课本中一道习题解法的探究、推广及应用

 课本中一道习题解法的探究﹑推广及应用 苏卫军 （浙江省绍兴市第一中学，312000） 在人教版教材选修4-5(不等式选讲)第10页,有这样一道习题:(第15题)已知a0,b0,且hmin{a,b2,求证:(说明:minA表示数集A中最小数).}h2a2b2当我把这个题作为作业布置下去以后,学生的完成情况完全出乎了我的意料,原因是很少有学生能完全正确地证明出来,即使在证出来的学生中也几乎都不是按照教学参考书上提供的标准解法来证明的.本文中笔者详细整理了所有证明方法,并对每一种方法的出发点,基本思路,解题过程进行简要评注.之后,对该问题加以推广,试图揭示该问题所蕴含的本质思想.最后,举几个例子来展示该思想在各种知识背景之下的具体应用. 1 解法探究: 解法1 讨论a与(1)当ab大小关系如下: 22abbb32时,,即: ,去分母得: hhbb0,令hha2222abhbf(h)h3hb2b,则f'(h)3h2b20,故函数f(h)h3hb2b在(0,)上单调递增,因为f(22222222)bb(b)0,故必有h. 242222bb2hbb(2) 当a2时,h2,反表示得:a22habab看作关于b的一元二次函数求得最值). h综上，结论成立. 11(根号内4h22hb12a,即: h. 222h2ab评注 这种解法的出发点是利用最小值的基本概念,回归了原始定义.有时候这样的解法是必须的,比如:(2009海南宁夏卷理科第12题)用min{a,b,c}表示a,b,c三个数中的最小值,设f(x)min{2,x2,10x}(x0),则f(x)的最大值为: ( ). (A)4. (B)5. (C)6. (D)7. 但就课本中的这道习题而言采用该方法实在是太繁琐了,给人以杀鸡用牛刀的感觉,不可取. x

解法2 由ab2ab得:22b1,然后再讨论: a2b22a(1)若a(2)若abb112,则有: a,故: a,即:ha 2a2a2b2a2b22ab,进一步讨论如下: 22ab①若a2b2,则h2. a222ab②若abb122,则h2. b22ab21b2b22评注 这种解法在一开始就注意到了b11的范围(有最大值),然后从与a的大2a2aa2b2小关系着手进行讨论,不失为一种很好的方法.但在进行第二步的证明时特别容易出错,比如有的学生是这样来证明的: (2)若abb1,由于(当且仅当ab时等号成立),22222aabab故2b121,故2.虽然从表面上看该方法证出了结论,但分a,解得: a22a22a2abb1b1,不能得到关系aa.举反例22222aab2aab111b1b如下:取a,b2有: 2,成立,但,即aa不成立. a2222a2a22aabab析过程却存在明显的漏洞,即: 由解法3 只要讨论a与2的大小关系即可: 2(1)若abb12222,则ha.(2)若a,则h2.21b2222abb2b22综上可得原结论成立. 评注 这种解法避开了a与2b谁大谁小的繁琐讨论.因为目标是要证明h,这222ab意味着两数中至少有一个数比22小,即只要在两数中找到一数比小即可．当然两数也22可能同时比2b小,如果在这种情况下还去讨论a与2的大小关系那就完全没有必 22ab

要了(因为这时结论已经显然成立).该方法的本质是对原命题进行了等价转化,其不拘泥于“最小值”的定义本身,而是抓住“最小值”的本质特征,证明过程由浅入深,由点到面,直至完备.该方法不拘泥于细节,显得平稳大气,不失为该题的妙解之一. 解法4 反证法． 不妨设h22b2ab1,则有a且2,两式相乘得: ,但显然有2222222ababab1成立,范围不符,相互矛盾,故假设不成立,即原结论成立. 222ab评注 正难则反,这是解决数学问题的重要思想方法.此法用在此题上显得非常得体,相当经典! 解法5 构造同向不等式相乘: 由hmin{a,bbab12知: ,且,故,即}hhha2222222abababh2. 2评注 此方法是教学参考书上提供的标准解法.该解法同样避开了a与b的大小a2b2关系的讨论,并且揭示出了这类问题的本质,即:如果两个正数的乘积有上界,则这两数中的的较小者也必有上界.换句话说就是: 如果两个正数的乘积有上界,则这两数中至少有一个必有上界(或者说不可能两个都无上界).这也是本题能采用反证法证明的根本原因所在. 受到解法5思想的启发,可以把该题进行推广,得到一组非常优美且实用的结论. 2 一般结论: 结论1 设hmin{a1,a2,,an},(ai0,i1,2,,n),若a1a2anA,则有:hnA.当且仅当a1a2annA时等号成立. 结论2 设hmin{a1,a2,,an},(ai0,i1,2,,n), 若a1a2anA,则有:hna1a2anAn. 当且仅当a1a2anA时等号成立. na1a2annA)()n,故 nn对该结论的证明如下: hna1a2an(

hna1a2anA.该结论其实就是组合数学中“抽屉原理”的一种表现形式. n结论3 设hmax{a1,a2,,an},(ai0,i1,2,,n),若a1a2anA,则有:hnA. 当且仅当a1a2annA时等号成立. 结论4 设hmax{a1,a2,,an},(ai0,i1,2,,n),若 a1a2anA,则有: hAA.当且仅当a1a2an时等号成立. nn结论5 设hmin{a1,a2,,an},(ai0,i1,2,,n),若 anf(a1,a2,,an1)(n2),且an关于a1,a2,,an1的函数均单调递减,则有: hf(h,h,,h) 结论6 设hmax{a1,a2,,an},(ai0,i1,2,,n),若 anf(a1,a2,,an1)(n2),且an关于a1,a2,,an1的函数均单调递减,则有:hf(h,h,,h) 3 结论再应用 ab},求h的最大值. 22ababab解 由hmin{a,2知:且, }hahab2a2b2aaa()2()()12aaba2bb,1b故h2,令t（1t1),得: 2aabab()21()21bb例1 已知a0,b0,且hmin{a,h21t2．当－1t0时，h1； 2(t1)12当t0时，h1t1(t1)2112t2t21,故h221. 2该题的解法用到了齐次式整体换元求最值的思想. 例2 已知x1,y1,且hmin{x1,y1},求h的最大值. 22xy2x2y2分析 该题的实质就是用了代原习题中a的位置, 代b的位置.但结构 （y1）（x1）

更加复杂,看上去感觉更加繁琐和隐蔽罢了. 例3 已知a0,b0,c0,且hmin{a,b,c},求h的最大值. 333a2b4ccc解 由hmin{a,b,3知: ,且,故}hhahba2b34c3a32b34c31abc13,故h. 6a32b34c36h3此题实现了由双变量往三变量的转化,其本质思想在于利用均值不等式求最值问题,由此,可以构造出若干的同类题(变量个数可以是任意n个). 例4 已知a,b,c(0,1),且hmin{a(1b),b(1c),c(1a)},求证: h1. 4解 hmin{a(1b),b(1c),c(1a)},故ha(1b),hb(1c),且hc(1a),从而ha(1b)b(1c)c(1a)311,故h. 6441. 2该题的本质思想同样在于利用均值不等式求最值问题. 例5 已知函数f(x)xpxq，且hmax{|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|},求证: h解 f(1)2f(2)f(3)2,4h|f(1)|2|f(2)||f(3)| 2|f(1)2f(2)f(3)|2，故h1. 2此题以二次函数为背景,同时考查了绝对值不等式的性质等. 例6 已知f(x)ax2bxc(ba)非负,且hmax{f(1),1},求证: f(1)f(2)h1. f(1)1abcb2证明 h,由△0得:c, f(1)f(2)3ba4a2bb44()211t26t9abc4a4abbbaa故，其中：3t＝10. b44tbaa4ab4a21a1abc2故h1，进而h1.此题仍以二次函数为背景,综合考查了函数图像、换元以3ba22及均值不等式等知识,由于字母参数多,干扰性强,是一道综合性较强的题目. 例7 已知x,y为正实数,求hmin{x,11,y}的最大值. yx

解 令ax,b11111111,cy,则有:hc,即h,abhhhhyx得:h2,当且仅当x2y2时等号成立. x例8 对于已知的x,y，记f(x,y)min{27时，f(x,y)的最大值为_____________. ,27xy,27y1}，当x(0,1),y(0,1),此题是<<浙江省2011年名师名校交流卷>>第17题,是一道压轴题,难度很大.其标准答案的解法是通过讨论27x,27xy,27y1的大小,再确定最小值来解决的,由于涉及双变量大小关系的讨论,且还需借助线性规划来确定变量的取值范围,综合性较强,思维跨度较大.但如果利用本文所揭示的思想来解就会变得很简单,解法如下： 方法1 (利用结论1) 令a27x,b27xy,c27y1,则abch3abc＝11xxy,即h(其中hf(x,y)).当且仅当27272731,故271227y1,即x,y33111,则27ab时等号成立. 方法2 (利用结论5) 令a27x,b27xy,c27y1,易得chc1111111112,解得h.当且仅当x,y时等号成立. ,即h327ab27hh27333