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)|}     

一个非等价转化问题的探究

某资料上有这样一个问题:问题|2x-a|+2/x≥1对任意x>0都成立,求a的取值范围.给出的解法是:原不等式等价于a≤2x+2/x-1或a≥2x-2/x+1,令f(x)=2x+2/x-1,g(x)=2x-2/x+1,则原不等式对任意的x>0都成立,等价于:对任意的x>0都有a≤f(x)或a≥g(x).由f′(x)=2-2/x~2,g′(x)=2+2/x~2可得:在(0,+∞)上,[f(x)]_(min)=f(1)=3,g(x)是增函数,值域为R,所以a≤f(x)对任意x>0都成立     

三次函数图像对称性的证明

<正>我们已经知道二次函数f(x)=ax²+bx+c(a≠0)的图像关于直线x=-(b/2a)对称,那么三次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的图像关于直线x=-(b/2a)对称,那么三次函数f(x)=ax³+bx3+bx²+cx+d(a≠0)有没有对称性呢?这类函数图像有对称中心,其对称中心为(-b/3a,f(-b/3a).下面我从多角度证明.证法1配方法f(x)=ax2+cx+d(a≠0)有没有对称性呢?这类函数图像有对称中心,其对称中心为(-b/3a,f(-b/3a).下面我从多角度证明.证法1配方法f(x)=ax³+bx3+bx²+cx+d     

余数定理的引伸及其应用

在中学数学课本里有一条定理叫余数定理“多项式f(x)除以x-b所得的余数等于f(b)”,证明时引用了下列恒等式 f(x)=(x-b)·Q(x)+R (1)当x=b时,f(b)=R。现在我们把关系式(1)引伸一下,设 f(x)=B(x)·Q(x)+R(x) (2)是一个关于x的恒等式,如果当x=b时,我们有B(b)=0,则得f(b)=R(b)。由于我们所讨论的是一元多项式,当B(x)的次数低于f(x)的次数时,R(x)的次数将低于B(x)的次数而更低于f(x)的次数,因此,求函数f(x)当x=b的值时,可以不直接代入f(x)计算而可以代入较为简单的式子R(x)里去计算,这样就方便得多了。例1. 已知 x=1/(3~(1/2)+2~(1/2)),求 f(x)=x~5+x~4-10x~3-10x~2+2x+1的值。解:x=1/(3~(1/2)+2~(1/2))=(3~(1/2)-2~(1/2)。     

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     

我为高考设计题目

题55已知集合M是满足下列性质的函数f(x)的全体:在定义域内存在实数x_0,使得f(x_0+1)=f(x_0)+f(1)成立.(1)函数f(x)=1/x是否属于集合M?说明理由;(2)证明:函数f(x)=2~x+x~2∈M;(3)设函数f(x)=1g a/(x~2+1)∈M,求a的取值范围.解(1)假设f(x)∈M,则存在x_0,使得     

2007年江苏高考数学压轴题的巧思妙解

题目已知a,b,c,d是不全为零的实数,函数f(x)=bx~2 cx d,g(x)=ax~3 bx~2 cx d.方程f(x)=0有实数根,且f(x)=0的实数根都是g(f(x))=0的根;反之,g(f(x))=0的实数根都是f(x)=0的根1)求d的值;2)若a=0,求c的取值范围;3)若a=1,f(1)=0,求c的取值范围.原参考答案1)d=0解答略.2)c∈[0,4).解答略.3)由d=0,f(1)=0得b=-c,f(x)=bx2 cx=-cx(x-1).g(f(x))=f(x).[f2(x)-c f(x) c].由f(x)=0可以推得g(f(x))=0,知方程f(x)=0的根一定是方程g(f(x))=0的根.当c=0时,符合题意.当c≠0时,b≠0,方程f(x)=0的根不是f2(x)-c f(x) c=0的根.因此,根据题意方程f2(x)-c f(x) c…     

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).     

关于函数y=(c d·x~n)/(a b·x~n)的一个恒等式

对于函数f(x)=14 x2,经试验可得恒等式f(x) f(4x)=14.对于f(x)=c d·x2a b·x2,是否都有类似恒等式呢?经研究发现,对于上面一般情形,我们有下面的结论:定理1若f(x)=c d·x2a b·x2(ad≠bc,且ab≠0),则有f(x) f(abx)=bc adab恒成立.证因f(abx)=c d·a2b2x2a b·a2b2x2=cb2x2 da2     

由一道常见题想到的

<正>常见这道习题:已知f(x+(1/x))=x~2+(1/x~2),求f(x).对其往往采用先配方再换元来求f(x).f(x+(1/x))=x~2+(1/x~2)=(x+(1/x))~2-2.令u=x+(1/x),则f(u)=u~2-2,|u|=|x+(1/x)|=|x|+(1/|x|)≥2.     

新题征展(72)

A题组新编1.下列条件对于函数f(x)定义域中的每一个x都成立,其中(a≠0,k≠0,a,b,k∈R):(1)条件1f(x)-f(-x)=0;条件2f(a x)=f(a-x);条件3f(kx b)=f(-kx-b);条件4f(x)=(x-a)0.其中判断函数f(x)是偶函数的条件是.(2)条件1f(a x)=f(a-x);2f(x)=f(2a-x);3f(3a-x)=f(x-a);4f(x)=(x-a)     

在多元式中选定主元

例1 解方程 x~4-10x~3-2(a-11)x~2 2(5a 6)x 2a a~2=0. 分析:这是关于x的四次方程,不易求解;但方程中a的最高次幂是2,看作关于a的二次方程来解就容易了。解把方程按a的降幂改写如下: a~2-2(x~2-5x-1)a (x~4-10x~3 22x~2 12x)=0. 解之得a=x~2-6x.或a=x~2-4x-2. 再反过来解关于x的方程,得: x_(1,2)=3±9 a~(1/2),x_(3,4)=2±6 a~(1/2). 所谓“主无法”:就是在处理含有多个变量的数学问题时,常选择其中一个变量为主元素,其余各量视为常量,使之出现我们所熟悉的结构形式。例2 设a,b,c为绝对值小于1的实数,求证:ab bc ac 1>0.     

1、究竟是哪一个解

题:已知f(1/x)=x (1 x~2)~(1/2),求解方程f(x)=2x。解法一:由已知变换得f(x)=1/x (1 x~2)~(1/2)/|x|,又f(x)=2x ∴1/x (1 x~2)/|x|=2x     

谈谈构造函数法的几点应用

<正>一、构造函数求解恒成立问题,弥补参数范围中的"等号"问题例1已知函数f(x)=-x3+ax2+b(a,b∈R).(1)若函数y=f(x)的图像上任意不同的两点的连线的斜率小于2,求a的取值范围分析本题学生易将图像上任意不同的两点的连线的斜率与f′(x)混为一谈,错解为:由f(x)=-x3+ax2+b得f′(x)=-3x2+2ax.∵f′(x)<2,∴3x2-2ax+2>0对一切的x∈R恒成立,从而Δ=(-2a)2-4×3×2<0,∴a2-6<0,∴-6~(1/2)相似文献   

四类基本初等函数性质的逆向探究

<正>学完高中数学必修一,我们知道,正比例函数f(x)=kx(k≠0)满足性质f(x+y)=f(x)+f(y),指数函数f(x)=a~x(a>0,a≠1)满足性质f(x+y)=f(x)f(y),对数函数f(x)=log_ax(a>0,a≠1)满足性质f(xy)=f(x)+f(y),幂函数f(x)=x~α(α∈R)满足性质f(xy)=f(x)f(y).然后,我们就会反过来想,满足这些性质的函数是唯一确定的吗?直到学习了导数,在     

微分中值定理的巧用

一定理:1°洛尔定理:若函数f(x)在[a,b]上连续;在(a,b)上可微且f(a)=f(b)=0,则存在ξ∈(a,b)使,f′(ξ)=0。 2°Cauchy定理:若函数f(x)及g(x)在     

该配对时就配对

有一类计算题,已知函数f(x),求这个函数f(x)在许多点处的函数值之和。对这类计算题,往往直接计算甚是繁杂,费时费力,但根据已知函数f(x)的特点,通过两两配对,而恰恰每一对的和又是定值,这时,可巧妙地解决问题,下面举例说明。例1 (2002年全国高考题)如果函数f(x)=x~2/(1 x~2),则f(1) f(2) … f(9) f(1/2) f(1/3) … f(1/9)=____。解因为f(x)=x~2/(1 x~2),则f(1/x)=1(1 x~2)(x不为0),恰有f(x) f(1/x)=1。于是将f(2)与f(1/2)、f(3)与f(1/3)、…、f(9)与f(1/9)配对,得所求的结果为17/2。     

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     

世界各地数学奥林匹克试题选登

1找到所有映射f:R→R,满足f(f(x) y)=f(x2-y) 4f(x)y,其中x,y∈R.解映射f(x)=0和f(x)=x2显然符合条件.下面证明不存在其它的映射符合要求.设映射f:R→R满足f(f(x) y)=f(x2-y) 4f(x)y(1)其中x,y∈R.令a=f(0).在(1)中取x=0则对任意y∈R,f(a y)=f(-y) 4ay(2)在(2)式中先取y=0,则有f(a)=a.取y=-a,则有a=a-4a2,即a=0.因此由(2)式知f是一个偶函数.在(1)式中令y=-f(x)及y=x2.比较其结果有4(f(x))2=4x2f(x).因而f(x)=0或f(x)=x2.现假设存在x0使得f(x0)≠0,则x0≠0及f(x0)=x02.因为f是偶函数.我们假设x0>0.令x为任意非零实数,在(1)式中令y=-x0,则…     

超线性收敛的指数下降迭代法

1　引　　言文[1]中借助于常微分方程的Liapunov方法建立了与非线性方程f(x)=0(1)在区间[a,b]内的解x*相对应的Cauchy问题dx/dt=-w(x)f(x)(2)x(0)=x0,　x0∈[a,b](3)其中f(x)在[a,b]上连续可导,f′(x)≠0,而w(x)满足w(x)f′(x)>0且使得Cauachy问题(2)—(3)的饱和解x=x(t,x0)存在唯一.于是非线性方程(1)在[a,b]内的解x*为自治系统(2)的渐近稳定的奇点,从而有limt→+∞x(t,x0)=x*,　　x0∈[a,b](4)成立.这说明对任一初值x0∈[a,b]通过解Cauchy问题(2)—(3)可得非线性方程(1)在[a,b]内的解x*.在文[2]中利用Lambert的非线性方法[3],导出了一个…