數(shù)學學案：課堂探究反證法與放縮法

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精課堂探究1．反證法中的數(shù)學語言剖析：反證法適宜證明“存在性問題，唯一性問題”，帶有“至少有一個”或“至多有一個”等字樣的問題，或者說“正難則反”，直接證明有困難時,常采用反證法．下面我們列舉以下常見的涉及反證法的文字語言及其相對應的否定假設。常見詞語至少有一個至多有一個唯一一個不是不可能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以上是有或存在不全不都是對某些數(shù)學語言的否定假設要準確，以免造成原則性的錯誤，有時在使用反證法時,對假設的否定也可以舉一定的特例來說明矛盾，尤其在一些選擇題中，更是如此．2．放縮法的尺度把握等問題剖析：(1）放縮法的理論依據(jù)主要有：①不等式的傳遞性；②等量加不等量為不等量；③同分子（分母)異分母(分子)的兩個分式大小的比較;④基本不等式與絕對值不等式的基本性質(zhì)；⑤三角函數(shù)的值域等．(2）放縮法使用的主要方法：放縮法是不等式證明中最重要的變形方法之一，放縮必須有目標，而且要恰到好處,目標往往要從證明的結論考查．常用的放縮方法有增項、減項、利用分式的性質(zhì)、利用不等式的性質(zhì)、利用已知不等式、利用函數(shù)的性質(zhì)進行放縮等．比如：舍去或加上一些項：eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2）))2＋eq\f（3,4）＞eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(a＋\f（1，2)）)2；將分子或分母放大(縮小）：eq\f(1，k2)＜eq\f（1,k(k－1））,eq\f(1，k2)＞eq\f（1,k（k＋1）），eq\f(1，\r(k）)＜eq\f(2,\r(k）＋\r（k－1))，eq\f（1，\r(k）)＞eq\f(2，\r（k）＋\r（k＋1））(k∈R,k＞1）等．題型一利用反證法證明不等式【例1】若a3＋b3＝2，求證：a＋b≤2.分析：本題結論的反面比原結論更具體、更簡潔，宜用反證法．證法一：假設a＋b＞2，而a2－ab＋b2＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f（1，2)b）)2＋eq\f（3，4)b2≥0，但取等號的條件為a＝b＝0，顯然不可能，∴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?！郺2＋b2＜1＋ab＜2?！啵╝＋b)2＝a2＋b2＋2ab＜2＋2ab＜4。而由假設a＋b＞2，得(a＋b）2＞4，出現(xiàn)矛盾，故假設不成立,原結論成立，即a＋b≤2。證法二: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，這不可能，從而a＋b≤2。證法三: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?！郺b(a＋b）＞(a＋b）(a2－ab＋b2）．∴a2－ab＋b2＜ab，即(a－b)2＜0.這不可能,故a＋b≤2.反思用反證法證明不等式時，推出的矛盾有三種表現(xiàn)形式：①與已知矛盾；②與假設矛盾；③與顯然成立的事實相矛盾．【例2】設二次函數(shù)f(x）＝x2＋px＋q，求證：｜f（1）|，｜f（2）|，|f(3）｜中至少有一個不小于eq\f(1，2)。分析：當要證明幾個代數(shù)式中，至少有一個滿足某個不等式時，通常采用反證法．證明：假設|f(1)｜，|f（2）|，|f（3)｜都小于eq\f（1，2)，則|f(1)｜＋2｜f（2)｜＋|f(3)|＜2.①另一方面，由絕對值不等式的性質(zhì)，有｜f（1)|＋2|f(2)｜＋|f（3)|≥|f(1)－2f(2）＋f＝｜(1＋p＋q)－2(4＋2p＋q)＋（9＋3p＋q）｜＝2。②①②兩式的結果矛盾，所以假設不成立，原來的結論正確,即｜f(1）|，|f（2）｜，｜f（3)|中至少有一個不小于eq\f(1,2）。反思（1）在證明中含有“至多”“至少”“最多”等詞語時，常使用反證法證明．(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。題型二利用放縮法證明不等式【例3】若n是大于1的自然數(shù),求證：eq\f（1,12）＋eq\f(1，22）＋eq\f（1，32）＋…＋eq\f（1，n2）＜2.證明：∵eq\f（1,k2）＜eq\f（1,k(k－1））＝eq\f(1,k－1）－eq\f(1,k），k＝2,3，4，…，n,∴eq\f（1，12）＋eq\f（1,22）＋eq\f(1，32)＋…＋eq\f(1，n2）＜eq\f（1,1)＋eq\f（1,1×2)＋eq\f(1，2×3)＋…＋eq\f(1，(n－1)·n)＝eq\f（1，1）＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，1)－\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）））＝2－eq\f(1,n）＜2。反思（1)放縮法證明不等式主要是根據(jù)不等式的傳遞性進行交換，即欲證a＞b，可換成證a＞c且c＞b，欲證a＜b，可換成證a＜c且c＜b.（2)放縮法原理簡單,但技巧性較強且有時還會有“危險”，因為放大或縮小過頭，就會得出錯誤的結論,而達不到預期的目的，因此，在使用放縮法時要注意放縮的“度”.題型三易錯辨析【例4】已知實數(shù)x，y,z不全為零．求證：eq\r（x2＋xy＋y2）＋eq\r（y2＋yz＋z2)＋eq\r（z2＋zx＋x2)＞eq\f(3，2）(x＋y＋z)．錯解：2（eq\r（x2＋xy＋y2)＋eq\r（y2＋yz＋z2)＋eq\r(z2＋zx＋x2)）＞eq\r(x2＋xy)＋eq\r(xy＋y2)＋eq\r（y2＋yz)＋eq\r(yz＋z2）＋eq\r(z2＋xz）＋eq\r（xz＋x2）＝eq\r(x)eq\r(x＋y)＋eq\r(y)eq\r(x＋y）＋eq\r（y)eq\r(y＋z）＋eq\r(z）eq\r(y＋z）＋eq\r（z)eq\r(x＋z)＋eq\r（x）eq\r（x＋z)＝（eq\r（x)＋eq\r（y))eq\r(x＋y）＋(eq\r(y）＋eq\r（z)）eq\r(y＋z)＋（eq\r(x）＋eq\r(z））eq\r(x＋z)，無法證出結論．錯因分析:出現(xiàn)放縮過大而達不到預想目的，造成這種現(xiàn)象的原因是對放縮法理解不透或沒掌握好放縮技巧．正解:eq\r（x2＋xy＋y2)＝eq\r（\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（y，2）））2＋\f(3，4)y2）≥eq\r(\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f（y，2）））2)＝eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1(x＋\f(y，2）））≥x＋eq\f(y，2）。同理可得：eq\r（y2＋yz＋z2）≥y＋eq\f(z，2），eq\r（z2＋zx＋x2)≥z＋eq\f（x，2)，由于x,y，z不全為零，故上述三式中至少有一式取不到等號，所以三式累加得：eq\r(x2＋xy＋y2)＋eq\r（y2