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“等”對“不等”的啟示

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對于解集非空的一元二次不等式的求解,我們常用“兩根之間”、“兩根之外”這類簡縮語來說明其結(jié)果,同時也表明了它的解法.這是用“等”來解決“不等”的一個典型例子.從表面上看,“等”和“不等”是對立的,但如果著眼于“等”和“不等”的關(guān)系,會發(fā)現(xiàn)它們之間相互聯(lián)系的另一面.設(shè)M、N是代數(shù)式,我們把等式M=N叫做不等式M<N,M≤N,M>N、M≥N相應(yīng)的等式.我們把一個不等式與其相應(yīng)的等式對比進(jìn)行研究,發(fā)現(xiàn)“等”是“不等”的“界點”、是不等的特例,稍微深入一步,可以從“等”的解決來發(fā)現(xiàn)“不等”的解決思路、方法與技巧.本文通過幾個常見的典型例題揭示“等”對于“不等”在問題解決上的啟示.
? 1.否定特例,排除錯解
 ?解不等式的實踐告訴我們,不等式的解區(qū)間的端點是它的相應(yīng)等式(方程)的解或者是它的定義區(qū)間的端點(這里我們把+∞、-∞也看作端點).因此我們可以通過端點的驗證,否定特例,排除錯解,獲得解決問題的啟示.
 ?例1 滿足sin(x-π/4)≥1/2的x的集合是().
??A.{x|2kπ+5π/12≤x≤2kπ+13π/12,k∈Z}
??B.{x|2kπ-π/12≤x≤2kπ+7π/12,k∈Z}
??C.{x|2kπ+π/6≤x≤2kπ+5π/6,k∈Z}
??D.{x|2kπ≤x≤2kπ+π/6,k∈Z}∪{2kπ+5π/6≤(2k+1)π,k∈Z}(1991年三南試題)
 ?分析:當(dāng)x=-π/12、x=π/6、x=0時,sin(x-π/4)<0,因此排除B、C、D,故選A.
 ?例2 不等式+|x|/x≥0的解集是().
??A.{x|-2≤x≤2}
??B.{x|-≤x<0或0<x≤2}
??C.{x|-2≤x<0或0<x≤2}
??D.{x|-≤x<0或0<x≤}
? 分析:由x=-2不是原不等式的解排除A、C,由x=2是原不等式的一個解排除D,故選B.
 ?這兩道題若按部就班地解來,例1是易錯題,例2有一定的運算量.上面的解法省時省力,但似有“投機取巧”之嫌.選擇題給出了三誤一正的答案,這是問題情景的一部分.而且是重要的一部分.我們利用“等”與“不等”之間的內(nèi)在聯(lián)系,把目光投向解區(qū)間的端點,化繁為簡,體現(xiàn)了具體問題具體解決的樸素思想,這種 “投機取巧”正是抓住了問題的特征,體現(xiàn)了數(shù)學(xué)思維的敏捷性和數(shù)學(xué)地解決問題的機智.在解不等式的解答題中,我們可以用這種方法來探索結(jié)果、驗證結(jié)果或縮小探索的范圍.
 ?例3 解不等式loga(1-1/x)>1.(1996年全國高考試題)
 ?分析:原不等式相應(yīng)的等式--方程loga(1-1/x)=1的解為x=1/(1-a)(a≠1是隱含條件).原不等式的定義域為(1,+∞)∪(-∞,0).當(dāng)x→+∞或x→-∞時,loga(1-1/x)→0,故解區(qū)間的端點只可能是0、1或1/(1-a).當(dāng)0<a<1 時,1/(1-a)>1,可猜測解區(qū)間是(1,1/(1-a));當(dāng)a>1時,1/(1-a)<0,可猜測解區(qū)間是(1/(1-a),0).當(dāng)然,猜測的時候要結(jié)合定義域考慮.
 ?上面的分析,可以作為解題的探索,也可以作為解題后的回顧與檢驗.如果把原題重做一遍視為檢驗,那么一則費時,對考試來說無實用價值,對解題實踐來說也失去檢驗所特有的意義;二則重做一遍往往可能重蹈錯誤思路、錯誤運算程序的復(fù)轍,費時而于事無補.因此,抓住端點探索或檢驗不等式的解,是一條實用、有效的解決問題的思路.
 ?2.誘導(dǎo)猜想,發(fā)現(xiàn)思路
 ?當(dāng)我們證明不等式M≥N(或M>N、M≤N、M<N)時,可以先考察M=N的條件,基本不等式都有等號成立的充要條件,而且這些充要條件都是若干個正變量相等,這就使我們的思考有了明確的目標(biāo),誘導(dǎo)猜想,從而發(fā)現(xiàn)證題思路.這種思想方法對于一些較難的不等式證明更能顯示它的作用.
 ?例4 設(shè)a、b、c為正數(shù)且滿足abc=1,試證:1/a3(b+c)+1/b3(c+a)+1/c3(a+b)≥3/2.(第36屆IMO第二題)
 ?分析:容易猜想到a=b=c=1時,原不等式的等號成立,這時1/a3(b+c)=1/b3(c+a)=1/c3(a+b)=1/2.考慮到“≥”在基本不等式中表現(xiàn)為“和”向“積”的不等式變換,故想到給原不等式左邊的每一項配上一個因式,這個因式的值當(dāng)a=b=c=1時等于1/2,且能通過不等式變換的運算使原不等式的表達(dá)式得到簡化.
 ?1/a3(b+c)+(b+c)/4bc≥=1/a,
 ?1/b3(a+c)+(a+c)/4ca≥1/b,

?1/c3(a+b)+(a+b)/4ab≥1/c,
 ?將這三個等式相加可得
 ?1/a3(b+c)+1/b3(c+a)+1/c3(a+b)≥1/a+1/b+1/c-(1/4)[(b+c)/bc+(c+a)/ca+(a+b)/ab]=(1/2)(1/a+1/b+1/c)≥(3/2)=3/2,從而原不等式獲證.
 ?這道題看似不難,當(dāng)年卻使參賽的412名選手中有300人得0分.上述湊等因子的思路源于由等號的成立條件而產(chǎn)生的猜想,使思路變得較為自然,所用的知識是一般高中生所熟知的.再舉二例以說明這種方法有較大的適用范圍.
 ?例5 設(shè)a,b,c,d是滿足ab+bc+cd+da=1的正實數(shù),求證:a3/(b+c+d)+b3/(a+c+d)+c3/(a+b+d)+d3/(a+b+c)≥1/3.(第31屆IMO備選題)
 ?證明:a3/(b+c+d)+a(b+c+d)/9≥(2/3)a2,
 ?b3/(a+c+d)+b(a+c+d)/9≥(2/3)b2,
 ?c3/(a+b+d)+c(a+b+d)/9≥(2/3)c2,
 ?d3/(a+b+c)+d(a+b+c)/9≥(2/3)d2.
 ?∴?。?/(b+c+d)+b3/(a+c+d)+c3/(a+b+d)+d3/(a+b+c)≥(2/3)(a2+b2+c2+d2)-(2/9)(ab+bc+cd+da+ac+bd)
 ?=(5/9)(a2+b2+c2+d2)-(2/9)(ab+bc+cd+da)+(1/9)(a2+c2-2ac+b2+d2-2bd)
 ?≥(5/9)(a2+b2+c2+d2)-(2/9)(ab+bc+cd+da)≥(5/9)(ab+bc+cd+da)-(2/9)(ab+bc+cd+da)=(1/3)(ab+bc+cd+da)=1/3.
 ?當(dāng)a=b=c=d=1/2時,原不等式左邊的四個項都等于1/12,由此出發(fā)湊“等因子”.對于某些中學(xué)數(shù)學(xué)中的常見問題也可用這種方法解決,降低問題解決對知識的要求.
 ?例6 設(shè)a,b,c,d∈R+,a+b+c+d=8,求M=+++的最大值.
 ?分析:猜想當(dāng)a=b=c=d=2時M取得最大值,這時M中的4個項都等于3.要求M的最大值,需將M向“≤”的方向進(jìn)行不等變換,由此可得 3≤(3+4a+1)/2=2a+2,3≤2b+2,3≤2c+2,3≤2d+2.于是3M≤2(a+b+c+d)+8=24,∴M≤8.當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=d時等號成立,所以M的最大值為8.
 ?當(dāng)然,例6利用平方平均數(shù)不小于算術(shù)平均數(shù)是易于求解的,但需要高中數(shù)學(xué)教材外的知識.利用較少的知識解決較多的問題,是數(shù)學(xué)自身的追求,而且從教學(xué)上考慮,可以更好地培養(yǎng)學(xué)生的數(shù)學(xué)能力.先有猜想,后有設(shè)計,再有證法,也是數(shù)學(xué)地思考問題的基本特征.
 ?3.引發(fā)矛盾,啟迪探索
 ?在利用基本不等式求最大值或最小值時,都必須考慮等號能否取得,這不僅是解題的規(guī)范要求,而且往往對問題的解決提供有益的啟示.特別當(dāng)解題的過程似乎順理成章,但等號成立的條件卻發(fā)生矛盾或并不一定成立.這一新的問題情景將啟迪我們對問題的進(jìn)一步探索.
 ?例7 設(shè)a,b∈R+,2a+b=1,則2-4a2-b2有().
??A.最大值1/4??。拢钚≈?/4
??C.最大值(-1)/2? D.最小值(-1)/2
? 分析:由4a2+b2≥4ab,得原式≤2-4ab=-4()2+2=-4(-1/4)2+1/4≤1/4.若不對不等變換中等號成立的條件進(jìn)行研究,似已完成解題任務(wù),而且覺得解題過程頗為自然,但若研究一下等號成立的條件,則出現(xiàn)了矛盾:要使4a2+b2≥4ab中的等號成立,則應(yīng)有 2a=b=1/2,這時=/4≠1/4,第二個“≤”中的等號不能成立.這一矛盾使我們感覺到解題過程的錯誤,促使我們另辟解題途徑.事實上,原式=2-(2a+b)2+4ab=4ab+2-1,而由1=2a+b≥2得0<≤/4,ab≤1/8,∴原式≤/2+1/2-1=(-1)/2,故選?C

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