構造法在證明不等式方面的應用
2012-04-29 00:00:00潘旭巨
中學教學參考·理科版 2012年3期
構造法是中學數學解題中常用的方法之一.本文通過具體實例，介紹利用構造三角形、一元二次方程、二次曲線以及復數等手段來證明不等式的解題思路.
一、構造三角形
由于三角形兩邊的和大于第三邊，兩邊的差小于第三邊.因而，任一三角形的三條邊長形成了兩個不等式.利用這一幾何特征來證明不等式，常常會起到立竿見影的作用.
【例1】 已知a，b，c∈R，求證：|a2+b2|≤|b-c|.
分析： 如果b=c，上述等式顯然成立.
從整個不等式的形式上看，此不等式形如三角形兩邊的差小于第三邊，從左邊的根式看，形如直角三角形的斜邊.考慮到a、b、c可正可負，可在直角坐標系中取點A(a，0)，B(0，b)，C(0，c)，則
|AB|=a2+b2，|AC|=a2+c2，|BC|=|b-c|.
因而，不等式得證.
同時看到，當且僅當b=c時，取等號.
【例2】 求證：x2+y2-2x+1+x2+y2+4x+4≥3.
分析：∵x2+y2-2x+1=(x-1)2+y2，
x2+y2+4x+4=(x+2)2+(y-0)2.
在直角坐標系中取點A(1，0)，B(-2，0)，C(x，y)，結論得證.
當且僅當點C落在線段AB之間時，取等號.
二、構造圓錐曲線
對于一些含有x2、y2的和、差形式的多項式，可把不等式的部分式子看成是圓錐曲線的方程，利用圓錐曲線的相應性質，往往會使問題迎刃而解.
【例3】 設a，b∈R ，求證：7+3≥(a-b)2+(3-a2+12b2-4)2≥7-43.
分析：該不等式中間部分形如兩點間的距離的平方，因而首先想方設法構造兩點坐標A、B，使得|AB|2恰為不等式的中間部分.
令A(a，3-a2)，B(b，-12b2-4)，則
原不等式轉化為證明：7+43≥|AB|2≥7-43.
點A在上半圓周：x2+y2=3(y≥0) 上，點B在雙曲線x24-y2=1(y≤0)上，因而問題轉化為：分別在上半圓周和下半支雙曲線上找一點，使得這兩點間的距離最短.顯然，當A、B為兩曲線與x軸交點的同側時距離最短、異側時距離最長.
由于兩曲線與x軸的交點坐標為A1(-3，0)，A2(3，0)，B1(-2，0)，B2(2，0)，
所以|AB|≤|A1B2|=2+3，|AB|≥|A1B1|=2-3 .
因而原不等式得證.
【例4】 設x2+y2+2x＜0，求證：x2+y2+6x+8＞0.
解：設A＝{(x，y)｜x2+y2+2x＜0}=｛(x，y)｜(x+1)2+y2＜1｝，
B=｛(x，y)｜x2+y2+6x+8＞0｝=｛(x，y)｜(x+3)2+y2＞1｝.
由于A、B分別代表兩個相切的單位圓的內部和外部，且A代表的是左側的圓的內部點集，B代表的是右側的圓的外部點集.由于在左側圓的內部的點必在圓的外部，因而AB，故滿足A的點(x，y)必滿足B，即結論成立.
三、構造一元二次方程
在解一元二次方程或一元二次不等式時，通常要用到不等式.同樣，在證明某些不等式時，也經常利用一元二次方程這一有效工具.在這一類問題的證明中，一元二次方程的判別式有著不可替代的作用.
【例5】 設xi，yi∈R(i=1，2，…，n)，求證：(∑ni=1xi)2#8226;(∑ni=1yi)2≤∑ni=1x2i
#8226;∑ni=1y2i.
分析：該不等式在形式上與一元二次方程的判別式非常相似.因而，只要構造一個以此為判別式的一元二次方程，問題就會十分簡單.
證明：因為對任意的t∈R，有
∑ni=1(xit-yi)2≥0，即(∑ni=1x2i)t2-2(∑ni=1xi)(∑ni=1yi)t+(∑ni=1y2i)
≥0，
因而Δ=4(∑ni=1xi#8226;∑ni=1yi)2-4∑ni=1x2i#8226;∑ni=1y2i≤0.
故原不等式成立.
【例6】 已知x≥134，求證：2x-3+4x-13≥3.
證明：令y=2x-3+4x-13，即y-2x+3=4x-13，
兩邊平方得y2+4x2+9-4xy-12x+6y=4x-13，
移項得4x2-4(4+y)x+y2+6y+22=0，
由于函數y的定義域非空，∴Δ=16(4+y)2-16(y2+6y+22)≥0，
故原不等式成立.
評注：本例也可以用變量代換（令u=2x-3v=4x-13），通過構造二次曲線的手段來證明.
四、構造單調或凹凸函數
【例7】 求證 ：2n＞2n+1(n為自然數，且n≥3).
分析：視n為自變量，構造函數f(n)=2n-2n-1 .
∵f(n+1)-f(n)
=2n+1-2(n+1)-1-（2n-2n-1）
＝2n（2-1）-2=2n-2＞0 (∵n≥3)，
所以f(n+1)＞f(n).
于是有f(n)＞f(n-1)＞…＞f(4)＞f(3).
又f（3）＝23-2×3-1=1，
故f(n）＞f（3）＞0，
即2n＞2n+1.
評注：本題也可以用數學歸納法或二項式定理證明.但構造出函數f（x），利用其單調性來證明，則更簡潔明了，令人耳目一新，體現了數學美中的簡潔美.
【例8】 求證 ：|a+b|1+|a+b|≤|a|+|b|1+|a|+|b|.
分析：將不等式兩邊的|a+b|與|a|+|b|看成一個量作比較，容易發現兩邊構造形式完全相同.受這種啟示，我們構造一個更一般的函數形式f（x)=x1+x，x∈［0，+∞).
而函數 f（x）=x1+x 在定義域內單調遞增，因為有|a+b|≤|a|+|b|，
所以f（|a+b|）≤f（|a|+|b|）. 即
|a+b|1+|a+b|≤|a|+|b|1+|a|+|b|.
【例9】 證明：log20112010＞20092010.
證明：由于函數y=log2011x在（1，2011）是一個凸函數，曲線落在過點（1，0）和（2011，1）的直線y=12010(x-1)的上方，又當x=2010時，直線的縱坐標恰為20092010，曲線y=log2011x的縱坐標為log20112010.因而原不等式成立.
五、 構造復數
復數集與復平面內所有的點構成的集合是一一對應的，復平面內的點集與以原點為起點的向量集合是一一對應的，這些對應關系是通過建立直角坐標系實現的.因而我們可通過構造復數，利用復數有關概念、性質及其四則運算的幾何意義研究代數和幾何問題，讓復數的知識滲透到代數和幾何中，使之成為解題的一種工具.
【例10】 對任意a，b，c，d，求證:
a2+b2-c2+d2≤|a-c|+|b-d|.
分析: 題目明顯具有復數模的形式，因而可考慮構造復數.因為題目涉及四個量，所以可以嘗試構造兩個復數: z1=a+b
i，z2=c+di. 則z1-z2=(a-c)+(b-d)i，
據不等式性質有||z1|-|z2||≤|z1-z2|，所以
|a2+b2-c2+d2|≤(a-c)2+(b-d)2，而
(a2-c)+(b-d)2≤|a-c|+|b-d|，
故命題得證.
【例11】 已知a，b，c∈R，求證：|a2+b2-a2+c2|≤|b-c|.（同例1）
分析：從復數的觀點來看，不等式兩邊都是復數模的形式.令z1＝a+bi，z2=a+ci
，再由||z1|-z2||≤|z1-z2|，不等式得證.
問題是數學的心臟，引導學生發現問題并解決問題是中學數學教學的核心工作.美國數學家波利亞說過：“解題的成功要靠正確思路的選擇，要靠從可以接近它的方向去攻擊堡壘.”如果我們的數學教學能夠引導學生從已知的條件和未知的結論表象出發，構造出解決問題的知識框架，那么我們的目的也就達到了.
(責任編輯 金 鈴）
