《数学通讯》628问题的多解探究及变式推广.pdf

2024 年第 3 期(上半月刊)中学数学研究39数学通讯 628 问题的多解探究及变式推广贵州师范大学数学科学学院(550025)徐凤旺尹正波成 敏摘要本文以 数学通讯 2023 年第 9 期问题解答的628 问题为研究对象,从不同的角度对问题进行探究,得到几种不同的解法,并对其问题进行变式和推广.关键词 多解探究;变式;推广1 问题呈现题目已知正数 a,b,c,d,满足 a+b+c+d=2,求E=aa2+2+bb2+2+cc2+2+dd2+2的最大值.分析这是 数学通讯 2023 年第 9 期问题解答的 628问题,求函数的最值问题.可以看出该题的条件式子和结论结构对称,具有数学的美感.本文拟对该题的求解方法、变式及推广做进一步的探究,与大家一起分享.2 问题解析解法 1(基本不等式)由基本不等式得a2+2=a2+14+74 2a214+74=a+74,所以aa2+26aa+74=1 74a+7.由于74a+7+4a+778149 274a+74a+778149=149,则74a+71494a+778149=77 28a81,同理可得74b+777 28b81,74c+777 28c81,74d+777 28d81,所以E=aa2+2+bb2+2+cc2+2+dd2+261 74a+7+1 74b+7+1 74c+7+1 74d+7=4 (74a+7+74b+7+74c+7+74d+7)64 77 28a+77 28b+77 28c+77 28d81=4 308 28 281=89.故 E 的最大值为89.分析 此解法首先根据问题中等号成立的条件通过基本不等式进行放缩,对式子进行配凑并再次结合基本不等式,即可求得 E 的最大值.解法 2(基本不等式+权方和不等式)由基本不等式得a2+2=a2+14+74 2a214+74=a+74,所以aa2+26aa+74=1 74a+7,同理可得bb2+26 1 74b+7,cc2+26 1 74c+7,dd2+26 1 74d+7,所以由权方和不等式得E=aa2+2+bb2+2+cc2+2+dd2+261 74a+7+1 74b+7+1 74c+7+1 74d+7=4 7 (14a+7+14b+7+14c+7+14d+7)64 7(1+1+1+1)24(a+b+c+d)+28=89.故 E 的最大值为89.分析此解法首先利用基本不等式进行放缩,然后结合权方和不等式即可求得 E 的最大值.解法 3(切线的性质)令 f(x)=xx2+2,0 x 0,显然在(0,2)上恒成立,所以E=aa2+2+bb2+2+cc2+2+dd2+2=f(a)+f(b)+f(c)+f(d)62881(a+b+c+d)+481 4=89.故 E 的最大值为89.分析此解法将其转化为函数问题,利用函数切线的性质求得 E 的最大值.解法 4(琴生不等式)令 f(x)=xx2+2,0 x 2,则 f(x)=2 x2(x2+2)2,f(x)=2x(x2 6)(x2+2)32a+a+1=3a+1,所 以aa2+a+26a3a+1=13(1 13a+1),同理可得bb2+b+2613(1 13b+1),cc2+c+2613(1 13c+1),dd2+d+2613(1 13d+1),由权方和不等式得aa2+a+2+bb2+b+2+cc2+c+2+dd2+d+2613(1 13a+1)+13(1 13b+1)+13(1 13c+1)+13(1 13d+1)=4313(13a+1+13b+1+13c+1+13d+1)64313(1+1+1+1)23(a+b+c+d)+4=1.故变式 2 得证.分析 此变式是通过改变条件式子和不等式左边每一项的分母的结构得到的.变式 3 已知正数 a,b,c,d,满足 a+b+c+d=4,求证:aba4+b3+5+bcb4+c3+5+cdc4+d3+5+dad4+a3+5647.变式 4 已知正数 a,b,c,d,满足 a2+b2+c2+d2=4,求证:aba4+b4+6+bcb4+c4+6+cdc4+d4+6+dad4+a4+6612.分析 变式 3 和变式 4 是通过改变条件式子和不等式左边每一项的结构得到的,其证明方法分别与下面的推广 6 和推广 8 的证明方法一致.4 问题推广推广 1 已知正数 a,b,c,d,满足 a+b+c+d=4,1,求证:aa2+bb2+cc2+dd2+64+1.分析此推广是在不等式的基础上,将条件式子从“2”推广到“4”,不等式左边每一项分母的常数项从“2”推广到“”得到.推广 2 已知正数 a,b,c,d,满足 a+b+c+d=4,m 1且 m N,m1,求证:aam+bbm+ccm+ddm+64+1.分析此推广是在推广 1 的基础上,将不等式左边每一项分母的未知数的幂从“2”推广到“m”得到的.推广 3 已知正数 a,b,c,d,满足 a+b+c+d=4,m 1且 m N,m 1,求证:aam+a+bbm+b+ccm+c+ddm+d+64+2.分析此推广是在推广 2 的基础上,将不等式左边每一项分母的结构从二项推广为三项得到的.推广 4已知正数 ai,i=1,2,3,n,满足ni=1ai=,0,m 1 且 m N,m 1,求 证:ni=1aiami+ai+6n(m+1)+n(m+1).推广 5 已知正数 a,b,c,d,满足 a+b+c+d=4,m=n且 m,n N,求证:abam+bn+m+n 2+bcbm+cn+m+n 2+cdcm+dn+m+n 2+dadm+an+m+n 264m+n.分析此推广是在变式 3 的基础上,将不等式左边每一项分母的未知数的幂分别从“4”和“3”推广到“m”和“n”,分母的常数项从“5”推广到“m+n 2”.推广 6已知正数 ai,i=1,2,3,n,规定“an+1=a1”,满足ni=1ai=,0,m=n 且 m,n N,求证:a1a2am1+an2+m+n 2+a2a3am2+an3+m+n 2+a3a4am3+an4+m+n 2+anan+1amn+ann+1+m+n 26m+n.推广 7已知正数 a,b,c,d,满足 a2+b2+c2+d2=4,2024 年第 3 期(上半月刊)中学数学研究41m N,求证:abam+bm+2m 2+bcbm+cm+2m 2+cdcm+dm+2m 2+dadm+am+2m 262m.分析此推广是在变式 4 的基础上,将不等式左边每一项分母的未知数的幂分别从“4”和“4”推广到“m”和“m”,分母的常数项从“6”推广到“2m 2”.推广 8已知正数 ai,i=1,2,3,n,规定“an+1=a1”,满足ni=1a2i=,0,m N,求证:a1a2am1+am2+2m 2+a2a3am2+am3+2m 2+a3a4am3+am4+2m 2+anan+1amn+amn+1+2m 26nm(+n).分析推广 4、推广 6 和推广 8 分别是在推广 3、推广 5和推广 7 的基础上,将条件式子的“4”推广到“”,未知数的个数从“4”元推广到“n”元得到的,推广的形式不变.上述推广 1 到推广 8 的证明方法与解法 2 类似,下面给出推广 4、推广 6 和推广 8 的证明过程,其余推广的证明过程不再叙述.推广 4 的证明 由基本不等式的推广得ami+ai+=ami+1+1+1|z(m1)个+ai+(m 1)mai+ai+m+1=(m+1)ai+m+1.i=1,2,n.所以aiami+ai+6ai(m+1)ai+m+1=1m+11 m+1(m+1)ai+m+1,i=1,2,n.因此ni=1aiami+ai+6nm+1 m+1m+1 1(m+1)a1+m+1+1(m+1)a2+m+1+1(m+1)an+m+1.由权方和不等式得1(m+1)a1+m+1+1(m+1)a2+m+1+1(m+1)an+m+1(1+1+1)2(m+1)(a1+a2+an)+n(m+1)=n2(m+1)+n(m+1).所以,ni=1aiami+ai+6nm+1 m+1m+1n2(m+1)+n(m+1)=n(m+1)+n(m+1).故推广 4 得证.推广 6 的证明 由基本不等式的推广得am1+an2+m+n 2=am1+1+1+1|z(m1)个+an2+1+1+1|z(n1)个 ma1+na2.所以,a1a2am1+an2+m+n 26a1a2ma1+na2=a2m(1na2ma1+na2).同理可得,a2a3am2+an3+m+n 26a3m(1 na3ma2+na3),a3a4am3+an4+m+n 26a4m(1 na4ma3+na4),anan+1amn+ann+1+m+n 26an+1m(1 nan+1man+nan+1).由权方和不等式得a1a2am1+an2+m+n 2+a2a3am2+an3+m+n 2+a3a4am3+an4+m+n 2+anan+1amn+ann+1+m+n 26a2+a3+a4+an+1mnm(a22ma1+na2+a23ma2+na3+a24ma3+na4+a2n+1man+nan+1)6a2+a3+a4+an+1mnm(a2+a3+a4+an+1)2m(a1+a2+an)+n(a2+a3+an+1)=mnmm+n=m+n.故推广 6 得证.推广 8 的证明 由基本不等式的推广得am1+am2+2m 2=am1+am2+1+1+1|z(m2)个+mma1a2+m,所以a1a2am1+am2+2m 26a1a2ma1a2+m=1m(1 1a1a2+1).同理可得a2a3am2+am3+2m 261m(1 1a2a3+1),42中学数学研究2024 年第 3 期(上半月刊)从一道解析几何错题谈起广东省广州市华南师范大学附属中学(510630)周建锋摘要解析几何是几何和代数的完美结合,在处理解析几何问题时,既要考虑几何特性,又要考虑代数特性.然而,因为忽视一些隐含条件导致解题出错甚至命题出错的情况经常发生.本文从一道命题出错的高考模拟题出发,剖析了一些问题出错的根源,对解析几何的教学有一定的参考意义.关键词 解析几何;数形结合1 问题的提出新课程改革对数学核心素养的培养尤为关注,而科学性、严谨性是一切素养的基础.学习高中数学解析几何,既有对图形特性的研究,也有对代数特性的研究,将数与形完美结合,对培养学生的直观想象和数学运算有着十分重要的意义.然而,因为圆锥曲线图形的特殊性,极易出现逻辑或运算错误,甚至包括出题者都极易犯错.笔者在 2021 年某地高考模拟题中发现一道错题,原题及解答如下:已知 M(2,0),N(2,0),动点 P 满足:直线 PM 与直线 PN 的斜率之积为常数 12.设动点 P 的轨迹为曲线C.(1)求曲线 C 的方程;(2)直线 l 与曲线 C 交于 A,B 两点,线段 AB 的中垂线与 y 轴交于点(0,12),点 O 为坐标原点,OA OB=0,求|AB|.解(1)x22+y2=1(x=2)(过程略)(2)错解当直线 l 的斜率为 0 或不存在时均与题设矛盾,故直线 l 的斜率存在且不为 0.设 A(x1,y1),B(x2,y2),l:y=kx+t.由x22+y2=1,y=kx+t,得(2k2+1)x2+4ktx+2t2 2=0.所以 =8(2k2+1 t2)0,x1+x2=4kt2k2+1,x1x2=2t2 22k2+1.设 A,B 的中点为 D(m,n),则m=x1+x22=2kt2k2+1,n=km+t=t2k2+1.故线段 AB 的中垂线方程为 y n=1k(x m).当 x=0时,y=mk+n=12,所以 2t2k2+1+t2k2+1=12,化简得 1+2k2=2t.因为 OA OB=0,得 x1x2+y1y2=0.又 y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2,所以 x1x2+y1y2=(k2+1)x1x2+kt(x1+x2)+t2=(k2+1)(2t2 2)2k2+14k2t22k2+1+t2=0,化简得 2k2+2=3t2.又 1+2k2=2t,得 t=1 或 t=13(舍去),所以 k2=12.所以|AB|=1+k28(2k2+1 t2)2k2+1=3.2 问题辨析本题的解答表面上看似乎没什么问题,但仔细推敲发现,曲线 C 去掉了两个顶点(2,0),意味着直线 l:y=kx+t不能过这两点,即 2k+t=0.结合 2k2+2=3t2,所以2k2+2=6k2,即 k2=12,这与最后算出的 k2=12矛盾,所以符合题目条件的弦 AB 是不存在的!a3a4am3+am4+2m 261m(1 1a3a4+1),anan+1amn+amn+1+2m 261m(1 1anan+1+1),由权方和不等式得a1a2am1+am2+2m 2+a2a3am2+am3+2m 2+a3a4am3+am4+2m 2+anan+1amn+amn+1+2m 26nm1m(1a1a2+1+1a2a3+1+1a3a4+1+1anan+1+1)6nm1m(1+1+1+1)2a1a2+a2a3+a3a4+anan+1+n6nm1mn2a21+a22+a23+a2n+n=nm1mn2+n=nm(+n)故推广 8 得证.参考文献1 徐凤旺,刘天明,成敏.一道 2022 年数学奥林匹克试题的多解探究及推广 J.中学数学研究(华南师范大学版),2023,(11):24-26.