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1.
沈富忠 《初中生世界(初三物理版)》2003,(33)
前不久在教学中碰到这样一道习题:已知x1、x2是方程x2 x-1=0的两个根,求代数式(x12 2x1-1)·(x22 2x2-1)的值.班上大多数学生都是采用以下方法进行的: 原式:(x1x2)2 2x12x2-x12 2x1x22 4x1x2-2x1-x22-2x2 1=(x1x2)2 2x1x2(x1 x2)-(x1 x2)2 6x1x2-2(x1 x2) 1. 相似文献
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1 把值域当有界例 1 求证 :y=x2 - x 1x2 x 1的值域为[1/3,3].错证 因 (x2 - x 1x2 x 1- 13) (x2 - x 1x2 x 1-3) =(2 x2 - 4 x 2 ) (- 2 x2 - 4 x- 2 )(x2 x 1) 2 =-4 ( x-1) 2 ( x 1) 2( x2 x 1) 2 ≤ 0 ,所以 13≤x2 - x 1x2 x 1≤3(x∈R) ,即 y=x2 - x 1x2 x 1的值域为 [13,3].分析 上面证明显然是把值域当成了 y值有界 ,而并未证明 [1/3,3]是 y的值域 .因为作为值域 ,y值必须具备下面 2点 :(1) y∈[1/3,3];(2 ) y值充满区间 [1/3,3].下面证明 y=x2 - x 1x2 x 1函数值充满 [13,3]: y0 ∈ [13,3],将函数式变形 ,(y0 - 1) x2… 相似文献
3.
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第 3 1届西班牙数学奥林匹克第 2题为 :证明 :如果 (x x2 1) (y y2 1) =1,那么x y =0 .1 利用绝对值的性质证明 由已知得x x2 1=1y2 1 y,∴x x2 1=y2 1-y ,∴x y =y2 1-x2 1,∴x y =(y -x) (y x)y2 1 x2 1,∴ (x y) (1 x -yx2 1 y2 1) =0 .∵x2 1>|x| ,y2 1>|y| ,∴x2 1 y2 1>|x| |y|≥ |x -y| ,∴ |x -y|x2 1 y2 1<1,∴ 1 x -yx2 1 y2 1≠ 0 ,∴x y =0 .2 利用函数的性质证明 构造函数f(x) =lg(x x2 1)(x∈R) .可以证明函数f(x)在R上是奇函数且单调递增 .∵ (x x2 1) (y … 相似文献
5.
一个错误的“证明” 总被引：2，自引：0，他引：2
陶兴模 《中学数学教学参考》2003,(11):58-58
《数学通讯》1 997年第 7期上的征解问题 1 73是 :设xi>0 ,i=1 ,2 ,… ,n(n≥ 3 ) ,则有Sn=x2x1(x3+x4+… +xn) + x3x2(x4 +… +xn+x1) +… + xnxn - 1(x1+x2 +… +xn - 2 ) + x1xn(x2 +x3+… +xn - 1)≥ (n -2 )∑ni=1xi.该刊 1 999年第 1 2期刊出张煜的一个“证明”按此“证明”有S6 =x1( x4 x3+ x5x4+ x6 x5+ x3x6) +x2 ( x5x4+ x6 x5+ x1x6+ x4 x1) +x3( x6 x5+ x1x6+ x2x1+ x5x2) +x4 ( x1x6+ x2x1+ x3x2+ x6 x3) +x5( x2x1+ x3x2+ x4 x3+ x1x4) +x6 ( x3x2+ x4 x3+ x5x4+ x2x5)≥ 4x1+ 4x2 +… + 4x6 =( 6-2 )∑6i=1xi.然而 ,最左边… 相似文献
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在竞赛中 ,经常出现一类根据已知方程 ,对“不对称”的代数式进行求值的题型 ,这类问题宜用“对称设元法”将题中的代数式转化为对称的代数式来处理 ,下面举例说明 .例 1 设 x1 ,x2 是二次方程 x2 x- 3=0的两个根 ,那么 x1 3- 4 x2 2 1 9的值等于(1 996年全国初中数学竞赛题 )(A) 4 (B) 8 (C) 6 (D) 0解 根据根与系数的关系得 :x1 x2 =1 ,x1 x2 =- 3,∴ x1 - x2 =± (x1 - x2 ) 2 =± 1 3.记 A=x1 3- 4 x2 2 1 9,B=x2 3- 4 x1 2 1 9,则A B=(x1 3 x2 3) - 4 (x2 2 x1 2 ) 38=(x1 x2 ) [(x1 x2 ) 2 - 3x1 x2 ]… 相似文献
7.
以两实数x1、x2为根的一元二次方程(二次项系数为1)是x2-(x1+x2)x+x1x2=0,必有△=(x1+x2)2-4x1x2≥0. 相似文献
8.
“1”是不可缺少的一个数,目然数中它排首位,实数里是单位。它有许许多多的妙用之处,本文所谈到的仅是这些应用中的沧海一粟。一、1=a÷a=a×1/a(a≠0) [例1] 解方程: (x-1)/(x 1) (x-4)/(x 4)=(x-2)/(x 2) (x-3)/(x 3)解:((x-1)/(x 1) 1) ((x-4)/(x-4) 1) =((x-2)/(x 2) 1) ((x-3)/(x 3) 1) ∴2x/(x 1) 2x/(x 4)=2x/(x 2) 2x/(x 3)。∴ x=0或1/(x 1) 1/(x 4)=1/(x 2) 1/(x 3) (2x 5)/(x 1)(x 4)=(2x 5)/(x 2)(x 3) ∴ 2x 5=0 x=-5/2。或(x 1)(x 4)=(x 2)(x 3)但无解 相似文献
9.
王凯成 《中学数学教学参考》2008,(12):50-50
文[1]提出了一个猜想：
（1）设x1,x2,x2是非负实数,且满足x1＋x2＋x3=1,k≥2,k∈Z．则x1^kx2＋x2^kx3＋x3^kx1＋x1x2x3（x1＋x2＋x3）^（k-2）≤k^k/（k＋1）^k＋1; 相似文献
10.
定理设一元二次方程x2 px q=0有两个不等的实根x1、x2,且x10, 从而(x1-k)(x2-k)<0. 即k2 pk q<0. 此定理的逆定理也成立(证明略). 由定理的逆定理可知,对于一个常数k,如果满足k2 pk q<0,则不仅说明了一元二次方程x2 相似文献
11.
第 31届西班牙数学奥林匹克第 2题是 :证明 :如果 ( x+ x2 + 1 ) ( y+ y2 + 1 )=1 ,那么 x+ y=0 .分析 注意到式子 x+ x2 + 1 ,y+y2 + 1的结构完全相同 ,我们引进函数f( x) =x+ x2 + 1 .容易知道函数 f( x)具有以下性质 :1 f( x) f( - x) =1 ;2 f( x)在定义域 R上是增函数 .(对于性质 2 ,只需把 f ( x1 ) - f ( x2 )化为 ( x1 - x2 ) x21 + 1 + x22 + 1 + x1 + x2x21 + 1 + x22 + 1,利用 x21 + 1 + x22 + 1 + x1 + x2 >| x1 | + | x2 |+ x1 + x2 ≥ 0即可证得 .)显然 ,原竞赛题就是证明 :如果 f ( x) f ( y) =1 ,那么 x+ y=0 .现在简证如… 相似文献
12.
文[1]从函数的视角对:题型A:已知x1、x2分别为方程2x+2x=5、2log2(x-1)+2x=5的实数根,求x1+x2的值.题型B:已知x1、x2分别为方程2x+x=5、log2x+x=5的实数根,求x1+x2的值. 相似文献
13.
杨再发 《数理天地(初中版)》2010,(10):13-13
1．叠加
例1 若x1,x2,x3,x4,x5满足
2x1＋x2＋x3＋x4＋x5=6,
x1＋2x2＋x3＋x4＋x5=12, 相似文献
14.
张梅 《山西教育(综合版)》2004,(16):32-32
在分式加减运算中,若能根据分式的结构特点,使用通分的技巧,不仅可以保证运算的正确性,而且可以提高解题的速度,收到事半功倍之效。一、整体通分例1计算x3x-1-x2-x-1。解:原式=x3x-1-(x2+x+1)=x3x-1-(x-1)(x2+x+1)x-1=x3x-1-x3-1x-1=1x-1。二、拆项通分例2计算a-bab+b-cbc+c-aca。解:原式=(1b-1a)+(1c-1b)+(1a-1c)=1b-1a+1c-1b+1a-1c=0。三、一次通分例3计算1x2+3x+2+1x2+5x+6+1x2+4x+4。解:原式=1(x+1)(x+2)+1(x+2)(x+3)+1(x+1)(x+3)=x+3+x+1+x+2(x+1)(x+2)(x+3)=3(x+2)(x+1)(x+2)(x+3)=3(x+1)(x+3)。四、逐步通分例4计算1x-1-1x+1-2x2+1。… 相似文献
15.
两个代数恒等式:①ab+a+b+1=(a+1)(b+1);②ab-a-b+1=(a-1)(b-1).利用这两个恒等式,可以解决一些与整数有关的问题.以下通过举例加以说明.
[例1]已知方程x2+ax+1-b=0的两根是正整数,求证:a2+b2是合数.
证明:设方程x2+ax+1-b=0的两根为x1、x2,则x1+x2=-a,x1x2=1-b.
∴a=-(x1+x2),b=1-x1x2.
∴a2+b2=(x1+x2)2+(1-x1x2)2=x21x22+x21+x22+1=(x21+1)(x22+1).
∵x1、x2都是正整数,∴x21+1与x22+1都是大于1的正整数. 相似文献
16.
17.
《中学生数理化(高中版)》2008,(3)
1.已知函数f(x)=tanx,x∈0,2π,并且x1≠x2,求证:12[f(x1) f(x2)]>fx12 x2.(maidewei@163.com)解答:∵tanx1 tanx2=csionsxx11 sinx2cosx2=scions(xx11c osxx2)2=cos(x12 sixn2()x 1c osx(2)x1-x2),而x1、x2∈0,2π且x1≠x2,∴2sin(x1 x2)>0,cosx1cosx2>0且0相似文献
18.
莫克伦 《山西教育(综合版)》2001,(20)
换元法是数学中的一个重要的思想方法 ,就是将代数式中的某一部分用一个新字母来替换。此法用于多项式的因式分解 ,可使隐含的因式比较明朗地显示出来 ,从而为合理分组、运用公式等提供条件 ,使问题化难为易。例 1.分解因式 x4 2 0 0 1x2 2 0 0 0 x 2 0 0 1。解 :设 2 0 0 1=a,则原式 =x4 ax2 (a- 1) x a=(x4 - x) (ax2 ax a)=x(x- 1) (x2 x 1) a(x2 x 1)=(x2 x 1) (x2 - x a)=(x2 x 1) (x2 - x 2 0 0 1)。例 2 .把代数式 (x y- 2 xy) (x y- 2 ) (xy-1) 2分解成因式的乘积 ,应当是。解 :设 x y- 2 =… 相似文献
19.
吴渡 《中学数学教学参考》2005,(8):61-61
给定三个数x1、x2、x3，它们的和σ1=x1＋x2＋x3，两两乘积的和σ2=x1x2＋x2x3＋x3x1，以及三数的积σ3=x1x2x3都是实数，能否保证它们都是实数呢？ 相似文献
20.
基础篇 课时一 不等式的性质疑难解析例 1 ( 1)已知 x∈ R,比较 x6 + 1与 x4 + x2 的大小 .( 2 )比较下列两组数的大小 .( A) 1999- 1998与 1998- 1997.( B) 2 0 0 4 - 2 0 0 3与 2 0 0 3- 2 0 0 2 .策略 采用作差法或作商法比较大小 .解 :( 1) ( x6 + 1) - ( x4 + x2 )=x6 - x4 - x2 + 1=x4( x2 - 1) - ( x2 - 1)=( x2 - 1) ( x4 - 1) =( x2 - 1) 2 ( x2 + 1) .当 x =± 1时 ,x6 + 1=x4 + x2 ,当 x≠± 1时 ,x6 + 1>x4 + x2 .( 2 ) 1999- 19981998- 1997=1998+ 19971999+ 1998.显然 1998+ 1997<1999+ 1998.∴ 1999- 19981998- 1997<… 相似文献