高中數學人教A版5證明不等式的基本方法三反證法與放縮法

三反證法與放縮法1．掌握用反證法證明不等式的方法．(重點)2．了解放縮法證明不等式的原理，并會用其證明不等式．(難點、易錯易混點)[基礎·初探]教材整理1反證法閱讀教材P26～P27“例2”及以上部分，完成下列問題．先假設要證的命題不成立，以此為出發(fā)點，結合已知條件，應用公理、定義、定理、性質等，進行正確的推理，得到和命題的條件(或已證明的定理、性質、明顯成立的事實等)矛盾的結論，以說明假設不正確，從而證明原命題成立，我們把這種證明問題的方法稱為反證法．如果兩個正整數之積為偶數，則這兩個數()A．兩個都是偶數B．一個是奇數，一個是偶數C．至少一個是偶數D．恰有一個是偶數【解析】假設這兩個數都是奇數，則這兩個數的積也是奇數，這與已知矛盾，所以這兩個數至少有一個為偶數．【答案】C教材整理2放縮法閱讀教材P28～P29“習題”以上部分，完成下列問題．證明不等式時，通過把不等式中的某些部分的值放大或縮小，簡化不等式，從而達到證明的目的，我們把這種方法稱為放縮法．若|a－c|＜h，|b－c|＜h，則下列不等式一定成立的是()【導學號：32750039】A．|a－b|＜2h B．|a－b|＞2hC．|a－b|＜h D.|a－b|＞h【解析】|a－b|＝|(a－c)－(b－c)|≤|a－c|＋|b－c|＜2h.【答案】A[質疑·手記]預習完成后，請將你的疑問記錄，并與“小伙伴們”探討交流：疑問1：解惑：疑問2：解惑：疑問3：解惑：[小組合作型]利用反證法證“至多”“至少”型命題已知f(x)＝x2＋px＋q，求證：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；(2)|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一個不小于eq\f(1,2).【精彩點撥】(1)把f(1)，f(2)，f(3)代入函數f(x)求值推算可得結論．(2)假設結論不成立，推出矛盾，得結論．【自主解答】(1)由于f(x)＝x2＋px＋q，∴f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2.(2)假設|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于eq\f(1,2)，則有|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|＜2.(*)又|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－(8＋4p＋2q)＝2，∴|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥2與(*)矛盾，∴假設不成立．故|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一個不小于eq\f(1,2).1．在證明中含有“至多”“至少”等字眼時，常使用反證法證明．在證明中出現自相矛盾，說明假設不成立．2．在用反證法證明的過程中，由于作出了與結論相反的假設，相當于增加了題設條件，因此在證明過程中必須使用這個增加的條件，否則將無法推出矛盾．[再練一題]1．已知實數a，b，c，d滿足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd＞1.求證：a，b，c，d中至多有三個是非負數．【證明】a，b，c，d中至多有三個是非負數，即至少有一個是負數，故有假設a，b，c，d都是非負數．即a≥0，b≥0，c≥0，d≥0，則1＝(a＋b)(c＋d)＝(ac＋bd)＋(ad＋bc)≥ac＋bd.這與已知中ac＋bd＞1矛盾，∴原假設錯誤，故a，b，c，d中至少有一個是負數．即a，b，c，d中至多有三個是非負數.利用放縮法證明不等式已知an＝2n2，n∈N*，求證：對一切正整數n，有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＜eq\f(3,2).【精彩點撥】針對不等式的特點，對其通項進行放縮、列項．【自主解答】∵當n≥2時，an＝2n2＞2n(n－1)，∴eq\f(1,an)＝eq\f(1,2n2)＜eq\f(1,2nn－1)＝eq\f(1,2)·eq\f(1,nn－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＜1＋eq\f(1,2)eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,nn－1)＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2n)＜eq\f(3,2)，即eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＜eq\f(3,2).1．放縮法在不等式的證明中無處不在，主要是根據不等式的傳遞性進行變換．2．放縮法技巧性較強，放大或縮小時注意要適當，必須目標明確，合情合理，恰到好處，且不可放縮過大或過小，否則，會出現錯誤結論，達不到預期目的，謹慎地添或減是放縮法的基本策略．[再練一題]2．求證：1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)＜2－eq\f(1,n)(n≥2，n∈N＋)．【證明】∵k2＞k(k－1)，∴eq\f(1,k2)＜eq\f(1,kk－1)＝eq\f(1,k－1)－eq\f(1,k)(k∈N＋，且k≥2)．分別令k＝2,3，…，n得eq\f(1,22)＜eq\f(1,1·2)＝1－eq\f(1,2)，eq\f(1,32)＜eq\f(1,2·3)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,3)，…，eq\f(1,n2)＜eq\f(1,nn－1)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n).因此1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)＜1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝1＋1－eq\f(1,n)＝2－eq\f(1,n).故不等式1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)＜2－eq\f(1,n)(n≥2，n∈N＋)．[探究共研型]利用反證法證明不等式探究1反證法的一般步驟是什么？【提示】證明的步驟是：(1)作出否定結論的假設；(2)從否定結論進行推理，導出矛盾；(3)否定假設，肯定結論．探究2反證法證題時常見數學語言的否定形式是怎樣的？【提示】常見的涉及反證法的文字語言及其相對應的否定假設有：常見詞語至少有一個至多有一個唯一一個是有或存在全都是否定假設一個也沒有有兩個或兩個以上沒有或有兩個或兩個以上不是不存在不全不都是已知△ABC的三邊長a，b，c的倒數成等差數列，求證：∠B＜90°.【精彩點撥】本題中的條件是三邊間的關系eq\f(2,b)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)，而要證明的是∠B與90°的大小關系．結論與條件之間的關系不明顯，考慮用反證法證明．【自主解答】∵a，b，c的倒數成等差數列，∴eq\f(2,b)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,c).假設∠B＜90°不成立，即∠B≥90°，則∠B是三角形的最大內角，在三角形中，有大角對大邊，∴b＞a＞0，b＞c＞0，∴eq\f(1,b)＜eq\f(1,a)，eq\f(1,b)＜eq\f(1,c)，∴eq\f(2,b)＜eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)，這與eq\f(2,b)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)相矛盾．∴假設不成立，故∠B＜90°成立．1．本題中從否定結論進行推理，即把結論的反面“∠B≥90°”作為條件進行推證是關鍵．要注意否定方法，“＞”否定為“≤”，“＜”否定為“≥”等．2．利用反證法證題的關鍵是利用假設和條件通過正確推理，推出和已知條件或定理事實或假設相矛盾的結論．[再練一題]3．若a3＋b3＝2，求證：a＋b≤2.【導學號：32750040】【證明】法一假設a＋b>2，a2－ab＋b2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)b))eq\s\up10(2)＋eq\f(3,4)b2≥0，故取等號的條件為a＝b＝0，顯然不成立，∴a2－ab＋b2>0.則a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)>2(a2－ab＋b2)，而a3＋b3＝2，故a2－ab＋b2<1，∴1＋ab>a2＋b2≥2ab，從而ab<1，∴a2＋b2<1＋ab<2，∴(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab<2＋2ab<4，∴a＋b<2.這與假設矛盾，故a＋b≤2.法二假設a＋b>2，則a>2－b，故2＝a3＋b3>(2－b)3＋b3，即2>8－12b＋6b2，即(b－1)2<0，這顯然不成立，從而a＋b≤2.法三假設a＋b>2，則(a＋b)3＝a3＋b3＋3ab(a＋b)>8.由a3＋b3＝2，得3ab(a＋b)>6，故ab(a＋b)>2.又a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＝2，∴ab(a＋b)>(a＋b)(a2－ab＋b2)，∴a2－ab＋b2<ab，即(a－b)2<0.這顯然不成立，故a＋b≤2.[構建·體系]反證法與放縮法—eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(—\x(反證法與放縮法的定義),—\x(反證法的一般步驟),—\x(證明不等式),—\x(放縮的技巧)))1．實數a，b，c不全為0的等價條件為()A．a，b，c均不為0B．a，b，c中至多有一個為0C．a，b，c中至少有一個為0D．a，b，c中至少有一個不為0【解析】實數a，b，c不全為0的含義即a，b，c中至少有一個不為0，其否定則是a，b，c全為0，故選D.【答案】D2．已知a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ac＞0，abc＞0，用反證法求證a＞0，b＞0，c＞0時的假設為()A．a＜0，b＜0，c＜0 B．a≤0，b＞0，c＞0C．a，b，c不全是正數 ＜0【解析】a＞0，b＞0，c＞0的反面是a，b，c不全是正數，故選C.【答案】C3．要證明eq\r(3)＋eq\r(7)＜2eq\r(5)，下列證明方法中，最為合理的是()A．綜合法 B．放縮法C．分析法 D.反證法【解析】由分析法的證明過程可知選C.【答案】C4．A＝1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))與eq\r(n)(n∈N＋)的大小關系是________.【導學號：32750041】【解析】A＝eq\f(1,\r(1))＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))≥＝eq\f(n,\r(n))＝eq\r(n).【答案】A≥eq\r(n)5．若x，y都是正實數，且x＋y>2.求證：eq\f(1＋x,y)<2和eq\f(1＋y,x)<2中至少有一個成立．【證明】假設eq\f(1＋x,y)<2和eq\f(1＋y,x)<2都不成立，則有eq\f(1＋x,y)≥2和eq\f(1＋y,x)≥2同時成立，因為x>0且y>0，所以1＋x≥2y，且1＋y≥2x，兩式相加，得2＋x＋y≥2x＋2y，所以x＋y≤2，這與已知條件x＋y>2矛盾，因此eq\f(1＋x,y)<2和eq\f(1＋y,x)<2中至少有一個成立．我還有這些不足