学贵有疑--质疑、反思

文[1]“巧解”摘录:题已知二次函数f(x)=ax2 bx c(a,b,c∈R)的图像经过点(-1,0),且x≤f(x)≤12(x2 1)对一切实数x都成立,求f(x).原解设A(x),B(f(x)),C(x2 12)为数轴上的3点,则ABBC=λ.由于当x∈R时,总有x≤f(x)≤12(x2 1)恒成立,∴λ≥0.由定比分点公式得f(x)=x λ(x2 12)1 λ.     

一道函数题引发的思考

<正>我们学过基本不等式后老师出的一道函数题引发了我的思考,下面是我对这道题的一点感悟.题已知:f(x)=ax²+bx+c的图像过(-1,0)是否存在常数a,b,c使不等式x≤f(x)≤x2+bx+c的图像过(-1,0)是否存在常数a,b,c使不等式x≤f(x)≤x²+1/2对一切实数x都成立.一般解法假设存在实数a、b、c满足题意.∵f(x)的图像过(-1,0)对一切实数x都成立,     

用判别式法证明不等式

二次函数 f(x)=ax2 bx c.当a>0时,若判别式△=b2-4ac≤0,则f(x)≥0恒成立.据此可证如下一类不等式. 例1 已知a、b∈R,求证: 证明令 其判别式     

一个无理不等式的类比

文[1]给出了如下不等式:设a,b>0,0<λ≤2,则aa λb bλa b≤21 λ(1)本文给出(1)式的一个类比.定理设a,b>0,0<λ≤3,则3aa λb 3bλa b≤231 λ.(2)证令f(x)=311 λx 131 λx(x>0),则f′(x)=-λ3(1 λx)-43-13(1 λx)-43(-λx2)=-λ3(1 λx)-43 λ3(x λ)-43·x-23,于是,f′(x)     

试题研讨(2)

题 1　二次函数 f(x) =ax2 bx c(a为非零整数 )为偶函数 ,对于 x∈ R,f(x)≤ 1恒成立 ,且 f(1) =0 .( )求 f (x)的解析式 ;( )若 F(x) =f (x)- f(x)(0 F(- x) x;( )设 0 <|m|<1,0 <|n|<1,且 mn <0 ,试寻找使 F(m) F(n) <0成立的 m和 n还应满足的条件 .(2 0 0 2年 3月湖北省宜昌市高三试题 )命题溯源　在 2 0 0 0年之前的全国高考数学试卷中没有出现给出分段函数 (周期函数除外 )的解答题 ,自从 2 0 0 0年全国高考数学试卷第 2 1题出现分段函数的应用题以后 ,两年来关于分段函数与不等式的综…     

关于Bernstein-Kantorovich算子的Steckin-Marchaud型不等式

§1. Introduction For the Bernstein PolynomialsBn(f,x)=∑nk=0nkxk(1-x)n-ffkn,(1.1)Ditzian［1］ proved a pointwise approximation:Bn(f,x)-f(x)≤Cω2φλf,φ1-λ(x)n, 0≤λ≤1, φ(x)=x(1-x),(1.2)which unified the classical estimate for λ=0 and the norm estimate for λ=1. As the inverse result, Erich Van Wickeren［2］ proved:ω2α(f,n-1/2)≤Mαn-1∑nk=1Bkf-fα.But, this is only a norm estimate (with ω2φ(f,t)), not inclusive of the classical estimate (with ω2(f,t)). For f∈C［0,1］, the …     

一道易错解题的两种正确解法

题已知f(x)=ax2-c,且-4≤f(1)≤-1,-1≤f(2)≤5,求f(3)的取值范围.错解依题意有:-4≤a-c≤-1,①-1≤4a-c≤5.②由①、②加减消元得:0≤a≤3,③1≤c≤7.④由f(3)=9a-c,可知:-7≤f(3)≤26.正解1用方程组的思想求取值范围.因为a-c=f(1),4a-c=f(2),图1所以不等式组表示的可行域为平行四边形ABCD(图1).依题意有f(3)=9a-c.令z=9a-c,作直线l:9a-c=0.把直线l向下平移,过点A(1,0)时,有zmin=9·0-1=-1;把直线l向上平移,过点C(7,3)时,有zmax=9·3-7=20,即-1≤f(3)≤20.解得a=13[f(2)-f(1)],c=-43f(1) 13f(2).所以f(3)=9a-c=83f(2)-53f(1).因为-1≤f(…     

一道高考试题的常规解法

2012年高考浙江理科卷第22题:已知a>0,b∈R,函数f(x)=4ax3-2bx-a+b.(Ⅰ)证明:当0≤x≤1时,(ⅰ)函数f(x)的最大值为|2a-b|+a;(ⅱ)f(x)+|2a-b|+a≥0;(Ⅱ)若-1≤f(x)≤1对x∈[0,1]恒成立,求a+b的取值范围.本题主要考察不等式、导数、单调性、线性规划等知识点及综合运用能力.官方给出的答案中,对(Ⅰ)(ⅱ)的解答中运用了"放缩法",有一定的     

边界层的奇性分析

设 λ∈[λ_0,∞)(0<λ_0<<1),H_1=H_0~2(Ω)∩H~3(Ω),H_2=H_0~1(Ω)∩H~3(Ω),H_3=H~3(Ω),k_1=1/4,k_2=1/12,k_3=1/36,J_6(λ)=integral d(x,Γ)≥a~λlog(1+a~(-β) |△▽(u_e-u)|~2dx,α(ε)=1/6×log_ε1/C(C>1).我们考虑问题(?)定理.若 u=f∈H_i,对问题(1),有如下三种情形成立:i)正规区域 当 λ_0≤λ≤1/6-α(ε)时,有J_6(λ)≤C‖f‖_(H~3(Ω))~2;ii)奇性增长区域当1/6-α(ε)<λ<1/6+k_i/6时,有J_6(λ)≤Cε~(-6λ+2k_i)‖f‖_(H~3(Ω))~2;iii)奇性稳定区域当 λ≥1/6+(k_i)/6时,有J_6(λ)≤Cε~(-1+k_i)‖f‖_(H~3(Ω))~2;其中 i=1,2,3,β≥(45)/(32),C 为同 ε 无关的常数(见图1).     

反思通解&#183;引出简解&#183;创造巧解

在解题教学中,有些教师总是演示“成功”,教师的解题思路方法一想就正确、巧妙;教师从不展示“失败”,从不展示在解题思路和方法碰壁时怎么办.长此以往,学生的独立解题能力得不到提高,而且对巧解有一种神秘感.其实,许多问题的巧解可以在反思通解的过程中产生,教师若能引导学生对通解进行反思,使学生在反思中看到转变思维的方向、方式、方法和策略,缩小探索范围,尽快获得发现的成功,这不仅使学生感到巧妙思路的得来是顺其自然的,而且在发展学生思维、培养创新能力上无疑是一种很好的体验和进步.题目　二次函数f(x)=ax2+bx+c的图象经过点(-1,0),是否存在常数a、b、c使不等式x≤f(x)≤12(x2+1)对一切实数x都成立?若存在,求出a、b、c;若不存在,说明理由.学生思考后,容易想到如下的常规解法:解法1　f(x)≤12(x2+1)　即(1-2a)x2-2bx+1-2c≥0,(1)f(x)≥x即ax2+(b-1)x+c≥0.(2)∵　(1)、(2)两式对于一切实数x都成立,而且f(x)的图象经过点(-1,0),∴　a、b、c应满足条件1-2a&gt;0a&gt;04b2-4(1-2a)(1-2c)≤0(b-1)2-4ac≤0a-b...     

自适应迎风格式求解奇异摄动两点边值问题的高精度算法(二)

0引言 考虑与文[1]相同的奇异摄动两点边值问题的数值解法: Tu(x):=-εu″(x)-p(x)u′(x)=f(x),x∈(0,1); (1) u(0)=0,u(1)=1. (2) 其中ε是一个常数,0<ε≤1,f∈C2[0,1].假定P∈C3[0,1]且存在常数β和-β使得0<β≤p(x)≤-β,|p′(x)|≤-β,(V)x∈[0,1] (3) 成立.     

谈谈构造函数法的几点应用

<正>一、构造函数求解恒成立问题,弥补参数范围中的"等号"问题例1已知函数f(x)=-x3+ax2+b(a,b∈R).(1)若函数y=f(x)的图像上任意不同的两点的连线的斜率小于2,求a的取值范围分析本题学生易将图像上任意不同的两点的连线的斜率与f′(x)混为一谈,错解为:由f(x)=-x3+ax2+b得f′(x)=-3x2+2ax.∵f′(x)<2,∴3x2-2ax+2>0对一切的x∈R恒成立,从而Δ=(-2a)2-4×3×2<0,∴a2-6<0,∴-6~(1/2)相似文献   

错在哪里?

问题　已知 ,{an}是递增数列 ,且对任意n∈N+ ,都有an=n2 +λn恒成立 ,则实数λ的取值范围是 (　　 )(A) (- 7/ 2 ,+∞ ) .　　　　 (B) (0 ,+∞ ) .(C) (- 2 ,+∞ ) . (D) (- 3,+∞ ) .解法 1　当λ >0时 ,f(x) =x2 +λx在区间(-λ/ 2 ,+∞ )上是递增函数 ,故在其子区间 [1,+∞ )上也是递增的 .于是满足关系式an=f(n)的数列 {an}是递增数列 ,选 (B) .解法 2　因为an=n2 +λn是函数 f(x) =x2 +λx当x∈N+ 时的特殊取值 ,而 f′(x) =2x +λ ,欲使x∈N+ 时f′(x) >0恒成立 ,只须λ >- 2x恒成立 ,而x∈N+ ,所以 - 2x≤ - 2 ,故只须λ >- 2 …     

除伪存真推陈出新 优化思维

学生在处理下面一类常见问题时 ,一般有两种解法 .题目　设 f ( x) =ax2 c,且 -4≤ f ( 1)≤-1,-1≤f( 2 )≤ 5 ,求 f( 3 )的取值范围 .　错解　 -4≤ f ( 1)≤ -1-1≤ f ( 2 )≤ 5 -4≤ a c≤ -1-1≤ 4a c≤ 51 0≤ a≤ 3-7≤ c≤ -1　 2 -7≤ 9a c≤ 2 6 -7≤f( 3 )≤ 2 6.解法 1　 f ( 1) =a cf ( 2 ) =4a c a=-13 f( 1) 13 f ( 2 )c=43 f ( 1) -13 f ( 2 ) ,∴　 f ( 3 ) =9a c=9·〔-13 f( 1) 13 f( 2 )〕 43 f( 1) -13 f( 2 )=-53 f( 1) 83 f( 2 ) .∵　 -4≤ f ( 1)≤ -1,-1≤ f ( 2 )≤ 5 ,∴　 -1≤f( 3 )≤ 2 0 .分析 1　函…     

一个常见三角不等式的推广

在△ABC,有不等式cosAcosBcosC≤81(1)等号成立当且仅当△ABC为正三角形.将其推广,笔者获得如下结论.定理在△ABC中,对λ≥0有不等式cosAcosB(cosC λ)≤(1 8λ)2(2)等号成立当且仅当A=B=21arccosλ2-1.证当cosAcosB≤0时,cosC>0,从而cosAcosB(cosC λ)≤0<(1 8λ)2;当cosAcosB     

一类带参变量的二次函数最值问题的错误解法探源

一九八三年各省、市、自治区联合数学竞赛中,有这样一道试题: 已知函数f(x)=ax~2-c,满足 -4≤f(1)≤-l,-1≤f(2)≤5。求f(3)的范围。用待定系数法能解答本题: 解∵f(1)=a-c (1) f(2)=4a-c (2) 解(1)与(2)联立之方程组得到 a=1/3(f(2)-f(1)), c=1/3(f(2)-4f(1))、∴ f(3)=9a-a -1/3(8f(2)-3f(1)) ∵-4≤f(1)≤-1, -1≤f(2)≤5。∴5/3≤-5/3f(1)≤20/3, -8/3≤8/3f(2)≤40/3。     

几类关于“不等式成立条件”问题的辨析

许多数学问题 ,往往只是一字之差 ,但审题不严、理解有误 ,则会导致解题错误 ,可谓“差之毫厘 ,谬之千里” .不等式的“能”成立、“恒”成立与“恰”成立问题便是一例 .例 1　已知 f(x)是定义在 (-∞ ,4 ]上的减函数 ,若 f(m -sinx)≤ f 1+2m - 74 +cos2 x对一切实数x恒成立 ,求m的取值范围 .解　由题意可得不等式组m -sinx≤ 4 ,1+2m - 74 +cos2 x≤ 4 ,m -sinx≥ 1+2m - 74 +cos2 x对x∈R恒成立 m≤ 4 +sinx ,1+2m≤2 34-cos2 x ,m - 1+2m≥sinx +cos2 x - 74对x∈R恒成立 m≤ (4+sinx) min,1+2m≤ 2 34-cos2 xmin,m - 1+2m≥sinx +cos2…     

康托洛维奇不等式的一个简证及其极限形式

线性规划中有一个康托洛维奇不等式 (Канторович) :若ai >0 (i=1 ,2 ,… ,n)　∑ni=1ai =1 ,0<λ1 ≤λ2 ≤… ≤λn,则 :(∑ni=1λiai) (∑ni=1aiλi) ≤(λ1 +λn) 24λ1 λn《中学数学》和《中学教研》杂志先后给出了该不等式的多种证明 ,有些需用高等方法 ,有些初等方法又相当复杂 ,本文给出该不等式一个极简证明和其极限形式。一、简证 :设f(x) =(∑ni=1λiai)x2 + (λ1 +λn)x +λ1 λn(∑ni=1aiλi)∵λi-(λ1 +λn) + λ1 λnλi 　　 (i=1 ,2 ,… ,n)=(λi-λ1 ) (λi-λn)λi≤ 0而ai>0∴λiai-(λ1 +λn)ai+ λ1 λnai…     

一个不等式

命题若0<λ≤2,则对所有正实数a、b,有aa λb bb λa≤21 λ(1)证明(1)式等价于11 λba 11 λab≤21 λ(2)令x=ab,y=ba,则(2)式等价于:x>0,y>0,xy=1,有11 λx 11 λy≤21 λ(3)(3)式等价于11 λx 11 λy 2(1 λx)(1 λy)≤41 λ2(1 λx)(1 λy)≤41 λ-11 λx-11 λy2(1 λ)(1     

关于根式和下确界的三个不等式

文 [1 ]、[2 ]都对根式和下界不等式的证法进行过探讨 ,文 [3 ]利用高阶导数等高等数学知识进行了研究 .本文运用中学数学方法 ,给出证明根式和下界不等式的更为一般的公式 ,使曾在众多书刊中出现的若干不等式均为其特例 ,简捷解决有关根式和下确界问题 .引理　设 0≤ x≤λ≤ a,r≥ 1 ,n≥ 2 ,n∈ N,则 n ar - xr≥ n ar - xt;其中等号成立当且仅当 x =0或λ.其中t=1λ(n ar - n ar -λr) .证明　当 x =0时 ,式中等号成立 ,下设x >0 ,　 f (x) =n ar - n ar - xrx ,∵　 0 相似文献