =t- a,从而b - x =b + a - t,∴　 f ( t) =f( b + a - t) ,即 f ( x) =f( b + a - x) ,∴　 y =f ( x)的图像是轴对称图形 ,且对称轴方程为 x =b + a2 .解 2　令 a + x =t,则 x =t- a,从而b - x =b + a - t,∴　函数 y =f ( a+ x)与 y =f ( b- x)的图像的对称轴即为 y =f ( t)与 y =f ( b+a - t)的图像的对称轴 ,…     

争鸣

问题问题109已知函数f(x)满足:f(x y) f(x-y)=2f(x)·f(y),且f(0)≠f(π2)=0,求f(π)及f(2π)的值.解法1令x=y=0,得f(0)=1.令x=y=π2,得f(π)=-1.令x=y=π,得f(2π)=1.解法2令x=y=0,得f(0)=1.令x=32π,y=π2,得f(2π)=-f(π).再令x=y=π,得f(2π) 1=2f2(π),∴2f2(π) f(π)-1=0.∴f(π)=12或f(π)=-1,从而f(2π)=-12或f(2π)=1.问题出在哪里?问题110人教版高一数学(上)P8,有下面一段话:容易知道,对于集体A,B,C,如果A B,B C,那么A C.事实上,设x是集合A的任意一个元素,因为A B,所以x∈B,又因为B C,所以x∈C,从而A C.这个证明严格吗?…     

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.     

再谈直线x0x/a2±y0y/b2=x02/a2±y02/b2的几何意义及其性质

文 [1 ]、[2 ]分别讨论了直线x0 xa2 + y0 yb2 =1 ,x0 xa2 - y0 yb2 =1的几何意义 ,对应地 ,本文讨论直线 x0 xa2 + y0 yb2 =x0 2a2 + y0 2b2 和直线x0 xa2 - y0 yb2 =x0 2a2- y0 2b2 的几何意义 ,作为文 [1 ],[2 ]的补充 .为节约篇幅 ,本文重点讨论x0 xa2 - y0 yb2 =x0 2a2 - y0 2b2 在双曲线 x2a2 - y2b2 =1中的几何意义和性质 ,类似得x0 xa2 +y0 yb2 =x0 2a2 + y0 2b2 中椭圆中的几何意义和性质 .1　直线x0 xa2 ± y0 yb2 =x0 2a2 ± y0 2b2 的几何意义　　已知点D(x0 ,y0 )不在坐标原点 .性质 1 1　当x0 2a2 - y0 2b2 =1 (点D(x0 ,y0 …     

世界各地数学奥林匹克竞赛试题摘编

1　 (第 2 3届全俄中学奥林匹克竞赛试题 ,11年级 )求方程 (x2 - y2 ) 2 =1+ 16 y的整数解 .解　以下将证明方程(x2 - y2 ) 2 =1+ 16 y (1)的解是 (- 4,5 ) ,(4,5 ) ,(- 1,0 ) ,(1,0 ) ,(- 4,3) ,(4,3) .设x ,y是满足方程 (1)的两个整数 .注意到 ,若 y <0 ,则 1+ 16 y <0 ,则 1+ 16 y不是一个完全平方数 ;若 (x ,y)就是 (1)的解 .不失一般性 ,可设x≥ 0 .情形 1:若x≥y ,可令x =y +a且a∈N .方程 (1)可改写为 :4a2 y2 + 4 (a3- 4) y +a4 - 1=0 .故 y是二次方程 4a2 X2 + 4 (a3- 4)X +a4 - 1=0的一个解 .此时Δ =16 (- 8a3+a2 + 16 ) ,则一…     

例说解析几何计算减负之法

|PF1|+|PF2 |=2 a(a>c>0 ) ,求 P的轨迹方程 .解　令 P(x,y) ,则由已知得 :(x+c) 2 +y2 +(x- c) 2 +y2 =2 a (1)将 (1)两边取倒数 ,得 :(x+c) 2 +y2 - (x- c) 2 +y2 =2 cxa (2 )(1) +(2 )得 ,(x+c) 2 +y2 =a+cax.平方得 :x2 +2 cx+c2 +y2 =a2 +2 cx+c2a2 · x2 .整理得 :x2a2 +y2a2 - c2 =1(3)易验证 (3)上任一点 (x,y)也在 (1)上 ,从而点 P轨迹方程为 :x2a2 +y2a2 - c2 =1.注　对于 (1)的化简 ,中学课本上用了两次平方 ,较为麻烦 .以上算法 ,抓住了 (1)的左边的整体上的特点 ,只用一次平方 ,较为简单 ,是优化算法的结果例说解析几何计算…     

求直线方程易错点辨析

1.待定系数时忽视方程自身的限制条件例1直线l过点P(2,3),且在x轴和y轴上的截距相等,求l的方程.错解设直线方程为x/a+y/a=1,则2/a+3/a=1,得a=5.所以方程为x+y-5=0.错因设直线方程为x/a+y/a=1,已经排除     

椭圆的一个有趣性质及应用

性质　椭圆 x2a2 +y2b2 =1(a >b >0 )上任意一点P与过中心的弦的两端点连线PA ,PB与对称轴不平行 ,则直线PA ,PB的斜率之积为定值 .图 1　性质证明用图证明　如图 1,设P(x ,y) ,A (x1,y1) ,则B(-x1,- y1) ,∴ x2a2 +y2b2 =1(1)x12a2 +y12b2 =1(2 )(1) - (2 )得x2 -x12a2 =- y2 - y12b2 ,∴ y2 -y12x2 -x12 =- b2a2 .∴kPA·kPB=y - y1x -x1·y +y1x +x1=y2 - y12x2 -x12 =- b2a2为定值 .这条性质是圆的性质 :“圆上一点对直径所张成的角为直角”在椭圆中的推广 ,它充分揭示了椭圆的图 2　推论图本质属性 ,因而能简洁解决问题 .推论　…     

变幻莫测富韵味 演绎直观不了情——一类动圆切线方程求法的探究和启迪

1 引例 已知动圆x2+y2-2ax+2(a-2)y+2=0(a∈R,a≠1),求圆的切线方程. 通常的解法是将圆的一般方程改写为标准方程(x-a)2+[y-(2-a)]2=2(a-1)2,把切线l方程设为斜截式:y=k1x+m,利用圆心C(a,2-a)到l的距离等于半径2|a-1|,得到关于a的恒等式,求得k1=1,m=0,所以l的方程是y=x.     

具有蝴蝶型相图的三次近Hamilton系统Abelian积分的零点个数

考虑了如下近Hamilton系统{x=2y(ax~2+2cy~2)+εf(x,y),y=2x(1-2bx~2)+εg(x,y),其中a0,c0,4bca~2,0|ε|■1,且f(x,y)和g(x,y)是关于x和y的3次多项式.得到了其相应Abelian积分孤立零点个数的上界.     

对一道调考题的解法探究

题目2009年武汉市二月调考数学试题第19题(理)已知椭圆P的中心在原点O,焦点在x轴上,直线l:x+3y-3=0与P交于A、B两点,|AB|=2且∠AOB=π2·(1)求椭圆P的方程;(2)若M、N是椭圆P上两点,满足OM·ON=0,求|MN|的最小值.解法1(命题人给出的参考答案)(1)设直线l:x+3y=3与椭圆x2a2+by22=1(a>b>0)交于A(x1,y1),B(x2,y2).由∠AOB=2πx1x2+y1y2=0.而x1=3(1-y1),x2=3(1-y2),代入上式得4y1y2-3(y1+y2)+3=0,①而|AB|=21+k12|y1-y2|=2|y1-y2|=2·不妨设y2>y1,则y2=y1+1,②由①②解得y1=0,y2=1,或y1=21,y2=23,所以A(23,12),B(-23,32)或A(3,0),B(0,1)·若A(23,12),B(-23,23)代入椭圆方程无解,故舍去;若A(3,0),B(0,1),则椭圆方程为x32+y2=1·(2)∵M、N是椭圆x32+y2=1上的点,且OM⊥ON,故设M(r1cosθ,r2sinθ),N(-r2sinθ,r2cosθ)·于是r12...     

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()     

关于椭圆x2/a2+y2/b2=1的一组优美结论

椭圆x2/a2+y2/b2=1(x,y,a,b∈R,且a≠0,b≠0,｜a｜≠｜b｜),有许多简捷、优美的结论,且有着广泛的用途.结论1 若x2/a2+y2/b2=1(x,y,a,b∈R,且a≠0,b≠0,｜a｜≠｜b｜),则(1)a2+b2≥(x+y)2(当且仅当b2x-a2y=0时等号成立);     

Darboux integrability and algebraic limit cycles for a class of polynomial differential systems

This paper deals with the existence of Darboux first integrals for the planar polynomial differential systems x=x-y+P n+1(x,y)+xF2n(x,y),y=x+y+Q n+1(x,y)+yF2n(x,y),where P i(x,y),Q i(x,y)and F i(x,y)are homogeneous polynomials of degree i.Within this class,we identify some new Darboux integrable systems having either a focus or a center at the origin.For such Darboux integrable systems having degrees 5and 9 we give the explicit expressions of their algebraic limit cycles.For the systems having degrees 3,5,7 and 9and restricted to a certain subclass we present necessary and sufficient conditions for being Darboux integrable.