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《中学生数理化(高中版)》2009,(1):71
1.设f（x）,g（x）都是奇函数,{x｜f（x）〉0}={x｜4〈x〈10},{x｜g（x）〉0}={x｜2〈x〈5},则集合{x｜f（x）g（x）〉0}等于（ ）。 相似文献
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本文给出绝对值方程:|f(x)+g(x)|=|f(x)|+|g(x)|的简捷解法。定理,方程|f(x)+g(x)|=|f(x)|+|g(x)|与不等式f(x),g(x)≥0同解。证明:|f(x)+g(x)|=|g(x)|+|g(x)|[f(x)+g(x)]~2=[|f(x)|+|g(x)|]~2f~2(x)+2f(x)g(x)+g~2(x)=f~2(x)+2|f(x)g(x)|+g~2(x)f(x)g(x)=|f(x)g(x)|f(x)g(x)≥0。 相似文献
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杨世新 《成都教育学院学报》2001,15(5):50
设绝对值不等式:|f(x)|<|g(x)|或|f(x)|),g(x)可以是常数也可以是函数。 一、型如|f(x)|<|g(x)|(或≤、≠、≥、>)的绝对值不等式。 ∵0≤|f(x)|<|g(x)|<+∞ ∴|f(x)|~2<|g(x)|~2 相似文献
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夏俊梅 《数理化学习(高中版)》2013,(2):30
题目:已知a,b是实数,函数f(x)=x2+ax,g(x)=x2+bx,f’(x)和g’(x)是f(x),g’(x)的导函数,若f’(x)g’(x)≥0在区间I上恒成立,则称f(x)和g(x)在区间I上单调性一致(1)设a>0,若函数f(x)和g(x)在区间[-1,+∞)上单调性一致,求实数b的取值范围;(2)设a<0,若函数f(x)和g(x)在以a,b为端点的开区间上单调性一致,求|a-b|的最大值. 相似文献
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先看一例 :已知二次函数 f(x)满足条件 :| f(0 ) |≤1,| f (1) |≤ 1,| f (- 1) |≤ 1.试证 :对于 x∈[- 1,1]时必有 | f(x) |≤ 54.证 设 f(x) =ax2 bx c(a≠ 0 ) ,则由f(0 ) =c,f(1) =a b c,f (- 1) =a- b c,可得 a =f (1) f (- 1) - 2 f (0 )2 ,b =f (1) - f (- 1)2 ,c=f(0 ) .又∵ | f(0 ) |≤ 1,| f (1) |≤ 1,| f (- 1) |≤ 1及 x∈ [- 1,1],∴| f (x ) | =| f(1) f(- 1) - 2 f(0 )2 x2 f (1) - f(- 1)2 x f (0 ) | =| f(1)2 (x2 x) f (- 1)2 (x2 - x) f(0 ) (1- x2 ) |≤ 12 | x2 x| 12 | x2 - x| | 1- x2 | … 相似文献
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高考答题是能力与时间的角逐 ,能力“到位”还要讲究思路和方法 ,一般在“巧解”上作文章 ,这就要积累平时的解题经验与捕捉他人之“玉” .本文提供 7个途径 ,供取长补短 .1 适时代换 ,减轻负担例 1 设a为实数 ,函数f(x) =x2 |x -a| 1,x∈R .求f(x)的最小值 .解 令 |x -a|=t (t≥ 0 ) ,则f(x) =|(x -a) a|2 |x -a| 1≥|t-|a||2 t 1=t2 -( 2 |a|-1)t a2 1=[t-( |a|-1/ 2 ) ] 2 |a| 3 / 4.①设g(t) =[t -( |a|-1/ 2 ) ] 2 |a| 3 /4.当 |a|-1/ 2≤ 0 ,即 -1/ 2≤a≤ 1/ 2时 ,g(t)在 [0 , ∞ )上递增 ,从而g(t) min=g( 0 )=a2 1.当 … 相似文献
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蔡以鹏 《黄冈师范学院学报》1989,(2)
在刘玉琏、傅沛仁编《数学分析讲义》〔Ⅰ〕(以下简称《讲义》)§2.4中,定理7(柯西收敛准则)充分性的证明是不够完善的,从理论上讲是有缺陷的.鉴于《讲义》发行面广,既作为高等师范本科与专科的教材,又作为高等理科院校的函授教材及高等教育自学用书,特别是从1987年起又被选作卫星电视教育、中学教师培训教材,故指出其缺陷,完善其证明是很有必要的。现将定理7及充分性证明摘录如下.定理7(柯西收敛准则)极限(?)(x)存在的必要充分条件是.对任意ε>0,总存在δ>0,对任意 x′与 x″,当0<|x′—a|<δ与0<|x″～a|<δ时,有|f(x′)—f(x″)|<ε证明充分性已知对任意ε>0,总存在δ>0,对任意 x′与 x″,当0<|x′—a|<δ与0<|x″～a|<δ时,有|f(x′)—f(x″)|<ε. 相似文献
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(友情提醒:时间120分,做完后参照答案给自己评分,总分150分)一、选择题(每小题只有1个选项正确,每小题5分,共40分)1.给出下列式子:①{1}∈{0,1,2},②{1,-3}={-3,1},③{0,1,2,}{1,0,2},④∈{0,1,2},⑤∈{0},⑥{}.其中错误式子的个数为().A5;B4;C3;D22.不等式x2-(a+1)x+a≤0的解集是().A{x|1≤x≤a};B{x|a≤x≤1};C{x|1≤x≤a或a≤x≤1};D当a<1时,解集为{x|a≤x≤1},当a≥1时,解集为{x|1≤x≤a}3.已知f(x)=-4-x2的反函数为f-1(x)=4-x2,则f(x)的定义域为().A(-2,0);B[-2,2];C[-2,0];D[0,2]4.设函数y=f(x)定义在实数集上,则函数y=f(x-1)与y… 相似文献
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1996年全国高考试题第 2 5题 ,是一次、二次函数和不等式的综合性试题 ,当年的考生反应强烈 ,得分率很低 .实际上 ,除试题本身较难、思维层次高外 ,也说明学生对一次、二次函数特别是一次函数的性质掌握得不好 .现将原题及解答抄录于下 :已知 a,b,c是实数 ,函数 f ( x) =ax2 +bx +c,g( x) =ax +b,当 - 1≤ x≤ 1时 ,|f ( x) |≤ 1,( 1)证明 :|c|≤ 1;( 2 )证明 :当 - 1≤ x≤ 1时 ,|g( x) |≤ 2 ;( 3)设 a >0 ,当 - 1≤ x≤ 1时 ,g( x )的最大值为2 ,求 f ( x) .解 :由 ( 1)由条件当 - 1≤ x≤ 1时 ,|f ( x) |≤ 1,取 x =0得 |c|=|f ( 0 ) |… 相似文献
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解绝对值不等式通常都比较繁琐,本文就|f(x)|>g(x)与|f(x)|0恒成立,则不等式 |f(x)|>g(x) (1)与不等式 f(x)-g(x)>0 (2)同解。 相似文献
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文[1]中介绍了求函数f(x)=(1/2)(ax b)-(1/2)(cx d)的三种方法,本文将进一步说明,对于此类无理函数,有两种求其值域的通法。 1.利用函数的单调性求函数f(x)=(1/2)(ax b) (1/2)(cx d)的值域。 此法的依据是下面定理: 定理 函数f(x)=(1/2)(ax b)±(1/2)(cx d)(a,b,c,d均为常数,且ac≠0),记g(x)=a*((1/2)(cx d))±c*((1/2)(ax b)),A={x|g(x)≥0},B={x|g(x)≤0},则当时,f(x)在A上是增函数,当时,f(x)在B上是减函数。 相似文献
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笔者在查阅教学资料时,多次发现在解补集问题时一类不易察觉的错题、错解,现剖析两例,供同行参考。 例1 已知F={x|f(x)>0},G={x|g(x)>0},则不等式组的解集是 相似文献
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反证法是一种重要的证明方法.反证法的难点在于提出与结论相反的假设后,如何合理地展开思路,以便尽快凸现矛盾.笔者认为,“特殊化”有时是反证法得以成功的一个重要突破口.1特殊值巧合的数目,特殊的数字,个性化的特征,看似纯属偶然,但往往蕴含着正确解法的必然.例1设f(x)、g(x)是[0,1]上的函数.证明:存在x0、y0∈[0,1],使得|x0y0-f(x0)-g(y0)|≥41.分析:要找出具体的x0、y0,难以下手,不妨考虑用反证法.证明:设这样的x0、y0不存在.取特殊值x0=0,y0=0,得|f(0) g(0)|<41.同理,|f(0) g(1)|<41,|f(1) g(0)|<41,|1-f(1)-g(1)|<41.故1=|(1-f(1)-g(1… 相似文献
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郑成伟 《淮北职业技术学院学报》2006,5(5):55
一、二重极限
定义:设函数发f(x,y)在区域D内有意义,P0(x0,y0)是D的内点,如果对于任意给定的正数ε,总存在正数δ,使得对于D内且适合不等式0＜|P0P|=(x-x0)2 (y-y0)2＜δ的一切点p(x,y),都有|f(x,y)-A|＜δ成立,则称常数A为函数f(x,y)当x→x0,y→y0的二重极限,记作limy→y0x→x0 f(x,y)=A或f(x,y)→A(x→x0,y→y0)…… 相似文献
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题目 已知函数f(x)=ex-ln(x+m).
(Ⅰ)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;
(Ⅱ)当m≤2时,证明f(x)＞0.
(Ⅰ)略.
(Ⅱ)解法1 当m≤2,x∈(-m,+∞)时,恒有ln(x+m)≤ln(x+2),即只需证明m=2时成立,即ex-ln(x+2)＞0即可.
即证明ee|-x-2 ＞0.
设g(x)=eex-x-2,g’(x)=ex+ex-1,
因为g″(x)=ex+ex(1+ex)＞0,知g’(x)在(-2,+∞)上为单调递增函数. 相似文献
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考虑非线性系统x′=A(t)x+f(t,x)有界解的存在性,其中线性系统x′=A(t)x满足指数型二分性.在f(t,x)关于x不满足Lipschitz条件的情况下,应用Leray-Shauder不动点定理和Arzela-Ascoli定理给出一个有界连续解存在的充分条件.即若f(t,x)∶R×Rn→Rn连续;存在常数m>0及R+=[0,∞)上的连续递增函数g(t)满足limt→∞(g(t))/t=0,使得|f(t,x)|≤m+g(|x|),(t,x)∈R×Rn,则该系统x′=A(t)x+f(t,x)存在有界连续解. 相似文献