一道非常规极值点偏移问题的探究

<正>极值点偏移问题是近年来高考题与模拟题中的热点问题,研究这类问题的文章汗牛充栋~([1][2]),通常来说我们有三种处理方法:构造函数法,换元法与对数均值不等式法.以一道常见的题为例:已知函数f(x)=lnx-ax有两个相异零点x_1,x_2,求证:x_1x_2>e~2.     

双变元不等式解法探究

<正>证明含有双变元的不等式,直接做往往比较麻烦,有些甚至无从下手.本文通过对几道典型例题探究,总结其中规律.1构造函数,将证明不等式等价转化为证明函数单调性例1已知函数f(x)=1/2x~2-ax+(a-1)lnx.求证:若1-1.证明不妨假设0相似文献   

函数单调性与数列型不等式

<正>数列型不等式为高考数学的一个新的亮点问题,解这类问题需要我们具有扎实的数学基础知识和较强的观察、分析、构造和运算能力,有些题目具有一定的技巧性.对于含有lnn的不等式,我们通常是利用不等式ln(x+1)0)或者lnx1)进行证明.本文在此基础上进一步揭示证明数列型不等式的常用方法,特别是利用不等式e^x>x+1>ln(x+2)或其变形式,通过构造函数,经过合     

新题征展(29)

A　题组新编1 .三棱锥 P - ABC中 ,PA、PB、PC两两垂直 ,D为底面上任意一点 .( 1 )若 D到三个侧面的距离分别为 4、5、6 ,求 PD;( 2 )若 D到三条侧棱的距离分别为 4、5、6 ,求 PD;( 3)若 PD与 PA、PB所成的角分别为4 5°、6 0°,求 PD与 PC所成的角的大小 .2 .已知关于 x的不等式kx2 - 2 x 6 k <0 .( 1 )若不等式的解集为 {x| 2 相似文献   

2015年新课标(Ⅰ)卷数学(理)第12题解法的探究

<正>一、试题呈现题目(2015年新课标(Ⅰ)理12)设函数f(x)=e~x(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x_0,使得f(x_0)<0,则实数a的取值范围是().(A)[-3/2e,1)(B)[-3/2e,3/4)(C)[3/2e,3/4)(D)[3/2e,1)二、思路分析本题是有关不等式的存在性恒成立问题,难点是不等式的解是整数,但处理的方法与一般性的恒成立问题并无本质区别,解决这类问题通常有三种思路:     

用高数观点看2006年全国高考理科数学(陕西卷)22题

2006年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题(陕西卷)22题:已知函数f(x)=x~3-x~2 x/2 1/4,且存在x_0∈(0,1/2),使f(x_0)=x_0.(Ⅰ)证明:f(x)是R上的单调增函数;(Ⅱ)设x1=0,xn 1=f(xn),y1=21,yn 1=f(yn),其中n=1,2,…,证明:xn相似文献   

锥上双正齐性泛函的一个不等式

[1]与[2]给出了如下对称函数的一个不等式:设0相似文献   

对数平均不等式的应用

<正>纵观近些年各类考试中的导数解答题,经常出现与e^x,lnx有关的函数双零点问题,这类问题的主要解法是构造函数将双变量问题转化为单变量进行处理,但往往过程繁琐.而对数平均不等式是破解这类问题的有利工具,下面举例说明.1.对数平均不等式设a,b是两个不相等的正数,我们把     

利用一个简单命题解一类不等式

(x一与(x一生一1)<。(xZ一1)(xZ一x一1) 工2U. LX-一4夕-<二O。例314.例含解不等式‘g‘二一奋,<。·解原不等 式一。相似文献   

一道代数式求值问题的新解与一般化

<正>题目已知ax²+bx+c=0(a≠0)有实数根x_1与x_2,设p=x_12+bx+c=0(a≠0)有实数根x_1与x_2,设p=x_1⁽¹⁹⁹⁷⁾+x_2(1997)+x_2⁽¹⁹⁹⁷⁾,q=x_1(1997),q=x_1⁽¹⁹⁹⁶⁾+x_2(1996)+x_2⁽¹⁹⁹⁶⁾,r=x_1(1996),r=x_1⁽¹⁹⁹⁵⁾+x_2(1995)+x_2⁽¹⁹⁹⁵⁾.求ap+bq+cr之值.原解答(见参考文献[1]第183页例5)"由因导果",摘抄如下:由x_1,x_2是方程ax(1995).求ap+bq+cr之值.原解答(见参考文献[1]第183页例5)"由因导果",摘抄如下:由x_1,x_2是方程ax²+bx+c=0之二实根,所以ax_12+bx+c=0之二实根,所以ax_1²+bx_1+c=0①ax_22+bx_1+c=0①ax_2²+bx_2+c=0②     

确定恒不等式中参数范围(最值)的一种方法

在中学数学里,对于恒不等式中的问题却很少谈及。但近年来国内外高考,数学竟赛和一些书刊中常出现这样一类恒不等式问题:若关于n个变元的不等式。f(x_1,x_2,…,x_n;λ_1,λ_2,…,λ_)>0(≥0)(I)在区域G上恒成立,试求参数λ_1,λ_2,…,λ_m的取值范围(或最大值、最小值)。本文介绍处理这类问题的一种方法——最值法如果在恒不等式(I)中能将变元x_1,x_2·…,x_n,全部或部分分离出来,使(I)式成为F(λ_1,λ_2,…,λ_m)>D(x_1,x_2,…,x_n),或F(λ_1,λ_2,…,λ_m)相似文献   

关于数论函数方程φ(x_1…x_(n-1)x_n)=m(φ(x_1)+…+φ(x_(n-1))+φ(x_n))

运用Euler函数的性质证明了:当n>1时,方程φ(x_1…x_(n-1)x_n)=m(φ(x_1)+…+φ(x_(n-1))+φ(x_n))仅有有限多组正整数解(x_1,…,x_(n-1),x_n),得到了这些解都满足max{x_1,…,x_(n-1),x_n}≤2m⁴(n-1)4(n-1)²n2n².     

读的懂易操作的极值点偏移

<正>近年高考涉及极值点偏移方面题不断出现,平时考试和练习更是翻新出现,花样不断,但万变不离其宗.下面从基础型极值点偏移题出发,阐述极值点偏移题的解题规程,不当之处,敬请斧正.1基础题型再现已知函数f(x)=xe^(-x),(1)求f(x)的单调区间和极值;(2)若x_1≠x_2且f(x_1)=f(x_2),证明:x_1+x_2>2.分析(1)f′(x)=1-x/e(-x),(1)求f(x)的单调区间和极值;(2)若x_1≠x_2且f(x_1)=f(x_2),证明:x_1+x_2>2.分析(1)f′(x)=1-x/e^x,f(x)单调递增区间为(-∞,1),单调递减区间为(1,+∞),     

“最值”的分布列求法

<正>大家熟知:当已知随机变量ξ的分布列为P(ξ=x_k)=p_k(k=1,2,…)时,则有:Dξ=Eξ²-(-Eξ)2-(-Eξ)²=(x_1-Eξ)2=(x_1-Eξ)² p_1+(x_2-Eξ)2 p_1+(x_2-Eξ)² p_2+…+(x_n-Eξ)2 p_2+…+(x_n-Eξ)² p_n+…≥0,可得知(Eξ)2 p_n+…≥0,可得知(Eξ)²≤Eξ2≤Eξ²,当且仅当x_1=x_2=x_3=…=x_n=…=Eξ时,取等号.下面举例说明,利用构造随机变量ξ的分布列的方法,来解一些非常规随机变量ξ的分布列的最值问题,供读者们赏析参考.     

莫斯科大学1989年入学考试试题

1.解方程(3~)~x27~=9~.2.解不等式(log (8-2)~(1/2)(2x-1))(log_2(1+2x-x~2))≥0.3.经过ΔABC的顶点A与ΔABC的中位线(该中位线与边AC平行)的中点的直线将ΔABC分为两部分的面积之比是多少?4.已知x_1、x_2是二次三项式x~2+ax+a-1/2的实数根,求a为何值时(x_1-5x_2)(x_2-5x_1)取最大值。5.已知三棱锥S-ABC的底是边长为4的正ΔABC,且知AS=BS=(19)~(1/2),CS=3,求该三棱锥外接球的面积。     

用拉格朗日乘数法证明对称不等式

设f(x_1,x_2,…,x_n)、g(x_1,x_2,…,x_n)是两个轮回对称函数,若欲证明无约束不等式,f(x_1,x_2,…,x_n)≥g(x_1,x_2,…,x_n)可以增加约束条件并利用拉格朗日乘数法来证.约束条件要选取为对称方程才能便于计算.如x_1 x_2 … x_n=C,x_1~2 十x_2~2 十…x_n~2=R~2 等.以下通过例题加以说明.     

一类数学试题的错因分析

<正>问题定义在R上的函数f(x)满足f(0)x=0,f(x)+f(1-x)=1,f(x/5)=1/2f(x)且当0≤x1相似文献   

在函数与导数中感悟“脱f”

<正>函数单调性的定义要求掌握"三用":正用:任取x_1、x_2∈D,x_1>x_2,若f(x_1)>f(x_2),则f(x)在D上单调递增;逆用:任取x_1、x_2∈D,x_1>x_2,若f(x)在D上单调递增,则f(x_1)>f(x_2);变用:任取x_1、x_2∈D,若f(x)在D上单调递增,且f(x_1)>f(x_2),则x_1>x_2.我们把变用单调性定义的这类题型叫做"脱f",此时解题关键是注意函数的定义域及单调性.函数中常见的脱f问题有以下三种,如遇到其他的问题,划归"母图"思想将有力地简化数学问题.     

关于一个积分不等式的Djokovi(?)''''s猜想(英文)

在1965年,Djokovi,D.Z提出[1]:设x_0(1-α_1)(x_2-x_0)时,(4)不成立,一般说,(4)式是否成立和点x_0相似文献   

函数f(x)=sinx/x单调性的妙用

我们将看到,利用sinx/x的单调性来解一些题目显得非常方便简捷。为此,先证明定理函数f(x)=sinx/x在(0,π)内严格递减。证明当x∈(0,π/2)时,设0相似文献