含绝对值竞赛题的求解策略

1、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，X2在0,1,1都有If(xjf(X2)klX1X2|,求证:|f(X2)f(X1)|<2(1983年全国联赛试题)解：f(X)在0,1上连续，二f(X)在0,1上有最大值和最小值。不妨设最大值M=f(t1),最小值m=f(t2),t1,t2w0

2、,11一当It®|七时，|fg)f(X)闰f(t)f(t2)|<|t1t2|21即：|f(X2)f(X1)|"11少|t一t2|>时，设t<t2即：t2-t>21右t2"，同理可得:|f(X2)-f(X)|<21二对任意的X1,X0,1，都有|f(X2)f(X1)|<122、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X.qR(i=1,2，n,n*2)满足£由|=1,£X=0,idid求证：ZH<1(1989全国联赛试题)品i22nnn证明：设

3、Sk=X1+x2+Xk,£Xi=0,£|为|=1Ei=11,一Sn=0,且|Si巨一(i=1,2，n1)2不妨设S0=0，则xlSlS"(1Sn,iN)nXn1nS；nS；n11丁是'f八1(Si-Si4岛八兰八Si(1-土)idiidii=iii=1i1i=1ii13、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acosx+bcos3x>1无解,求证：|b|。(第15届全苏数学奥林匹克试题)2二证：取x=0，兀，一,一分力U代入aco

4、sx+bcos3x13aa,得：ab三1,-a-b£l,b<1,b<122即：一1*5例4.设f(x)和g(x)是定义在0,1上的函数，求证：存在x。，y。，使0壬x°壬1,0<y°<1,且x°y0-f(x°)-g(y0)芝1。(第20届美国数学竞赛)、一一-，一，,一1证明：如果对一切x°,y°M0,1,x°y0-f(x°)-g(y°)芝不成立，考虑在跚点的特殊2 值得：1=»1f(1)g(1)”0f(1)g(0)】10X1-f(0)-g(1)I+bx0f(0

5、)-g(0)=仆1_f(1)_g(1)+1X0_f(1)_g(0)+0X1f(0)_g(0)+0x0_f(0)_g(0)1+1+1+如矛盾。即假设不成立。4444,原命题成立。三角换元的策略例5.已知a,a2R,z1,z2是复数，22222222z2z2z1z2z2z1Jz/z22)(z1z2)2222求证：2a1z+a2z2苴(a1+a；.'z+z2+石+z；(1989中学生数理化征解题)证：设a2+a；=R2,并设a1=Rcos。,a2=Rsin6则原不等式等价为：2cos。z1+sin6，z2=2(cosz1sisz2)(cosz1sinz2)22=2z1cos2e+2z2sin

6、2e+(z1z2+z2z)sin26上述不等式化为：即(z1之一z2之)cos+(z1z2+z2z1)sin26<z12+z；/ii22oo.(|zj-z2)+(zz2+z2z1)、z1z2422z1z2.22z2z2,zz1=z+Z22=Zi2+Z22=右边二原不等式成立。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a>100,证明最多有二个整数x,使ax2+bx+c苴50。（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ax2+bx+c壬50,则由抽屉原则xi、x2、x3中必

7、有两个同时大丁（或同时小丁-E）2a2a不妨设x2>x1-,2a:xi、x2均为整数,a（x+x2）+b_2ax+a+b_a从而（ax22+bx2+c）（ax：+bx+c）=Ja（x+x2）+b（x2-x）>a>1002.2.另一方面：（ax2+bx2+c）（ax+bx+c）一2.,2.,.i十r<ax2+bx2+c+axi+bx+q<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。r、/rzt22<22iI_22i22iI_22-、.I例7、设a,b,x,

8、y=R,且x+y=1,试证qax+by+*ay+bxZa+b（数学通报1985年征解题）证明：构造复数，设Z|=ax+byi,z2=bx+ayirmr：22,22：22,22,.x.,.x贝Uax+by+*ay+bx=z+z2芝z+z2=（a+b）x+（a+b）yi=a+bx+yi=a+b二原不等式成立。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°zn+ciZn+cnz+cn是一个n次复系数多项式，求证：一定存在一个复数z°,|zj<1并且满足f（z0）芝c°+cn|。（1994年中国数学冬令营试题）证明：对丁给定的多项式f（z），常

9、数cn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&有相同辐角的复数卜，使|卜|=|c0+cn构造多项式f（z）-=c0zncizn4cnzcn-土，则方程f(z)-P=0必有模小丁或等丁1的根,否则设f(z)-H=0的根Zi(I=1,2,n)的模都大丁1,那么由韦达定理有1=_-=Zi'Z2Zn=ZiZ2-Zn>1矛盾,C0因此必有Z0为f(Z)-卜=0的模不大丁1的根，即如<1,使得f(Z0)=|叫=|c0|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co

10、sx+cos2x+cos4x+cos2nx蒙证明：用数学归纳法证明：当n=0时，结论显然成立。当n=1时，如果cosx芝1那么结论成立。2如果cosx<-，那么2cos2x<，即2cos2x-1<022从而cosx+cos2x=1+cosx(1-2cosx)N1,结论亦成立。假设n=k-1,k(k占1)时结论成立，则当n=k+1时如果cosx+cos2x2+cos2k*x=|cosx+(cos2x+cos4x1c。冶占，由归纳假设有2+cos2k2x)如果co<,由n=1cosx|+|cos2x>1cx+|c2xo”+co2k*xac(x(c2xocs4x瑚+sc

11、o2k2x)芝og即s=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f(m+n)-f(m)nk证明：对所有正整数k,有£|f(2k)-f(2)壬一-(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=f(4)f(2)=f(2+2)f(2)<1=右边假设k=n时,结论成立，即：f(2n)f(2)+f(2n)f(22)+f(2n)f(2n)+f(2n)f(2n)，二-1)成立eh、/I.jkrr_ln+、i、n+、.，n、】n、i、则当n=k+1时,Zf(2)f(2)=£f(2)一f(2)+f(

12、2)-f(2)n<nf(2")f(2n)+£f(2n)f(2)i皂nnnn(n1)<nf(2n+2n)-f(2n)+2n1+n(n1)=(n1)(n1)1即k=n+1时,结论成立。二原命题成立。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a的小区问，使得问题涉及到的某两个量a、6落在同一小区间内，从而得关键性结论|a-61a,而解决问例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,|aj<k-1(i=1、2,、，n)使得|aX1&2X2+anXn|<(k/*n(第28届IMO试题)kn-1证：由柯西不等式：把区间0,1)而