卢学谦+石菁

构造对偶式，是指在解题过程中抓住代数式的结构特征，构造一个与其结构相似或相近并具有某种对称关系的代数式，而后通过对这组对偶关系式进行加、减、乘、除等运算，促使问题的转化与解决.构造相应的对偶式，使其结构更加均衡，体现了数学的对称美和构造美.下面我们通过实例来介绍构造对偶式的几种常用方法，以及如何对所构造的对偶关系式进行合适的处理.

1 构造“错位”对偶关系式

例1 设x，y，z∈R+，求证：z2-x2x+y+x2-y2y+z+y2-z2z+x≥0.（W.Janoux猜想）

分析 本题的证法很多，有分母置换法、排序不等式法、函数思想法、对偶法等等，其中对偶法最为精彩.

证明 设M=z2-x2x+y+x2-y2y+z+y2-z2z+x，

N=x2-y2z+x+y2-z2x+y+z2-x2y+z，

则M+N=0.

而M-N=（z2-x2x+y-z2-x2y+z）+（x2-y2y+z-x2-y2z+x）+（y2-z2z+x-y2-z2x+y）

=（z+x）（z-x）2（x+y）（y+z）+（x+y）（x-y）2（y+z）（z+x）+（y+z）（y-z）2（z+x）（x+y）≥0.所以M≥0，故原不等式成立.

例2 若α，β，γ为锐角，且cos2α+cos2β+cos2γ=1，

求证：cot2α+cot2β+cot2γ≥32.

证明 设M=cot2α+cot2β+cot2γ=cos2αsin2α+cos2βsin2β+cos2γsin2γ，

N=cos2βsin2α+cos2γsin2β+cos2αsin2γ，

P=cos2γsin2α+cos2αsin2β+cos2βsin2γ.

则N+P=3，M+N=sin2γsin2α+sin2αsin2β+sin2βsin2γ≥3，M+P≥3.

所以2M+（N+P）≥6M≥32.

故原不等式成立.

2 构造“倒序”对偶关系式

例3 已知a、b∈R+，且1a+1b=1，

试证：对每一个n∈N+，（a+b）n-an-bn≥22n-2n+1.（1988年全国高中数学联赛试题）

证明 设M=（a+b）n-an-bn=C1nan-1b+C2nan-2b2+…+Cn-1nabn-1，

N=Cn-1nabn-1+Cn-2na2bn-2+…+C1nan-1b.

显然M=N，两式相加得，

2M=C1n（an-1b+abn-1）+C2n（an-2b2+a2bn-2）+…+Cn-1n（abn-1+an-1b）

≥2anbn（C1n+C2n+…+Cn-1n）≥2（ab）n2（2n-2）.

由条件得ab≥4，所以M≥4n2（2n-2）=22n-2n+1.故原不等式成立.

3 构造“加减”对偶关系式

例4 已知函数f（x）=x+x2-3x+2，证明：2≤f（x）或1≤f（x）<32.

分析 对于表达式u（x）±v（x），我们可以构造表达式u（x）v（x）作为它的对偶关系式.

证明 令y=x+x2-3x+2，

再令y1=x-x2-3x+2，则yy1=3x-2，y+y1=2x，所以y（2x-y）=3x-2，即（2y-3）x=y2-2，显然y≠32，

所以x=y2-22y-3，y-x=y-y2-22y-3≥0，从而2≤f（x）或1≤f（x）<32.

例5 设x>0，求证：x+1x-x+1x+1≤2-3.

证明 设M=x+1x-x+1x+1，

构造M的辅助对偶式：N=x+1x+x+1x+1，

则有M·N=1且N≥2+3，从而1=M·N≥（2+3）M，

因为M>0可得M≤2-3.即原不等式成立.

4 构造“互余”对偶关系式

例6 若α>0，β>0，α+β≤π，且0≤λ≤1，则有

cos2λα+cos2λβ-2cosλα·cosλβ·cosλπ≥sin2λπ.（杨乐不等式）

证明 设M=cos2λα+cos2λβ-2cosλα·cosλβ·cosλπ，

N=sin2λα+sin2λβ-2sinλα·sinλβ·cosλπ.

则M+N=2-2cosλπ·cosλ（α-β）.      （1）

M-N=cos2λα+cos2λβ-2cosλπ·cosλ（α+β）

=2cosλ（α+β）[cosλ（α-β）-cosλπ].

因为α>0，β>0，α+β≤π，且0≤λ≤1，

所以λ（α-β）≤λ（α+β）≤λπ≤π.

因为y=cosx在0，π上是减函数，

所以cosλ（α+β）≥cosλπ，cosλ（α-β）-cosλπ≥0，

所以M-N≥2cosλπ·cosλ（α-β）-2cos2λπ.      （2）

（1）+（2）得：2M≥2-2cos2λπ，所以M≥sin2λπ.

故原不等式成立.

5 利用“m2n与mn2互配”构造对偶关系式

例7 设a，b，c是某个三角形的三边长，

求证：a2（b+c-a）+b2（c+a-b）+c2（a+b-c）≤3abc.（第6届IMO试题）

证明 设M=a2（b+c-a）+b2（c+a-b）+c2（a+b-c），

N=a（b+c-a）2+b（c+a-b）2+c（a+b-c）2.

则M+N=6abc，

M-N=a（b+c-a）（2a-b-c）+b（c+a-b）（2b-c-a）+c（a+b-c）（2c-a-b）

=2（b+c-a）（c+a-b）·（a+b-c）（b+c-a）·（c+a-b）（a+b-c）-2abc

≤2·（b+c-a）+（c+a-b）2·

（a+b-c）+（b+c-a）2·（c+a-b）+（a+b-c）2-2abc

=2abc-2abc=0.

所以2M≤6abc，M≤3abc.故原不等式成立.

例8 设x≥y≥z≥0，求证：x2yz+y2zx+z2xy≥x2+y2+z2.

证明 设M=x2yz+y2zx+z2xy，N=y2xz+z2yx+x2zy.

由柯西不等式得：MN≥（x2+y2+z2）2.

又M-N=1xyz[（x3y2+y3z2+z3x2）-（x3z2+y3x2+z3y2）]=1xyz（x-y）（y-z）（x-z）（xy+yz+zx）≥0.

故M≥N，M2≥MN≥（x2+y2+z2）2.

所……