習題課教學中的拓展與延伸

甘肅 陳鴻斌

習題課是教學中必不可少的一部分,它不但能起到對已學知識的復習,而且能將所學知識進行應用,并掌握一些常用的技巧.很多教師在習題課教學中,忽略和遺棄課本,從一些教輔材料中搜集大量的高考題來充滿整個課堂.其實這樣充其量只做了幾道題,重術而不在道,并且大多高考題的起步都很高,對大多數學生不利.高考題源于課本而高于課本,從課本出發,對大多數學生來說是更容易適應,再逐步拓展與延伸,真正做到讓學生“跳一跳,夠得著”.不僅能讓大部分學生跟得上,還能分層次教學.筆者在習題課教學中很注重這一點,在課堂上和同學們一起探究、推廣與延伸課本例題、習題,在很大程度上激發學生大膽的想象、創造、發現,經歷數學的整個探究過程.這樣的習題課教學對學生數學思維的培養有很大的促進的作用,并且還能得到一些漂亮結果.

1.橫向多元拓展與延伸

【例1】已知a,b,c都是正數,求證:(a+b)(b+c)(c+a)≥8abc.

本題難度不大,用均值不等式能很快證明此題.

證明: ∵a,b,c>0,

此時,筆者并未就題論題而馬上離開此問題,而是引導學生繼續探究此題,學生通過觀察發現不等式左邊的式子中,a,b,c順次作和走了一個輪回,右邊有a,b,c的積,并且由上面的證明知,8可表示為23.從中我們能獲得什么信息呢,此問題能否推廣呢?

此時,學生A做出如下猜想:

若a,b,c,d都是正數,則(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)≥16abcd.

學生按照上面的思路很快證明其是正確的.筆者在此贊揚了同學A,話剛落定,學生B站起來說“若a1,a2…,an都是正數,則(a1+a2)(a2+a3)…(an-1+an)(an+a1)≥2na1a2…an.”

此時,班里大多數學生都非常認同,學生們的熱情很高,我格外的稱贊了學生B,同學們按照上述證明就毫不費力的證明出此結論.

定理1若a1,a2,…,an(n∈N*,n>1)都是正數,則(a1+a2)(a2+a3)…(an-1+an)(an+a1)≥2na1a2…an.

【例2】已知x,y都是正數,求證:(x+y)(x2+y2)(x3+y3)≥8x3y3.

學生按照例1的證法很容易地解決此題.

筆者在此引導，此題能否與上題一樣推廣呢？學生C站起來做出下面的猜想:

若x,y都是正數,則(x+y)(x2+y2)…(xn+yn)≥2nxnyn.

那這個猜想對不對呢？這時有的學生表示認同,有的學生開始嘀咕起來.

故而驗證學生C的猜想不成立,我也鼓勵學生C的表現非凡.

【例3】已知a,b,c是不全相等的正數,求證:a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc.

學生利用重要不等式不難解得本題.

證明:∵b2+c2≥2bc,a>0,

∴a(b2+c2)≥2abc.

同理b(c2+a2)≥2abc,c(a2+b2)≥2abc.

∵a,b,c不全相等,

∴a(b2+c2)≥2abc,b(c2+a2)≥2abc,c(a2+b2)≥2abc三式不能全取等號，故a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc.

筆者繼續引導,如果條件中只是a,b,c都是正數,那結論是怎樣的呢?

同學們異口同聲的說a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)≥6abc.

學生D自告奮勇,能將其推廣啊!他的猜想如下:

若a,b,c,d都是正數,則

ab(c2+d2)+ac(b2+d2)+ad(b2+c2)+bc(a2+d2)+bd(a2+c2)+cd(a2+b2)≥12abcd.

定理3若a1,a2,…,an(n∈N*,n>2)都是正數,則

2.縱向高次拓展與延伸

【例4】已知a,b是不相等的兩個正數,求證:(a+b)(a3+b3)>(a2+b2)2.

利用作差比較,并將其展開不難證明.

證明:(a+b)(a3+b3)-(a2+b2)2

=ab3+ba3-2a2b2

=(ab3-a2b2)-(a2b2-ba3)

=ab2(b-a)-ba2(b-a)

=ab(b-a)2.

∵a,b>0且a≠b,

∴ab(b-a)2>0,

(a+b)(a3+b3)>(a2+b2)2.

筆者引導,請同學們來觀察此題,可以知道當且僅當a=b時取等號,不等式左邊與右邊又有什么關系呢?學生E發現,它們的次數1，2，3是三個連續正整數.

好的!那“若a,b>0,則(a2+b2)(a4+b4)≥(a3+b3)2”是否成立呢?

同學們用作差法很容易證明是正確的.學生F做出猜想:

若a,b>0,則(an-1+bn-1)(an+1bn+1)≥(an+bn)2(n∈N*,n>1).

很多學生似乎都贊同其觀點,請同學們來驗證其是否成立,學生仍然用作差法證明了此結論.

命題1若a,b>0,則(an-1+bn-1)(an+1+bn+1)≥(an+bn)2(n∈N*,n>1).

筆者繼續引導,難道它們的次數就一定是連續的正整數嗎?

一個反應快的學生G馬上意會我的意思,站起來說:“我猜想,它們的次數是成等差數列的正整數就行了.”

說得非常好!那如何表述呢?

學生G說:“若a,b>0,則(an-d+bn-d)·(an+d+bn+d)≥(an+bn)2(n,d∈N*,n>d).”

下面同學們可以互相討論、交流來完成證明.

(an-d+bn-d)(an+d+bn+d)-(an+bn)2

=an-dbn+d+bn-dan+d-2anbn

=an-dbn(bd-ad)-anbn-d(bd-ad)

=an-dbn-d(bd-ad)2.

∵a,b>0,n,d∈N*,n>d,

∴an-dbn-d(bd-ad)2≥0.

故(an-1+bn-1)(an+1+bn+1)≥(an+bn)2.

命題2若a,b>0,則(an-d+bn-d)(an+d+bn+d)≥(an+bn)2(n,d∈N*,n>d).

筆者接著引導,它們的次數既然成等差數列,同學們是否還記得它的一個性質呢?若下標之和相等,則對應的項之和相等.

學生們同聲:“記得!”

那用到此題中結論還成立嗎?

學生開始犯嘀咕了.

好的,我們來一起看一下,是否有下面的結論成立呢?

若a,b>0,m,p,q,n∈N*，m

探索:(am+bm)(an+bn)-(ap+bp)(aq+bq)=ambn+bman-apbq-bpaq=ambq(bn-q-ap-m)-bmaq(bp-m-an-q)

∵m

∴p-m=n-q,

∴ambq(bn-q-ap-m)-bmaq(bp-m-an-q)

=(ambq-bmaq)(bp-m-ap-m)

=ambm(bq-m-aq-m)(bp-m-ap-m)

=ambm(bp-m-ap-m)2(bq-p+abq-p-1+…+baq-p-1+aq-p).

∵a,b>0,m,p,q,n∈N*,m

∴p-m≥1，q-p≥0.

∴ambm(bp-m-ap-m)2(bq-p+abq-p-1+…+baq-p-1+aq-p)≥0.

故(am+bm)(an+bn)≥(ap+bp)(aq+bq).

定理4若a,b>0,m,p,q,n∈N*,m

(am+bm)(an+bn)≥(ap+bp)(aq+bq).