例说对偶式

著名数学家、哲学家罗素说过：“数学如果正确地看它，不但拥有真理，而且也具有至上的美”．数学的世界，是一个充满了美的世界．数的美、式的美、形的美……，在那里我们可以感受到和谐、比例、整体和对称，感受到布局的合理，结构的严谨，关系的和谐以及形式的简洁．正是对这种神奇的数学美的追求，促使了很多数学家一生都在孜孜不倦地钻研数学，并享受这种精神上的快乐．

对偶式是指与原数学式子结构对称，或结构相似，或结构相近的数学式子．

根据原数学式子的结构，构造一个对偶式，与原数学式子进行配对，共同参与运算或变换，使问题得以巧妙地解决，这种解题方法我们称之为“对偶式法”．

构造“对偶式”有以下一些途径． 1. 和差对偶

对于数学式子u(x)v(x)，我们可以构造u(x)v(x)作为它的对偶式．

24cos． 552424coscos解 设Mcos，Ncos．则 5555例1. 1 求值：cos241418MNcoscos1cos1cos，

552525142coscos255∵ N0，∴ M221N ． 21． 2例1.2 已知3sin4cos50解 设3sin4cost，则由

，求tan的值． 25tsin3sin4cos56 5t3sin4costcos87322再代入：sincos1，得t，∴ tan．

例1.3 解方程：x28x21x28x2110． 解 设x28x21x28x21t．则由

10t2x8x21,①x8x21x8x2110，2 2210t2x8x21x8x21t，x8x21,②21①2②2得：2x242100t2,③

222 1

①2②2得：16x10t，t代入③得：2x4228x， 512x， 100225解得：x10． 32222例1.4 已知abcd1(a、b、c、dR)，求证：

ab4ac4ad4bc4bd4cd46．

证 设Mabacadbcbdcd，

444444Nabacadbcbdcd．

444444则，MN

6a4b4c4d42a2b22a2c22a2d22b2c22b2d22c2d2，

6a2b2c2d26．

∵ N0，∴ M6． 例1.5 设x＞0，求证：x＋

21x－x11≤2－3． x证明：设A =x＋

1x－

x111＋x1， 1，构造A的辅助对偶式：B =x＋

xxx则有A·B= 1且B≥2＋3，从而1 =A·B≥(2＋3)A， 因此由A＞0即可得A≤2－3， 即不等式x＋

1x－x11≤2－3成立． x例1.6 设a＞0，b＞0，a＋b = 1，求证：2a1＋2b1≤22．

证明：设A =2a1＋2b1，构造A的辅助对偶式：B =2a1－2b1， 则有A≤A＋B= 4(a＋b)＋4 = 8， ∴A≤22，即2a1＋2b1≤22． 例1.7 求证：nN*，解 若

2222+1都能写成mm1mN*的形式．

n2+1ab，则n2-1ab，其中a,bN*．两式相乘，得

2

nabab2+1n2-11．因此，如果令ammN*，则必有

n（注：亦可以用数学归纳法证明） bm1．

2. 互为倒数对偶

例2.1 若x、y、z(0,1)，求证：

1113．

1xy1yz1zx证 设，N(1xy)(1yz)(1zx)， 则，MN

111(1xy)(1yz)(1zx)，

1xy1yz1zx2226．

∵ N3，∴ M3．

例2.2 设a1,a2,,an为互不相等的正整数，求证：

a1ana2a3111． 122223n23n1111ana2a3N，． 222a1a2a3an23n证 设Ma1an1a21a311MNa1a22a32an2a123n， 11121．

n23∵ a1,a2,,an为互不相等的正整数， ∴ N1111111，∴ M1． 23n23n例2.3 若x(,0)(0,)，有f(x)2fx0．求f(x)的解析式．

1x解 以

11置换f(x)2fx0，①中的x，得： xx11f()2fx0，② xx①－②×2，得：

2x22f(x)x4fx0f(x)．

x3x

3

3. 共轭对偶

利用共轭根式或共轭复数构造对偶式． 例3.1 解方程：zz3iz13i(zC)． 解 由zz3iz13i(zC)，①

zz3iz13i， ②

①－②，得：zz2，

代入②，得：(z2)z3iz13i(z1)(z13i)0， ∴ z1或z13i．

例3.2 已知z1(zC)，且z1，求证

z1为纯虚数． z1证 设Mz1z1z1，则M．于是， z1z1z1MNz1z120zzz1， z1z1∵ z1，∴ ∴

z10， z1z1为纯虚数． z1

4. 倒序对偶

123n例4.1 求和SCn2Cn3CnnCn．

0123n解 由已知，得：S0Cn1Cn2Cn3CnnCn，① nn1n20且有，SnCn(n1)Cn(n2)Cn0Cn， ②

knk∵ CnCn(0kn,kN*,nN*)，

∴①、②两式相加，得：

0123n2SnCnCnCnCnCnn2n，

∴ Sn2n1．

例4.2 设an为正向等比数列，且Sa1a2an，Tna1a2an．试用S、T表示

4

Q111． a1a2an解 由Ta1a2anT2a1ana2an1ana1a1an，

n∴ Ta1an．① 由

n2Q111a1a2an，

11111a1ana2an1ana11， 2Qaaaaaaa1ana2an1ana1n2n111na1ana2an1ana12S，

a1ana1an∴QS．② a1an2SSnQST2由①、②，得：． a1annT例4.3 （2006年全国高考）函数f(x)xn的最小值为

n119（ ）

A．190 B．171 C．90 D．45

解 f(x)x1x2x19， 倒序得：f(x)x19x18x1，

相加得：2f(x)x1x19x2x18x19x1 因为，x1x1918，

x2x1816，

……

x9x112， x10x100，

所以，2f(x)(1816142)2， 故有，f(x)90，等号在x10时取到．

5

5. 定值对偶

x2111Sfff例5.1 已知f(x)，设f(1)f(2)f(3)f(4)，

1x2432则S ．

解 因为

1x2x21x1f(x)f122221x1xx1x11 x所以，

211112Sff(4)ff(3)ff(2)2f(1)f(2)f

2432f(3)1ff(4)37． 2

1f4，

所以，2S7，S

6. 奇偶数对偶 例6.1 求证：

132n1242n1（nN*）． 2n1证 设M2132n1242n，N．则0MN， 242n352n11，故M2n11． 2n1所以，MMN例6.2 求证：(11)1113． 13n1（nN*）

43n2证 因为，(11)1所以，设

11253n1， 143n2143n2253n1363n473n1M，N，P．

143n2253n1363n因为，MNP0，所以，

3n1363n473n125M3MNP3n1，

3n2253n1363n14

6

所以，M33n1．

7. 对称对偶

对称代数式分绝对对称和轮换对称两种．

a2b28． 例7.1 已知a1，b1，求证：

b1a1a2b2b2a2证 设M，N，则 b1a1b1a1a2b2b2a2(ab)(ab)2MN0，

b1a1(a1)(b1)即，MN． 而，Nb11111a14b1a18， b1a1b1a1当且仅当ab2时，等式成立．

所以，MN8，故M8．

例7.2 已知ai0(i1,2,,n)，且a1a2an1，求证：

22ana12a21＋＋…＋≥．

ana12a1a2a2a322ana12a2证 设M =＋＋…＋，

ana1a1a2a2a3222ana3a2a12＋＋…＋＋， N =

an1anana1a1a2a2a32222an1ana2a3ana12a12a2∵MN＋＋…＋＋，

an1ana1a2a2a3ana122a1a2a2a3an1anana1， a1a2ana1a2an0．

∴ MN， 当注意到ab221(ab)2时，有： 2222222an1ana2a3ana12a12a2＋＋…＋＋， MNan1ana1a2a2a3ana1

1a1a21a2a31an1an1ana1， 22227

a1a2an1．

∴2M1，即M1． 222ana12a21故＋＋…＋≥．

ana12a1a2a2a3ai2ai2别证1 因为，(aiaj)2ai2ai(aiaj)，

aiajaiajnnai2所以，2ai2ai22，

i1aiai1i1i1n1111而222，所以取，此时22，从而命题得证．

4222别证2 所证不等式可以变行为：

22a12ana24420． aaaaana123122于是，联想到二次函数的判别式．根据二次项系数构造二次函数：

2naaiif(x)xaiai1x2x2． i1aiai1i1aiai1n2因为f(x)0，所以0，即

22a12ana244aaaa20 aa23n11222ana21a12＋＋…＋≥． ana12a1a2a2a3别证3 由柯西不等式得：

222aaan1， anana12a2112a1a2a2a3an1anana12a1a2an22当且仅当a1a2an时，等式成立．

2例7.3 设x1、x2是方程xx30的两个不等实数根，求证：x14x2190．

32证 设Mx14x219，Nx24x119，由根与系数关系知：

3232x1x21，x1x23．

∴ MNx14x219x24x119x1x24x1x238，

8

32323322x1x2x1x23x1x24x1x22x1x238，

22(19)4(16)380，

2332MNx134x219x24x1219x13x24x12x2， 2x1x2x12x2x1x24x14x2，

2x1x2x1x22x1x24x1x2

x1x21340．

所以，MN0．

别证 因为x1、x2是方程xx30的两个不等实数根，所以x1x21，并且

2x12x130，x2x230，

2所以，x13x1，x23x2．于是，有

2x134x219x13x143x2193x1x12124x219，

223x13x14x274x1x24440．

例7.4 设a、b、c都是正实数，求证：

a3b3c3abc．

a2abb2b2bcc2c2caa23a3b3c322证 设M2， 222aabbbbccccaab3c3a3N2，

aabb2b2bcc2c2caa2则 MN0，即MN．

a2abb2b2bcc2c2caa2(bc)2(ca)2又 MN(ab)2, 222aabbbbccccaaa2abb21b2bcc21c2caa21,,， 易证，2aabb23b2bcc23c2caa23所以，MN2abc(abc)，故M． 33

8. 互余对偶

三角函数中，正弦函数和余弦函数、正切函数和余切函数、正割函数和余割函数称为互余函数．利用互余函数构造对偶式．

9

例8.1 解方程：cos2xcos22xcos23x1x0,． 222解 设Mcosxcos2xcos3x，Nsinxsin2xsin3x，则

2222MN3，①

MNcos2xcos4xcos6x2cosxcos3x2cos23x1，

2cos3x(cosxcos3x)14cosxcos2xcos3x1，

∴ MN4cosxcos2xcos3x1，②

由①+②，得：

M2cosxcos2xcos3x1， 又Mcosxcos2xcos3x1，

∴ cosxcos2xcos3x0，∴ cosx0，或cos2x0，或cos3x0 ∵ x0,222xxx ∴ ，或，或． 222222例8.2 求sin10cos40sin10cos40的值． 解1 设Msin10cos40sin10cos40，

2222Ncos210sin240cos210sin240，

则，MN2sin50，

MNcos80cos20sin302sin50sin30两式相加，得：2M211sin50， 2233，所以，M．

42222解2 设Msin10cos40sin10cos40，

Ncos210sin240cos210sin240，

3， 2MNcos80cos20sin502sin50sin30sin500，

3故，MN．

4则，MN2sin（30）别解 利用余弦定理，有

sin210cos240sin210cos240sin210sin2502sin210sin250cos120，

sin212034．

10

例8.3 化简：coscos2coscoscos()． 解 设Mcoscos2coscoscos()，

2222Nsin2sin22sinsincos()，

所以，MN22cos()，

2MNcos2cos22cos()cos()，

2cos()cos()2cos()cos()0．

故，MN1cos()sin()．

例8.4 求sin10sin50sin70的值．

解 设Msin10sin50sin70，Ncos10cos50cos70，则

22MNsin10cos10sin50cos50sin70cos70，

111sin20sin100sin140cos10cos50cos70N．

8881因为，N0，所以，M．

8别解 利用三倍角公式，有

11sin10sin50sin70sin310．

48例8.5 化简：coscos3sinsin3． 解 设Mcoscos3sinsin3，

3333Nsin2coscos3cos2sinsin3，

则，MNcoscos3sinsin3cos2，

MNcos2coscos3cos2sinsin3，

cos2cos4

两式相加，得：

2Mcos2(1cos4)2cos2cos222cos32，

所以，Mcos2．

例8.6 求证：2sin3sincos5cos5． 证 设M2sin3sincos5cos，

422442243N2cos43cos2sin25sin4，

11

则，MN7sincos6sincos7sincos8sincos，

4422222272sin2252cos22，

MN3cos4sin43sin2cos23cos2，

相加，得：

22393922M52cos23cos252cos252110．

416416所以，M5．

练习

1. 若ABC，化简：

cos2Acos2Bcos2C2cosAcosBcosC．

2. 化简：coscos(120)cos(120)． 3. 在ABC中，求证：

222sin2Bsin2C2sinBsinCcosA， cos2Bcos2C2cosBcosCcosA， sin2A．

4. 求sin20cos803sin20cos80的值． 5. 求cos10cos50sin40sin80的值．

6. 求cos40cos80cos80cos8160cos160cos240的值． 7. 证明：sincossincos8. 求cos9. 求cos22oooooo2o2ooo2o2ooo3o，其中30． 435＋cos＋cos的值． 77715cos215cos315cos415cos515cos615cos715的值．

10. 求函数ysinx11. 求coscosx的最小值． 67cos23cos的值．（第5届ＩＭＯ试题） 75 12

111ba12. 若a，b均为正实数，且0，则 ．

abababa2b2c2abc(a,b,cR)． 13. 求证：

abbcca214. 设a1，a2，…，an；b1，b2，…，bn都是正数，且

33ab。

iii1i1nnai21n求证：ai．

2i1i1aibin

215. 已知，为方程xx10的两实数根，则3 ．

41135991． 152461001091199999917. 求证：0.003．

10121000000618. 设x表示不超过x的最大整数．那么65 ．

nx12nnnx19. 求证：1CncosxCncos2xCncosnx2coscos． 2222220. 已知、是方程x7x80的两个根，且．不解方程，求3的值．

16. 求证：

x2yy2zz2xx2y2z2． 21. 设xyz0，求证：zxy22. 若

ai1ni1，ai0(i1,2,，n)．求证：

44ana14a21． 322332233223a1a1a2a1a2a2a2a2a3a2a3a3anana1ana1a14

13

答案与提示

4. 设Asin20cos803sin20cos80，

2o2oooBcos220osin280o3cos20osin80o．

则AB2sin100，

oABcos40ocos160o3sin(60o)cos(100o60o)cos(100o60o)32sin100sin60233sin100o2oo32

两式相加，得A

1． 42o2ooo5. 提示1 设Acos10cos50sin40sin80，

Bsin210osin250ocos40ocos80o．

则AB2cos40，ABo31cos40o．故A．

4213cos10ocos50ocos30ocos20ocos20o， 22提示2 设cos10ab，cos50ab．则aoob11oooocos10cos50sin30sin20sin20o， 222o2ooo∴ cos10cos50sin40sin80

cos210ocos250ocos50ocos10o(ab)2(ab)2(ab)(ab)a23b2231oosin202cos2032342

6. 设所求的式为M，且N ＝sin40°sin80°＋sin80°sin160°＋sin160°sin240°．

则M＋N ＝cos40°＋cos80°＋cos120° cos60°cos20°＋cos120° cos20°－

1， 2－cos20°M－N ＝cos120°＋cos240°＋cos200°－1．

14

∴ 2M ＝－

33，故原式＝－． 243535＋cos＋cos，N＝sin＋sin＋sin．则 7777771216110468M·N ＝sin＋sin＋sin＋sin＋sin＋sin

2727277771351＝( sin＋sin＋sin)＝N． 27772351∴ M ＝cos＋cos＋cos＝．

77728. 设M＝cos

9. 设xcos15151515151515234567． ysinsinsinsinsinsinsin15151515151515则

cos2cos3cos4cos5cos6cos7，

27xysin2468101214sinsinsinsinsinsin15151515151515

234567sinsinsinsinsinsinsin151515151515157所以，2xyy，故x

10. 设zcosx1． 271sinxyzsin2xyz，则，． 662故2y

111113sin2x，ysin2x(1)． 2642642411. 设Acos则

7cos2323，Bsinsin． cossin757752,7A2B234cosA2B2cos72cos723cos235cos,77

两式相加，得2A35A，故A 12. 由

1． 2111baba2bA1，两式相减，得0，1．设A．两式相加，得aabababab15

2abaA1．后两式相乘，得A214，A5．故A33A25． bab

nnai2bi214. 设M，N，则MNaibi0，MN．

i1i1aibii1aibi33nnnai2bi211nnMNaibiaibiai，

ab2i1i1i12i1i1iin1n所以，Mai．

2i1

15. 设A3，B3．则AB10，AB0．故A5．

16. 求证：

441135991． 15246100101359924698100设M，N． 24610035799101n1n注意到，所以0MN． nn1112所以MMN， 1011001故，M．

10又2M359912498100N,

46100359910112所以2MMN，

101故，M11． 20215

17. 设M91199999910129999981， ，N10121000000111399999999999910129999989911MN1， 1000000111399999910000001012又 MMNM299999810121， 1113999999M10129999981， 111399999916

91199999910129999981， 1012100000011139999999101112999999,,,1， 1011121310000001111111,11,,11．

101112131000000932所以，M，故，M0.003．

10000001000 18. 设M65，N665，则MN1，0N1．于是，

3336656565，

6565656536565

656565656565MN65322

2625(243)(241)193230．

(MN)2M22N2111978720,11195756110581M111978722N10582111978724由此我们得到：10581M10582，即M10581．

19. 联想到coskxisinkx(cosxisinx)，利用共轭复数构造对偶式．

12n设M1CncosxCncos2xCncosnx，

12nN1CnsinxCnsin2xCnsinnx，

2222

k于是，

1cosxisinxCn2cos2xisin2xCnncosnxisinnx， MNi1Cn1cosxisinxCn2cosxisinx2Cnncosxisinxn， 1Cnn1cosxisinx．

而1cosxisinx2cos2xxxxxx2isincos2coscosisin， 222222所以，MiN2cosnnnnxnxnxcosisin， 222故，M2cos

xnxxnxcos，N2ncosnsin． 222217

20. 设A232，B232，因为、是方程x27x80的两个根，所以，7，

8．

∵ ， ∴ ∴ AB2()2417．

12()403222， 33241112()851722， AB233()()4两式相加，得：

A

4038517240385172，即3．

88x2yy2zz2xy2xz2yx2z21. 设M，N．由柯西不等式得， zxyzxyMNx2y2z2．

又，MN21x3y2y3z2z3x2x3z2y3x2z3y2， xyz1(xy)(yz)(xz)(xyyzzx)0， xyz故，MN0，M2MNx2y2z2， ∴ Mxyz22. 记an1a1。

44ana14a2设M3， 33223223223a1a1a2a1a2a2a2a2a3a2a3a3anana1ana1a144a3a2a14。 N333223223223a1a1a2a1a2a2a2a2a3a2a3a3anana1ana1a12222．

则

18

4444a2a3ana14a14a2MN333232232a1a12a2a1a2a2a2a2a3a2a3a3anana1ana12a13

a1a2a2a3ana10a1a2a2a3ana10。

因为

①

a4b4a4rbrarb4r，(r0,1,2,3)

当且仅当ab或r0时取等号。

将上述4个不等式相加，并因式分解得

4a4b4aba3a2bab2b3，

所以，

a4b4ab。 3223aababb444akakakak11，(k0,1,2,,n) 3223akakak1akak1ak14于是，

将上述各式相加，得

44nakakakak11n11。② MN3ak223aaaaaa422k1kk1k1kk1kk1k1n由①、②两式，得

MN

1。 4 19