含绝对值竞赛题的求解策略

含绝对值竞赛题的求解策略浙江上虞春晖中学王启东（312353）有关含绝对值的试题，尤其是绝对值与不等式的综合试题在各级各类数学竞赛中频频出现，本文就此介绍一些常见的求解策略。1、凑配的策略该策略是根据题设条件或结论进行凑配，如：分组、添项、裂项等方法，以达到解决问题的目的。例1、函数)(xf在]1,0[上连续，)1()0(ff，且对任意不同的]1,0[,21xx，都有|||)()(|2121xxxfxf，求证：21|)()(|12xfxf（1983年全国联赛试题）解：)(xf在]1,0[上连续，)(xf在]1,0[上有最大值和最小值。不妨设最大值]1,0[,),(),(2121tttfmtfM最小值（1）当21||21tt时，||||)()(||)()(212112tttftfxfxf即：21|)()(|12xfxf（2）当21||21tt时，设21tt即：2112tt|)()(||)()(|2112tftfxfxf|)()1()0()(|21tffftf|)()1(||)0()(|21tffftf|1||0|21tt21)(112tt若12tt，同理可得：21|)()(|12xfxf对任意的]1,0[,21xx，都有21|)()(|12xfxf2、裂项求和的策略本策略是运用数列求和的方法，巧妙地拆项、裂项，再相互抵消，以达到化简求解的目的。例2、已知)2,,,2,1(nniRxi满足1||1niix，01niix，求证：nixnii21211（1989全国联赛试题）证明：设kkxxxS21，01niix，1||1niix0nS，且21||iS（)1,,2,1(ni不妨设00S，则1iiiSSx),1(Nini于是)111(1)(11111111iiSiSiSSSiixniiniiniiiininii)11(21)111(21)111(||11111niiiiSixniniiniinixnii212113、特殊化的策略本策略的思想是从特殊的点、特殊的图形、特殊的值出发，借以问题的部分与整体的内在联系来考虑问题，以寻找解决问题的突破口。例3、对实数ba,，已知不等式13coscosxbxa无解，求证：1||b（第15届全苏数学奥林匹克试题）证：取32,3,,0x分别代入13coscosxbxa得：12,12,1,1babababa22212111bababa即且333b即：11b1||b例4．设f(x)和g(x)是定义在[0，1]上的函数，求证：存在0x，0y，使100x，100y，且41)()(0000ygxfyx。（第20届美国数学竞赛）证明：如果对一切0x，0y[0，1]，41)()(0000ygxfyx不成立，考虑在端点的特殊值得：)0()0(00)1()0(10)0()1(01)1()1(111gfgfgfgf=)1()1(11gf+)0()1(01gf+)0()0(10gf+)0()0(00gf〈41+41+41+41=1矛盾。即假设不成立。原命题成立。4．三角换元的策略例5．已知a1,a2∈R,z1,z2是复数，求证：2222122212221222112zzzzaazaza（1989《中学生数理化》征解题）证：设22221Raa，并设a1=Rcos,a2=Rsin则原不等式等价为：221sincos2zz=)sin)(cossin(cos22121zzzz=2sin)(sin2cos21221222221zzzzzz∴上述不等式化为：222112212222212sin)()1sin2()1cos2(zzzzzzzz即(2221zz)cos+222112212sin)(zzzzzz而左边2122122221)()(zzzzzz=212222214241zzzzzz=212222212222121zzzzzzzz=))((22212221zzzz=22221zz=2221zz=右边原不等式成立。5、反证的策略正难则反，反证法是解决数学问题的常用策略，也是处理绝对值的强有力工具。例6已知a,b,c均为实数，且a100,证明最多有二个整数x,使502cbxax。（1991年江苏省数学夏令营试题）证明：假设有三个不同的整数1x、2x、3x，满足502cbxax，则由抽屉原则1x、2x、3x中必有两个同时大于ab2（或同时小于ab2）不妨设2x1xab2,1x、2x均为整数，a(1x+2x)+b2a1x+a+ba从而)()(121222cbxaxcbxax=)()(1221xxbxxaa100另一方面：)()(121222cbxaxcbxaxcbxax222+cbxax12150+50=100矛盾。满足条件的整数最多只有二个。6、构造的策略该策略通过构造某些函数、数列、复数等辅助量，然后利用辅助量的某些性质达到求解的目的。例7、设a,b,x,yR,且22yx=1,试证2222ybxa+2222xbyaba（《数学通报》1985年征解题）证明：构造复数，设1z=ax+byi,2z=bx+ayi则2222ybxa+2222xbya=1z+2z21zz=yibaxba)()(=yixba=ba原不等式成立。注：本题构造复数，将根号转换为模，巧妙求解。例8、已知f(x)=nnnnczczczc1110是一个n次复系数多项式，求证：一定存在一个复数0z，10z并且满足ncczf00)(。（1994年中国数学冬令营试题）证明：对于给定的多项式f(z)，常数nc的辐角是确定的（当nc=0时，辐角可任意选取），所以可取一个与nc有相同辐角的复数，使ncc0构造多项式f(z)-=nnnnczczczc1110-,则方程f(z)-=0必有模小于或等于1的根，否则设f(z)-=0的根iz(I=1,2,…n)的模都大于1，那么由韦达定理有1=0ccn=nzzz21=1z2z…nz1矛盾，因此必有0z为f(z)-=0的模不大于1的根，即10z，使得ncczf00)(结论成立。7、数学归纳的策略该策略通过抓住题设中与n有关的要点，然后应用数学归纳法加以证明。例9、设n是正整数，证明：对所有实数x，有22cos4cos2coscosnxxxxn证明：用数学归纳法证明：当n=0时，结论显然成立。当n=1时，如果21cosx那么结论成立。如果21cosx，那么21cos22x,即01cos22x从而1cos21cos12coscosxxxx，结论亦成立。假设n=k-1,k1k时结论成立，则当n=k+1时如果21cosx，由归纳假设有21221)22cos4cos2cos(cos2cos2coscos1kkxxxxxxxkk如果21cosx,由n=1时12coscosxx及假设21221)22cos4cos2cos(cos2cos2coscos1kkxxxxxxxkk即n=k+1时，结论成立，对任意正整数n，题论结论成立。例10.设函数f(x)对所有的有理数m,n都有nmmfnmf)()(证明：对所有正整数k,有2)1()2()2(1kkffkiik(第12届韩国数学奥林匹克试题)证：当k=1时,左边=右边=0k=2时,左边=)2()4(ff=1)2()22(ff=右边假设k=n时,结论成立,即：)2()2(ffn+)2()2(2ffn+…+)2()2(1nnff+)2()2(nnff2)1(nn成立则当n=k+1时,111)2()2(niinff=niinnnffff11)2()2()2()2(n)2()2(1nnff+niinff1)2()2(n2)1()2()22(nnffnnnn1+2)1(nn=2]1)1)[(1(nn即k=n+1时,结论成立。原命题成立。8．等分区间的策略求策略的思想是根据已知条件作一恰当的区间，然后将其等分成若干个长度为某正数δ的小区间，使得问题涉及到的某两个量α、β落在同一小区间内，从而得关键性结论|α-β|〈δ，而解决问题。例11设n个实数x1、x2、、、、、xn，满足x12+x22+、、、+xn2=1求证：对任意整数k≥2，存在n个不全为零的整数ai，|ai|≤k-1(i=1、2,、、、，n)使得1)1(||2211nnnknkxaxaxa（第28届IMO试题）证：由柯西不等式：nxxxxxxnn)|||||)(|111(|)||||(|22221222221nxxxn||||||21nkxxxkxaxaxannn)1(|)||||)(|1(||212211把区间[0,nk)1(]等分成1nk份，每个小区间之长为1)1(nknk，由于1,,2,1,0kai),,2,1(ni所以一共有1nk个数nnxaxaxa2211根据抽屉原则，总有两个数：nnxaxaxa'2'21'1和nnxaxaxa2211落在同一区间内。令||'iiiaaa),,2,1(ni则1)1(||2211nnnknkxaxaxa得证。