含绝对值竞赛题的求解策略

1、例 2、已知 Xj R(i 1,2, ,n,nnn2)满足|xJ 1,Xj 0,i 1i 1求证:n Xii1 i12n(1989全国联赛试题)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f(x)在0,1上连续，f(0)f(1),且对任意不同的Xi，X20,1,1都有对任意的 X1,X2 0,1,都有 | f(X2) f(X1)| 12、裂项求和的策略本策略

2、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f(X1)f(X2)|X1X2|,求证：|f(X2)f(x1)|一2(1983年全国联赛试题)解：f(X)在0,1上连续，f(x)在0,1上有最大值和最小值。不妨设最大值Mf(tj最小值mf(t2),L,t20,11.(1)当|t1t2|.时,|f(X2)"')|f(t1)f&)|-t2|21即：|f(X2)f(X1)|-1 1(2)当|t1t2|1时，设t1t2即：t2t112 21若t23,同理可得：|f(X2)f(X1)|2nn证明：设SkX1X2Xk,Xi0,|Xi|1i1i11,一Sn0

3、,且|Si|一(i1,2,n1)2不妨设S00,WJxiSiSi1(1in,iN)工曰nxin1nSin1Sin11、于是一：(SiSi1)：Si()i1ii1ii1ii1i1i1ii13、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a,b,已知不等式acosxbcos3x1无解,求证：|b|1（第15届全苏数学奥林匹克试题）2证：取x0,，一,一分别代入acosxbcos3x133得：a b 1, a baa,1, b 1, b 122即：1 b 1例4.设f（x）和g（x）是定义在01上的函数，

4、求证：存在x0丫0,使0且 x°yo f(x°) g(y°)（第20届美国数学竞赛）证明：如果对一切x0y 0,1，x°y0 f(x0)g(y0)值得:11 f (1)g(1)1 0f(1) g(0)0 1f(0)g(1)0Xo 1,0 y01 ,考虑在端点的特殊0 f(0) g(0)f(1) g(1) +1 0 f(1) g(0) +0f(0)g(0) +00 f(0) g(0)<1+-+ 1=1矛盾。即假设不成立。4原命题成立。4.三角换元的策略例5.已知a1,a2 CR,zi,Z2是复数,求证：2 alz1a2 Z2222a a2Z1Z22Z

5、2（1989中学生数理化征解题）证：设a2 a22R ,并设 a1二Rcos,a2=Rsin则原不等式等价为:2 cosZ1sin2(cos 4sinz2)(cosZ1sin z2)22cosZ22 .2sin(Ziz2 z2 z1 )sin 2上述不等式化为:即（乙2z2 ) cos+(2 Z2Z1 )sin 22Z12Z2而左边（|z1|2Z22、22)(Z1Z2 Z2Z1)Z242 -22 一2Zi Z2Z2 Z12.，乙Zi=Jz：Z22|=Zi2Z22"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

6、为实数，且a>100,证明最多有二个整数x,使ax2bxc50。(1991年江苏省数学夏令营试题)证明：假设有三个不同的整数xi、X2、X3,满足ax2bxc50,则由抽屉原则x1、x2、x3中必有两个同时大于(或同时小于)2a2a不妨设x2>x1,2ax1、x2均为整数，a(x1+x2)+b2axi+a+ba2从而(ax2bx2c)(ax1bx1c)=a(x1x2)b(x2x1)a>100,22另一方面：(ax2bx2c)(ax1bx1c)2,2,ax2bx2c+axbxc50+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

7、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,yR,且x2y2=1,试证Va2x2b2y2+qa2y2b2x2ab(数学通报1985年征解题)证明：构造复数，设z1=ax+byi,z2=bx+ayi贝Uqa2x2b2y2+Ja2y2b2x2=z1+z2z1z2=(ab)x(ab)yi=abxyi=ab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)=c°znazn1cn1zcn是一个n次复系数多项式，求证：一定存在一个复数z。，|z0|1并且满足f(z。)Occn|。(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c

8、n的辐角是确定的(当cn=0时，辐角可任意选取)，所以可取一个与cn有相同辐角的复数，使c0cn构造多项式f(z)-=c0znc1zn10nlzcn-,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Zi(I=1,2,n)的模都大于1,那么由韦达定理有1=c=ZiZ2Zn=ZiZ2Zn>1矛盾,Co因此必有Zo为f(Z)-=0的模不大于1的根，即Z01,使得f(Z0)c0cn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cosxcos2xcos4xcos2nx口证明：用数学归纳法证

9、明：当n=0时，结论显然成立。当n=1时，如果cosx1那么结论成立。2,e1.211-2如果cosx一,那么2cosx一，即2cosx10221,结论亦成立。从而cosxcos2x1cosx12cosx假设 n=k-1,kk 1时结论成立，则当n=k+1时如果cosxcosxcos2xk 1cos2cosx(cos2xcos4xcos2k2x)12，k 12由归纳假设有如果cosx:由n=1cosxck 1cos2 xcosxcosxcos2x(cos2x cos4xcos2k2x)k 1一晨即n=k+1时，结论成对任意正整数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f

10、(mn)f(m)k证明：对所有正整数k,有i 1f(2k)f(2i)k(k21)(第12届韩国数学奥林匹克试题)证：当k=1时，左边二右边二0k=2 时，左边二f(4) f (2) = f (2 2)假设k二n时，结论成立，即:f(2)1二右边f(2n) f (2) + f (2n) f (22) + f (2n) f(2n1)+f(2n) f (2n)成立n(n21)n 1则当 n=k+1 时，f (2n 1)nf(2i) =f(2n1) f (2n) f (2n)f(2i)nnf(2n1)f(2n)+f(2n)f(2i)i1._n_n._n,n(n1)nf(22)f(2)2n(n1)_(n

11、1)(n1)1111+22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6的小区问，使得问题涉及到的某两个量a、B落在同一小区间内，从而得关键性结论|a-B|6,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|a1X182X2anXn|(kh'n(第28届IMO试题)k1证：由柯西不等式：把区间0, (k 1)访等分成kn1份，每个小区间之长为(k 1)n n A ，k 1由于ai0,1,2,k1(i1,2,