安卓版下载

易知

  • 又逢比大小 方法知多少 ——对2023 四省测试第8 题的解析与拓展
    52,c→-∞,易知|a-c|≥|b-c|,|a-b|≤|b-c|,故选B.注当题设给出的a,b,c满足一定的等量关系或不等关系时,优先考虑选择满足条件的特殊值或者极限状态,通过运算分析排除若干错误选项;值得注意的是,特殊值要优选,例如本题中如令b=2,则a=log513,c=log321,在计算上就不如方法一来得简洁;但并非所有的比较大小问题都能够通过巧取特殊值来解决,下面再让我们来看看此类问题的一般性解法:分析依题意, 5b-2b> 0, 即则b> 0

    中学数学研究(广东) 2023年20期2023-11-28

  • 又逢比大小 方法知多少 ——对2023 四省测试第8 题的解析与拓展
    52,c→-∞,易知|a-c|≥|b-c|,|a-b|≤|b-c|,故选B.注当题设给出的a,b,c满足一定的等量关系或不等关系时,优先考虑选择满足条件的特殊值或者极限状态,通过运算分析排除若干错误选项;值得注意的是,特殊值要优选,例如本题中如令b=2,则a=log513,c=log321,在计算上就不如方法一来得简洁;但并非所有的比较大小问题都能够通过巧取特殊值来解决,下面再让我们来看看此类问题的一般性解法:分析依题意, 5b-2b> 0, 即,则b>

    中学数学研究(广东) 2023年19期2023-11-23

  • 不定方程的正整数解
    立.下设n>1.易知b=23·41,此时k=l=1,pk=23=25-32,ql=41=25+32.(ⅰ)假定方程(3)有适合x>z>y且n>1的正整数解(x,y,z,n).由于b=23·41,故n=23u41v(u+v≥1).于是(3)式可化为23y41y=23u(z-y)41v(z-y)×(1 105z-576x23u(x-z)41v(x-z)).(20)若n=23u(u≥1),则y=u(z-y).于是(20)式可化为576x23u(x-z)=1 10

    宁夏大学学报（自然科学版） 2023年1期2023-06-03

  • 序列(12+Q)(22+Q)…(n2+Q)中的完全平方数
    中1(1)(2)易知，Sn>(n!)2，故有(3)引理3[14]若a为奇数且e∈*，则x2≡a(mod2e)有N个解，其中(4)证考虑同余方程x2≡-Q(mod2j)。(5)(1)Q为奇数。由引理3，当j=1时，(5)仅有一解；当j=2及-Q≡1(mod4)时，(5)恰有2解；当j≥3及-Q≡1(mod8)，(5)恰有4解；其它情况下，(5)无解。故由(1)可得t2≡-Q1(mod2j-s)。(6)≤B(n,Q)。命题得证。x2≡-qeQq(modqj)。

    聊城大学学报（自然科学版） 2022年2期2022-11-19

  • 2021年以色列秋令营一道不等式试题的探究
    由于=由已知条件易知0≤bc≤2，则有(2-bc)(b+c-2bc)≥0，整理得所以所以欲证不等式②，只需证两边去分母后整理得a-6a+17a-28a+24a-8≤0，分解因式得(a-2)(a-1)[(a-1)+3]≤0 ③．点评对不等式②的处理，按照减元策略，容易想到从左边入手，通过“先通分，再变形，后放缩”的方法，使左边含有两个变量的式子放缩为只含有一个与右边相同变量的式子，从而将三元不等式转化为一元不等式，实现了问题的根本性转变．将上述赛题推广，可得

    中学数学杂志 2022年8期2022-11-14

  • 抓住关键特征，破解中考压轴题 ——一道与正方形有关中考压轴题的多角度求解
    由平行线的性质，易知∠FGC=∠ACE，∠GFE=∠CEF.由正方形的性质，易知AF=FG.由旋转的性质，易知AF=CE，所以FG=CE.从而可知△FGQ≌△ECQ，所以FQ=EQ，即点Q是线段EF的中点.3 解法探究基于以上分析，笔者从不同角度出发，给出本题的多种解法.视角1利用特殊化策略求解根据已知条件，点E是边BC的延长线上的动点，点F是边AB上的动点，且AF=CE.不论点E，F运动到什么位置，点Q恒是线段EF的中点，它是运动不变量.因此，对于一道填

    数学之友 2022年16期2022-11-01

  • 关于商高数的Jeśmanowicz猜想*
    时方程（1）成为易知，方程（17）没有适合y＞z＞x以及n＞1 的解(x，y，z，n). 设方程（17）有适合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）可化为根据定理1的条件（iii），只需证z≡0(mod 2)时，方程（17）没有适合x＞z＞y以及n＞1的解(x，y，z，n)即可。若式（19）成立，则对式（19）取模17，有9z≡(-1)y(mod 17)，即81

    中山大学学报(自然科学版)(中英文) 2022年5期2022-10-13

  • 两类一致膨胀图的PI指数*
    [Vi,Vi],易知UFCn中不与e关联的边与点u和点v等距，即ne=d(e)=d(u)+d(v)-2.因此对于e∈[Vi,V(i+1)(modn)]，在UFCn中与e相关联的边均与点u和点v不等距，故d(e)=2(3t-2)=6t-4.在UFCn中不与e关联且到点u和点v不等距的边的数目为故综上，有当n为奇数时，对于e∈[Vi,Vi],与上述情况相同，有对于e∈[Vi,V(i+1)(modn)]，在UFCn中与e相关联的边均与点u和点v不等距，故d(e)

    南宁师范大学学报(自然科学版) 2022年1期2022-05-10

  • 分类例析“嵌套函数”的零点问题
    t=1时，由图1易知方程f(x)=1有3个不等实根；当t=5时，由图1易知方程f(x)=5有1个实根.综上，g(x)有4个零点.评注例1中f(x)为分段函数,若直接写出g(x)的表达式考虑问题非常繁琐.本解法用换元法将g(x)分拆为g(t)=f(t)-1和t=f(x)两个相对简单的函数,借助f(x)的图象大大简化了运算步骤.由此可见“换元解套”是解决嵌套函数的利器.二、求分段函数中参数的取值范围解当a当a=0时，f(x)的图象如图2(b),f[f(x)]=

    高中数学教与学 2022年7期2022-05-09

  • 一道莫斯科数学奥林匹克问题的解法探究
    腰三角形的性质，易知∠AIC=120°，所以∠BIC=120°.由旋转的性质，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°.点评欲求∠AKB，只需求得其邻补角即可.利用已知条件∠KAC=30°，构造Rt△AID，易知∠AID=60°，∠AIB=120°.在△BIK中，只需证明IK=

    中学数学教学 2022年2期2022-04-26

  • Qp空间中的q-光滑模与算子逼近
    <∞),是指满足易知[1]‖·‖Qp为半模.若取模为|f(0)|+‖f‖Qp,Qp则为Banach空间.并且Q1为BMOA空间,Q0为Dirichlet空间，当p∈(1,∞)时，Qp为Bloch空间.更多关于BMOA及Qp函数空间的理论,可参考文献[1-2].Qp空间中的多项式逼近理论近年来已得到一些研究成果[3-5]，得到了多项式逼近的正逆定理,即Jackson定理和Bernstein定理等逼近结果.连续模有多种定义方式，熟知经典全纯光滑模ωr(δ,f,

    河北师范大学学报（自然科学版） 2022年1期2022-01-13

  • 两类Beta算子的收敛阶
    由引理1和引理2易知以下极限式成立：(6)(7)(8)证明由式(2)、引理1和引理2经简单计算易知引理3成立.(9)(10)(11)(12)(13)3 收敛阶的估计首先给出βn(f;x)的局部逼近定理.证明构造辅助算子：x∈(0,1).(14)此外,又因为‖f‖βn(e0;x)+2‖f‖≤3‖f‖，(15)所以由式(14)和(15)可得对式(15)右端的g∈C2(I)取下确界, 可得|βn(f;x)-f(x)|≤从而,其中,M为正常数. 定理1证毕.由定理

    厦门大学学报（自然科学版） 2021年6期2021-10-29

  • 同构换元法求解含指对数混合式的问题
    nx+x)-2，易知et-t≥1，当且仅当t=0时，等号成立.所以elnx+x-(lnx+x)-2≥1-2 =-1.所以当且仅当lnx+x=0时，f(x)取得最小值-1，即a=-1.所以ex-lnx-2-(x-lnx-2)-2≥1-2 =-1.所以当且仅当x-lnx-2=0时，g(x)取得最小值-1，即b=-1.因此a=b，故选A.解法2f(x)=xex-lnx-x-2=xex-ln(xex)-2，易知t-lnt≥1，当且仅当t=1时，等号成立.所以xex

    数理化解题研究 2021年25期2021-09-27

  • 半群H(n，m)的独立子半群
    此α=βαλα．易知βα∈〈(12)，(12…m)〉≅SmAkα=ak1≤k≤r且xα=xx∈Xn(A1∪…∪Ar)证设其中Xm={a1，a2，…，am}且{am+1，am+2，…，an}⊂Xn-m．令则μα∈G(n，m)，且于是α*=αμα∈〈G(n，m)，α〉，且从而再由引理1可得H(n，m)=〈G(n，m)，α〉．证令k=min{|im(ε)|：ε∈E(T)∩H(n，m)(n-2)}，则m+1≤k≤n-2．假设m+2≤k≤n-2．任意取其中Xn-m=

    西南大学学报（自然科学版） 2021年6期2021-06-26

  • 一个数论函数方程的可解性
    则有m ≥27，易知ω(m)≥8。由引理1，所以方程（2）无解，即方程（1）无解。2）当ω(n)=3即k=3时，方程（2）化为φ(4m)=16，易知4m=17,32,34,40,48,60。因为m，t 是正整数，所以t=24,30,36,45。因为(-1)Ω(n)=±1，经检验，不存在pi，ai(1 ≤i ≤3)满足条件成立，所以此时方程（1）无解；ii）若t=30,36 时，同理检验，不存在pi，ai(1 ≤i ≤3)满足条件成立，所以此时方程（1）无解

    山西大同大学学报(自然科学版) 2021年3期2021-06-24

  • 一些特殊图的剖分图的能量
    S(Kn))证明易知S(Km,n)的顶点数为mn+m+n，并且S(Km,n)的度对角矩阵D(S(Km,n))和邻接矩阵A(S(Km,n))分别为则R(S(Km,n))det(λImn+m+n-R(S(Km,n)))det(λImn+m+n-R(S(Km,n)))证明易知S(Fn)的顶点数为5n+1，并且S(Fn)的度对角矩阵D(S(Fn))和邻接矩阵A(S(Fn))分别为则R(S(Fn))det(λI5n+1-R(S(Fn)))det(λI5n+1-R(S

    南阳理工学院学报 2021年2期2021-06-03

  • 二次域中类数h(k)=1时丢番图方程整数解探讨
    性质比较两边系数易知：若b=±1，代入2.6式得，与矛盾。若b=±2 , ± 22由于a≡b(mod 2)同奇同偶，从而由等式(1.6)式得：综合以上证明可知方程(1.1)无整数解。证明方程2无整数解。分解（1.7）式可知：整理等式（1.9）可得：由等式性质比较两边系数易知由等式（1.12）式知：b=±1 ,±2 ,± 22若b=±1 ，代入（1.12）式可得3a2= 63或71，显然a∉Z与a Z∈ 矛盾。若b=±2 , ± 22由于a≡b(mod 2)

    卷宗 2021年3期2021-03-08

  • 同构法求参数取值范围
    x)=ex+x,易知g(x)在R上单调增,故f(x)>0等价于g(x-lna)>g[ln(x-1)],可得x-lna>ln(x-1),即-lna>ln(x-1)-x.由常见不等式lnt≤t-1(t>0),得ln(x-1)-x≤x-2-x=-2,所以-lna>-2,即0例3若对任意x∈(0,+∞),不等式2e2x-alna-alnx≥0恒成立,求a的取值范围.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

    高中数学教与学 2020年17期2020-09-27

  • 关于超可解群与Sylow塔
    G的一个主群列，易知，对G的子群S而言有：1=S∩G0◁S∩G1◁S∩G2…◁S∩Gr=S为S的一个正规群列(即每个S∩Gi为S的正规子群，见文献[2-3])，其中商因子S∩Gi/S∩Gi-1具有性质：S∩Gi/S∩Gi-1=S∩Gi/(S∩Gi)∩Gi-1≅(S∩Gi)Gi-1/Gi-1≤Gi/Gi-1，然而对每个i，Gi/Gi-1是素数阶的，故S∩Gi/S∩Gi-1或为平凡的，或为素数阶的，于是从上述S的正规群列中删掉那些重复的项以后剩下的就是S的主群

    安顺学院学报 2020年4期2020-09-17

  • 拉回和推出的若干注记
    态及P 是投射模易知，存在同态使得因为是的拉回，考虑同态对由拉回的泛性质易知，存在同态使得由知，注意到且，可见又因为满同态右可消且μ为满同态，所以 0λ = . 而λ 为包含同态，因此γ 为单同态.由定义1 知，(φ,α) 是(φ,β)的拉回.对偶地，可得如下结论.定理2设为左R-模的行正合交换图，则以下条件等价：1）),( βφ是),( αφ的推出；2）γ 为满同态.由蛇引理可得以下推论，然而本文使用不同于蛇引理的方法给出其证明.推论 1设为左R-模的行

    五邑大学学报（自然科学版） 2020年1期2020-06-17

  • 利用30°角构造三角形外心解题
    BC,OA=OC易知OB垂直平分AC,于是因为∠OAC=∠OAD-∠CAD=50°,所以∠AOB=40°,故AB=AO=AD。注：本题也可以由∠OAC=50°易知四边形OABC为菱形得证,或由∠OAC=50°证明△ABC≌△AOC来求证。3.证明等式问题图3例3(《中等数学》2009年第4期初248题)如图3所示,在△ABC中,AD为内角平分线,∠ADC=60°,点E在AD上,满足DE=DB,射线CE交AB于点F。求证：AF·AB+CD·CB=AC2。证明

    中学生数理化(高中版.高考理化) 2020年5期2020-05-22

  • 关于不定方程x2-2y4=M(M=17，41，73，89，97)
    4=17，(2)易知，方程X2-2Y2=17的一般解可由以下两个非结合类给出：(3)或(4)不妨设X≥0，Y≥0，则(3)式中只需考虑“+”号，而(4)式中只需考虑“-”号即可.若方程(2)有整数解，必有n，使得y2=2un+5vn(5)或y2=-2un+5vn，(6)根据文献[10]，可得下列关系：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

    华中师范大学学报（自然科学版） 2020年2期2020-05-18

  • 一道最值问题的解题研究
    -x.观察其结构易知函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称，故下文的讨论以x=1为临界点来展开讨论.对函数求导，得：f′(x)=[2x+x·2xln2]+[-22-x+(2-x)22-xln2·(-1)]=(2x-22-x)+[x·2x-(2-x)·22-x]ln2.(1)当x>1时，易知2x-22-x>0,x·2x-(2-x)22-x>0，所以f′(x)>0；(2)当x(3)当x=1时，易知f′(x)=0.注：(1)以上两种解法充分利用了将问题改造后形

    数理化解题研究 2020年13期2020-05-07

  • Neuman平均关于算术和调和平均的精确不等式
    ( λ0)＜0，易知存在λ1＞λ0使得当x ∈( λ0,λ1)时f1( x )＜0，当x ∈( λ1,+∞ )时f1( x )＞0。综上可知，存在当x ∈( 0,λ1)时f1( x )＜0；当x ∈( λ1,+∞ )时f1( x )＞0。同上分析，由（6）式并结合x ∈( 0,λ1)时f1( x )＜0，x ∈( λ1,+∞ )时f1( x )＞0，易知存在λ ＞λ1使得当x ∈( 0,λ )时f( x )＞0；当x ∈( λ,+∞ )时f( x )＜0。

    安庆师范大学学报(自然科学版) 2020年1期2020-03-14

  • 全国名校函数与导数测试题(A卷)参考答案
    (2)易知f "(x)=2x+a—在区间内单调递增，所以由题意可得f "(x)=2x+a—=0在区间内无解，即≥0或f "(1)≤0，解得实数a的取值范围是(—∞，—1]∪[1，+∞)。3 3.(1)f "(x)=由已知，f "(2)=，解得a=1，所以f "(x)=当x∈(0，1]时，f "(x)≤0，f(x)是减函数；当x∈[1，+∞)时，f "(x)≥0，f(x)是增函数。所以函数f(x)的单调递减区间是(0，1]，单调递增区间是[1，+∞)。(2)

    中学生数理化(高中版.高考数学) 2019年3期2019-11-27

  • 具Intraguild捕食的非自治三种群Lotka-Volterra模型的正周期解
    Ascoli定理易知是紧的。从而，对任一有界开集，L在上是L-紧的。相应的算子方程，有从而有即和由(2.4)和(2.7)可得由(H2)易知由(2.5)、(2.8)和 (2.10)可得由(H3)易知类似地，由(2.6)、(2.9)、(2.10)和 (2.11)可得若(H4)成立，显然有，从而，由(H1)和(H4)可得再由(2.10)、(2.11)和(2.12)可得显然，Ri(i=1,2,3)与λ无关。考虑下列的代数方程：这里μ∈(0,1)是一个参数，(μ1,

    福建教育学院学报 2019年10期2019-11-14

  • 一个无理分式不等式猜想的证明
    ④并作辅助函数：易知猜想等价于以下不等式：③′为此，考察函数f(t)的凹凸性，即f″(t)的符号，可得：⑤>0(因m≥2).所以，函数f(t)在(-∞,+∞)内是下凹函数，故而③′式成立，即③式成立. 猜想得证.从以上猜想的证明过程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

    中学数学教学 2019年5期2019-10-28

  • 数列通项公式的几种求法
    合条件的n位数，易知a1=3，a2=8，当n≥3时，如果该n位数第一个数字是2或3，那么这样的n位数有2an-1个，如果该n位数第一个数字是1，那么第二个数字只能是2或3，因而这样的n位数只能有2an-2个，于是递推关系为an=2aw-1+2an-2，n=2，3，4，...定理：设x1，x2是特征方程x2=cx+c2的两个根。①当xc1≠x2时，an的一般表达式为an=aqx"+aqx2;②当x1=x2时，an的一般表达式为an=（β+β2n）x"，这里的

    中学生数理化·高三版 2019年1期2019-07-03

  • 探究一道中考题的解法
    ，得PA=3k.易知∠PCE=∠BAP=∠PCD，所以PE=PD=2k.所以AE=PA+PE=5k.尝试四：将尝试一中的DP延长与AB的延长线相交如何？解法2：如图5，作PD⊥AC于点D，延长DP、AB交于点E.根据勾股定理，得PA=3k.易知∠PEB=∠C=∠BAP，所以PE=PA=3k.所以DE=PD+PE=5k.尝试五：将尝试二中的CD延长与AB的延长线相交如何？图5 图6 解法3：如图6，作CD⊥AP交AP的延长线于点D，延长CD、AB交于点E.根

    中学数学杂志 2019年10期2019-06-25

  • 环R+uR+vR+uvR上的斜常循环码
    素r可唯一表示为易知1+2u是环ℜ的一个单位，且满足(1+2u)e1=e1,(1+2u)e2,(1+2u)e3=-e3,(1+2u)=e4，ℜn={(a0,a1,…,an-1)|ai∈ℜ,i=0,1,…,n-1 }是一个交换环。若C是ℜn的非空子集合，则称C是ℜ上长为n的码。若C是ℜn的R-子模，称C是R上长为n的线性码。设X=(x1,x2,…,xn),Y=(y1,y2,…,yn)∈ℜn，定义X,Y的欧几里得内积为设C是长为n的码，C⊥={ }x∈ℜn|x

    安庆师范大学学报(自然科学版) 2019年1期2019-04-28

  • 抛物线内接三角形的面积
    点关于x轴对称，易知上述公式也成立.对于抛物线的内接三角形的面积，还有一个重要的结论．已知A、B、C是抛物线y2=2px(p>0)上三点，过A、B、C三点的抛物线的切线分别交于P、Q、R三点，则SΔABC=2SΔPQR.图1注：如果A、B、C三点中有一点与原点重合，易知上述公式也成立.∴根据前面的公式，可得SΔABC=2SΔPQR.在圆锥曲线中，抛物线具有重要地位，它有很多很重要的性质.抛物线方程结构简单、代数计算量适中，并且关于抛物线的试题具有良好的区分

    中学数学研究(江西) 2019年2期2019-03-08

  • 关注数列“姊妹题” 体验精彩“无极限”
    ，则S6=3.∵易知S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9构成等差数列，∴1,2,S9-3,S12-S9构成等差数列.(2)由于目标是求比值，于是可设S4=1，则S8=4.∵S4≠0，∴易知S4,S8-S4,S12-S8构成等比数列，∴1,3,S12-S8构成等比数列.评注 (1)设等差数列{an}(公差为d)的前n项和为Sn，则连续k项和，即Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…也构成等差数列(公差为k2d)；(2)设等比数列{an}(公比为q)的前

    数理化解题研究 2018年34期2018-12-27

  • 全国名校数列综合拔高卷（B卷）答案与提示
    bn=2n+1,易知{bn}为等差数列,Sn=3+5+…+（2n+1）=n2+2n。三、解答题61.（1）由bn=log2an和b1+b2+b3=15由a1,12a5,2a3成等差数列,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。又数列{an}的各项均为正数,所以an=2n+1。（2）由 （1）知bn= （-1）n-1·an=（-1）n-1·（2n+1）。所以

    中学生数理化(高中版.高二数学) 2018年10期2018-11-03

  • 一类李超代数的中心扩张
    ，Ln])=0，易知αf(Lm，Ln)=0(m+n≠0). 设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，则(m-1)a(m+1)=(m+2)a(m)-(2m+1)a(1).(7)根据αf(L0，[Lm，In])=αf([L0，Lm]，In)+αf(Lm，

    东北师大学报（自然科学版） 2018年3期2018-09-21

  • 悟透本质 解题游刃有余——对一道三角形考题的多解探究
    点D，所以，所以易知AD=化简得a=c或a+c=ac.当a=c时，易知a=2，c=2，所以4a+c=10.综上，可得所求4a+c的最小值为9.解法二：如图1，结合题意画出图形，因为∠ABC的角平分线交AC于点D，所以，所以易知=故所求4a+c的最小值为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的最小值为9.故所求4a+c的最小值为9.成立.故所求4a+c的最小值为9.解法三

    中学数学杂志 2018年17期2018-09-15

  • 也谈等腰三角形的美好性质
    三角形的边角关系易知结论成立，证明从略.当直线l只经过顶角顶点A，且与△ABC再无其它公共点时，文[1]给出了四种证明方法，这里再给出两种简证.如图2～3，在△ABC中，AB=AC，∠ABC=∠ACB=α，直线l经过点A，BD⊥l，CE⊥l，垂足分别为D、E，则BD=h1，CE=h2，DE=d.图2证法1 如图2，取BC的中点F，过F作FG⊥l，垂足为G，连接AF、EF.易知∠AEC=∠AFC=90°，所以A、E、C、F四点共圆，所以∠AEF=∠ACB=α

    中学数学杂志(初中版) 2018年4期2018-09-14

  • 构造零件函数求一类多元函数的最小值
    )=2x− λ,易知当时,f(x)取最小值.设 g(y)=3y2− λy,y ＞ 0,则 g′(y)=6y − λ,易知当时,g(y)取最小值.设 h(z)=z3− λz,z ＞ 0,则 h′(z)=3z2− λ,易知当时,h(z)取最小值.题目2已知x,y,z∈R+,且,求的最小值.解因为,引入待定常数λ∈[0,1],则设 f(x)=3x5−λx3(x ＞ 0),则 f′(x)=3x2(5x2−λ),易知当时,f(x)取最小值.题目3已知非负实数x,y,

    中学数学研究(广东) 2018年5期2018-04-23

  • 对一道中考填空题解法的探究
    ，■由CD=k.易知：a-b=k ①∵E是AB中点，∴S△ABC=2S△BCE S△ABD=2S△ABE∵S△BCE=2S△ADE∴S△ABC=2S△ADE∵AC⊥x轴，BD⊥x轴，∴AC∥BD∵S△ABD=■CD·BD S△ABC=■AC·CD∴AC=2BD，即■=-■ ②如图2，过点B作AC延长线的垂线BF，F为垂足，则BF=CD=k，AF=■-■∴AB2=AF2+BF2，即■2=k2+■-■2 ③联立①②③解得a=■b=-■ak=■或a=-■b=-■

    试题与研究·教学论坛 2017年33期2018-03-31

  • 关于丢番图方程(48n)x+(55n)y=(73n)z*
    1+48x1).易知(73z1+48x1，73z1-48x1)=1，则有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假设z≤xnx-z(48x+55yny-x)=73z(6)当(n，73)=1时，由式(6)及n≥2，有x-z=0， 即x=z.因此55yny-x=73x-48x(7)对式(7)两边取模11得(-4)x≡4x(mod

    重庆工商大学学报（自然科学版） 2018年2期2018-03-19

  • 解析Besov型空间在Bloch空间的闭包
    为正常数.从而，易知f1∈B.称θ(z)为Blaschke乘积.所以对于任意的ε>0，可以推出因此，由文献[12,69页]，有证毕.[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

    岭南师范学院学报 2017年6期2018-01-29

  • 一道高考立体几何题的多维度剖析
    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，连接MN，由三垂线定理知MN⊥BE，所以∠ONM为所求.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如图3，易知平面ACE⊥平面BDE，且平面ACE∩平面BDE=E

    数学学习与研究 2017年14期2017-07-20

  • 等比数列背景下的一类不定方程问题
    Z,t-s∈Z，易知(*)式左边是整数，右边不是整数，故(*)式不成立，与假设矛盾．因此，数列{an}中不存在不同的三项使其成等差数列．又r-s0，且r-s∈Z,t-s∈Z，易知(*)式左边是整数，右边不是整数，故(*)式不成立，与假设矛盾．因此，数列{an}中不存在不同的三项使其成等差数列．因此，数列{an}中不存在不同的三项使其成等差数列．注意到以上三个不定方程的处理，均利用了在其等式两边同时乘以或者除以与公比相关的一个数，达到整数与小数不相等的效果(

    中学数学研究(江西) 2017年2期2017-03-16

  • 一类多角形的内角和
    B G、D E，易知∠F+∠C=∠MGB+∠MBG，∠NGB+∠NBG=∠NED+∠NDE，所以第二类七角星的内角和就转化为△AED的内角和，为180°。第二类八角星（如图8），连接AH、ED，易知∠F+∠C=∠MHA+∠MAH，∠B+∠G=∠NED+∠NDE，所以第二类八角星的内角和转化为四边形AHED的内角和，应为360°。图7 图8 第一类九角星（如图5），连接BH和CI，∠AMN＝∠MHB＋∠MBH，∠ANM＝∠NIC＋∠NCI，所以九角星的内角和

    学周刊 2015年20期2015-12-27

  • 一类多角形的内角和
    连接BG、DE，易知    ∠F+∠C=∠MGB+∠MBG，∠NGB+∠NBG= ∠NED+∠NDE，所以第二类七角星的内角和就转化为△AED的内角和，为180°。第二类八角星（如图8），连接AH、ED，易知∠F+∠C=∠MHA+∠MAH，∠B+∠G=∠NED+∠NDE，所以第二类八角星的内角和转化为四边形AHED的内角和，应为360°。图7图8图9图10图11图12第二类九角星（如图9），是由三个三角形组合而成的图形，所以其内角和应为180°×3=540

    学周刊·中旬刊 2015年7期2015-07-25

  • 例析函数中的“任意存在”与“存在任意”问题
    x］min≥t.易知一次函数f（x0）在［1，4］上的最大值f（x0）max为M（a）=max{f（1），f（4）}.因为f（1）= -2a+1，f（4）=a+1，所以M（a）= max{-2a+1，a+1}.视M（a）为关于变量a的函数，画出其在R上的图像（如图1），观察图像可知，M（a）min=M（0）=1，从而t≤1，即实数t的取值范围为（-∞，1］.评注：此型函数仅有一个f（x），但变量有两个：任意变量a在先，存在变量x0在后，因此不等式f（x0）

    中学数学杂志 2015年19期2015-01-31

  • 5类图完美匹配的计数*
    (n-2)(5)易知f(1)=5,f(2)=26。解线性递推式(5)，得证毕。图3 2-b-nQ3×1图图4 G2图故τ(n)=g(n)+τ(n-1)(6)综上所述，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

    中山大学学报(自然科学版)(中英文) 2012年4期2012-05-10

  • 平面几何中“+=”型问题的新证法
    接 CD，AE.易知△OCD，△OAE均为正三角形，故得CD∥OB∥AE.例3 如图4，在 Rt△ABC中，⊙O的圆心在斜边AB上，直角边 AC，BC分别切半圆于G，F，⊙O 交斜边 AB 于 D，E.图4证明 延长BC至点M使CM=AC，延长AC至点N使CN=BC，并连接 AM，BN，OC，OF，OG.易知△ACM，△BCN均为等腰直角三角形，且四边形OFCG为正方形，故得AM∥OC∥BN.例4 如图5，△ABC是等腰三角形，过底边BC的中点D任意作一直

    中学数学杂志 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 对于n个正常数ai(i=1,2,…,n),构造函数:g(x)=xα-αx+α-1,x ∈ (0,+∞).因 g′(x)=α(xα-1-1),则g(x)在x∈(0,1)单调下降,在x∈(1,+∞)单调上升,∴g(x)≥g(1)=0对x＞0恒成立.所以欲证不等式也成立.证毕.易知f(-1)是n个正常数ai(i=1,2,…,n)的调和平均数.由定理三易推出结论:f(-∞)≤f(-1)≤f(0)≤f(1)≤f(+∞),这就是我们常用的

    中学数学教学 2010年3期2010-09-17

  • 关于Diophantine方程x2+4n=y3
    )即:由式(3)易知x，y都是偶数，令x=2x1，y=2y1，x1，y1∈Z代入式(3)可得:易知x1必为偶数，从而y1也必是偶数.令x1=2x2，y1=2y2，x2，y2∈Z代入式(4)可得:易知x2为偶数，令x2=2x3，代入式(5)可得+1=(x3，y2∈Z).从而由引理1知上式整数解仅有(x3，y2)= ( 0 ，1 )，由x=8x3，y=4y2，可得式(3)整数解仅有 (x，y) = ( 0 ，4).假设当k=i时，式(2)结论成立，即x2+43

    重庆工商大学学报（自然科学版） 2010年3期2010-05-26

  • 平面几何中一个结论的应用与推广
    行四边形，由作法易知AM=BP，则△AMG≌△BPF，有PF=MG，也能使PG+PF=AB得证．2.如果连结EP，利用S△BDE=S△BEP+S△DEP的关系，也得PG+PF=AB的结果．3.过G作GI//BD交AB于I，得平行四边形BPGI，则有GP=BI，BP=IG，再证△AIG≌△FPB，也能使PG+PF=AB得证．以上属常规证法．以下是用结论关系证明：分析：由已知条件BE=ED，PF⊥BE于F，PG⊥AD于G，且△EBD位于矩形ABCD中，易知，题

    中学理科·综合版 2008年9期2008-10-15

  • 《一元一次不等式》单元检测题参考答案
    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≤.图略.23.解集是-224.解得x=，因为方程的解是非负数，则≥0，所以m≤.25．设共有x个交通路口，则执勤学生有（4x+78）人，由题意得：4x+78-8×（x-1）≥4，4x+78-8×（x-1）<8.解得19.5（本部分内容由命题人提供）注：“本文中所涉及到的图表、

    中学生数理化·七年级数学华师大版 2008年3期2008-06-06

热门标签

关于参考网