“母子”椭圆和双曲线及其一个有趣性质

<正>椭圆（x²/c²）+（y²/b²）=1(a>c>6>0,c=（a²-b²）^1/2内含于椭圆（x²/a²）+（y²/b²）=1（a>b>0）,双曲线（x²/c²） -（y²/b²）=1(a>0,b>0,c=（a⁺b²）^1/2内含于双曲线（x²/a²）-（y²/b²）=1（n>0,b>0）.所以,我们不妨把     

利用梯形性质证明不等式

<正>（2ab）/（a+b）≤（ab）^1/2≤（a+b）/2≤（（a²+b²）/2）^1/2（a>0,b>0）是不等式中最著名的不等式,也是最基本最重要的不等式,其中（2ab）/（a+b）=2（（1/a）+（1/b））^-1称为调和平均值,（ab）^1/2称为几何平均值,（a+b）/2称为算术平均数,（（a²+b²）/2）^1/2称为平方平均数,当且仅当a=b时式中等号成立,它的代数证法并不难,笔者发现,通过构造梯形,利用几何的方法亦可通俗易懂地证明这个不等式。     

利用导数求参变量范围题的错题分析

<正>题目设函数f（x）=-a（x²+1）^1/2+x+ a,x∈（0,1）a∈R⁺.若f（x）在（0,1）上是增函数,求a的取值范围.错解f′（x）=（-ax）/（x²+1）^1/2+1,∵f（x）在（0,1）上是增函数,∴在x∈（0,1）上有f′（x）>0,     

对一道浙江高考调测题的解法探究及推广

试题:如图1,椭圆C:x²+3y²=3b²（b>0）.（I）求椭圆C的离心率;（Ⅱ）若b=1,A,B是椭圆C上两点,且|AB|=3^1/2,求△AOB面积的最大值.解法一:（I）由x²+3y²=3b²得x²/（3b²）+y²/b²,所以e=c/a=(（3b²-b²）^1/2)/(（3b²）^1/2)（Ⅱ）设A（x₁,y₁）,B（x₂,y₂）,△ABO的面积为S.如果AB⊥x轴,由对称性不妨记A的坐标为(3^1/2/2,3^1/2/2),此时S=1/2·3^1/2/2·3^1/2=3/4;如果AB不垂直于x轴,设直线AB的方程为y=kx     

破解一道不等式难题

<正>问题设a,b,c∈R⁺,且a+3b+5c=15.求证:a^1/2+（5b）^1/2+（2c）^1/2≤（46）^1/2.多数同学们容易想到用均值不等式（ab）^1/2≤（a+b）/2①来处理,但面对所证不等式右边的根号,便束手无策.这时,只要"对症下药",去掉     

柯西不等式中取等条件的妙用

设a₁,a₂,a₃,…,a_n,b₁,b₂,b₃,…,b_n是实数,则（a₁²+a₂²+…+a_n²）（b₁²+b₂²+…+b_n²）≥（a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n）²,当且仅当b_i=0（i=1,2,…,n）或存在一个数k,使得a_i=kb_i（i=1,2,…,n）时,等号成立.以上不等式就是选修4-5《不等式选讲》中所介绍的柯西不等式（简记为"方和积不小于积和方"）,其应用十分广泛和灵活,善于挖掘等号成立的条件具有的潜在功能,可用于求代数式的值、解方程（组）、证明等式、判断三角形的形状、确定点的位置等.笔者分类例析,旨在探索题型规律,揭示解题方法.     

西部数学奥赛一题的三角证法

<正>题目求证:对任意正实数a、b、c都有1≤(a/（a²+b²）^1/2)+(b/（b²+c²）^1/2)+(c/（c²+a²）^1/2)≤(3 2^1/2/2).《中学生数学》2007年1月（上）P₃₆刊出了杨安琪同学对此题的"新解".可惜原文的最后两步有误.因由cos²α+cos²β+cos²γ≥3·（cos²α·cos²β·cos²γ）^1/3,cos²αcos²βcos²γ≤（1/8）,不能推出cos²α+cos²β+cos²γ≥3·（1/8）^1/3.尽管原文出现小小的失误,但原文的思想方法很好.     

“韦达等式”的几何意义

<正>韦达曾在1593年提出2/π=(（1/2）^1/2)(（1/2）+（1/2）（1/2）^1/2)^1/2·(（1/2）+（1/2）(（1/2）+（1/2）（1/2）^1/2)^1/2)^1/2….我对此很感兴趣,曾在本刊2007年7月刊中发表了该等式的代数证明.经过进一步研究我发现该式还具有十分有趣的几何意义.而该式的儿何意义却又与求π最古老的方法.即:"割圆术"有异曲同工之妙.     

一个无理不等式的简证及推广

<正>题目已知a,b∈R⁺,且a+b=1,求证:（a²+1）^1/2+（b²+1）^1/2≥5^1/2.《中学数学》《中学数学教学参考》等数学杂志曾用放缩法、几何法、向量法、不等式法等十多种方法对此题作了精彩证明,读后令人折     

一道竞赛题“新解”的错误及其另解

<正>题目（2004年西部数学奥林匹克竞赛题）求证:对任意正实数a,b,c,都有1< (a/（a²+b²）^1/2)+(b/（b²+c²）^1/2)+(c/（c²+a²）^1/2≤(32^1/2/2) （*）文[1]利用三角代换,在证以上右边含上界的不等式时最后一步有误!现将文[1]证明过程的最后几步摘录如下:     

一道西班牙数学竞赛题的探究

<正>第31届西班牙数学奥林匹克第2题为命题1如果(x+（x²+1）^1/2)(y+（y²+1）^1/2) =1,那么x+y=0.文[1]、[2]给出了命题1的三种证法,文[2]还给出了命题1的类似命题2如果x,y∈[1,+∞),或x,y∈(—∞,—1],且(x+（x²—1）^1/2)(y+（y²—1）^1/2)=1,那么x=y.     

一题·一类·一法——一堂自主招生辅导课引起的思考

数列的通项与求和是自主招生考试命题"感兴趣"的内容.数列在自主招生中出现的知识背景、表现形式（如有理数形式、无理数形式、阶乘形式等等）很丰富,它还常常和不等式的背景融合在一起.因此,探究这一类题目的命题的思路,即将数列的求和与不等式证明的技巧渗透在一起,这时,解决此类题目的思路和方法也就"水到渠成"了.一、一题题1求证:1+1/（2³）^1/2+1/（3³）^1/2+…+1/（n³）^1/2<3.     

一道错题的剖析与再变

1错题由来题已知Rt△ABC的周长是4+4 3^1/2,斜边上的中线长是2,则S_△ABC=_<sub><sub><sub>.学生的解法:解法1（标准答案）:因为Rt△ABC的周长是4+4 3^1/2,斜边上的中线长是2,所以斜边长为4,设两个直角边的长为x、y,则x+y=4 3^1/2,x²+y²=16,故S_△ABC-1/4[（x+y）²-（x²+y²）]=1/4[(4 3^1/2)²-16=8.解法2:因为Rt△ABC的周长是4+4 3^1/2,斜边上的中线长是2,所以斜边长为4,设两个直角边的长为x、y则x+y=4 3^1/2,x²+y²=16,消去y得x²-4 3^1/2x     

Hypersurfaces with constant mean curvature in a hyperbolic space

Let Mⁿ be an n-dimensional complete connected and oriented hypersurface in a hyperbolic space Hⁿ⁺¹（c） with non-zero constant mean curvature H and two distinct principal curvatures. In this paper, we show that （1） if the multiplicities of the two distinct principal curvatures are greater than 1,then Mⁿ is isometric to the Riemannian product S^k（r）×H^n-k（-1/（r² + ρ²））, where r > 0 and 1 < k < n - 1;（2）if H² > -c and one of the two distinct principal curvatures is simple, then Mⁿ is isometric to the Riemannian product S^n-1（r） × H¹（-1/（r² +ρ²）） or S¹（r） × H^n-1（-1/（r² +ρ²））,r > 0, if one of the following conditions is satisfied （i） S≤（n-1）t²2+c²t^-22 on Mⁿ or （ii）S≥ （n-1）t²1+c²t^-21 on Mⁿ or（iii）（n-1）t²2+c²t^-22≤ S≤（n-1）t²1+c²t^-21 on Mⁿ, where t₁ and t₂ are the positive real roots of （1.5）.     

非线性抛物方程混合有限元方法的高精度分析

采用双线性元及零阶Raviart-Thomas元（Q₁₁+Q₁₀×Q₀₁）对非线性抛物方程讨论了一种H¹-Galerkin混合有限元方法.提出一个线性化的二阶格式,利用数学归纳法有技巧的导出了原始变量u在H¹（Ω）模意义下及流量p=▽u在L²（Ω）模意义下的O（h²+τ²）阶超逼近性质.引入一个有关初始点的时间离散方程,并利用其得到了▽ ·在L²（Ω）模意义下的O（h²+τ²）阶的超逼近结果.同时利用插值后处理技巧得到整体超收敛.最后,数值算例结果验证了理论分析（其中,h是剖分参数,τ是时间步长）.     

无理函数y=（a1x+b1）～（1/2）+（a2x+b2）～（1/2）的最值求法

无理函数y=（a₁x+b₁）^1/2+（a₂x+b₂）^1/2（a1,a2,b1,b2均不为0）（1）的最值问题,是代数中较为典型的一类最值问题之一.当a1a2≥0时,函数（1）为单调函数,求出定义域后利用单调性很容易确定最大值和最小值.但当a1a2<0时,函数（1）最值的求解具有一定的难度.其实,当a1a2<0时,无理函数（1）可改写成如下形式:y=a（x-b）^1/2+c（d-x）^1/2（a,c>0,b,d≠0）（2）当b≤d时,函数才有意义.当b=d时,函数值域为单点集{0}.本文考虑b相似文献   

欢度新年

<正>将下述(1)、(2)中的汉字各换成互不相同、且在30以内的自然数,建立等式(1)二²+零2+零²+一2+一²+四2+四²+新2+新²+年2+年²+来2+来²=2014;欢2=2014;欢¹+度1+度²+春2+春³+节3+节⁴+马4+马⁵+年5+年⁶+到6+到⁷=2014.(2)恭7=2014.(2)恭²+贺2+贺²+编2+编²+辑2+辑²+新2+新²+春2+春²+吉2+吉²+祥2+祥²=2014;祝2=2014;祝²+愿2+愿²+读2+读²+者2+者²+寒2+寒²+假2+假²+快2+快²+乐2+乐²=2014.     

单位球上F(p,q,s)空间的分解和刻画

设p>0,s ≥ 0,q>max{-n-1,-s-1},本文探讨了单位球上F（p,q,s）空间的一种等价刻画和分解问题.具体结果为：（1） f∈ F（p,q,s）当且仅当f∈ H（B）,且I^p=sup_a∈B∫_B|R^α,γf（z）|^p（1-|z|²）^q+pγ-p（1-|φ_a（z）|²）^sdv（z）<∞,其中α>-1 和γ>max{0,1-（q+s+1）/p,1-（q+n+1）/p}. （2） 若{d_k}∈ ∫^p,则存在序列{w_k}⊂B,使得 f（z）=∑_k=1^∞（d_k（1-|w_k|²）^t+1）/（1-k>）^{t+（q+n+1）/p}）（z∈B）属于F（p,q,s）,其中t>max{1-1/p,0}（q+n+1）+max{1/p,1}s-1.     

文字换数

<正>将下述各个句子中的汉字分别换成平同的自然数,建立等式(1)休¹+闲1+闲²+不2+不³+忘3+忘⁴+学4+学⁵+习5+习⁶=2017;愉6=2017;愉¹+快1+快²+度2+度³+过3+过⁴+寒4+寒⁵+假5+假⁶=2017.(2)打6=2017.(2)打²+好2+好²+数2+数²+学2+学²+基2+基²+础2+础²+知2+知²+识2+识²=2017;造2=2017;造¹+就1+就²+未2+未³+来3+来⁴+创4+创⁵+新5+新⁶+人6+人⁷+才7+才⁸=2017.     

新春好趣题

<正>将下列等式中的汉字换为35以内的自然数使等式成立:(1)申²+猴2+猴²+欢2+欢²+送2+送²+未2+未²+羊2+羊²=2016:(2)22=2016:(2)2^同+2同+2^学+2学+2^们+2们+2^新+2新+2^春+2春+2^好=2016:(3)同好=2016:(3)同⁶+学6+学⁵+们5+们⁴+新4+新³+春3+春²+好2+好¹=2016.