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1、例 2、已知 Xi R(i 1,2, ,n,nnn2)满足 | Xi | 1 ,Xi0 ,i 1i 1求证:n Xii1 i12n(1989全国联赛试题)含绝对值竞赛题的求解策略浙江上虞春晖中学王启东(312353)有关含绝对值的试题，尤其是绝对值与不等式的综合试题在各级各类数学竞赛中频频出现, 本文就此介绍一些常见的求解策略。1、凑配的策略该策略是根据题设条件或结论进行凑配，如：分组、添项、裂项等方法，以达到解决问题的 目的。例1、函数f (x)在0,1上连续，f(0) f(1),且对任意不同的Xi，X2 0,1,1都有对任意的 X1,X2 0,1,都有 | f(X2) f(X1)| 1 2
2、、裂项求和的策略本策略是运用数列求和的方法，巧妙地拆项、裂项，再相互抵消，以达到化简求解的目的 f(X1) f (X2) | | X1 X2|,求证：| f(X2) f(x1)| 一2(1983年全国联赛试题)解：f(X)在0,1上连续，f (x)在0,1上有最大值和最小值。不妨设最大值M f(tj最小值mf(t2),L,t20,11 .(1)当 |t1 t2 | .时,| f(X2)| | f(t1) f&)| - t2 | 21即：|f(X2) f(X1)| -1 1(2)当 |t1 t2 | 1 时，设 t1 t2 即：t2 t1 12 21若 t2 3,同理可得：| f(X2) f(X
3、1)| 2证明：设SkX1x2nnXk ,Xi 0 ,|Xi | 1i 1i 11. 一Sn0,且 |Si | 一 (i 1,2, ,n 1)2不妨设 S00 ,贝U xi Si Si 1 (1 i n,i N)工日 n Xjn 1n Si n 1 Sin 11、于是 一：(Si Si 1)： Si ()i 1 i i 1 ii 1 i i 1 i 1 i 1 i i 13、特殊化的策略本策略的思想是从特殊的点、特殊的图形、特殊的值出发，借以问题的部分与整体的内在联系来考虑问题，以寻找解决问题的突破口例3、对实数a,b ,已知不等式acosx bcos3x 1无解,求证：|b| 1 （第15届
4、全苏数学奥林匹克试题）2证：取 x 0,，一,一分别代入 acosx bcos3x 1 3 3aa.得：a b 1, a b 1, b 1, b 122即：1 b 1例4.设f（x）和g（x）是定义在0 , 1上的函数，求证：存在x0且 xyo f(xo) g(yo)4。（第20届美国数学竞赛）证明：如果对一切 x0, yo 0,1 , xoyof(xo)g(yo)值得:1 1 f (1) g(1)1 0f(1) g(0)0 1f(o)g(1)0xo 1,0 yo 1,考虑在端点的特殊0 f(0) g(0)f(1) g(1)+1 o f(1) g(O) +of(O)g(O) +O0 f(0)
5、g(0)100,证明最多有二个整数x,使ax2 bx c 50。(1991年江 苏省数学夏令营试题)证明：假设有三个不同的整数xi、X2、X3,满足ax2 bx c 50 ,则由抽屉原则x1、x2、x3中必有两个同时大于(或同时小于 )2a2a不妨设x2x1,2ax1、x2均为整数，a(x1+x2)+b 2axi+a+b a2从而(ax2bx2 c) (ax1bx1 c) = a(x1 x2) b(x2 x1) a100,22另一方面：(ax2bx2 c) (ax1bx1 c)22ax2bx2 c + axbx c 50+50=100矛盾。满足条件的整数最多只有二个。6、构造的策略该策略通过构
6、造某些函数、数列、复数等辅助量，然后利用辅助量的某些性质达到求解的目的例 7、设 a,b,x,y R,且 x2 y2=1,试证 Va2x2 b2y2+qa2y2 b2x2a b(数学通报1985年征解题)证明：构造复数，设 z1=ax+byi, z2=bx+ayi贝 U qa2x2 b2y2+Ja2y2b2 x2 = z1 + z2z1z2 = (a b)x (a b) yi=a b x yi = a b原不等式成立。注：本题构造复数，将根号转换为模，巧妙求解。例8、已知f(x)= czn azn1cn 1z cn是一个n次复系数多项式，求证：一定存在一个复数z。，|z0| 1并且满足f(z)
7、 Oc cn|。(1994年中国数学冬令营试题)证明：对于给定的多项式f(z),常数cn的辐角是确定的(当cn=0时，辐角可任意选取)，所以可取一个与cn有相同辐角的复数 ，使c0cn构造多项式 f(z)-=c0znc1zn 10nlz cn-,则方程f(z)-=0必有模小于或等于1的根，否则设f(z)-=0的根Zi (I=1,2,n)的模都大于1,那么由韦达定理有1=c = ZiZ2Zn= ZiZ2Zn1矛盾,Co因此必有Zo为f(Z)-=0的模不大于1的根，即Z0 1 ,使得f(Z0)c0 cn结论成立。7 、数学归纳的策略该策略通过抓住题设中与n有关的要点，然后应用数学归纳法加以证明。例
8、9、设n是正整数，证明：对所有实数x,有 cosxcos2xcos4xcos2n x证明：用数学归纳法证明:当n=0时,当n=1时,结论显然成立。如果cosx1那么结论成立。2如果cosx11 一 c一，刃B么 2cos x 一，即 2cos x22从而coscos2x 1cosx 1 2cos1,结论亦成立。假设 n=k-1,kk 1时结论成立，则当n=k+1时如果cosx1 、一，一,由归纳假设有2cosxcos2xk 1cos2cosx(cos2xcos4xcos2k2x):由n=1cosxck 1cos2 xcosxcosxcos2x(cos2x cos4xcos2k2x)k 1一院即
9、n=k+1时，结论成对任意正整数n,题论结论成立。例10.设函数f(x)对所有的有理数m,n都有f(mn)f(m)k证明：对所有正整数k,有i 1f(2k)f(2i)k(k21)(第12届韩国数学奥林匹克试题)证：当k=1时，左边二右边二0k=2 时，左边=f(4) f (2) = f (2 2)假设k二n时，结论成立，即：f(2)1二右边f(2n) f(2)+f(2n) f (22) + f (2n) f(2n1)+f(2n) f(2n)成立n(n21)则当n=k+1时,n 1if(2 ) f(2) =f(2n1) f (2n) f (2n)f(2i)nnf(2n1) f(2n)+f (2n
10、) f (2i)i 1._ n _ n . . _ n, n(n 1)n f(22 ) f(2 )2n(n 1) _(n 1)(n 1) 1111+22即k=n+1时,结论成立。原命题成立。8.等分区间的策略求策略的思想是根据已知条件作一恰当的区间，然后将其等分成若干个长度为某正数6的小区问，使得问题涉及到的某两个量a、B落在同一小区间内，从而得关键性结论| a - B|6,而解决问题。例 11 设 n 个实数 X1、X2、Xn ,满足 X12+X22+、+Xn2=1求证：对任意整数 k2,存在n个不全为零的整数ai, |ai| k-1(i=1、2,、，n)使得|a1X1 82X2anXn | (khn (第 28 届 IMO试题)k 1证：由柯西不等式：把区间0, (k 1)访等分成kn1份，每个小区间之长为(k 1)n n A ，k 1由于 ai 0,1,2, ,k 1 (i 1,2, ,n)所以一共有kn 1个数a1X1 a2X2anXn根据抽屉原则，总有两个数:a X1 82X2anXn 和 aX182 X2an ”Xn 洛在同一区间内。令 ai| aiai|(i 1,2,n)则 |aX1a?X2(k 1). nanXn | n行证。kn 1222222Z2 Z2Z1 Z2Z2 Z1,(42Z22)(Zi
