一道課本習題的多種解法

李紅葉　鄭杰

學數學離不開解題，教師應深入挖掘教材，通過課本習題教學，使學生認識教材，重視教材，深刻領會編者的意圖，發揮課本習題的教育功能。筆者在教學中發現這樣一道好題，并對該題給出多種解法，供參考。

題目 （人教版，選修4—5，26頁6題）已知f（x）=1+x2，a≠b，求證|f（a）-f（b）|<|a-b|。

證法一（分析法）：含有分式、無理式、絕對值式、對數式的不等式一般適用于分析法。

要證明|1+a2-1+b2|<|a-b|，

只需證明（1+a2）+（1+b2）-2（1+a2）·（1+b2）

既證明1+ab<（1+a2）·（1+b2）。

①當1+ab≤0時，結論顯然成立。

②當1+ab>0時，只需證明：

1+2ab+a2b2<1+a2+b2+a2b2。

既證明2ab

以上各步均可逆，所以原不等式成立。

證法二（綜合法）：

∵a≠b，f（x）=1+x2，

∴|1+a2-1+b2|=|a2-b2|1+a2+1+b2

<|a-b|·|a+b||a|+|b|

<|a-b|·（|a|+|b|）|a|+|b|=|a-b|。

∴|f（a）-f（b）|<|a-b|。

證法三（比商法）：比較法分為比差法和比商法，含有絕對值式的、含有指數式的適用于比商法。

∵a≠b，f（x）=1+x2

仿照證法二可得|1+a2-1+b2||a-b|=|a2-b2||a-b|·（1+a2+1+b2）

<|a+b||a|+|b|≤1。

∴|f（a）-f（b）|<|a-b|。

證法四（幾何代換法）：能夠表示成“兩點間距離P1P2=（x2-x1）2+（y2-y1）2”公式、“點到直線距離d=|Ax0+By0+C|A2+B2公式”、“兩點斜率k=y2-y1x2-x1公式”形式的問題，適用于幾何代換法、解析法。

令點A（1，a），B（1，b），O（0，0），

∵a≠b，則A、B、C三點構成三角形，

所以||OA|-|OB||<|AB|，

∴|1+a2-1+b2|<|a-b|，

∴|f（a）-f（b）|<|a-b|。

證法五（解析法）

∵y=1+x2y2-x2=1，（y>0）表示等軸雙曲線的上支，

而f（a）-f（b）a-b表示該雙曲線上兩點A（1，a），B（1，b）連線的斜率。

而該雙曲線的兩漸近線的斜率為-1和1，（如圖）

∴f（a）-f（b）a-b<1，

∴|f（a）-f（b）|<|a-b|。

證法六（復數代換法）：能夠表示成“兩點間距離P1P2=（x2-x1）2+（y2-y1）2公式”（復數的模）形式的問題，適用于復數代換法。

令z1=1+ai，z2=1+bi，a≠b，（a，b為實數）。

則||z1|-|z2||<|z1-z2|，

∴|1+a2-1+b2|<|a-b|，

∴|f（a）-f（b）|<|a-b|。

證法七（三角換元法）：借助正弦函數、余弦函數的有界性解決問題。

令a=tanα，b=tanβ，α，β∈（-π2，π2）且α≠β，

則1+tan2α=secα=1cosα，1+tan2β=secβ=1cosβ。

問題變為證明1cosα-1cosβ

采用分析證明，只需證明1-1cosαcosβ<-tanαtanβ，

即證明cosαcosβ+sinαsinβ<1。

即cos（α-β）<1，顯然成立。

證法八（構造法）構造函數，利用函數的單調性解決問題。

①不妨令a>b>0，g（x）=1+x2-x，x∈（0，+∞），

則g′（x）=x1+x2-1=x-1+x21+x2<0。

∴g（x）在（0，+∞）上是減函數，

∴1+a2-a<1+b2-b，

即1+a2-1+b2

②同理可證b

③當b<0

綜上|1+a2-1+b2|<|a-b|成立。

教材中這樣的題目還有很多，限于篇幅僅舉此例。