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1.
石长伟 《中学数学教学参考》2003,(8):60-60
定理 设ai,bi∈R+,i =1 ,2 ,… ,n .m ,n∈N ,∑bmi =∑ni=1bmi =1 ,p =mm +n,则∑ aibni≥ (∑api) 1p.①证明 :①等价于∑api/ (∑ aibni) p=∑ (ai∑ai/bni) p≤ 1 .②记Ai=ai/bni,则②的中间式等于∑ (Aibni∑Ai) p=∑ [Ami(bmi) n(∑Ai) m]1m +n≤∑ (mAi∑Ai+nbmi) / (m +n) =m +n∑bmim +n =1 .等式当且仅当 Ai∑Ai=bmi(i=1 ,2 ,… ,n) ,即 a1bm +n1=… =anbm +nn时成立 .局部对称权方和不等式@石长伟$陕西省西安市大华中学1 杨克昌.权方和不等式.数学通讯,1982,6… 相似文献
2.
聂文喜 《河北理科教学研究》2015,(2):39-40
1 问题来源
题1 (2013年高考广西卷理科压轴题)已知函数f(x)=In(1+x)-x(1+λx)/1+x.(1)若x≥0时,f(x)≤0,求λ的最小值;(2)设数列{an}的通项an=1+1/2+…+1/n,证明a2n-an+41/n＞ In2.
笔者在研究上述高考试题时,感觉似曾相似,发现它是2010年高考湖北卷理科压轴题的拓展与延伸.
2 题源探寻
题2 (2010年高考湖北卷理科压轴题)已知f(x)=ax+b/x+c(a＞0)在(1,f(1))处的切线为y=x-1.(1)用a表示b、c;(2)若f(x)≥lnx在[1,+∞)上恒成立,求a的范围;(3)证明:1+1/2+…+1/n＞ln(n+1)+n/2(n+1). 相似文献
3.
(2009年高考福建理科卷第10题)函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的图象关于直线x=-b/2a对称,据此可推测,对任意的非零实数a,b,c,m,n,p,关于x的方程 相似文献
4.
由代数基本定理知:“n次复系数方程一定有n个根”.与之对应的一个定理:“如果一个n次有理整函数有多于n个的值使它为零,那么各项系数必定都是零”.它的证明如下,设f(x)表示这个函数,且为f(x)=p0xn+p1xn-1+p2xn-2+…+pn,并设x为a1,a2,…,an时,f(x)为零,则f(x)=p0(x-a1)(x-a2)…(x-an),令c是使f(x)为零的而不同于ai(i=1,2,…,n)的值,由于f(c)=0,而有p0(c-a1)(c-a2)…(c-an)=0.但是,由假设c不等于ai(i=1,2,…,n),所以,c-ai≠0(i=1,2,…,n).因而,p0=0.于是原函数变为g(x)=p1xn-1+p2xn-2+…+pn.根据归纳假设,用同样的方法可以求得g(x)=p1(x-a1)(x… 相似文献
5.
高考中二项式定理试题几乎年年有 ,主要是利用二项展开式的通项公式求展开式的某一项的系数 ,求展开式的常数项 ;利用二项式系数的性质 ,求某多项式的系数和 ;证明组合数恒等式和整除问题 ,及近似值计算问题 .考查的题型主要是选择题和填空题 ,多是容易题和中等难度的试题 ,但有时综合解答题也涉及到二项式定理的应用 .一、求多项式系数和例 1 ( 1989年全国高考题 )已知 ( 1- 2 x) 7=a0 +a1x +a2 x +… +a7x7,那么 a1+a2 +… +a7=.简析 :欲求 a1+a2 +… +a7的值 ,则需先求出 a0 ,在已知等式中 ,令 x =0 ,则 a0 =1.再令 x =1,则 a0 +a1+a2 … 相似文献
6.
构造函数解决与不等式相关问题是很常见的,但通常都是构造单调函数,并利用其单调性来完成解答.本文介绍一种新的构造方法,它不是利用函数的单调性,而是应用函数值在其变量取值范围内有确定符号来解题.下面举例来加以说明.例1已知a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn∈[1,2],且∑ni=1ai2=∑ni=1bi2.求证:∑ni=1ai3bi≤1107∑i=n1bi2.证明:构造函数f(x)=(x-12)(x-2)(x+25),则当21≤x≤2时,f(x)≤0故x3-2101x2+52≤0,即x3≤2101x2-52.又21≤abii≤2,所以abi33i≤1210ba2ii2-52,所以ab3ii≤2101ai3-25bi2.故∑ni=1ai3bi≤2110∑i=n1a2i-52∑i=n1bi2=2101∑i… 相似文献
7.
第 4 2届国数学奥林匹克试题第 2题是 :对所有正实数a ,b ,c,证明 aa2 +8bc+bb2 +8ca+cc2 +8ab ≥ 1.文 [1]采用文 [3] [4 ]的方法给出其推广为 :若a ,b ,c ∈R+ ,λ ≥ 8,则 aa2 +λbc +bb2 +λca+cc2 +λab ≥ 31+λ( 1) .文 [2 ]给出了 ( 1)式的简证 ,本文进一步把 ( 1)式推广为更一般的形式 :设λ≥n2 - 1,ai ∈R+ (i =1,2 ,… ,n) ,则有an- 11an- 11+λa2 a3 …an+an- 12an- 12 +λa1a3 …an+… +an- 1na2n +λa1a2 …an- 1≥ n1+λ ( 2 )证明 先求正实数x使得an- 11an- 11+λa2 a3 …an≥ nax11 +λ(ax1+ax2 +… +axn) ( 3) … 相似文献
8.
《数学教学》2004,(2):39-42,F004
: : : :..… : : : : . . . .…… . . . 考生注意:1.答卷前,考生务必将姓名、高考座位号、校验码等填写清楚. 2.本试卷共有22道试题,满分150分.考试时间120分钟. 一、填空题(本大题满分48分)本大题共有12题,只要求直接填写结果,每题填对得4分,否则一律得零分. 1.若复数z满足抓1+i)=2,则z的实部是 2.方程lgx+19(二+3)二1的解x=1的正整数n,点(v瓜,办二0上,则hm丫瓦二丁)在直线x一梦一Gn(。+1) 8.根据下列5个图形及相应点的个数的变化规律,试猜测第n个图中有—个点.二.… 3.在△ABC中,a、b、。分别是乙A、艺B、乙C所对的边,若艺A=1050,匕B… 相似文献
9.
文[1]用均值不等式广泛地解决了一类分式不等式的证明 .本文来介绍这类不等式的一般性证法 ,证明中用到柯西不等式及其推论 .柯西不等式设 ai,bi ∈ R( i =1 ,2 ,… ,n) ,则 ( a21 + a22 +… + a2n) ( b21 + b22 +… + b2n)≥( a1 b1 + a2 b2 +… + anbn) 2推论 设 ai,bi ∈ R+( i =1 ,2 ,… ,n) ,则a21b1+ a22b2+… + a2nbn≥( a1 + a2 +… + an) 2b1 + b2 +… + bn下面结合文 [1 ]中的一例阐述推论的应用 .例 1 设 ∑ni=1xi =1 ,xi ∈ R+,i =1 ,2 ,… ,n,证明 :x11 -x1+ x21 -x2+… + xn1 -xn≥ nn -1左边 =x21x1 -x21+ x22x2 -x22+…… 相似文献
10.
郭胜光 《数学大世界(高中辅导)》2006,(Z2)
设ai和bi(i=1,2,…,n)都是实数,则(a12 a22 … a2n)(b12 b22 … b2n)≥(a1b1 a2b2 … anbn)2(1)(1)当且仅当ai=kbi(i=1,2,…n)时成立等号,这就是通常所说的哥西不等式.由该不等式很容易得到一个推,实际上,在不等式(1)中,令ai=xiyi,bi=yi(i=1,2…n)得:x12y1 xy222 … yx2nn(y1 y2 … yn)≥(x1 x2 … xn)2xy121 yx222 … yx2nn≥(x1 x2 … xn)2y1 y2 … yn(2)我们把不等式(2)称为哥西不等式推广即:设xi∈R,yj∈R (i=1,2,…,n),则yx121 yx222 … yx2nn≥(xy11 xy22 …… xynn)2,当且仅当xy11=yx22=…=yxnn时成立等号.哥西不等式推广在处理… 相似文献
11.
柯西不等式:设a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn∈R,则(a12+a22+…+a2n)(b12+b22+…+b2n)≥(a1b1+a2b2+…+anbn)2,当且仅当bi=0(i=1,2,…,n)或存在一个数k,使得ai=kbi(i=1,2,…,n)时,等号成立.柯西不等式具有对称和谐的结构特征,应用关键在于构造两组数ai,bi(i=1,2,…,n),进行合理的变形,找准解 相似文献
12.
邹明 《河北理科教学研究》2003,(3):47-49
第18届中国数学奥林匹克(CMO)第二天试题第3题是:设a,b,c,d为正实数,满足ab+cd=1;点Pi(xi,yi)(i=1,2,3,4)是以原点为圆心的单位圆周上的四个点,求证: (ay1+by2+cy3+dy4)2+(ax4+bx3+ 相似文献
13.
梅磊 《河北理科教学研究》2015,(3):38-40
高考试题,特别是压轴题,凝聚着命题专家的智慧,富含着数学的精神、思想和方法.剖析压轴题的命题背景是研究高考试题,发展解题水平的重要途经.笔者在研究高考试题时,发现2011年和2012年高考数学湖北卷理科压轴题共同的背景和内在的联系.
2011年高考数学湖北卷理科压轴题(以下简称题1)如下:
(Ⅰ)已知函数f(x)=lnx-x+1,x∈(0,+∞),求函数f(x)的最大值;
(Ⅱ)设ak,bk(k=1,2,…,n)均为正数,证明:(1)若a1 b1+a2 b2+…+anbn≤b1+b2+…+bn,则a1b1 a2b2…anbn≤1;(2)若b1+b2+…+bn=1,则1/n≤b1b1b2 b2…bnbn≤b12+b22+…+bn2. 相似文献
14.
从一类对象或一个范畴的研究过渡到更广的一类对象或更广范畴上的研究 ,称为推广。类比是数学命题推广的一个工具。从逻辑上说 ,推广就是将数学命题的外延扩大 ,来研究它的内涵变化特点。在历年高考试题中 ,推广类试题曾多次出现。1 在不等式中的推广例 1 已知x∈ ( 0 ,+∞ ) ,由不等式 x +1x ≥ 2 ,x +4x2 =x2 +x2 +4x2 ≥ 3 ,… ,由此启发我们可以推广为x +axn≥n +1 (n∈N ) ,则a =。分析 首先a >0 ,由基本不等式“A≥G(A为算术平均值、G为几何平均值 )”得x +axn=xn +xn +…+xn +axn ≥ (n +1 )n + 1xn· xn … xn·axn ,对照题设… 相似文献
15.
我们已经知道二元一次不定方程ax+by=c(a,b,c都是整数,且(a,b)=1)的通解可由公式x=x0+bt y=y0-at(t是整数)来表示,而三元一次不定方程组a1x+b1y+c1z=d1, a2x+b2y+c2z=d2(ai、bi、ci都是整数,且(ai、bi、ci)=1,i=1,2)的通解是什么?通过探讨,得到如下定理: 相似文献
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1 试题感悟 2009年高考福建理科卷第10题函数f(x)＝ax2+bx+c(a≠0)的图像关于直线x＝-b/2a对称.据此可推测,对任意的非零实a,b,c,m,n,p,关于x的方程m[f(x)]2nf(x)+p＝0的解集都不可能是( ) 相似文献
17.
宋春燕 《中学生数理化(高中版)》2014,(11):49-49
<正>2011年高考数学安徽卷理科第10题,题目新颖,内涵丰富,引起了我们的思考.题目如下:函数f(x)=ax m(1-x)n在区间0[,1]上的图像如图1所示,则m,n的值可能是().A.m=1,n=1B.m=1,n=2C.m=2,n=1D.m=3,n=1一、试题分析本题是个函数图像题,此类题目在高考中已不新鲜,但本题的出现却令人耳目一新,有着高等数学的背景.所给函数是一元多项式函数,图像中渗透着函数的增减性和驻点问题.体现了高考试题的"常考常新,推陈出新"的理念,可以看出命题者对初、高等数 相似文献
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正二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图像与其系数的关系是中考命题的重点.这类题能考查我们的逻辑推理能力和数与形的转化能力.现以2014年的中考题为例,说明这类题的解法.典型试题例1二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图像如图1所示,则下列结论中正确的是().A.c-1 B.b0C.2a+b≠0 D.9a+c3b解:图像与y轴的交点在点(0,-1)的下方,∴c-1,选项A错误; 相似文献
19.
韦兴洲 《中学生数理化(高中版)》2013,(6)
本文讨论了n个正整数的和与积相等的一个必要条件,并证明了两个与素数、合数有关的结论.
结论1:若n(n≥2)个正整数a1,a2,…,an满足条件n∑i=1ai=n∏i=1ai,则ai≤n(i=1,2,…,n).
证明:(1)当n=2时,a1·a2-(a1+a2)=(a1-1)·(a2-1)-1≥0,当且仅当a1=a2=2时等号成立,故a1·a2=(a1+a2)时a1≤2,a2≤2,符合结论1.
(2)当n≥3时,设a1≤a2≤…≤an.令a1=a2=…=an-2=1,an-1=2,an=n,则n∑i=1ai=n∏i=1ai=2n.此时ai≤n(i=1,2,…,n).
又设存在n(n≥2)个正整数b1,b2,…,bn满足条件1≤b1≤b2≤…≤bn-1≤bn,bn＞n,且n∑i=1bi=n∏i=1bi.不妨令bi=1+ti(i=1,2,…,n-1,ti∈N),bn=n+tn(n∈N+). 相似文献
20.
《数学通报》2004年第7期问题1504是:已知x,y,z∈(0,+∞),x+y+z=1,求1x2+y12+z82的最小值.我们将它一般化,得到定理设p,r,n∈N,n≥2,ai,xi∈(0,+∞),i=1,2,…,n,∑xip=1(以下总略去求和限),则(∑xarii)min=(∑aαi)1α,α=pp+r.证引入参数λ>0,使如下平均不等式成立:aixir+…+xariip上+λxip+…+λxipr个≥(p+r)p+raipxipr·λrxipr.即(*)xairi≥p+p raip+prλp+rr-rλpxip(当且仅当xi=(aλi)p+1r,1≤i≤n时等号成立).由于∑xip=1,即∑xpi=∑(aλi)p+pr=1λp+pr∑aiα=λ-α∑aαi=1.从而(*)两边对i从1到n求和,有∑xarii≥α-1·λp+rr∑ai… 相似文献