盧學(xué)謙+石菁

構(gòu)造對(duì)偶式，是指在解題過程中抓住代數(shù)式的結(jié)構(gòu)特征，構(gòu)造一個(gè)與其結(jié)構(gòu)相似或相近并具有某種對(duì)稱關(guān)系的代數(shù)式，而后通過對(duì)這組對(duì)偶關(guān)系式進(jìn)行加、減、乘、除等運(yùn)算，促使問題的轉(zhuǎn)化與解決.構(gòu)造相應(yīng)的對(duì)偶式，使其結(jié)構(gòu)更加均衡，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美和構(gòu)造美.下面我們通過實(shí)例來介紹構(gòu)造對(duì)偶式的幾種常用方法，以及如何對(duì)所構(gòu)造的對(duì)偶關(guān)系式進(jìn)行合適的處理.

1 構(gòu)造“錯(cuò)位”對(duì)偶關(guān)系式

例1 設(shè)x，y，z∈R+，求證：z2-x2x+y+x2-y2y+z+y2-z2z+x≥0.（W.Janoux猜想）

分析 本題的證法很多，有分母置換法、排序不等式法、函數(shù)思想法、對(duì)偶法等等，其中對(duì)偶法最為精彩.

證明 設(shè)M=z2-x2x+y+x2-y2y+z+y2-z2z+x，

N=x2-y2z+x+y2-z2x+y+z2-x2y+z，

則M+N=0.

而M-N=（z2-x2x+y-z2-x2y+z）+（x2-y2y+z-x2-y2z+x）+（y2-z2z+x-y2-z2x+y）

=（z+x）（z-x）2（x+y）（y+z）+（x+y）（x-y）2（y+z）（z+x）+（y+z）（y-z）2（z+x）（x+y）≥0.所以M≥0，故原不等式成立.

例2 若α，β，γ為銳角，且cos2α+cos2β+cos2γ=1，

求證：cot2α+cot2β+cot2γ≥32.

證明 設(shè)M=cot2α+cot2β+cot2γ=cos2αsin2α+cos2βsin2β+cos2γsin2γ，

N=cos2βsin2α+cos2γsin2β+cos2αsin2γ，

P=cos2γsin2α+cos2αsin2β+cos2βsin2γ.

則N+P=3，M+N=sin2γsin2α+sin2αsin2β+sin2βsin2γ≥3，M+P≥3.

所以2M+（N+P）≥6M≥32.

故原不等式成立.

2 構(gòu)造“倒序”對(duì)偶關(guān)系式

例3 已知a、b∈R+，且1a+1b=1，

試證：對(duì)每一個(gè)n∈N+，（a+b）n-an-bn≥22n-2n+1.（1988年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題）

證明 設(shè)M=（a+b）n-an-bn=C1nan-1b+C2nan-2b2+…+Cn-1nabn-1，

N=Cn-1nabn-1+Cn-2na2bn-2+…+C1nan-1b.

顯然M=N，兩式相加得，

2M=C1n（an-1b+abn-1）+C2n（an-2b2+a2bn-2）+…+Cn-1n（abn-1+an-1b）

≥2anbn（C1n+C2n+…+Cn-1n）≥2（ab）n2（2n-2）.

由條件得ab≥4，所以M≥4n2（2n-2）=22n-2n+1.故原不等式成立.

3 構(gòu)造“加減”對(duì)偶關(guān)系式

例4 已知函數(shù)f（x）=x+x2-3x+2，證明：2≤f（x）或1≤f（x）<32.

分析 對(duì)于表達(dá)式u（x）±v（x），我們可以構(gòu)造表達(dá)式u（x）v（x）作為它的對(duì)偶關(guān)系式.

證明 令y=x+x2-3x+2，

再令y1=x-x2-3x+2，則yy1=3x-2，y+y1=2x，所以y（2x-y）=3x-2，即（2y-3）x=y2-2，顯然y≠32，

所以x=y2-22y-3，y-x=y-y2-22y-3≥0，從而2≤f（x）或1≤f（x）<32.

例5 設(shè)x>0，求證：x+1x-x+1x+1≤2-3.

證明 設(shè)M=x+1x-x+1x+1，

構(gòu)造M的輔助對(duì)偶式：N=x+1x+x+1x+1，

則有M·N=1且N≥2+3，從而1=M·N≥（2+3）M，

因?yàn)镸>0可得M≤2-3.即原不等式成立.

4 構(gòu)造“互余”對(duì)偶關(guān)系式

例6 若α>0，β>0，α+β≤π，且0≤λ≤1，則有

cos2λα+cos2λβ-2cosλα·cosλβ·cosλπ≥sin2λπ.（楊樂不等式）

證明 設(shè)M=cos2λα+cos2λβ-2cosλα·cosλβ·cosλπ，

N=sin2λα+sin2λβ-2sinλα·sinλβ·cosλπ.

則M+N=2-2cosλπ·cosλ（α-β）. ? ? ?（1）

M-N=cos2λα+cos2λβ-2cosλπ·cosλ（α+β）

=2cosλ（α+β）[cosλ（α-β）-cosλπ].

因?yàn)棣?gt;0，β>0，α+β≤π，且0≤λ≤1，

所以λ（α-β）≤λ（α+β）≤λπ≤π.

因?yàn)閥=cosx在0，π上是減函數(shù)，

所以cosλ（α+β）≥cosλπ，cosλ（α-β）-cosλπ≥0，

所以M-N≥2cosλπ·cosλ（α-β）-2cos2λπ. ? ? ?（2）

（1）+（2）得：2M≥2-2cos2λπ，所以M≥sin2λπ.

故原不等式成立.

5 利用“m2n與mn2互配”構(gòu)造對(duì)偶關(guān)系式

例7 設(shè)a，b，c是某個(gè)三角形的三邊長(zhǎng)，

求證：a2（b+c-a）+b2（c+a-b）+c2（a+b-c）≤3abc.（第6屆IMO試題）

證明 設(shè)M=a2（b+c-a）+b2（c+a-b）+c2（a+b-c），

N=a（b+c-a）2+b（c+a-b）2+c（a+b-c）2.

則M+N=6abc，

M-N=a（b+c-a）（2a-b-c）+b（c+a-b）（2b-c-a）+c（a+b-c）（2c-a-b）

=2（b+c-a）（c+a-b）·（a+b-c）（b+c-a）·（c+a-b）（a+b-c）-2abc

≤2·（b+c-a）+（c+a-b）2·

（a+b-c）+（b+c-a）2·（c+a-b）+（a+b-c）2-2abc

=2abc-2abc=0.

所以2M≤6abc，M≤3abc.故原不等式成立.

例8 設(shè)x≥y≥z≥0，求證：x2yz+y2zx+z2xy≥x2+y2+z2.

證明 設(shè)M=x2yz+y2zx+z2xy，N=y2xz+z2yx+x2zy.

由柯西不等式得：MN≥（x2+y2+z2）2.

又M-N=1xyz[（x3y2+y3z2+z3x2）-（x3z2+y3x2+z3y2）]=1xyz（x-y）（y-z）（x-z）（xy+yz+zx）≥0.

故M≥N，M2≥MN≥（x2+y2+z2）2.

所以M≥x2+y2+z2.故原不等式成立.

6 構(gòu)造“互倒”對(duì)偶關(guān)系式

例9 設(shè)a、b、c∈R+，且abc=1.

試證明：1a3（b+c）+1b3（a+c）+1c3（a+b）≥32.（第36屆IMO試題）

分析 這是一道經(jīng)典題.解法很多，可以運(yùn)用柯西不等式、均值不等式、增量代換或排序不等式等等，構(gòu)造對(duì)偶關(guān)系式也不失為一個(gè)好的方法.

證明 設(shè)M=1a3（b+c）+1b3（a+c）+1c3（a+b），N=a（b+c）4+b（a+c）4+c（a+b）4.

則M+N=[1a3（b+c）+a（b+c）4]+[1b3（a+c）+b（a+c）4]+[1c3（a+b）+c（a+b）4]

≥1a+1b+1c.

又因?yàn)閍bc=1，所以N=14（1b+1c）+14（1c+1a）+14（1a+1b），所以M≥1a+1b+1c-N=12（1a+1b+1c）≥12·33abc=32.

故原不等式成立.

例10 設(shè)a1，a2，…，an為兩兩互不相同的正整數(shù)，求證：對(duì)于任何正整數(shù)n，有∑nk=1akk2≥∑nk=11k.

分析 這也是一道經(jīng)典題.解法也很多，可以運(yùn)用排序不等式、柯西不等式、均值不等式、Abel恒等式或比較法等等，這里我們利用構(gòu)造“互倒”對(duì)偶關(guān)系式來解決.

證明 設(shè)M=∑nk=1akk2，N=∑nk=11ak.

因?yàn)镸+N=∑nk=1（akk2+1ak）≥2∑nk=11k.

又a1，a2，…，an為兩兩互不相同的正整數(shù)，所以N≤∑nk=11k，

因此，M≥∑nk=11k.故原不等式成立.

7 構(gòu)造“和差”對(duì)偶關(guān)系式

例11 設(shè)a，b，c∈R+，求證：a2b+c+b2c+a+c2a+b≥a+b+c2.

證明 設(shè)s=a+b+c，M=a2s-a+b2s-b+c2s-c，N=s2s-a+s2s-b+s2s-c，則N-M=4S.

因?yàn)閍2s-a+s2s-a=89s2+19s2+a2s-a≥89s2+23sas-a=149·s2s-a-23s，

所以M+N≥149N-2s.

從而得（4s+M）+M≥149（4s+M）-2sM≥s2.

故原不等式成立.

例12 設(shè)x1，x2，…，xn∈R+（n≥2），且x1+x2+…+xn=1.

求證：x211-x1+x221-x2+…+x2n1-xn≥1n-1.

證明 設(shè)M=∑ni=1x2i1-xi，N=∑ni=111-xi.則N-M=n+1.

由于11-xi+x2i1-xi=n2-1n2+（1n2+x2i）1-xi≥n2-1n2+2xin1-xi=n2+2n-1n2·11-xi-2n

（i=1，2，…，n）.

所以M+N≥n2+2n-1n2·N-2，

因而得（n+1+M）+M≥n2+2n-1n2（n+1+M）-2M≥1n-1.

故原不等式成立.

8 構(gòu)造“填充”對(duì)偶關(guān)系式

例13 求證：12·34·…·2n-12n<12n+1

（n∈N+）.

分析 不等式的左邊是n個(gè)分?jǐn)?shù)的連乘積，能不能在每?jī)蓚€(gè)相鄰的分?jǐn)?shù)之間插入另一個(gè)分?jǐn)?shù)？

證明 設(shè)M=12·34·…·2n-12n，N=23·45·…·2n2n+1.

由于ab<a+mb+m（0<a<b，m>0）.

所以12<23，34<45，…，2n-12n<2n2n+1.

因此M<N，從而M2<M·N=12n+1M<12n+1.

故原不等式成立.

例14 求證：（1+1）（1+14）·…（1+13n-2）>33n+1（n∈N+）.

證明 令M=21·54·…·3n-13n-2，N=32·65·…·3n3n-1，P=43·76·…·3n+13n.

由于21>32>43，54>65>76，…，3n-13n-2>3n3n-1>3n+13n，

因此M3>M·N·P=3n+1M>33n+1.

故原不等式成立.

以上我們簡(jiǎn)要介紹了對(duì)偶法以及構(gòu)造對(duì)偶關(guān)系式的幾種常用方法，當(dāng)然，構(gòu)造對(duì)偶關(guān)系式的方法還有很多.希望同學(xué)們?cè)诮忸}的過程中多注意歸納和總結(jié)，不斷提高自己的解題經(jīng)驗(yàn)，只有這樣，才能切實(shí)拓展自己的解題路徑，提高發(fā)散思維能力，最終達(dá)到提高解題能力的目的.