| 本文讨论两道不等式证明题，每一题都在杂志上发表过多种证法，我们将分析这些解法的结构，抓住本质步骤，做出节省解题力量的改进．
一、案例1
题目1 设ｘ＞0，ｙ＞0，ｘ≠ｙ，且ｘ2－ｙ2＝ｘ3－ｙ3，求证：1＜ｘ＋ｙ＜4／3．
《数学通报》1998年（见文［1］Ｐ．8）、2000年（见文［2］Ｐ．26）分别给出了1下面的证明1、证明2．其他地方也有类似问题的讨论（见文［3］）．
证明1：设ｘ＋ｙ＝ｔ，由  ①
∴ｘ、ｙ为一元二次方程ｚ2－ｔｚ＋（ｔ2－ｔ）＝0的两根，记ｆ（ｚ）＝ｚ2－tz（ｔ2－ｔ）．由条件知 | 
| ② ③ ④ |  ，
即 1＜ｘ＋ｙ＜4／3．
证明2：∵ｘ－ｙ≠0，
∴由（ｘ－ｙ）（ｘ＋ｙ）＝（ｘ－ｙ）（ｘ2＋ｘｙ＋ｙ2），
得 ｘ＋ｙ＝ｘ2＋ｘｙ＋ｙ2． ⑤
将ｘ2＋ｘｙ＋ｙ2配方，产生目标"ｘ＋ｙ"．
不妨设ｘ＋ｙ＝ｔ，有
ｔ＝（ｘ＋ｙ）2－ｘｙ＝ｔ2－ｘｙ，
即 ｔ2－ｔ＝ｘｙ． ⑥
再将ｘｙ向ｘ＋ｙ这个目标转化，自然想到
 ⑦
于是，有ｔ2－ｔ＜ｔ2／4，即
3ｔ2－4ｔ＜0，
解得0＜ｔ＜4／3．
如何证明ｔ＞1，这又是我们的解题目标．
事实上，由ｘ＞0，ｙ＞0知
ｔ2－ｔ＝ｘｙ＞0， ⑧
即ｔ2＞ｔ，而ｔ＞0，∴ｔ＞1．
评析：我们对这两种证明做出3点分析．
1．不同的知识背景有不同的思路
文［1］的写作主题是"构造二次方程"解题，因而以方程为知识背景，使用了构造法，然后借助于二次方程有两个不等正根的充要条件，一举得出求证式（1＜ｔ＜4／3）．
文［2］的作者擅长于不等式的研究，因而更自然地用不等式去证不等式．其特点是盯着目标，分别变形得出两个不等式（0＜ｔ＜4／3，且ｔ＞1）．
前者构造方程与函数，比后者的直接变形与放缩，在思维能力上要求较高，使用的解题力量较大，所以，后者的标题就是谈"解题思路的合理选择"，暗含有后者更合理、更自然的意思．
然而，前者用充要条件一举得出求证式却比后者分两次证完更紧凑，也更深刻．
2．不同的书写形式有相同的实质
虽然两种解法在书写形式上有明显差别，但仔细分析解题过程的结构却又不难找到很多共同点．
（1）两个解法都首先使用已知条件化简ｘ2－ｙ2＝ｘ3－ｙ3，并且设ｔ＝ｘ＋ｙ（进而都得出ｔ2－ｔ＝ｘｙ，ｔ＞0）．这就把问题转化为证明
 ⑨
这个问题的几何意义是，椭圆ｘ2＋ｘｙ＋ｙ2－ｘ－ｙ＝0位于第一象限的点（ｘ≠ｙ），其纵横坐标之和在1与43之间．在这一步，两个解法是"形同质也同"．
（2）证明1中的②式具体写出来为
ｆ（0）＝ｔ2－ｔ＞0．
因为ｆ（0）在这里就是方程的两根之积ｘｙ，所以，ｆ（0）＞0就是ｘｙ＞0，这说明②式与⑧式实质是一样的（形异而质同），为
ｔ2－ｔ＝ｘｙ＞0，
它们都是由已知条件ｘ＞0，ｙ＞0推出来的，这个条件还推出了③式．有等价关系 |  | （②式）
（③式）
（④式） | （3）证明1中的④式是方程
ｚ2－ｔｚ＋（ｔ2－ｔ）＝0
的判别式大于0．由于方程的两根之和，两根之积，两根之差有恒等式
 （10）
而左边正是方程的判别式的1／4，故有
Δ＝（ｘ－ｙ）2． （11）
由ｘ≠ｙ即可推得④式与⑦式
Δ＝ｔ2－4（ｔ2－ｔ）＞0， （11） （4）
xy< （10）（7）
可见，④式与⑦式也是"形异而质同"．
以上3点共同性的揭示，说明两种解法在知识内容上是相通的，实质步骤是相同的．
3．抓住本质步骤，节省解题力量
以上分析同时也说明，两种解法的本质步骤主要有两个．
（1）由已知条件得出⑨式，即
（ｘ＋ｙ）2－（ｘ＋ｙ）＝ｘｙ． （12）
接着用ｘ＞0，ｙ＞0得ｘｙ＞0（或证明1中的ｆ（0）＞0），可推出
ｘ＋ｙ＞1．
（2）由不等式
与（12）相结合得
 （13）
这相当于④式或⑦式，可解得
0＜ｘ＋ｙ＜4／3．
合并便得所证．
抓住这两个本质步骤，先求解后合并为先合并后求解，便可得出一个新的解法．
证明3：由ｘ2－ｙ2＝ｘ3－ｙ3两边除以ｘ－ｙ≠0后，配方得
（ｘ＋ｙ）2－（ｘ＋ｙ）＝ｘｙ＞0．
又 
合并得
两边除以ｘ＋ｙ＞0，得
0＜（ｘ＋ｙ）－1＜
移项得
1＜ｘ＋ｙ＜4／3．
这个解法保留了证明1、证明2的本质步骤，吸收了证明1集中处理和证明2直接变形的双重优点，可以简单地概括为：对已知等式（12），用不等式（13），便推出所求证的不等式．解题过程的结构图如下： | 
| 二、案例2
题目2 （康托洛维奇不等式）设ａｉ＞0（ｉ＝1，2，…，ｎ），且 ，又0＜λ1≤λ2≤…≤λｎ，则
 ≤
这是一个在高等数学中很有用的不等式，人们致力于初等证明找出了许多中学生都能看懂的方法．
证明1：文［4］例4根据题目的结论有判别式结构，构造二次函数
由于f（x）的开口向上，故抛物线必与x轴相交，得判别式非负，有
≤
证明2：文［5］在纠正文［6］错误的基础上给出了一个放缩法的证明．对任意的实数μ＞0，总有
而ｆ（λｉ）＝ （ｉ＝1，2，…，ｎ）的最大值是ｆ（λ1）或ｆ（λｎ），记
Ａ＝｛ｉ｜ｆ（λｉ）的最大值为ｆ（λ1），ｉ＝1，2，…，ｎ｝，
Ｂ＝｛ｉ｜ｆ（λｉ）的最大值为ｆ（λｎ），ｉ＝1，2，…，ｎ｝．
设 从而有
≤1／4 
评析：我们对这两种证明做出3点分析．
1．从证明1中找出配方法
这个证明主要有两个步骤：
（1）证实ｆ（ ）≤0；
（2）应用二次函数ｆ（ｘ）＝ａｘ2＋ｂｘ＋ｃ（ａ＞0）的如下性质：若存在ｆ（ｘ0）＜0，则Δ＝ｂ2－4ａｃ＞0．这个常常被默认（或借助图形做直观说明）的性质，其实可以用配方法来简捷证明．由
4ａｆ（ｘ）＝4ａ2ｘ2＋4ａｂｘ＋4ａｃ
＝（2ａｘ＋ｂ）2－（ｂ2－4ａｃ），
得 ｂ2－4ａｃ＝（2ａｘ＋ｂ）2－4ａｆ（ｘ）．
对ａ＞0，ｆ（ｘ0）＜0，有
ｂ2－4ａｃ＝（2ａｘ0＋ｂ）2－4ａｆ（ｘ0） ①
≥－4ａｆ（ｘ0）＞0．
可见，证明的第2步是暗中使用了配方法．若直接使用恒等式①，把有关数据代入，则构造二次函数以及不加证明地使用函数的性质均可省略．由恒等式
立即可以得出结论．
2．找出两种证法中的共同点
证明2主要有两个步骤：
（1）应用不等式ａｂ≤（ａ＋ｂ）2／4于求证式的左方；
（2）应用函数ｆ（λｉ）＝ 的最大值性质继续放大，得出不等式的右边．
表面上看，这与证明1没有什么共同的地方，但深入分析却能揭示许多共同点．
（1）证明1中取ｘ0＝与证明2中取μ＝是相同的．若一开始就用代替ｘ、μ，则两种证明的有关运算式是类似的．
（2）证明1中第1步计算ｆ（）时，涉及求和 与证明2中第2步求和
没有实质性的区别．
（3）证明2中第1步的不等式ａｂ≤（ａ＋ｂ）2／4暗藏有配方法：
ａｂ≤（ａ＋ｂ）2／4 （ａ－ｂ）2≥0，
或 ａｂ＝（ａ＋ｂ）2／4－（ａ－ｂ）2／4≤（ａ＋ｂ）2／4．
这与证明1中第2步暗藏有配方法又是共同的（判别式、配方法、基本不等式是相通的）．
3．抓住显浅的步骤互相代替，节省解题力量
由上面的分析可以看到，证明1的第1步运算与证明2中的第2步有类似的运算，因而证明1的第1步有可能替代函数ｆ（λｉ）＝的性质；同样，证明2的第1步也有可能替代二次函数ｆ（ｘ）＝ａｘ2＋ｂｘ＋ｃ的性质．经试验得出新解法．
证明3：原不等式即
 ≤0．
由基本不等式有
左边≤ ②
这个证法做了一次放大（②式）之后，全部运算仅是关于ｆ（）的恒等变形，没有用到任何函数的性质，节省了解题力量．注意到ｆ（）≤0源于
其核心内容是（λ1－λｉ）（λｎ－λｉ）≤0．
抓住这个本质步骤，可以得出一个更简洁的解法．
证明4：由（λ1－λｉ）（λｎ－λｉ）≤0，有
（λ1＋λｎ）λｉ2≥λ1λｎ＋λｉ2，
乘以ａｉ／λｉ后求和，注意到得
λ1＋λｎ≥
除以2后平方，并应用基本不等式得
评析：由这个证明可以清楚地看到，不等式
是一个比康托洛维奇不等式更强的不等式，不妨认为是一个小小的推广．
参考文献
1 赵岳云．构造二次方程证明不等式．数学通报，1998，8
2 安振平，苟春鹏．浅谈解题思路的合理选择．数学通报，2000，8
3 苗相军，臧家志．证明一道不等式的数学实录．中学数学杂志（高中），2000，3
4 王延文．构造法证明不等式．中学数学，1992，2
5 舒金根．也谈康托洛维奇不等式的初等证明．中学教研（数学），2000，10
6 吴振奎．Канторович不等式又一初等证明．中学数学，1998，1 摘自中国基础教育21世纪
| 