一道高考试题的背景探究与推广

问题（2007年广东卷第21题）已知函数f（x）=x^2＋x-1，α，β是方程f（x）=0的两个根（α〉β），f＇（x）是f（x）的导数；设。α1=1，αn＋1=αn-f（αn）/f＇（αn）（n=1，2，…）     

一道高考题的多角度审视

2007年广东高考数学卷理科第21题：题目已知函数f（x）=x^2＋x-1，α,β是方程f（x）=0的两个根（α＞β），f′（x）是f（x）的导数,设α1=1，αn＋1=αn-f（αn）/f′（αn）（n=1,2，…）．     

世界各地数学奥林匹克试题摘编

1（2000年中国台湾数学奥林匹克）设，是正整数集到非负整数集的映射，满足f（1）=0，f（n）=max 1≤j≤n-1 {f（j）＋f（n～j）＋j｜（n≥2），求f（2000）。     

导数小结论 两年压轴题简

由于Aan＋1=Ban＋f（n）〈=〉an＋1=B/Aan＋1/Af（n）〈=〉Can＋f（n）（n∈N＊）,A≠0）.     

二次函数迭代的一个问题初探

对二次函数f（x）=x^2＋bx＋c进行n次迭代，得到f^[n]（x），函数f（x）有无不动点（即方程f（x）=x有无实根）对方程f^[n]（x）=x的解的情况有何影响？文[1]探讨了这个问题，并提出未解决的问题：     

亚纯函数及其n阶导数权分担两个值

研究亚纯函数及其n阶导数权分担两个值的唯一性问题.得到了：如果两个非常数亚纯函数f,g分担（∞,∞）,f（n）与g（n）分担（1,0）,n（≥0）为一整数,且满足C0：=（4n＋6）λ＋δn＋1（0,f）＋δn＋1（0,g）＋δn＋2（0,f）＋δn＋2（0,g）＋δn（0,f）〉4n＋10,其中λ=max{min{Θ（∞,f）,Θ（0,f）},min{Θ（∞,g）,Θ（0,g）}},那么f（n）·g（n）≡1,或者f≡g.该结果改进了前人的有关定理.     

与4/p = 1/(n1) + 1/(n2) + 1/(n3) 相关的素变量均值估计

如果n是正整数,我们用f（n）表示丢番图方程4/p=1/n_1＋1/n_2＋1/n_3的正整数解（n1,n2,n3）的个数.对于素数p,f（p）可以分解为f1（p）＋f2（p）,这里fi（p）（i=1,2）为分母n1,n2,n3中恰有i个能被p整除的解的个数.本文我们将研究关于均值∑p〈xfi（p）,i=1,2,的估计,其中p表示素数.     

关于i=n∑n ai＋bi/1〈c型数列放缩的一点想法

i=n∑n ai＋bi/1〈c（c为常数）型的数列不等式的推导，可以使用数学归纳法来证明，但在实际解决中，有时难以实现从n=k到n-k＋1的过渡；也可以考虑将原命题强化为i=n∑n ai＋bi/1〈c-f（n）/1（其中f（n）与n有关，且f（n）〉O）的形式。     

对一道习题的思考

从相关习题出发，借助夹逼定理可证明：lim n→∞（b1a^n1＋b2a^n2＋…＋bma6n m）1/n=max{a1,a2,…,am}；设函数φ（x）,f（x）在[a,b]上都是正连续函数，则有lim n→∞{∫^b aφ（x）[f（x）]^n dx}^1/n=max a≤x≤b{f（x）}     

剖析三个数学问题

问题1已知函数f（x）=ax^2＋bx的图像过点（-4n,0）,g（x）=2ax＋b,g（0）=2n（n∈N^＊）．     

关于二次函数迭代的一个定理的简证

对二次函数f（x）=x^2＋bx＋c进行n次迭代，得到f^[n]（x），其中f^[1]（x）=f（x）．函数f（x）有无不动点（即方程f（x）=x有无实数根）对方程f^[n]（x）=x解的情况有何影响？文[1]、文[2]对此进行了探讨，得到一些颇有价值的结论．其中文[2]证明了下述结果：     

一道高考试题探源、推广及引申

2002年高考有这样一道试题： 问题 已知f（x）=x^2/1＋x^2，那么，f（1）＋f（2）＋f（3）＋f（4）＋f（1/2）＋f（1/3）＋f（1/4）= 。     

再谈广义奇(偶)函数及其周期性

文［1］对奇（偶）函数的概念作了推广，并对其性质和周期性问题进行了探讨．笔者读后，获益匪浅．现试图将原文论及的问题再作推广．一几个概念定义至对于函数f（x），若存在常数a、b、m、n（m＞0，n＞0），对于其定义域内的任意x：（1）当都有f（a＋mx）=f（b－nx）成立时，则称函数f（x）为广义偶函数．特别地，如果a=b=0，m=n，则f（x）就是偶函数．（2）当都有f（a＋mx）=－f（b－nx）成立时，则称函数f（x）为广义奇函数．特别地，如果a=b=0，m=n，则f（x）就是奇函数．定义2对于一个图形的两部分，从第一部分上的各点作定直线l的垂线…     

一道高考题解法的再探究

文[1]对递推数列a1=a，a（n＋1）=f（n）an＋g（n）的两种特殊情况给出了通项an的解法．本文介绍这个问题的一般解法，即通过构造辅助数列，用累加法求其通项an．     

Refined functional equations stemming from cubic,quadratic and additive mappings

Let n ≥ 2 be an integer. In this paper, we investigate the generalized Hyers-Ulam stability problem for the following functional equation f（n-1∑j=1 xj＋2xn）＋f（n-1∑j=1 xj-2xn）＋8 n-1∑j=1f（xj）=2f（n-1∑j=1 xj） ＋4 n-1∑j=1[f（xj＋xn）＋f（xj-xn）] which contains as solutions cubic, quadratic or additive mappings.     

综合题新编选登

题155 设f（n,p）=C2n^p（n,p∈N,p≤2n）.数列{a（n,p）}满足a（1,p）＋a（2,p）＋…＋a（n,p）=f（n,p）.     

2008年福建卷理科压轴题简析

题1 已知函数f（x）=ln（x＋1）-x． （Ⅰ）求厂（x）的单调区间; （Ⅱ）记f（x）在区间[0,n]（n∈N^＊）上的最小值为bn,令an=ln（1＋n）-bn．     

不等式背景下的函数求值问题

众所周知,不等式a≤c≤a中蕴涵着等量关系c=a,不等式g（x）≤f（x＋k）-f（x）≤g（x）（x∈R）中蕴涵着等量关系f（x＋k）-f（x）-g（x）．若函数g（x）已知,再给出f（x0）的值以及n（n∈R且n≥2）,就可以求出f（x0＋nk）=f（x0）＋∑i=0^n-1g（x0＋ik）这一函数值．     

一种拟Grünwald插值算子的Lp收敛速度

1 引言 设f（x）为[-1,1]上的连续函数，则以第二类Chebyshev多项式Un（x）（Un（cosθ）=sin（n＋1）θ/sinθ的全部零点{xk=cos k/n＋1 π}^n k=1为插值结点组的f的Grunwald插值多项式为     

Stability problem of Hyers-Ulam-Rassias for generalized forms of cubic functional equation

Let n≥2 be an integer number. In this paper, we investigate the generalized Hyers Ulam- Rassias stability in Banach spaces and also Banach modules over a Banach algebra and a C＊-algebra and the stability using the alternative fixed point of an n-dimensional cubic functional equation in Banach spaces：f（2∑j=1^n-1 xj＋xn）＋f（2∑j=1^n-1 xj-xn）＋4∑j=1^n-1f（xj）=16f（∑j=1^n-1 xj）＋2∑j=1^n-1（f（xj＋xn）＋f（xj-xn）