構(gòu)造對(duì)偶式 妙解六類題

蔡勇全

摘 要：有些數(shù)學(xué)問題，按常規(guī)思路尋求解答，常常由于繁瑣的運(yùn)算而極易出錯(cuò)，這時(shí)若能根據(jù)題設(shè)條件或所求結(jié)論中某些式子的結(jié)構(gòu)特征，聯(lián)想并構(gòu)造出能與之形成和與差、積與商、正與負(fù)、互為有理化因式、互為共軛因式、正弦與余弦、正切與余切、奇函數(shù)與偶函數(shù)等匹配類型的對(duì)偶式，則能高效地完成問題的解決，使陷入僵局的解答過程“撥云見日”，這樣做，不僅可以極大地減少運(yùn)算量，優(yōu)化解題過程，起到化繁為簡(jiǎn)、化難為易的效果，而且可以較好地體現(xiàn)數(shù)學(xué)的對(duì)稱美、奇異美、和諧美與統(tǒng)一美.

關(guān)鍵詞：結(jié)構(gòu)特征；構(gòu)造；對(duì)偶式

一、三角求值

例1 若0<θ<π2，且3sinθ+4cosθ=5，求tanθ的值.

解析 由3sinθ+4cosθ=5聯(lián)想并構(gòu)造對(duì)偶式3sinθ-4cosθ=y，可聯(lián)立方程組

3sinθ+4cosθ=5，3sinθ-4cosθ=y解得sinθ=5+y6cosθ=5-y8，代入sin2θ+cos2θ=1解得y=-75，所以sinθ=35，cosθ=45，tanθ=34.

變式1 設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)應(yīng)邊分別為a，b，c，且滿足acosB-bcosA=35c，求tanAtanB的值.

解析 由acosB-bcosA=35c聯(lián)想到一個(gè)本已存在的對(duì)偶式acosB+bcosA=c，聯(lián)立解得acosB=45c，bcosA=15c，故tanAtanB=sinAcosBsinBcosA=acosBbcosA=4.

變式2 求cosπ15cos2π15cos3π15cos4π15cos5π15cos6π15cos7π15的值.

解析 令x=cosπ15cos2π15cos3π15cos4π15cos5π15cos6π15cos7π15，構(gòu)造其對(duì)偶式，令y=sinπ15sin2π15sin3π15sin4π15sin5π15sin6π15sin7π15，則27xy=sin2π15sin4π15sin6π15sin8π15sin10π15sin12π15sin14π15=sin2π15sin4π15sin6π15sin7π15sin5π15sin3π15sinπ15=y，所以27x=1，解得x=1128.

變式3 求cos7°+cos47°+cos87°+cos127°+…+cos327°的值.

解析 令M=cos7°+cos47°+cos87°+cos127°+…+cos327°，N=sin7°+sin47°+sin87°+sin127°+…+sin327°，則sin40°·M+cos40°·N=（sin40°cos7°+cos40°·sin7°）+（sin40°cos47°+cos40°sin47°）+…+（sin40°cos327°+cos40°×sin327°），即sin40°·M+cos40°·N=sin47°+sin87°+…+sin327°+sin367°，所以sin40°·M+cos40°·N=N①.

cos40°·N-sin40°·M=（sin7°cos40°-cos7°sin40°）+（sin47°cos40°-cos47°sin40°）+…+（sin327°cos40°-cos327°sin40°），故cos40°·N-sin40°·M=sin（-33°）+sin47°+sin87°+…+sin287°，即cos40°·N-sin40°·M=N②，由①與②作差，得2sin40°·M=0，因此M=0.

變式4 求cos40°cos80°+cos80°cos160°+cos160°cos40°的值.

解析 令m=cos40°cos80°+cos80°cos160°+cos160°cos40°，且

n=sin40°sin80°+sin80°sin160°+sin160°sin40°，則m+n=cos40°+cos80°-12，m-n=-12-12+cos200°

，所以有2m=cos40°+cos80°+cos200°-32=2cos60°cos20°-cos20°-32=-32，故m=-34.

變式5 求sin220°+cos280°+3sin20°cos80°的值.

解析 令x=sin220+cos280+3sin20°cos80°，且y=cos220°+sin280°+3cos20°sin80°，則有x+y=2+3sin100°，x-y=-32-3sin100，解得x=14.

變式6 求（cosπ8+sinπ8）（cos3π8-sin3π8）的值.

解析 令x=（cosπ8+sinπ8）（cos3π8-sin3π8），且令y=（sinπ8+cosπ8）·

（sin3π8-cos3π8），x=-y>0，所以有xy=（cosπ8+sinπ8）2（cos3π8-sin3π8）.（sin3π8-cos3π8）=-（cosπ8+sinπ8）2（cosπ8-sinπ8）2（1+cosπ8sinπ8）2=-（1+2sinπ8cosπ8）（1-2sinπ8cosπ8）（1+12sinπ4）2=-（1+22）（1-22）（1+24）2=-12（1+24）2，所以x2=12（1+24）2，又因x>0，所以x=1+224.

評(píng)注 從以上實(shí)例可以看到，解決三角求值問題，構(gòu)造對(duì)偶式之后，必要時(shí)還須熟練運(yùn)用三角函數(shù)中的誘導(dǎo)公式、同角三角函數(shù)的基本關(guān)系、二倍角公式等知識(shí).另外，利用對(duì)偶式解題時(shí)的構(gòu)造策略往往不是唯一的，如例1，可令3cosθ+4sinθ=m，由3sinθ+4cosθ=5，3cosθ+4sinθ=m解得sinθ=4m-157，cosθ=20-3m7，代入sin2θ+cos2θ=1中整理得25m2-240m+576=0，解得m=245，所以tanθ=sinθcosθ=4m-1520-3m=34.

二、證明不等式或恒等式

1.證明不等式

例2 求證：2sin4x+3sin2xcos2x+5cos4x≤5.

證明 令A(yù)=2sin4x+3sin2xcos2x+5cos4x，B=2cos4x+3cos2xsin2x+5sin4x，則A+B=7（sin4x+cos4x）+6sin2xcos2x=7（sin2x+cos2x）2-8sin2x·cos2x=7-2sin22x=5+2cos22x①，A-B=3（cos4x-sin4x）=3（cos2x-sin2x）=3cos2x②.由①+②得2A=5+2cos22x+3cos2x=2（cos2x+34）2+318≤2（1+34）2+318=10，A≤5（當(dāng)x=kπ，k∈z時(shí)等號(hào)成立），故原不等式得證.

變式1 已知a，b，c，d∈R，a2+b2+c2+d2≤1，求證：（a+b）4+（a+c）4+（a+d）4+（b+c）4+（b+d）4+（c+d）4≤6.

證明 令A(yù)=（a+b）4+（a+c）4+（a+d）4+（b+c）4+（c+d）4，再令B=（a-b）4+（a-c）4+（a-d）4+（b-c）4+（b-d）4+（c-d）4，A+B=6（a4+b4+c4+d4+2a2b2+2a2c2+2a2d2+2b2c2+2b2d2+2c2d2）=6（a2+b2+c2+d2）2≤6.又B≥0，所以A≤6，即原不等式得證.

變式2 求證：12019<12·34·56·78·…·20172018<144.

證明 設(shè)A=12·34·56·78·…·20172018，B=23·45·67·…·20182019，則A·B=12019，因?yàn)锳A·B=12019.又因?yàn)锳·A

變式3 若n∈N*，且n≥2，求證：12·34·56·…·n2-1n2<1n.

證明 令A(yù)=12·34·56·…·n2-1n2，B=23·45·67·…·n2n2+1，因?yàn)锳

變式4 求證：（1+1）（1+14）…（1+13n-2）>33n+1（n∈N*）.

證明 令M=（1+1）（1+14）…（1+13n-2）=21·54·…·3n-13n-2，再令N=32·65·…·3n3n-1，P=43·76·…·3n+13n，因?yàn)橛?1>32>43，54>65>76，…，3n-13n-2>3n3n-1>3n+13n，所以M3>M·N·P=（21·54·…·3n-13n-2）·（32·65·…·3n3n-1）·（43·76·…·3n+13n）=3n+1，故M>33n+1，即原不等式得證.

變式5 若n∈N*，且n≥2，求證：（1+13）（1+15）…（1+12n-1）>122n+1.

證明 令A(yù)=（1+13）（1+15）…（1+12n-1）=43·65·87·…·2n2n-1，B=54·76·98·…·2n+12n，則A>B，所以A2>A·B=2n+13>2n+14，故A>2n+14=122n+1，即原不等式得證.

評(píng)注 事實(shí)上，對(duì)于變式5，還可以在待證不等式左邊不作改變的前提下，把其右邊進(jìn)一步加強(qiáng)，即求證：（1+13）（1+15）…（1+12n-1）>6n+33.解答時(shí)，可令M=（1+13）（1+15）…（1+12n-1），N=（1+12）（1+14）…（1+12n），考慮到M與N的項(xiàng)數(shù)差別，N<（1+12）M=32M，M·N=2n+12，32M2>M·N=2n+12，M>6n+33.

2.證明恒等式

例3 求證：sin3α·sin3α+cos3α·cos3α=cos32α.

證明 令m=sin3α·sinα·sin2α+cos3α·cosα·cos2α，且n=cos3α·cosα·sin2α+sin3α·sinα·cos2α，則m+n=cos2α，m-n=cos4α·cos2α，所以2m=cos2α（1+cos4α）=2cos32α，m=cos32α，即原結(jié)論得證.

變式1 求證：cos2α+cos2β-2cosαcosβcos（α+β）=sin2（α+β）.

證明 令M=cos2α+cos2β-2cosαcosβcos（α+β），N=sin2α+sin2β+2sinαsinβcos（α+β），M+N=2-2cos2（α+β）=2sin2（α+β），M-N=cos2α+cos2β-2cos（α+β），M+N=2-2cos2（α+β）=2sin2（α+β），M-N=cos2α+cos2β-2cos（α+β）cos（α-β）=cos[（α+β）+（α-β）]+cos[（α+β）-（α-β）]-2cos（α+β）cos（α-β）=0，2M=2sin2（α+β），即M=sin2（α+β），即原結(jié)論得證.

變式2 求證：cosx2cosx22cosx23…cosx2n=sinx2nsinx2n（n∈N*）.

證明 令A(yù)=cosx2cosx22cosx23…cosx2n，B=sinx2sinx22sinx23…sinx2n，則A·B=12sinx·12sinx2·12sinx22…12sinx2n-1=sinx2n·sinx2n·sinx2·sinx22·sinx23…sinx2n-1·sinx2n=sinx2nsinx2nB，因?yàn)锽≠0，所以A=sinx2nsinx2n，即原結(jié)論得證.

評(píng)注 從例3及其變式1可以看到，構(gòu)造對(duì)偶式證明恒等式時(shí)，對(duì)于同一個(gè)式子，可以局部對(duì)偶創(chuàng)設(shè)其對(duì)偶式，其余部分不變.

三、求最值或取值范圍

1.求最值

例4 設(shè)x>0，求y=x+1x-x+1x+1的最大值.

解析 令μ=x+1x+x+1x+1，則yμ=1，y=1μ.因?yàn)棣獭?+2+1=2+3（當(dāng)x=1時(shí)等號(hào)成立），所以y=1μ≤2-3（當(dāng)x=1時(shí)等號(hào)成立），即所求最大值為2-3.

變式1 求函數(shù)y=sin（x-π6）cosx的最小值.

解析 令z=cos（x-π6）sinx，則y+z=sin（2x-π6），y-z=-12，2y=-12+

sin（2x-π6），y=-14+12sin（2x-π6），當(dāng)sin（2x-π6）=-1，即x=-π6+kπ（k∈Z）時(shí)，該函數(shù)取得最小值-34.

變式2 求函數(shù)y=sinθ-1cosθ-2的最大值和最小值.

解析 由y=sinθ-1cosθ-2變形得1-2y=sinθ-ycosθ①，令x=cosθ+ysinθ②，①與②兩式的平方和為（2y-1）2+x2=1+y2，即x2=-3y2+4y，因?yàn)閤2≥0，所以-3y2+4y≥0，解得0≤y≤43，故原函數(shù)的最大值為43，最小值為0.

評(píng)注 例4的變式2的常見解答思路是：由y=sinθ-1cosθ-2變形可以得1-2y=sinθ-ycosθ=1+y2sin（θ-φ）（其中tanφ=y），sin（θ-φ）=1-2y1+y2，由1-2y1+y2≤13y3-4y≤0，解得0≤y≤43，故原函數(shù)的最大值為43，最小值為0.相比之下，通過構(gòu)造對(duì)偶式求解，雖然運(yùn)算量相當(dāng)，但新意十足，讓人眼前一亮、耳目一新，而且構(gòu)造策略并非難以掌握.

2.求取值范圍

例5 已知實(shí)數(shù)x，y滿足x2-3xy+y2=2，求x2+y2的取值范圍.

解析 令x=u+v，y=u-v，代入條件式，得（u+v）2-3（u2-v2）+（u-v）2=2，化簡(jiǎn)得5v2-u2=2v2=2+u25≥25，x2+y2=（u+v）2+（u-v）2=2（u2+v2）=2（6v2-2）≥2（6×25-2）=45，所以x2+y2的取值范圍為45，+∞.

變式 若sinαcosβ=-12，cosαsinβ=t，求t的取值范圍.

解析 將兩個(gè)條件式相加，得sin（α+β）=-12+t，將兩個(gè)條件式相減，得sin（α-β）=-12-t，所以-1≤-12+t≤1，-1≤-12-t≤1，解得-12≤t≤12.

評(píng)注 對(duì)于例5的變式，題目中的兩個(gè)條件式本是一組對(duì)偶式，而在解答過程中，通過逆用公式又得到了sin（α+β）與sin（α-β），從和與差的角度看，它們?nèi)允且唤M對(duì)偶式，這正是解答本題的關(guān)鍵所在.

四、求和問題

1.函數(shù)中的求和問題

例6 已知f（x）=4x4x+2，求f（12017）+f（22017）+f（32017）+…+f（20162017）的值.

解析 由f（x）=4x4x+2可設(shè)其對(duì)偶式f（1-x）=41-x41-x+2=24x+2，兩式相加，得f（x）+f（1-x）=1，令s=f（12017）+f（22017）+f（32017）+…+f（20162017）①，其對(duì)偶式為s=f（20162017）+f（20152017）+f（20142017）+…+f（12017）②，將①與②兩式相加且右邊對(duì)應(yīng)項(xiàng)相加，得2s=2016，則s=1008.

變式1 已知f（x）=x21+x2，則f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（12）+f（13）+f（14）的值為.

解析 由f（x）=x21+x2可設(shè)其對(duì)偶式f（1x）=（1x）21+（1x）2=1x2+1，兩式相加，得f（x）+f（1x）=1，令s=f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（12）+f（13）+f（14）①，其對(duì)偶式為s=f（1）+f（12）+f（13）+f（14）+f（2）+f（3）+f（4）②，將①與②兩式相加且右邊對(duì)應(yīng)項(xiàng)相加，得2s=7，所以s=72.

變式2 已知f（x）=x5+ax2+bx-8，且f（-2）=10，則f（2）（ ）

A.-26B.-18C.-10D.10

解析 因?yàn)閒（x）=x5+ax3+bx-8，其對(duì)偶式為f（-x）=-x5-ax3-bx-8，易知f（x）+f（-x）=-16，所以f（-2）+f（2）=-16，f（2）=-26，故應(yīng)選A.

評(píng)注 從例6及其變式可以看到，構(gòu)造對(duì)偶式解決函數(shù)中的求和問題時(shí)，可多次設(shè)出必要的對(duì)偶式，既體現(xiàn)個(gè)別（局部）性，又體現(xiàn)整體性.

2.二項(xiàng)展開式中的求和問題

例7 求（x+2）2n+1展開式中x的整數(shù)次冪項(xiàng)系數(shù)之和.

解析 令A(yù)=（x+2）2n+1，B=（x-2）2n+1，又設(shè)f（x）=（x+2）2n+1+（x-2）2n+1，由二項(xiàng)式定理可知，f（x）是x的整數(shù)次冪多項(xiàng)式，且f（x）展開式中x的整數(shù)次冪多項(xiàng)式之和等于（x+2）2n+1展開式中x的整數(shù)次冪多項(xiàng)式之和的2倍，所以（x+2）2n+1展開式中x的整數(shù)次冪項(xiàng)系數(shù)之和為12f（1）=32n+1-12.

變式1 若（2x-1）5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，則a2+a4= .

解析 令x=0，得a0=-1.令x=1，得a0+a1+a2+a3+a4+a5=1①.令x=-1，得a0-a1+a2-a3+a4-a5=-243②，①與②兩式相加，得a0+a2+a4=-121，因此a2+a4=-120.

變式2 若（1-x）5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，則（a0+a2+a4）·（a1+a3+a5）值等于 .

解析 令x=1，得a0+a1+a2+a3+a4+a5=0①.令x=-1，得a0-a1+a2-a3+a4-a5=32②.聯(lián)立①、②兩式，得a0+a2+a4=16，a1+a3+a5=-16，所以（a0+a2+a4）·（a1+a3+a5）=-256.

評(píng)注 解答例7的關(guān)鍵是巧妙構(gòu)造出A的對(duì)偶式B=（x-2）2n+1以及抓出“（x+2）2n+1展開式中x的整數(shù)次冪項(xiàng)系數(shù)之和為12f（1）”；而解答例7的變式1與變式2的關(guān)鍵均是構(gòu)造①、②兩個(gè)對(duì)偶式.

3.數(shù)列中的求和問題

例8 求數(shù)列11+x，21+x2，221+x22，231+x23，…的前100項(xiàng)之和.

解析 設(shè)該數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn，因此可得S100=11+x+21+x2+221+x22+…+2991+x299.

若x=1，則S100=12+1+2+…+298=299-12.

若x≠±1，設(shè)出S100的對(duì)偶式P=11-x+21-x2+221-x22+…+2991-x299，則S100+P=21-x2+221-x22+231-x23+…+21001-x2100=P-11-x+21001-x2100，所以S100=-11-x+21001-x2100=x2100-2100x+2100-1（x-1）（x2100-1）（x≠±1）.

下面，我們不妨再來嘗試一下構(gòu)造對(duì)偶式解決求數(shù)列前n項(xiàng)之積的問題：

變式 求數(shù)列1+3，1+32，1+322，…的前n項(xiàng)之積.

解析 令A(yù)=（1+3）（1+32）（1+322）…（1+32n），B=（1-3）（1-32）（1-322）…（1-323），則A·B=（1-32）（1-322）（1-323）…（1-32n）（1-32n+1）=-12B（1-32n+1），A=-12（1-32n+1）=32n+1-12.

評(píng)注 解決例8的變式，推導(dǎo)得出A·B=-12B（1-32n+1），用到了添項(xiàng)策略，這在研究前文例2的變式5的加強(qiáng)結(jié)論時(shí)也涉及到了.

五、解方程

例9 解方程x2+10x+32-x2-10x+32=8.

解析 令x2+10x+32+x2-10x+32=k，則兩式相乘，得8k=（x2+10x+32）-（x2-10x+32）=20x，所以k=5x2，即x2+10x+32+x2-10x+32=5x2，所以2x2+10x+32=8+5x2，兩邊平方得x=±163，檢驗(yàn)知x=-163為增根，所以原方程的解為x=163.

變式1 解方程4-23sinx+10-43sinx-6cosx=2.

解析 令4-23sinx-10-43sinx-6cosx=2m，聯(lián)立兩個(gè)式子可得到4-23sinx=1+m，10-43sinx-6cosx=1-m，從而23sinx=-m2-2m+3，6cosx=m2+6m+3，代入sin2x+cos2x=1，解得m=-3或m=0.若m=-3，則sinx=0，cosx=-1，顯然不滿足原方程；若m=0，則sinx=32，cosx=12，顯然滿足原方程，所以x=π3+2kπ（k∈Z）.

變式2 已知z-為復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)，解方程zz--3iz-=1+3i.

解析 構(gòu)造對(duì)偶方程，兩邊取共軛復(fù)數(shù)，得zz-+3iz=1-3i①，兩式相減，得z+z-=-2，即z-=-2-z，代入①式，得z2+（2-3i）z+（1-3i）=0，z=-1或z=-1+3i.

變式3 解方程cos2x+cos22x+cos23x=1.

解析 令A(yù)=cos2x+cos22x+cos23x，B=sin2x+sin22x+sin23x，A+B=（cos2x+sin2x）+（cos22x+sin22x）+（cos23x+sin23x）=3①，且A-B=（cos2x-sin2x）+（cos22x-sin22x）+（cos23x-sin23x）=cos2x+cos4x+cos6x=2cosx·cos3x+2cos23x-1=2cos3x·（cosx+cos3x）-1=4cosx·cos2x·cos3x-1

②，由①+②，得cosx·cos2x·cos3x=14（2A-2），又A=1，所以cosx·cos2x·cos3x=0，cosx=0或cos2x=0或cos3x=0，解得x=kπ+π2或x=kπ2+π4或x=kπ3+π6，其中k∈Z.

評(píng)注 從例9及其變式可以看到，對(duì)于無理方程的求解，是從和與差的視角來構(gòu)造對(duì)偶式的；對(duì)于復(fù)數(shù)方程的求解，是從尋找共軛復(fù)數(shù)代數(shù)式的視角來構(gòu)造對(duì)偶式的；對(duì)于三角方程的求解，是從正弦（切）對(duì)余弦（切）的角度來構(gòu)造對(duì)偶式的.

六、求函數(shù)解析式

例10 已知對(duì)任意x∈（-∞，0）∪（0，+∞），總有f（x）+2f（1x）+x=0，求函數(shù)y=f（x）的解析式.

解析 因?yàn)閒（x）+2f（1x）+x=0①，以1x替換①式中的x，得f（1x）+2f（x）+1x=0②，由①-2×②得f（x）+x-4f（x）-2x=0，所以f（x）=x2-23x.

變式1 已知定義域?yàn)镽的函數(shù)y=f（x）滿足3f（1-x）-f（1+x）=2x+4，求函數(shù)y=f（x）的解析式.

解析 因?yàn)?f（1-x）-f（1+x）=2x+4①，以-x替換①式中的x，得3f（1+x）-f（1-x）=-2x+4②，由①+3×②，得8f（1+x）=-4x+16=-4（1+x）+20，則f（1+x）=-12（1+x）+52③，以x替換③式中的1+x，得f（x）=-12x+52.

變式2 設(shè)定義域?yàn)椋?∞，1）∪（1，+∞）的函數(shù)y=f（x）滿足2f（x+2002x-1）+f（x）=4015-x，求函數(shù)y=f（x）的解析式.

解析 因?yàn)?f（x+2002x-1）+f（x）=4015-x①，以x+2002x-1替換①式中的x，得2f（x）+f（x+2002x-1）=4015-x+2002x-1②，由②×2-①，3f（x）=4013+x-4006x-1，所以f（x）=40133+x3-40063（x-1）.

變式3 已知定義域?yàn)镽的函數(shù)y=f（x）滿足f（1-x）+xf（x）=3x，求函數(shù)y=f（x）的解析式.

解析 依次令x=t，x=1-t，代入條件式，可得f（1-t）+tf（t）=3t①，f（t）+（1-t）f（1-t）=3（1-t）②，由①×（1-t）-②，得[t（1-t）-1]f（t）=3t（1-t）-3（1-t），解之得f（t）=3（t-1）2t2-t+1，故f（x）=3（x-1）2x2-x+1.

變式4 已知f（x）為偶函數(shù)，g（x）為奇函數(shù)，且f（x）+g（x）=x2+x+2，求f（x）與g（x）的解析式.

解析 因?yàn)閒（x）+g（x）=x2+x+2①，以-x替換①式中的x，可得f（-x）+g（-x）=x2-x+2，又f（x）為偶函數(shù)，g（x）為奇函數(shù)，所以f（-x）+g（-x）=f（x）-g（x）=x2-x+2②，聯(lián)立①與②，解得f（x）=x2+2，g（x）=x.

評(píng)注 若把上述變式1中條件式左邊改為“3f（-x）±f（x）”或“3f（a-x）±f（a+x）”，則構(gòu)造對(duì)偶式的替換策略依然不會(huì)發(fā)生改變.對(duì)于變式4，其對(duì)偶構(gòu)造思想體現(xiàn)在利用f（x）與g（x）的奇、偶性，構(gòu)造出“f（x）+g（x）”與“f（x）-g（x）”這一組對(duì)偶式.