易知
- 又逢比大小 方法知多少
——對2023 四省測試第8 題的解析與拓展
52,c→-∞,易知|a-c|≥|b-c|,|a-b|≤|b-c|,故選B.注當題設給出的a,b,c滿足一定的等量關系或不等關系時,優先考慮選擇滿足條件的特殊值或者極限狀態,通過運算分析排除若干錯誤選項;值得注意的是,特殊值要優選,例如本題中如令b=2,則a=log513,c=log321,在計算上就不如方法一來得簡潔;但并非所有的比較大小問題都能夠通過巧取特殊值來解決,下面再讓我們來看看此類問題的一般性解法:分析依題意, 5b-2b> 0, 即則b> 0
中學數學研究(廣東) 2023年20期2023-11-28
- 又逢比大小 方法知多少
——對2023 四省測試第8 題的解析與拓展
52,c→-∞,易知|a-c|≥|b-c|,|a-b|≤|b-c|,故選B.注當題設給出的a,b,c滿足一定的等量關系或不等關系時,優先考慮選擇滿足條件的特殊值或者極限狀態,通過運算分析排除若干錯誤選項;值得注意的是,特殊值要優選,例如本題中如令b=2,則a=log513,c=log321,在計算上就不如方法一來得簡潔;但并非所有的比較大小問題都能夠通過巧取特殊值來解決,下面再讓我們來看看此類問題的一般性解法:分析依題意, 5b-2b> 0, 即,則b>
中學數學研究(廣東) 2023年19期2023-11-23
- 不定方程的正整數解
立.下設n>1.易知b=23·41,此時k=l=1,pk=23=25-32,ql=41=25+32.(ⅰ)假定方程(3)有適合x>z>y且n>1的正整數解(x,y,z,n).由于b=23·41,故n=23u41v(u+v≥1).于是(3)式可化為23y41y=23u(z-y)41v(z-y)×(1 105z-576x23u(x-z)41v(x-z)).(20)若n=23u(u≥1),則y=u(z-y).于是(20)式可化為576x23u(x-z)=1 10
寧夏大學學報（自然科學版） 2023年1期2023-06-03
- 序列(12+Q)(22+Q)…(n2+Q)中的完全平方數
中1(1)(2)易知，Sn>(n!)2，故有(3)引理3[14]若a為奇數且e∈*，則x2≡a(mod2e)有N個解，其中(4)證考慮同余方程x2≡-Q(mod2j)。(5)(1)Q為奇數。由引理3，當j=1時，(5)僅有一解；當j=2及-Q≡1(mod4)時，(5)恰有2解；當j≥3及-Q≡1(mod8)，(5)恰有4解；其它情況下，(5)無解。故由(1)可得t2≡-Q1(mod2j-s)。(6)≤B(n,Q)。命題得證。x2≡-qeQq(modqj)。
聊城大學學報（自然科學版） 2022年2期2022-11-19
- 2021年以色列秋令營一道不等式試題的探究
由于=由已知條件易知0≤bc≤2，則有(2-bc)(b+c-2bc)≥0，整理得所以所以欲證不等式②，只需證兩邊去分母后整理得a-6a+17a-28a+24a-8≤0，分解因式得(a-2)(a-1)[(a-1)+3]≤0 ③．點評對不等式②的處理，按照減元策略，容易想到從左邊入手，通過“先通分，再變形，后放縮”的方法，使左邊含有兩個變量的式子放縮為只含有一個與右邊相同變量的式子，從而將三元不等式轉化為一元不等式，實現了問題的根本性轉變．將上述賽題推廣，可得
中學數學雜志 2022年8期2022-11-14
- 抓住關鍵特征，破解中考壓軸題
——一道與正方形有關中考壓軸題的多角度求解
由平行線的性質，易知∠FGC=∠ACE，∠GFE=∠CEF.由正方形的性質，易知AF=FG.由旋轉的性質，易知AF=CE，所以FG=CE.從而可知△FGQ≌△ECQ，所以FQ=EQ，即點Q是線段EF的中點.3 解法探究基于以上分析，筆者從不同角度出發，給出本題的多種解法.視角1利用特殊化策略求解根據已知條件，點E是邊BC的延長線上的動點，點F是邊AB上的動點，且AF=CE.不論點E，F運動到什么位置，點Q恒是線段EF的中點，它是運動不變量.因此，對于一道填
數學之友 2022年16期2022-11-01
- 關于商高數的Je?manowicz猜想*
時方程（1）成為易知，方程（17）沒有適合y＞z＞x以及n＞1 的解(x，y，z，n). 設方程（17）有適合x＞z＞y以及n＞1 的解(x，y，z，n). 由于b= 24· 32，故n= 2r3s（r，s∈N*，r+s≥1），于是方程（17）可化為根據定理1的條件（iii），只需證z≡0(mod 2)時，方程（17）沒有適合x＞z＞y以及n＞1的解(x，y，z，n)即可。若式（19）成立，則對式（19）取模17，有9z≡(-1)y(mod 17)，即81
中山大學學報(自然科學版)(中英文) 2022年5期2022-10-13
- 兩類一致膨脹圖的PI指數*
[Vi,Vi],易知UFCn中不與e關聯的邊與點u和點v等距，即ne=d(e)=d(u)+d(v)-2.因此對于e∈[Vi,V(i+1)(modn)]，在UFCn中與e相關聯的邊均與點u和點v不等距，故d(e)=2(3t-2)=6t-4.在UFCn中不與e關聯且到點u和點v不等距的邊的數目為故綜上，有當n為奇數時，對于e∈[Vi,Vi],與上述情況相同，有對于e∈[Vi,V(i+1)(modn)]，在UFCn中與e相關聯的邊均與點u和點v不等距，故d(e)
南寧師范大學學報(自然科學版) 2022年1期2022-05-10
- 分類例析“嵌套函數”的零點問題
t=1時，由圖1易知方程f(x)=1有3個不等實根；當t=5時，由圖1易知方程f(x)=5有1個實根.綜上，g(x)有4個零點.評注例1中f(x)為分段函數,若直接寫出g(x)的表達式考慮問題非常繁瑣.本解法用換元法將g(x)分拆為g(t)=f(t)-1和t=f(x)兩個相對簡單的函數,借助f(x)的圖象大大簡化了運算步驟.由此可見“換元解套”是解決嵌套函數的利器.二、求分段函數中參數的取值范圍解當a當a=0時，f(x)的圖象如圖2(b),f[f(x)]=
高中數學教與學 2022年7期2022-05-09
- 一道莫斯科數學奧林匹克問題的解法探究
腰三角形的性質，易知∠AIC=120°，所以∠BIC=120°.由旋轉的性質，易知∠BEC=∠AIC=120°，IC=CE，IK=BE.由IC=CE，可知∠CIE=∠CEI，所以∠BIE=∠BEI，即IB=BE，所以IK=IB，即∠IBK=∠IKB=30°，所以∠AKB=180°－∠IKB=150°.點評欲求∠AKB，只需求得其鄰補角即可.利用已知條件∠KAC=30°，構造Rt△AID，易知∠AID=60°，∠AIB=120°.在△BIK中，只需證明IK=
中學數學教學 2022年2期2022-04-26
- Qp空間中的q-光滑模與算子逼近
<∞),是指滿足易知[1]‖·‖Qp為半模.若取模為|f(0)|+‖f‖Qp,Qp則為Banach空間.并且Q1為BMOA空間,Q0為Dirichlet空間，當p∈(1,∞)時，Qp為Bloch空間.更多關于BMOA及Qp函數空間的理論,可參考文獻[1-2].Qp空間中的多項式逼近理論近年來已得到一些研究成果[3-5]，得到了多項式逼近的正逆定理,即Jackson定理和Bernstein定理等逼近結果.連續模有多種定義方式，熟知經典全純光滑模ωr(δ,f,
河北師范大學學報（自然科學版） 2022年1期2022-01-13
- 兩類Beta算子的收斂階
由引理1和引理2易知以下極限式成立：(6)(7)(8)證明由式(2)、引理1和引理2經簡單計算易知引理3成立.(9)(10)(11)(12)(13)3 收斂階的估計首先給出βn(f;x)的局部逼近定理.證明構造輔助算子：x∈(0,1).(14)此外,又因為‖f‖βn(e0;x)+2‖f‖≤3‖f‖，(15)所以由式(14)和(15)可得對式(15)右端的g∈C2(I)取下確界, 可得|βn(f;x)-f(x)|≤從而,其中,M為正常數. 定理1證畢.由定理
廈門大學學報（自然科學版） 2021年6期2021-10-29
- 同構換元法求解含指對數混合式的問題
nx+x)-2，易知et-t≥1，當且僅當t=0時，等號成立.所以elnx+x-(lnx+x)-2≥1-2 =-1.所以當且僅當lnx+x=0時，f(x)取得最小值-1，即a=-1.所以ex-lnx-2-(x-lnx-2)-2≥1-2 =-1.所以當且僅當x-lnx-2=0時，g(x)取得最小值-1，即b=-1.因此a=b，故選A.解法2f(x)=xex-lnx-x-2=xex-ln(xex)-2，易知t-lnt≥1，當且僅當t=1時，等號成立.所以xex
數理化解題研究 2021年25期2021-09-27
- 半群H(n，m)的獨立子半群
此α=βαλα．易知βα∈〈(12)，(12…m)〉?SmAkα=ak1≤k≤r且xα=xx∈Xn(A1∪…∪Ar)證設其中Xm={a1，a2，…，am}且{am+1，am+2，…，an}?Xn-m．令則μα∈G(n，m)，且于是α*=αμα∈〈G(n，m)，α〉，且從而再由引理1可得H(n，m)=〈G(n，m)，α〉．證令k=min{|im(ε)|：ε∈E(T)∩H(n，m)(n-2)}，則m+1≤k≤n-2．假設m+2≤k≤n-2．任意取其中Xn-m=
西南大學學報（自然科學版） 2021年6期2021-06-26
- 一個數論函數方程的可解性
則有m ≥27，易知ω(m)≥8。由引理1，所以方程（2）無解，即方程（1）無解。2）當ω(n)=3即k=3時，方程（2）化為φ(4m)=16，易知4m=17,32,34,40,48,60。因為m，t 是正整數，所以t=24,30,36,45。因為(-1)Ω(n)=±1，經檢驗，不存在pi，ai(1 ≤i ≤3)滿足條件成立，所以此時方程（1）無解；ii）若t=30,36 時，同理檢驗，不存在pi，ai(1 ≤i ≤3)滿足條件成立，所以此時方程（1）無解
山西大同大學學報(自然科學版) 2021年3期2021-06-24
- 一些特殊圖的剖分圖的能量
S(Kn))證明易知S(Km,n)的頂點數為mn+m+n，并且S(Km,n)的度對角矩陣D(S(Km,n))和鄰接矩陣A(S(Km,n))分別為則R(S(Km,n))det(λImn+m+n-R(S(Km,n)))det(λImn+m+n-R(S(Km,n)))證明易知S(Fn)的頂點數為5n+1，并且S(Fn)的度對角矩陣D(S(Fn))和鄰接矩陣A(S(Fn))分別為則R(S(Fn))det(λI5n+1-R(S(Fn)))det(λI5n+1-R(S
南陽理工學院學報 2021年2期2021-06-03
- 二次域中類數h(k)=1時丟番圖方程整數解探討
性質比較兩邊系數易知：若b=±1，代入2.6式得，與矛盾。若b=±2 , ± 22由于a≡b(mod 2)同奇同偶，從而由等式(1.6)式得：綜合以上證明可知方程(1.1)無整數解。證明方程2無整數解。分解（1.7）式可知：整理等式（1.9）可得：由等式性質比較兩邊系數易知由等式（1.12）式知：b=±1 ,±2 ,± 22若b=±1 ，代入（1.12）式可得3a2= 63或71，顯然a?Z與a Z∈ 矛盾。若b=±2 , ± 22由于a≡b(mod 2)
卷宗 2021年3期2021-03-08
- 同構法求參數取值范圍
x)=ex+x,易知g(x)在R上單調增,故f(x)>0等價于g(x-lna)>g[ln(x-1)],可得x-lna>ln(x-1),即-lna>ln(x-1)-x.由常見不等式lnt≤t-1(t>0),得ln(x-1)-x≤x-2-x=-2,所以-lna>-2,即0例3若對任意x∈(0,+∞),不等式2e2x-alna-alnx≥0恒成立,求a的取值范圍.易知(2x-lnx)min=1+ln 2,故a≤2e.注意到a>0,得a∈(0,2e].解法2原不等
高中數學教與學 2020年17期2020-09-27
- 關于超可解群與Sylow塔
G的一個主群列，易知，對G的子群S而言有：1=S∩G0?S∩G1?S∩G2…?S∩Gr=S為S的一個正規群列(即每個S∩Gi為S的正規子群，見文獻[2-3])，其中商因子S∩Gi/S∩Gi-1具有性質：S∩Gi/S∩Gi-1=S∩Gi/(S∩Gi)∩Gi-1?(S∩Gi)Gi-1/Gi-1≤Gi/Gi-1，然而對每個i，Gi/Gi-1是素數階的，故S∩Gi/S∩Gi-1或為平凡的，或為素數階的，于是從上述S的正規群列中刪掉那些重復的項以后剩下的就是S的主群
安順學院學報 2020年4期2020-09-17
- 拉回和推出的若干注記
態及P 是投射模易知，存在同態使得因為是的拉回，考慮同態對由拉回的泛性質易知，存在同態使得由知，注意到且，可見又因為滿同態右可消且μ為滿同態，所以 0λ = . 而λ 為包含同態，因此γ 為單同態.由定義1 知，(φ,α) 是(φ,β)的拉回.對偶地，可得如下結論.定理2設為左R-模的行正合交換圖，則以下條件等價：1）),( βφ是),( αφ的推出；2）γ 為滿同態.由蛇引理可得以下推論，然而本文使用不同于蛇引理的方法給出其證明.推論 1設為左R-模的行
五邑大學學報（自然科學版） 2020年1期2020-06-17
- 利用30°角構造三角形外心解題
BC,OA=OC易知OB垂直平分AC,于是因為∠OAC=∠OAD-∠CAD=50°,所以∠AOB=40°,故AB=AO=AD。注：本題也可以由∠OAC=50°易知四邊形OABC為菱形得證,或由∠OAC=50°證明△ABC≌△AOC來求證。3.證明等式問題圖3例3(《中等數學》2009年第4期初248題)如圖3所示,在△ABC中,AD為內角平分線,∠ADC=60°,點E在AD上,滿足DE=DB,射線CE交AB于點F。求證：AF·AB+CD·CB=AC2。證明
中學生數理化(高中版.高考理化) 2020年5期2020-05-22
- 關于不定方程x2-2y4=M(M=17，41，73，89，97)
4=17，(2)易知，方程X2-2Y2=17的一般解可由以下兩個非結合類給出：(3)或(4)不妨設X≥0，Y≥0，則(3)式中只需考慮“+”號，而(4)式中只需考慮“-”號即可.若方程(2)有整數解，必有n，使得y2=2un+5vn(5)或y2=-2un+5vn，(6)根據文獻[10]，可得下列關系：un+2=6un+1-un，u0=1，u1=3；vn+2=6vn+1-vn，v0=0，v1=2；(7)um+n=umun+2vmvn，vm+n=umvn+vm
華中師范大學學報（自然科學版） 2020年2期2020-05-18
- 一道最值問題的解題研究
-x.觀察其結構易知函數y=f(x)的圖象關于直線x=1對稱，故下文的討論以x=1為臨界點來展開討論.對函數求導，得：f′(x)=[2x+x·2xln2]+[-22-x+(2-x)22-xln2·(-1)]=(2x-22-x)+[x·2x-(2-x)·22-x]ln2.(1)當x>1時，易知2x-22-x>0,x·2x-(2-x)22-x>0，所以f′(x)>0；(2)當x(3)當x=1時，易知f′(x)=0.注：(1)以上兩種解法充分利用了將問題改造后形
數理化解題研究 2020年13期2020-05-07
- Neuman平均關于算術和調和平均的精確不等式
( λ0)＜0，易知存在λ1＞λ0使得當x ∈( λ0,λ1)時f1( x )＜0，當x ∈( λ1,+∞ )時f1( x )＞0。綜上可知，存在當x ∈( 0,λ1)時f1( x )＜0；當x ∈( λ1,+∞ )時f1( x )＞0。同上分析，由（6）式并結合x ∈( 0,λ1)時f1( x )＜0，x ∈( λ1,+∞ )時f1( x )＞0，易知存在λ ＞λ1使得當x ∈( 0,λ )時f( x )＞0；當x ∈( λ,+∞ )時f( x )＜0。
安慶師范大學學報(自然科學版) 2020年1期2020-03-14
- 全國名校函數與導數測試題(A卷)參考答案
(2)易知f "(x)=2x+a—在區間內單調遞增，所以由題意可得f "(x)=2x+a—=0在區間內無解，即≥0或f "(1)≤0，解得實數a的取值范圍是(—∞，—1]∪[1，+∞)。3 3.(1)f "(x)=由已知，f "(2)=，解得a=1，所以f "(x)=當x∈(0，1]時，f "(x)≤0，f(x)是減函數；當x∈[1，+∞)時，f "(x)≥0，f(x)是增函數。所以函數f(x)的單調遞減區間是(0，1]，單調遞增區間是[1，+∞)。(2)
中學生數理化(高中版.高考數學) 2019年3期2019-11-27
- 具Intraguild捕食的非自治三種群Lotka-Volterra模型的正周期解
Ascoli定理易知是緊的。從而，對任一有界開集，L在上是L-緊的。相應的算子方程，有從而有即和由(2.4)和(2.7)可得由(H2)易知由(2.5)、(2.8)和 (2.10)可得由(H3)易知類似地，由(2.6)、(2.9)、(2.10)和 (2.11)可得若(H4)成立，顯然有，從而，由(H1)和(H4)可得再由(2.10)、(2.11)和(2.12)可得顯然，Ri(i=1,2,3)與λ無關?？紤]下列的代數方程：這里μ∈(0,1)是一個參數，(μ1,
福建教育學院學報 2019年10期2019-11-14
- 一個無理分式不等式猜想的證明
④并作輔助函數：易知猜想等價于以下不等式：③′為此，考察函數f(t)的凹凸性，即f″(t)的符號，可得：⑤>0(因m≥2).所以，函數f(t)在(-∞,+∞)內是下凹函數，故而③′式成立，即③式成立. 猜想得證.從以上猜想的證明過程⑤式，易知：λ2(m-1)2e2t+λm(2m-3)et+m2≥λm(2m-3)et+2·λ(m-1)et·m=λm(4m-5)et,⑥
中學數學教學 2019年5期2019-10-28
- 數列通項公式的幾種求法
合條件的n位數，易知a1=3，a2=8，當n≥3時，如果該n位數第一個數字是2或3，那么這樣的n位數有2an-1個，如果該n位數第一個數字是1，那么第二個數字只能是2或3，因而這樣的n位數只能有2an-2個，于是遞推關系為an=2aw-1+2an-2，n=2，3，4，...定理：設x1，x2是特征方程x2=cx+c2的兩個根。①當xc1≠x2時，an的一般表達式為an=aqx"+aqx2;②當x1=x2時，an的一般表達式為an=（β+β2n）x"，這里的
中學生數理化·高三版 2019年1期2019-07-03
- 探究一道中考題的解法
，得PA=3k.易知∠PCE=∠BAP=∠PCD，所以PE=PD=2k.所以AE=PA+PE=5k.嘗試四：將嘗試一中的DP延長與AB的延長線相交如何？解法2：如圖5，作PD⊥AC于點D，延長DP、AB交于點E.根據勾股定理，得PA=3k.易知∠PEB=∠C=∠BAP，所以PE=PA=3k.所以DE=PD+PE=5k.嘗試五：將嘗試二中的CD延長與AB的延長線相交如何？圖5 圖6 解法3：如圖6，作CD⊥AP交AP的延長線于點D，延長CD、AB交于點E.根
中學數學雜志 2019年10期2019-06-25
- 環R+uR+vR+uvR上的斜常循環碼
素r可唯一表示為易知1+2u是環?的一個單位，且滿足(1+2u)e1=e1,(1+2u)e2,(1+2u)e3=-e3,(1+2u)=e4，?n={(a0,a1,…,an-1)|ai∈?,i=0,1,…,n-1 }是一個交換環。若C是?n的非空子集合，則稱C是?上長為n的碼。若C是?n的R-子模，稱C是R上長為n的線性碼。設X=(x1,x2,…,xn),Y=(y1,y2,…,yn)∈?n，定義X,Y的歐幾里得內積為設C是長為n的碼，C⊥={ }x∈?n|x
安慶師范大學學報(自然科學版) 2019年1期2019-04-28
- 拋物線內接三角形的面積
點關于x軸對稱，易知上述公式也成立.對于拋物線的內接三角形的面積，還有一個重要的結論．已知A、B、C是拋物線y2=2px(p>0)上三點，過A、B、C三點的拋物線的切線分別交于P、Q、R三點，則SΔABC=2SΔPQR.圖1注：如果A、B、C三點中有一點與原點重合，易知上述公式也成立.∴根據前面的公式，可得SΔABC=2SΔPQR.在圓錐曲線中，拋物線具有重要地位，它有很多很重要的性質.拋物線方程結構簡單、代數計算量適中，并且關于拋物線的試題具有良好的區分
中學數學研究(江西) 2019年2期2019-03-08
- 關注數列“姊妹題” 體驗精彩“無極限”
，則S6=3.∵易知S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9構成等差數列，∴1,2,S9-3,S12-S9構成等差數列.(2)由于目標是求比值，于是可設S4=1，則S8=4.∵S4≠0，∴易知S4,S8-S4,S12-S8構成等比數列，∴1,3,S12-S8構成等比數列.評注 (1)設等差數列{an}(公差為d)的前n項和為Sn，則連續k項和，即Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…也構成等差數列(公差為k2d)；(2)設等比數列{an}(公比為q)的前
數理化解題研究 2018年34期2018-12-27
- 全國名校數列綜合拔高卷（B卷）答案與提示
bn=2n+1,易知{bn}為等差數列,Sn=3+5+…+（2n+1）=n2+2n。三、解答題61.（1）由bn=log2an和b1+b2+b3=15由a1,12a5,2a3成等差數列,得a1+2a363.（1）由a2n-2nan-（2n+1）=0得[an-（2n+1）]· （an+1）=0,所 以an=2n+1或an=-1。又數列{an}的各項均為正數,所以an=2n+1。（2）由 （1）知bn= （-1）n-1·an=（-1）n-1·（2n+1）。所以
中學生數理化(高中版.高二數學) 2018年10期2018-11-03
- 一類李超代數的中心擴張
，Ln])=0，易知αf(Lm，Ln)=0(m+n≠0). 設a(n)=αf(Ln，L-n)，由αf(Lm+n，[L-m，L-n])=αf([Lm+n，L-m]，L-n)+αf(L-m，[Lm+n，L-n])，可得(m-n)a(m+n)=(m+2n)a(m)-(2m+n)a(n).(6)在(6)式中令n=1，則(m-1)a(m+1)=(m+2)a(m)-(2m+1)a(1).(7)根據αf(L0，[Lm，In])=αf([L0，Lm]，In)+αf(Lm，
東北師大學報（自然科學版） 2018年3期2018-09-21
- 悟透本質 解題游刃有余——對一道三角形考題的多解探究
點D，所以，所以易知AD=化簡得a=c或a+c=ac.當a=c時，易知a=2，c=2，所以4a+c=10.綜上，可得所求4a+c的最小值為9.解法二：如圖1，結合題意畫出圖形，因為∠ABC的角平分線交AC于點D，所以，所以易知=故所求4a+c的最小值為9.思路2：分解得（a-1）（c-1）=1，又易知a＞1，c＞1，所以4a+c=4（a-1）+（c-1）+5≥2故所求4a+c的最小值為9.故所求4a+c的最小值為9.成立.故所求4a+c的最小值為9.解法三
中學數學雜志 2018年17期2018-09-15
- 也談等腰三角形的美好性質
三角形的邊角關系易知結論成立，證明從略.當直線l只經過頂角頂點A，且與△ABC再無其它公共點時，文[1]給出了四種證明方法，這里再給出兩種簡證.如圖2～3，在△ABC中，AB=AC，∠ABC=∠ACB=α，直線l經過點A，BD⊥l，CE⊥l，垂足分別為D、E，則BD=h1，CE=h2，DE=d.圖2證法1 如圖2，取BC的中點F，過F作FG⊥l，垂足為G，連接AF、EF.易知∠AEC=∠AFC=90°，所以A、E、C、F四點共圓，所以∠AEF=∠ACB=α
中學數學雜志(初中版) 2018年4期2018-09-14
- 構造零件函數求一類多元函數的最小值
)=2x? λ,易知當時,f(x)取最小值.設 g(y)=3y2? λy,y ＞ 0,則 g′(y)=6y ? λ,易知當時,g(y)取最小值.設 h(z)=z3? λz,z ＞ 0,則 h′(z)=3z2? λ,易知當時,h(z)取最小值.題目2已知x,y,z∈R+,且,求的最小值.解因為,引入待定常數λ∈[0,1],則設 f(x)=3x5?λx3(x ＞ 0),則 f′(x)=3x2(5x2?λ),易知當時,f(x)取最小值.題目3已知非負實數x,y,
中學數學研究(廣東) 2018年5期2018-04-23
- 對一道中考填空題解法的探究
，■由CD=k.易知：a-b=k ①∵E是AB中點，∴S△ABC=2S△BCE S△ABD=2S△ABE∵S△BCE=2S△ADE∴S△ABC=2S△ADE∵AC⊥x軸，BD⊥x軸，∴AC∥BD∵S△ABD=■CD·BD S△ABC=■AC·CD∴AC=2BD，即■=-■ ②如圖2，過點B作AC延長線的垂線BF，F為垂足，則BF=CD=k，AF=■-■∴AB2=AF2+BF2，即■2=k2+■-■2 ③聯立①②③解得a=■b=-■ak=■或a=-■b=-■
試題與研究·教學論壇 2017年33期2018-03-31
- 關于丟番圖方程(48n)x+(55n)y=(73n)z*
1+48x1).易知(73z1+48x1，73z1-48x1)=1，則有11x|73z1+48x1或11x|73z1-48x1，然而11x=121x1=(73+48)x1≥73x1+48x1>73z1+48x1>73z1-48x1，矛盾.情形2x假設z≤xnx-z(48x+55yny-x)=73z(6)當(n，73)=1時，由式(6)及n≥2，有x-z=0， 即x=z.因此55yny-x=73x-48x(7)對式(7)兩邊取模11得(-4)x≡4x(mod
重慶工商大學學報（自然科學版） 2018年2期2018-03-19
- 解析Besov型空間在Bloch空間的閉包
為正常數.從而，易知f1∈B.稱θ(z)為Blaschke乘積.所以對于任意的ε>0，可以推出因此，由文獻[12,69頁]，有證畢.[1] N. Arcozzi, D. Blasi and J. Pau, Interpolating sequences on analytic Besov type spaces[J].Indiana Univ Math J，2009，58：1281-1318.[2] J Anderson, J Clunie ， Ch Po
嶺南師范學院學報 2017年6期2018-01-29
- 一道高考立體幾何題的多維度剖析
E，交AE于M.易知平面BDE⊥平面ACE，且平面BDE∩平面ACE=OE，所以，OM⊥平面BED.作ON⊥BE，連接MN，由三垂線定理知MN⊥BE，所以∠ONM為所求.易知DE=BE=3，BD=2，所以ON=613.在△AOM中，tan∠MAO=112，所以sin∠MAO=515，∠MOA=45°，由正弦定理得OM=213，所以tan∠ONM=OM1ON=313，所以∠ONM=30°.解法2如圖3，易知平面ACE⊥平面BDE，且平面ACE∩平面BDE=E
數學學習與研究 2017年14期2017-07-20
- 等比數列背景下的一類不定方程問題
Z,t-s∈Z，易知(*)式左邊是整數，右邊不是整數，故(*)式不成立，與假設矛盾．因此，數列{an}中不存在不同的三項使其成等差數列．又r-s0，且r-s∈Z,t-s∈Z，易知(*)式左邊是整數，右邊不是整數，故(*)式不成立，與假設矛盾．因此，數列{an}中不存在不同的三項使其成等差數列．因此，數列{an}中不存在不同的三項使其成等差數列．注意到以上三個不定方程的處理，均利用了在其等式兩邊同時乘以或者除以與公比相關的一個數，達到整數與小數不相等的效果(
中學數學研究(江西) 2017年2期2017-03-16
- 一類多角形的內角和
B G、D E，易知∠F+∠C=∠MGB+∠MBG，∠NGB+∠NBG=∠NED+∠NDE，所以第二類七角星的內角和就轉化為△AED的內角和，為180°。第二類八角星（如圖8），連接AH、ED，易知∠F+∠C=∠MHA+∠MAH，∠B+∠G=∠NED+∠NDE，所以第二類八角星的內角和轉化為四邊形AHED的內角和，應為360°。圖7 圖8 第一類九角星（如圖5），連接BH和CI，∠AMN＝∠MHB＋∠MBH，∠ANM＝∠NIC＋∠NCI，所以九角星的內角和
學周刊 2015年20期2015-12-27
- 一類多角形的內角和
連接BG、DE，易知 ? ?∠F+∠C=∠MGB+∠MBG，∠NGB+∠NBG= ∠NED+∠NDE，所以第二類七角星的內角和就轉化為△AED的內角和，為180°。第二類八角星（如圖8），連接AH、ED，易知∠F+∠C=∠MHA+∠MAH，∠B+∠G=∠NED+∠NDE，所以第二類八角星的內角和轉化為四邊形AHED的內角和，應為360°。圖7圖8圖9圖10圖11圖12第二類九角星（如圖9），是由三個三角形組合而成的圖形，所以其內角和應為180°×3=540
學周刊·中旬刊 2015年7期2015-07-25
- 例析函數中的“任意存在”與“存在任意”問題
x］min≥t.易知一次函數f（x0）在［1，4］上的最大值f（x0）max為M（a）=max{f（1），f（4）}.因為f（1）= -2a+1，f（4）=a+1，所以M（a）= max{-2a+1，a+1}.視M（a）為關于變量a的函數，畫出其在R上的圖像（如圖1），觀察圖像可知，M（a）min=M（0）=1，從而t≤1，即實數t的取值范圍為（-∞，1］.評注：此型函數僅有一個f（x），但變量有兩個：任意變量a在先，存在變量x0在后，因此不等式f（x0）
中學數學雜志 2015年19期2015-01-31
- 5類圖完美匹配的計數*
(n-2)(5)易知f(1)=5,f(2)=26。解線性遞推式(5)，得證畢。圖3 2-b-nQ3×1圖圖4 G2圖故τ(n)=g(n)+τ(n-1)(6)綜上所述，g(n)=5g(n-1)+τ(n-2)(7)由(6)式和(7)式，得g(n)=5g(n-1)+g(n-2)+τ(n-3)(8)再由(7)式，得g(n-1)=5g(n-2)+τ(n-3)(9)又由(8)式-(9)式，得g(n)=6g(n-1)-4g(n-2)(10)易知g(1)=5,g(2)=2
中山大學學報(自然科學版)(中英文) 2012年4期2012-05-10
- 平面幾何中“+=”型問題的新證法
接 CD，AE.易知△OCD，△OAE均為正三角形，故得CD∥OB∥AE.例3 如圖4，在 Rt△ABC中，⊙O的圓心在斜邊AB上，直角邊 AC，BC分別切半圓于G，F，⊙O 交斜邊 AB 于 D，E.圖4證明 延長BC至點M使CM=AC，延長AC至點N使CN=BC，并連接 AM，BN，OC，OF，OG.易知△ACM，△BCN均為等腰直角三角形，且四邊形OFCG為正方形，故得AM∥OC∥BN.例4 如圖5，△ABC是等腰三角形，過底邊BC的中點D任意作一直
中學數學雜志 2011年12期2011-02-01
- 由不等式所想起的
),由柯西不等式易知:定理1 對于n個正常數ai(i=1,2,…,n),構造函數:g(x)=xα-αx+α-1,x ∈ (0,+∞).因 g′(x)=α(xα-1-1),則g(x)在x∈(0,1)單調下降,在x∈(1,+∞)單調上升,∴g(x)≥g(1)=0對x＞0恒成立.所以欲證不等式也成立.證畢.易知f(-1)是n個正常數ai(i=1,2,…,n)的調和平均數.由定理三易推出結論:f(-∞)≤f(-1)≤f(0)≤f(1)≤f(+∞),這就是我們常用的
中學數學教學 2010年3期2010-09-17
- 關于Diophantine方程x2+4n=y3
)即:由式(3)易知x，y都是偶數，令x=2x1，y=2y1，x1，y1∈Z代入式(3)可得:易知x1必為偶數，從而y1也必是偶數.令x1=2x2，y1=2y2，x2，y2∈Z代入式(4)可得:易知x2為偶數，令x2=2x3，代入式(5)可得+1=(x3，y2∈Z).從而由引理1知上式整數解僅有(x3，y2)= ( 0 ，1 )，由x=8x3，y=4y2，可得式(3)整數解僅有 (x，y) = ( 0 ，4).假設當k=i時，式(2)結論成立，即x2+43
重慶工商大學學報（自然科學版） 2010年3期2010-05-26
- 平面幾何中一個結論的應用與推廣
行四邊形，由作法易知AM=BP，則△AMG≌△BPF，有PF=MG，也能使PG+PF=AB得證．2.如果連結EP，利用S△BDE=S△BEP+S△DEP的關系，也得PG+PF=AB的結果．3.過G作GI//BD交AB于I，得平行四邊形BPGI，則有GP=BI，BP=IG，再證△AIG≌△FPB，也能使PG+PF=AB得證．以上屬常規證法．以下是用結論關系證明：分析：由已知條件BE=ED，PF⊥BE于F，PG⊥AD于G，且△EBD位于矩形ABCD中，易知，題
中學理科·綜合版 2008年9期2008-10-15
- 《一元一次不等式》單元檢測題參考答案
一、1.12．①和③3.<><>4.a7.-38.709.>10.a>4二、11.A12.A13.A14.C15.D16.D17.B18.D19.C20.B三、21.x>8.22.x≤.圖略.23.解集是-224.解得x=，因為方程的解是非負數，則≥0，所以m≤.25．設共有x個交通路口，則執勤學生有（4x+78）人，由題意得：4x+78-8×（x-1）≥4，4x+78-8×（x-1）<8.解得19.5（本部分內容由命題人提供）注：“本文中所涉及到的圖表、
中學生數理化·七年級數學華師大版 2008年3期2008-06-06