2013年高中数学教学论文重视和发掘习题的潜功能.docVIP

重视和发掘习题的潜功能 第一题是这样的：已知a,b,c是△ABC的三条边，比较大小（a＋b＋c）2 4（ab＋bc＋ca）。这道题的解答可以用特殊值法。取a＝b＝c＝1，得（a＋b＋c）2＝9，4（ab＋bc＋ca）＝12，所以（a＋b＋c）2＜4（ab＋bc＋ca）。将这道题稍微变形，就是全日制普通高级中学教科书（实验修订本·必修）数学第二册（上）第31页B组题的第6题：设a,b,c为△ABC的三边，求证：a2＋b2＋c2＜2（ab＋bc＋ca）。这道题的解法紧紧围绕三角形的边的特征，依据不同的思维，不同的入口结合不等式证明的不同方法，，可以得到不同的证法。并且依据已经证明的结论，还可以进行引申。 1、常规思维法 不等式的证明最基本的方法就是求差比较法，基于此，有如下的解法： 证法一∵a2＋b2＋c2－2（ab＋bc＋ca） ＝a2 －2ab＋b2＋c2－2ac＋a2＋c2－2bc＋b2－a2－b2－c2 ＝（a－b）2＋（c－a）2＋（c－b）2－a2－b2－c2 ＝（a－b）2－c2＋（c－a）2－b2＋（c－b）2－a2 ＝（a－b＋c）（a－b－c）＋（c－a＋b）（c－a－b）＋（c－b＋a）（c－b－a） 又∵a,b,c为△ABC的三边 ∴a－b＋c＞0 a－b－c＜0 c－a＋b＞0 c－a－b＜0 c－b＋a＞0 c－b－a＜0 ∴（a－b＋c）（a－b－c）＋（c－a＋b）（c－a－b）＋（c－b＋a）（c－b－a）＜0 ∴ a2＋b2＋c2＜2（ab＋bc＋ca） 利用不同的组合，然旧利用求差比较法可以得到 证法二∵ a2＋b2＋c2－2（ab＋bc＋ca） ＝（a2－ab－ca）＋（b2－ab－bc）＋（c2－bc－ac） ＝a（a－b－c）＋b（b－a－c）＋c（c－b－a） ＝－〔a（b＋c－a）＋b（a＋c－b）＋c（b＋a－c）〕 又∵a,b,c为△ABC的三边 ∴a＞0，b＞0，c＞0且a＋b＞c，a＋c＞b，b＋c＞a 利用同向正则不等式可以相乘，得到 ∴a（b＋c－a）＋b（a＋c－b）＋c（b＋a－c）＞0 ∴ －〔a（b＋c－a）＋b（a＋c－b）＋c（b＋a－c）〕＜0 ∴a2＋b2＋c2＜2（ab＋bc＋ca） 2、利用分析法，结合三角形的边角关系和同向正则不等式可以相乘的性质可以得到 证法三：∵a,b,c为△ABC的三边 ∴a＞0，b＞0，c＞0且a＋b＞c，a＋c＞b，b＋c＞a 利用同向正则不等式可以相乘，得到 a b＋c ＞a2 b a＋c ＞b2 c a＋b ＞c2 又∵ 2（ab＋bc＋ca） ＝ab＋ac＋bc＋ba＋bc＋ac ＝a b＋c ＋b a＋c ＋c a＋b ＞a2＋b2＋c2 ∴ a2＋b2＋c2＜2（ab＋bc＋ca） 在讨论题目的证明过程中，有的同学想到了这样的证明方法： 证法四∵a,b,c为△ABC的三边 ∴a－b＜c， b－c＜a，a－c＜b ∴（a－b）2＜c2， （b－c）2＜a2，（a－c）2＜b2 上述三个不等式相得 （a－b）＋（b－c）2＋（a－c）2＜a2＋b2＋c2 即a2＋b2＋c2＜2（ab＋bc＋ca） 这种证明简明扼要，非常优秀，说明学生的思维是非常敏捷的。只是在三角形中由a－b＜c， b－c＜a，a－c＜b就一定推出（a－b）2＜c2， （b－c）2＜a2，（a－c）2＜b2的推理不严谨，师生共同改进证明方法可以得到下列优秀证法 证明：∵a,b,c为△ABC的三边 ∴|a－b|＜c， |b－c|＜a，|a－c|＜b ∴（a－b）2＜c2， （b－c）2＜a2，（a－c）2＜b2 上述三个同向不等式相得 （a－b）＋（b－c）2＋（a－c）2＜a2＋b2＋c2 即a2＋b2＋c2＜2（ab＋bc＋ca） 题目证明完成后，进一步引申，可以得到下面的命题： 已知a,b,c为△ABC的三边,求证关于x的不等式 x2＋（a＋b＋c）x＋ab＋ac＋bc＞0的解集为R。 证明：∵ a,b,c为△ABC的三边 x2＋（a＋b＋c）x＋ab＋ac＋b ＝（x＋）2－＋ab＋ac＋bc ＝（x＋）2＋〔4（ab＋bc＋ac）－（a＋b＋c）2〕 由前面的命题可知 （a＋b＋c）2－4（ab＋ac＋bc） ＝a2＋b2＋c2－2（ab＋bc＋ca） ＝（a2－ab－ca）＋（b2－ab－bc）＋（c2－bc－ac） ＝a（a－b－c）＋b（b－a－c）＋c（c－b－a） ＝－〔a（b＋c－a）＋b（a＋c－b）＋c（b＋a－c）〕＜0 ∴4（ab＋bc＋ac）－（a＋b＋c）2＞0 又∵（x＋）2＞0 ∴（x＋）2＋〔4（ab＋bc＋ac）－（a＋b＋c）2〕＞0恒成立 ∴关于x的不等式x2＋（a＋b＋c）x＋ab＋