分析差異探索解題思路

趙陳成

從辯證法的觀點(diǎn)看,每一道數(shù)學(xué)題,實(shí)質(zhì)上都存在題設(shè)和結(jié)論之間的一對(duì)矛盾．解題的過程是分析題設(shè)與結(jié)論之間的差異,尋找內(nèi)在聯(lián)系,逐步縮小差異,最后達(dá)到解決矛盾的目的．因此,在日常的教學(xué)活動(dòng)中,要注意培養(yǎng)學(xué)生運(yùn)用辯證唯物主義的觀點(diǎn)去分析問題的能力,使學(xué)生對(duì)解題的思維過程能夠進(jìn)行有效調(diào)控,從而有效提高學(xué)生的解題能力．而差異分析是一種典型的探索解題思路的常用方法,所謂差異分析就是對(duì)恒等式或不等式等類型的證明題,通過分析題目的條件與結(jié)論中所出現(xiàn)的數(shù)量特征(如元素的個(gè)數(shù)、字母系數(shù)、指數(shù)等)、關(guān)系特性(如大于、等于、小于等)及位置特征之間的異同,不斷縮小差異來完成解題的一種數(shù)學(xué)思維方式．

本文以往年高考中一道不等式證明題為例,對(duì)使用差異分析進(jìn)行探索解題思路的過程加以剖析．

題目已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足下列條件:對(duì)任意的實(shí)數(shù)x1,x2都有λ(x1-x2)2≤(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]和|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2|,其中λ是大于0的常數(shù).設(shè)實(shí)數(shù)a0,a,b滿足f(a0)=0和b=a-λf(a).

(1)證明：λ≤1,并且不存在b0≠a0,使得f(b0)=0;

(2)證明：(b-a0)2≤(1-λ2)(a-a0)2;

(3)證明：[f(b)]2≤(1-λ2)[f(a)]2.

分析為了方便起見,不妨把題目的條件分成以下四條:

① 對(duì)任意的實(shí)數(shù)x1,x2都有λ(x1-x2)2≤(x1-x2)[f(x1)-f(x2)],其中λ是大于0的常數(shù);

② |f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2|;

③f(a0)=0;

④b=a-λf(a)．

(1)首先要證λ≤1,比較目標(biāo)與條件的差異:條件中含有x1-x2,f(x1)-f(x2)等形式的式子,而求解目標(biāo)中沒有,只含有x,這一差異說明應(yīng)該把已知條件中x1-x2,f(x1)-f(x2)設(shè)法消去,于是從條件①②中找到了內(nèi)在的聯(lián)系.若將式②兩邊同乘|x1-x2|,則得到|x1-x2|·[f(x1)-f(x2)]≤(x1-x2)2,而式①中,由于λ>0, 當(dāng)x1≠x2時(shí), (x1-x2)2>0,所以λ(x1-x2)2>0,即

(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]>0,
|x1-x2|·[f(x1)-f(x2)]=
(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)].

于是得到

(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]≤(x1-x2)2.

因此λ(x1-x2)2≤(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]≤(x1-x2)2,而(x1-x2)2>0,所以λ≤1.

第二部分的證明,不妨對(duì)命題進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)換:不存在b0≠a0,使得f(b0)=0?當(dāng)b0≠a0時(shí)f(b0)≠f(a0)=0?函數(shù)f(x)單調(diào),于是想到函數(shù)的單調(diào)性,不妨設(shè)x1>x2,由前面的分析可知(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]>0,即x1-x2與f(x1)-f(x2)同號(hào),所以函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增,從而問題得到解決.

(2)比較條件和目標(biāo)的差異,可以發(fā)現(xiàn)目標(biāo)不等式兩邊的形式在條件中都沒有,而不等式左邊含b,在條件中含b的只有④,所以先應(yīng)該考慮縮小差異,從已知條件出發(fā),把左邊湊成與目標(biāo)相同,于是由條件④得

(b-a0)2=[a-a0-λf(a)]2=
(a-a0)2-2λ(a-a0)f(a)+λ2[f(a)]2.

于是問題轉(zhuǎn)化為證明

(a-a0)2-2λ(a-a0)f(a)+λ2[f(a)]2≤
(1-λ2)(a-a0)2=(a-a0)2-λ2(a-a0)2,

即證

λ2[(a-a0)2+f2(a)]≤2λ(a-a0)f(a),

即證λ[(a-a0)2+f2(a)]≤2(a-a0)f(a),由條件①可得

λ(a-a0)2≤(a-a0)[f(a)-f(a0)],

所以λ(a-a0)2+λf2(a)≤(a-a0)[f(a)-f(a0)]+λf2(a),所以只要證

(a-a0)[f(a)-f(a0)]+λf2(a)≤
2(a-a0)f(a)=2(a-a0)[f(a)-f(a0)],

即證λf2(a)≤(a-a0)[f(a)-f(a0)].

而此不等式的右邊正是條件① 的右邊,故由條件①可知

λ(a-a0)2≤(a-a0)[f(a)-f(a0)],

即只要證λf2(a)≤λ(a-a0)2,由于λ>0,只要證f2(a)≤(a-a0)2,即證[f(a)-f(a0)]2≤(a-a0)2,由條件②知|f(a)-f(a0)|≤|a-a0|，即[f(a)-f(a0)]2≤(a-a0)2,從而解決問題.

[f(b)-f(a)+f(a)]2≤(1-λ2)[f(a)]2?
[f(b)-f(a)]2+2f(a)[f(b)-f(a)]+[f(a)]2≤
[f(a)]2-λ2[f(a)]2?[f(b)-f(a)]2≤
-2f(a)[f(b)-f(a)]-λ2[f(a)]2.

由條件②知[f(b)-f(a)]2≤(b-a)2,所以只需證

(b-a)2≤-2f(a)[f(b)-f(a)]-λ2[f(a)]2,

鏈接練習(xí)

2. 設(shè)a,b,c均為正數(shù),且a+b+c=1,證明:

3. 已知函數(shù)f(x)=ln(2x-1)-m(2x-1)+1的圖象在直線y=x的下方.

(1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍.

(2)求證:對(duì)任意正整數(shù)n>1,都有