關于一道不等式證明問題的感想
關于一道不等式證明問題的感想
不等式的證明對高中學生來講是難點，因為不等量關系比等量關系難以理解更不好利用，再加上不等量變形的技巧妙趣無窮，下面這道不等式的證明將給你一種全新的感覺。
例題：設a∈R，函數f(x)=ax2+x―a(―1≤x≤1)，若|a|≤1，證明：|f(x)|≤5/4。
一、構造意識為主線，合理放縮是關鍵。分析：最大值是5/4，構造二次函數達到目標是比較理想的結果，只是條件；|x|≤1,∣a∣≤1不好利用，只有巧妙的放縮才能完成二次函數的構造。
證明一：|x|≤1,|a|≤1.|f(x)|=|a(x2―1)+x|≤|a(x2―1)|+|x|=|a||x2―1|+|x|≤|x2―1|+|x|=|1―x2|+|x|=1―(|x|)2+|x|=―(|x|―1/2)2+5/4≤5/4
二、標準模型為目標，合理換元是高招。分析：要證|f(x)|≤5/4，只需證―5/4≤f(x)≤5/4。這是常規的思路，尋此思路再附以恰當的換元不難找到證明方法。
證明二：∵|a|≤1，|x|≤1，可設x=sinα，a=cosβ，α，β∈R
則f(x)=cosβsin2α+sinα―cosβ=cosβ(sin2α―1)+sinα
∵―1≤cosβ≤1，―1≤sin2α―1≤0
∴sin2α+sinα―1≤f(x)≤―sin2α+sinα+1，
即(sinα+1/2)2-5/4≤f(x)≤―(sinα―1/2)2+5/4∴―5/4≤f(x)≤5/4
∴|f(x)|≤5/4。
三、一次函數霧里現，比較大小看增減。分析：f(x)的解析式中把a當成自變量就是一次函數，并且斜率為負數或0，由函數的單調性f(x)的取值范圍（不等關系）容易找到。
證明三：f(x)=a（x2―1）+x看作是a的一次函數g(a)，
由|x|≤1得（斜率）x2―1≤0
（1）當x2―1＜0時，關于a的一次函數g(a)=f(x)是減函數，
∴g(1)≤f(x)≤g(―1)
∴x2―1+x≤f(x)≤―（x2―1）+x，
∴(x+1/2)2―5/4≤f(x)≤―(x―1/2)2+5/4
∴―5/4≤f(x)≤5/4∴|f(x)|≤5/4。
（2）當x2―1=0時，g(a)=f(x)=x
∴∣f(x)∣=|x|≤1，顯然|f(x)|≤5/4。綜上可知|f(x)|≤5/4。
四、變量轉換出新意，綱舉目張非奇跡。
分析：把變量a當成主線，變量a的范圍可以牽出f(x)的范圍，它體現出變量轉換的神奇，當然這并不影響變量之間的內在聯系，卻為不等式的構造開辟了新的途徑。
證明四：（1）當x2―1＜0時，f(x)=ax2+x―a變形為：a=(f(x)―x)/(x2―1),
∵|a|≤1，∴|(f(x)―x)/(x2―1)|≤1∴―1≤(f(x)―x)/(x2―1)≤1，
去分母得：x2―1+x≤f(x)≤―（x2―1）+x
∴(x+1/2)2―5/4≤f(x)≤―(x―1/2)2+5/4
∴―5/4≤f(x)≤5/4
（2）當x2―1=0時，f(x)=x∴|f(x)|=|x|≤1，顯然|f(x)|≤5/4。
綜上可知|f(x)|≤5/4。
五、常規思路也見效，分類討論須知道。
分析：這本來就是二次函數f(x)在閉區間（x∈[―1,1]）內極值的問題，只要就對稱軸(x=―1/2a)的不同位置分別討論就可得到結論，當a=0時f(x)為一次函數也不要忘記。
證明五：函數f(x)=ax2+x―a(―1≤x≤1)，
（1）當a=0時，f(x)=x∴|f(x)|=|x|≤1，結論顯然成立。
（2）當a≠0時，二次函數f(x)=ax2+x―a(―1≤x≤1)的對稱軸是x=―1/2a，由于|a|≤1，x=―1/2a∈（―∞，―1/2]∪[1/2，∞）①當|―1/2a|≥1時，無論二次函數f(x)=ax2+x―a(―1≤x≤1)圖象開口如何，x∈[―1,1]都是單調區間，必然有|f(x)|≤|f(1)|或|f(x)|≤|f(―1)|，而|f(±1)|=1，∴|f(x)|≤5/4顯然成立。②當|―1/2a|﹤1時，二次函數f(x)=ax2+x―a=a(x+1/2a)2－(4a2+1)/4a(―1≤x≤1)（端點處已無須考慮），在頂點處|f(x)|=|(4a2+1)/4a|=|a+1/4a|≤5/4,a=±1時“=”成立。綜上可知|f(x)|≤5/4。
不等式的證明本來就沒有一定的模式，是發揮學生想象力的領域，上面五種方法充分做到了這些。
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