一道不等式证明问题的感想
若水分享
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不等式的证明对高中学生来讲是难点，因为不等量关系比等量关系难以理解更不好利用，再加上不等量变形的技巧妙趣无穷，下面这道不等式的证明将给你一种全新的感觉。
例题：设a∈R，函数f(x)=ax2+x―a(―1≤x≤1)，若|a|≤1，证明：|f(x)|≤5/4。
一、 构造意识为主线，合理放缩是关键。分析：最大值是5/4，构造二次函数达到目标是比较理想的结果，只是条件；|x|≤1,∣a∣≤1不好利用，只有巧妙的放缩才能完成二次函数的构造。
证明一：|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、 标准模型为目标，合理换元是高招。分析：要证|f(x)|≤5/4 ，只需证 ―5/4≤f(x)≤5/4。这是常规的思路，寻此思路再附以恰当的换元不难找到证明方法。
证明二：∵|a|≤1，|x|≤1， 可设 x= sinα， a=cosβ ，α，β∈R
则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、 一次函数雾里现，比较大小看增减。分析：f(x)的解析式中把a当成自变量就是一次函数，并且斜率为负数或0，由函数的单调性f(x)的取值范围（不等关系）容易找到。
证明三：f(x)= a（x2―1）+x看作是a的一次函数g(a)，
由|x|≤1得（斜率）x2―1≤0
（1） 当x2―1＜0 时，关于a的一次函数g(a) =f(x)是减函数，
∴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）当x2―1=0时， g(a) =f(x)= x
∴∣f(x)∣=|x|≤1，显然|f(x)|≤5/4。综上可知|f(x)|≤5/4。
四、变量转换出新意，纲举目张非奇迹。
分析：把变量a当成主线，变量a的范围可以牵出f(x)的范围，它体现出变量转换的神奇，当然这并不影响变量之间的内在联系，却为不等式的构造开辟了新的途径。
证明四：（1）当x2―1＜0 时，f(x)=ax2+x―a变形为：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）当x2―1=0时，f(x)=x∴|f(x)|=|x|≤1，显然|f(x)|≤5/4。
综上可知|f(x)|≤5/4。
五、 常规思路也见效，分类讨论须知道。
分析：这本来就是二次函数f(x)在闭区间（x∈[―1,1]）内极值的问题，只要就对称轴 (x=―1/2a)的不同位置分别讨论就可得到结论，当a=0时f(x)为一次函数也不要忘记。
证明五：函数f(x)=ax2+x―a(―1≤x≤1)，
（1） 当a=0时， f(x)=x∴|f(x)|=|x|≤1，结论显然成立。
（2）当a≠0时，二次函数f(x)=ax2+x―a(―1≤x≤1)的对称轴是x=―1/2a，由于|a|≤1 ，x=―1/2a∈（―∞，―1/2]∪[1/2，∞）①当|―1/2a|≥1时，无论二次函数f(x)=ax2+x―a(―1≤x≤1)图象开口如何，x∈[―1,1]都是单调区间，必然有|f(x)|≤|f(1)|或|f(x)|≤|f(―1)|，而|f(±1)|=1，∴|f(x)|≤5/4显然成立。②当|―1/2a|﹤1时，二次函数f(x)=ax2+x―a=a(x+1/2a)2－(4a2+1)/4a(―1≤x≤1)（端点处已无须考虑），在顶点处|f(x)|=|(4a2+1)/4a|=|a+1/4a|≤5/4,a=±1时“=”成立。综上可知|f(x)|≤5/4。
不等式的证明本来就没有一定的模式，是发挥学生想象力的领域，上面五种方法充分做到了这些。
例题：设a∈R，函数f(x)=ax2+x―a(―1≤x≤1)，若|a|≤1，证明：|f(x)|≤5/4。
一、 构造意识为主线，合理放缩是关键。分析：最大值是5/4，构造二次函数达到目标是比较理想的结果，只是条件；|x|≤1,∣a∣≤1不好利用，只有巧妙的放缩才能完成二次函数的构造。
证明一：|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、 标准模型为目标，合理换元是高招。分析：要证|f(x)|≤5/4 ，只需证 ―5/4≤f(x)≤5/4。这是常规的思路，寻此思路再附以恰当的换元不难找到证明方法。
证明二：∵|a|≤1，|x|≤1， 可设 x= sinα， a=cosβ ，α，β∈R
则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、 一次函数雾里现，比较大小看增减。分析：f(x)的解析式中把a当成自变量就是一次函数，并且斜率为负数或0，由函数的单调性f(x)的取值范围（不等关系）容易找到。
证明三：f(x)= a（x2―1）+x看作是a的一次函数g(a)，
由|x|≤1得（斜率）x2―1≤0
（1） 当x2―1＜0 时，关于a的一次函数g(a) =f(x)是减函数，
∴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）当x2―1=0时， g(a) =f(x)= x
∴∣f(x)∣=|x|≤1，显然|f(x)|≤5/4。综上可知|f(x)|≤5/4。
四、变量转换出新意，纲举目张非奇迹。
分析：把变量a当成主线，变量a的范围可以牵出f(x)的范围，它体现出变量转换的神奇，当然这并不影响变量之间的内在联系，却为不等式的构造开辟了新的途径。
证明四：（1）当x2―1＜0 时，f(x)=ax2+x―a变形为：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）当x2―1=0时，f(x)=x∴|f(x)|=|x|≤1，显然|f(x)|≤5/4。
综上可知|f(x)|≤5/4。
五、 常规思路也见效，分类讨论须知道。
分析：这本来就是二次函数f(x)在闭区间（x∈[―1,1]）内极值的问题，只要就对称轴 (x=―1/2a)的不同位置分别讨论就可得到结论，当a=0时f(x)为一次函数也不要忘记。
证明五：函数f(x)=ax2+x―a(―1≤x≤1)，
（1） 当a=0时， f(x)=x∴|f(x)|=|x|≤1，结论显然成立。
（2）当a≠0时，二次函数f(x)=ax2+x―a(―1≤x≤1)的对称轴是x=―1/2a，由于|a|≤1 ，x=―1/2a∈（―∞，―1/2]∪[1/2，∞）①当|―1/2a|≥1时，无论二次函数f(x)=ax2+x―a(―1≤x≤1)图象开口如何，x∈[―1,1]都是单调区间，必然有|f(x)|≤|f(1)|或|f(x)|≤|f(―1)|，而|f(±1)|=1，∴|f(x)|≤5/4显然成立。②当|―1/2a|﹤1时，二次函数f(x)=ax2+x―a=a(x+1/2a)2－(4a2+1)/4a(―1≤x≤1)（端点处已无须考虑），在顶点处|f(x)|=|(4a2+1)/4a|=|a+1/4a|≤5/4,a=±1时“=”成立。综上可知|f(x)|≤5/4。
不等式的证明本来就没有一定的模式，是发挥学生想象力的领域，上面五种方法充分做到了这些。
