抛物线上连续整点构造的直线形

抛物线上几个连接整点（横坐标为连续整数的点）Pn，Pn＋1，Pn＋2，构成的三角形及四边形PnPn＋1Pn＋2Pn＋3的面积与抛物线y=ax^2＋bx＋c（a≠0，a，b，c都是常数）有什么关系呢？能否用公式表示出来呢？本文结合实例探索这一问题：     

一道调研题的探源及解法分析

题目（2010年3月襄樊市高中调研统一测试） 在平面直角坐标系中,定义{xn＋1=yn-xn yn＋1=yn＋xn（n∈N＋）,为点Pn（xn,yn）到点Pn＋1（xn＋1,yn＋1）的一个变换,我们把它称为点变换．已知P（0,1）,P2（x2,y2）,…,Pn（xn,yn）,Pn＋1（xn＋1,yn＋1）（x∈N＋）是经过点变换得到的一列点,     

一个n元分式不等式北大核心

《中学数学》2007年（7）P41证明了如下定理： 若a,b,c,d∈R＋,a＋b＋c＋d=1,1/（1＋a^2）^2＋1/（1＋b^2）^2＋1/（1＋c^2）^2＋1/（1＋d^2）^2≤824/289.     

利用点列共线巧证等差数列的几个有趣性质

等差数列的通项可以表示为an=dn＋（a1-d），从函数的观点看，点列（n，an）在直线y—kx＋b（k=d，b=a1-d）上．故有下面的命题：     

一个恒成立问题的错解分析与探究

问题已知函数f（x）=ax4＋bx3＋cx2＋dx＋e（其中a,b,c,d,e∈R）为偶函数,它的图象过点A（0,-1）,且在X=1处的切线方程为2x＋Y-2=0．     

一个不等式的应用

高中代数下册（必修）习题十五第6为：已知ad≠be，求证：（a2＋b2）（c2＋d2）＞（ac＋bd）2．若去掉已知条件，则有（a2＋b2）（c2＋d2）≥（ac＋bd）2（*）当且仅当ad＝be时取“＝”号．若灵活巧妙地顺用或逆用（*）式，可一些问题获得简洁的解证．例1若实数m、n、x、y满足m2＋n2＝a，x2十y2＝e（a≠b），则mx十ny的最大是昙（）解依题没，据（*）式，有ab＝（m2＋n2）（x2＋y2）≥（mx＋ny）2故应选（B）．例2若a、b、c、d∈R ，则一（1＋1）’一4．故应填4．例3若X’十／一1，则3X＋4y的取值范围是解依题设，据（。）式，有（3X十4y…     

分式线性递归数列的通项求法

定义1 由递推公式an＋1=aan＋b/can＋d（c≠0,且ad-ba≠0）及初始值a1=p确定的数列，称为分式线性递归数列．     

关于“一组有趣的数字”的进一步探讨

王世强教授在文[1]中介绍了这样一组有趣的数字：若 a=123789,b=561945,c=642864; d=242868,e=323787,f=761943． 则有 a＋b＋c=d＋e＋f及a^2＋b^2＋c^2=d^2＋e^2＋f^2（＊）把a,b,c,d,e,f的最高1位,2位,3位,4位,5位数字依次去掉后,仍有（＊）式成立．     

例说一对复数不等式的应用

复数具有点和向量的双重属性,利用它的以上特性构建不等关系证明不等式或求值的题也屡见不鲜,其实利用复数的运算特点也可以构建不等关系来证明不等式或求值. 我们知道z=a＋bi/c＋di=ac＋bd/c^2＋d^2＋bc-ad/c^2＋d^2i （a、b、c、d均为实数,且c、d不同时为0）.     

一类三角方程有解条件的应用

在高中《代数》上册第297页上给出了三角方程asinx＋bcosx＝c（*）有解的充要条件即a2＋b2≥c2，并且进一步可知：方程（*）在［0，2π）内有两个不同解的充要条件是a2＋b2＞c2；方程（*）在[0，2π）内有两个相同解的充要条件是a2＋b2＝c2。对数学中直接或借助三角代换出现了与三角方程asinx＋kosx＝c有关的问题，运用其有解的条件处理往往能简化运算，收到事半功倍之效．1求值或征明等式例1已知cosa＋cosβ－cos（a十β）＝，求锐角a、β．解化条件式为关于a的方程有解，即的值域从而锐角同理可得例2已知求证：a2＋b2＝1证设1），则a2＋b2…     

IMO一题的进一步加强

这是第42届IMO第二题：对所有正实数a,b,c,证明：a/√a^2＋8bc＋b/√b^2＋8ca＋c/√c^2＋8ab≥1.文[1]中宋庆老师将其加强为：若a,b,c,为正数,则a/√a^2＋2（b＋c）^2＋b/√b^2＋2（c＋a）^2＋c/√c^2＋2（a＋b）^2≥1.     

一道高考题的历史镜头

2005年北京高考试卷第14题：已知次多项式Pn（x）=ao（x^n）＋a1（x^n-1）＋…＋a（n-1）x＋an.     

一道不等式问题的探源、证明与推广

《数学教学》2012年第12期的数学问题874为：题目 已知 m,n∈N＋,m,n≥2,xi∈R＋（i=1,2,…,m）,（^m∑i=1）xi=S,n∈N＋,求证：（^m∑i=1）^n√xi/S-xi≥.看完此题,笔者不禁想起了文[1]中的不等式：题源1已知a,b,c为正数,求证：√a/（b＋c）＋√b/（c＋a）＋√c/（a＋b）〉2。     

一个不等式的另证与推广

题目设n、b、c为正实数,证明：（2a＋b＋c）^2/2a^2＋（b＋c）^2＋（2b＋a＋c）^2/ab^2＋（a＋c）^2＋（2c＋a＋b）^2/2c^2＋（a＋b）^2这是第32届美国数学奥林匹克试题,文[1]给出了该问题的一种证明方法,本文再给出另一种证明方法,并把它加以推广．     

对称问题的坐标代换法

高中数学中的中心对称和拍对称问题，解决的方法不乏多样，但笔者认为，利用坐标代换的方法来研究这类问题，更具有一般性和规律性．1中心对称问题求曲线C：八x，y）一0关于点Q（a，b）对称的曲线C’．设C上的任一点只（xl，yi）关于点Q的对称点为P（X，y），由中点坐标公式可得：fHI一一二十ZQlyl一一y十Zb因为点PI（xl，yi）在C上，即f（XI，yi）一0，k得f（一x＋Za，一y＋Zb）一0即为所求．例1抛物线y—ax’＋bx＋c与y一x‘一sx＋2关于点（3，2）对称，求系数a、b、c．解设点（xl，yi）是y—l‘一sl＋2上任一点即yi一xZ—5xl＋2…     

多重Hurwitz-zeta值的恒等式

当k=2,3,4或5且n〉k-1时,利用调和乘积公式我们证明了和∑a1＋a2＋…ak=na1,a2,…ak≥1ζ（2a1,2a2,…,2ak;-2-1,-2-1,…-2-1）与a1,a2,…,……有关的恒等式,这里……是多重Hurwitz—zeta函数,……     

一道征解题的推广

《数学通讯》（上半月）2013年第9期问题征解150是一道不等式问题： 已知a,b,c∈R＋,试证：b3＋c3/a＋c3＋a3/b＋a3＋b3/c≥2（a2＋b2＋c2）＋3[（b-c）2＋（c-a）2＋（a-b）2].这道题的证明方法很多,下面我们先给出它的一种解答,然后用同样的证明方法证明此不等式的推广不等式.证明作差变形,并由三元均值不等式得（b3＋c3/a＋c3＋a3/b＋a3＋b3/c）-2（a2＋b2＋c2）     

任意长圈覆盖指定的独立的点

An invariant σ2（G） of a graph is defined as follows： σ2（G） ：= min{d（u） ＋ d（v）｜u, v ∈V（G）,uv ∈ E（G）,u ≠ v} is the minimum degree sum of nonadjacent vertices （when G is a complete graph, we define σ2（G） = ∞）. Let k, s be integers with k ≥ 2 and s ≥ 4, G be a graph of order n sufficiently large compared with s and k. We show that if σ2（G） ≥ n ＋ k- 1, then for any set of k independent vertices v1,..., vk, G has k vertex-disjoint cycles C1,..., Ck such that ｜Ci｜ ≤ s and vi ∈ V（Ci） for all 1 ≤ i ≤ k.
The condition of degree sum σs（G） ≥ n ＋ k - 1 is sharp.     

一道日本奥赛题的别证及其它

对如下一道日本数学奥林匹克试题： 问题1已知a,b,c〉0,求证：（b＋c-a）^2/（b=c）^2＋a^2＋（c＋a-b）^2/（c＋a）^2＋b^2＋（a＋b-c）^2/（a＋b）^2＋c^2≥3/5.     

一道美国数学奥赛题的别证

题目 已知a,b,c是正实数,证明： （2a＋b＋c）^2/2a^2＋（b＋c）^2＋（2b＋c＋a）^2/2b^2＋（c＋a）^2＋（2c＋a＋b）^2/2c^2＋（a＋b）^2≤8 ① 这是2003年美国数学奥林匹克竞赛第五题,文[1]及文[2]分别用不同的方法对该题目作出精彩的证明,本文利用“变量标准化”方法给出该竞赛题的别证．