北师大版选修4-5第1章 4 第3课时 放缩法、几何法与反证法学案

第3课时　放缩法、几何法与反证法
学习目标　1.理解用放缩法证明不等式的原理，会用放缩法证明一些不等式.2.了解几何法证明不等式的特征，会构造一些特征明显的图形证明一些特定的不等式.3.理解反证法的理论依据，掌握反证法的基本步骤，会用反证法证明不等式．
知识点一　放缩法
思考　放缩法是证明不等式的一种特有的方法，那么放缩法的原理是什么？
答案　①不等式的传递性；②等量加(减)不等量为不等量．
梳理　放缩法
(1)放缩法证明的定义
在证明不等式时，有时可以通过缩小(或放大)分式的分母(或分子)，或通过放大(或缩小)被减式(或减式)来证明不等式，这种证明不等式的方法称为放缩法．
(2)放缩法的理论依据
①不等式的传递性；
②等量加(减)不等量为不等量；
③同分子(分母)异分母(分子)的两个分式大小的比较．
知识点二　几何法
通过构造几何图形，利用几何图形的性质来证明不等式的方法称为几何法．
知识点三　反证法
思考　什么是反证法？用反证法证明时，导出矛盾有哪几种可能？
答案　(1)反证法就是在否定结论的前提下推出矛盾，从而说明结论是正确的．
(2)矛盾可以是与已知条件矛盾，也可以是与已知的定义、定理矛盾．
梳理　反证法
(1)反证法证明的定义：反证法是常用的证明方法．它是通过证明命题结论的否定不能成立，来肯定命题结论一定成立．
(2)反证法证明不等式的一般步骤：①作出否定结论的假设；②进行推理，导出矛盾；③否定假设，肯定结论.
类型一　放缩法证明不等式
例1　已知实数x，y，z不全为零，求证：＋＋＞(x＋y＋z)．
证明　＝≥＝≥x＋.
同理可得≥y＋，
≥z＋.
由于x，y，z不全为零，故上述三式中至少有一式取不到等号，所以三式相加，得
＋＋＞＋＋＝(x＋y＋z)．
反思与感悟　(1)利用放缩法证明不等式，要根据不等式两端的特点及已知条件(条件不等式)，谨慎地采取措施，进行恰当地放缩，任何不适宜的放缩都会导致推证的失败．
(2)一定要熟悉放缩法的具体措施及操作方法，利用放缩法证明不等式，就是采取舍掉式中一些正项或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母，或者把和式中各项或某项换成较大或较小的数，从而达到证明不等式的目的．
跟踪训练1　求证：－＜1＋＋…＋＜2－(n∈N＋且n≥2)．
证明　∵k(k＋1)＞k2＞k(k－1)(k∈N＋且k≥2)，
∴＜＜，
即－＜＜－(k∈N＋且k≥2)．
分别令k＝2,3，…，n，得
－＜＜1－，－＜＜－，…，
－＜＜－，将这些不等式相加，得
－＋－＋…＋－＜＋＋…＋＜
1－＋－＋…＋－，
即－＜＋＋…＜1－，
∴1＋－＜1＋＋＋…＋＜1＋1－，
即－＜1＋＋＋…＋＜2－(n∈N＋且n≥2)成立．
类型二　反证法证明不等式
命题角度1　证明“否定性”结论
例2　设a＞0，b＞0，且a＋b＝＋，证明：
(1)a＋b≥2；(2)a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．
证明　由a＋b＝＋＝，a＞0，b＞0，得ab＝1.
(1)由基本不等式及ab＝1可知，a＋b≥2＝2，即a＋b≥2，当且仅当a＝b＝1时等号成立.
(2)假设a2＋a＜2与b2＋b＜2同时成立，则由a2＋a＜2及a＞0，得0＜a＜1；同理，0＜b＜1，从而ab＜1，这与ab＝1矛盾．故a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．
反思与感悟　当待证不等式的结论为否定性命题时，常用反证法来证明，对结论的否定要全面不能遗漏，最后的结论可以与已知的定义、定理、已知条件、假设矛盾．
跟踪训练2　设0＜a＜2,0＜b＜2,0＜c＜2，
求证：(2－a)·c，(2－b)·a，(2－c)·b不可能同时大于1.
证明　假设(2－a)·c，(2－b)·a，(2－c)·b同时都大于1，
即(2－a)·c＞1，(2－b)·a＞1，(2－c)·b＞1，
则(2－a)·c·(2－b)·a·(2－c)·b＞1，
∴(2－a)(2－b)(2－c)·abc＞1.①
∵0＜a＜2,0＜b＜2,0＜c＜2，
∴(2－a)·a≤2＝1，
同理(2－b)·b≤1，(2－c)·c≤1，
∴(2－a)·a·(2－b)·b·(2－c)·c≤1，
∴(2－a)(2－b)(2－c)·abc≤1，这与①式矛盾．
∴(2－a)·c，(2－b)·a，(2－c)·b不可能同时大于1.
命题角度2　证明“至少”“至多”型问题
例3　已知f(x)＝x2＋px＋q，求证：
(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；
(2)|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
证明　(1)f(1)＋f(3)－2f(2)
＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2.
(2)假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于，
则|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|＜2，
而|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝2，矛盾，
∴|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
反思与感悟　(1)在证明中含有“至多”“至少”“最多”等字眼时，若正面难以找到解题的突破口，可转换视角，用反证法证明．
(2)在用反证法证明的过程中，由于作出了与结论相反的假设，相当于增加了题设条件，因此在证明过程中必须使用这个增加的条件，否则将无法推出矛盾．
跟踪训练3　若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋，b＝y2－2z＋，c＝z2－2x＋，求证：a，b，c中至少有一个大于0.
证明　假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，
则a＋b＋c≤0，而a＋b＋c＝x2－2y＋＋y2－2z＋＋z2－2x＋＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3，
∵π－3＞0，且(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2≥0，
∴a＋b＋c＞0，这与a＋b＋c≤0矛盾，因此假设不成立．
∴a，b，c中至少有一个大于0.
1．用放缩法证明不等式时，下列各式正确的是(　　)
A.＞ B.＜
C．x2＋x＋3＞x2＋3 D．|a＋1|≥|a|－1
答案　D
解析　对于A，x的正、负不定；对于B，m的正、负不定；对于C，x的正、负不定；对于D，由绝对值三角不等式知，D正确．
2．用反证法证明命题“a，b，c全为0”时，其假设为(　　)
A．a，b，c全不为0
B．a，b，c至少有一个为0
C．a，b，c至少有一个不为0
D．a，b，c至多有一个不为0
答案　C
3．比较大小：1＋＋＋…＋________.
答案　≥
解析　1＋＋…＋≥＝＝.
4．已知0＜a＜3,0＜b＜3,0＜c＜3.求证：a(3－b)，b(3－c)，c(3－a)不可能都大于.
证明　假设a(3－b)＞，b(3－c)＞，c(3－a)＞.
因为a，b，c均为小于3的正数，
所以＞，＞，＞，
从而有＋＋＞.①
但是＋＋≤＋＋
＝＝.②
当且仅当a＝b＝c＝时，②中取等号．
显然②与①相矛盾，假设不成立，故命题得证．
1．常见的涉及反证法的文字语言及其相对应的否定假设
常见
词语
至少有一个
至多有
一个
唯一一个
不是
不可能
全
都是
否定
假设
一个也没有
有两个或两个以上
没有或有两个或两个以上
是
有或存在
不全
不都是
2.放缩法证明不等式常用的技巧
(1)增项或减项．
(2)在分式中增大或减小分子或分母．
(3)应用重要不等式放缩，如a2＋b2≥2ab，≤，ab≤2，≥(a，b，c＞0)．
(4)利用函数的单调性等．
一、选择题
1．P＝＋＋(a，b，c均为正数)与3的大小关系为(　　)
A．P≥3 B．P＝3
C．P＜3 D．P＞3
答案　C
解析　P＝＋＋＜＋＋＝3.
2．设x，y，z都是正实数，a＝x＋，b＝y＋，c＝z＋，则a，b，c三个数(　　)
A．至少有一个不大于2 B．都小于2
C．至少有一个不小于2 D．都大于2
答案　C
解析　假设a，b，c都小于2，
则a＋b＋c＜6，
又a＋b＋c＝x＋＋y＋＋z＋＝＋＋≥6，与a＋b＋c＜6矛盾．
所以a，b，c至少有一个不小于2.故选C.
3．已知a＞0，b＞0，c＞0，且a2＋b2＝c2，则an＋bn与cn(n≥3，n∈N＋)的大小关系为(　　)
A．an＋bn＞cn B．an＋bn＜cn
C．an＋bn≥cn D．an＋bn＝cn
答案　B
解析　∵a2＋b2＝c2，
∴2＋2＝1，
∴0＜＜1,0＜＜1，
∴y＝x，y＝x均为减函数．
∴当n≥3时，有n＜2，n＜2，
∴n＋n＜2＋2＝1，
∴an＋bn＜cn.
4．设x＞0，y＞0，A＝，B＝＋，则A与B的大小关系为(　　)
A．A≥B B．A＝B
C．A＞B D．A＜B
答案　D
解析　∵x＞0，y＞0，
∴A＝＋＜＋＝B.
5．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：
①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；
②a＞b与a＜b及a≠c中至少有一个成立；
③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．
其中判断正确的个数为(　　)
A．0B．1C．2D．3
答案　C
解析　对于①，假设(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，这时a＝b＝c，与已知矛盾，故(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0，故①正确；
对于②，假设a＞b与a＜b及a≠c都不成立，这时a＝b＝c，与已知矛盾，故a＞b与a＜b及a≠c中至少有一个成立，故②正确；
对于③，显然不正确．
6．设a，b，c是正数，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“P·Q·R＞0”是“P，Q，R同时大于零”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
答案　C
解析　必要性显然成立．充分性：若P·Q·R＞0，则P，Q，R同时大于零或其中有两个负的，不妨设P＜0，Q＜0，R＞0，因为P＜0，Q＜0，
即a＋b＜c，b＋c＜a.所以a＋b＋b＋c＜c＋a.
所以b＜0，与b＞0矛盾，故充分性成立．
二、填空题
7．若A＝＋＋…＋，则A与1的大小关系为________．
答案　A＜1
解析　A＝＋＋…＋＜＝＝1.
8．用反证法证明“一个三角形不能有两个直角”有三个步骤：①则∠A＋∠B＋∠C＝90°＋90°＋∠C＞180°，这与三角形的内角和为180°矛盾，故结论错误；
②所以一个三角形不可能有两个直角；
③假设△ABC有两个直角，不妨设∠A＝∠B＝90°.
上述步骤的正确顺序是________．
答案　③①②
解析　由反证法的证明步骤可知，正确顺序应该是③①②.
9．已知a∈R＋，则，，从大到小的顺序为________．
答案　＞＞
解析　因为＋＞＋＝2，
＋＜＋＝2，
所以2＜＋＜2，
所以＞＞ .
10．某同学准备用反证法证明如下问题：
函数f(x)在[0,1]上有意义，且f(0)＝f(1)，如果对于不同的x1，x2∈[0,1]，满足|f(x1)－f(x2)|＜|x1－x2|，求证：|f(x1)－f(x2)|＜，那么它的反设应该是________．
答案　存在x1，x2∈[0,1]且x1≠x2，满足|f(x1)－f(x2)|＜|x1－x2|，使|f(x1)－f(x2)|≥
三、解答题
11．实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，且ac＋bd＞1，求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．
证明　假设a，b，c，d都是非负数．
由a＋b＝c＋d＝1知，a，b，c，d∈[0,1]．
从而ac≤≤，bd≤≤，
∴ac＋bd≤＝1，
即ac＋bd≤1，与已知ac＋bd＞1矛盾，
∴a，b，c，d中至少有一个是负数．
12．设n是正整数，求证：≤＋＋…＋＜1.
证明　由2n≥n＋k＞n(k＝1,2，…，n)，
得≤＜，
当k＝1时，≤＜，
当k＝2时，≤＜，
…，
当k＝n时，≤＜，
∴＝≤＋＋…＋＜＝1.
∴原不等式成立．
13．设a，b∈R,0≤x≤1,0≤y≤1，求证：对于任意实数a，b必存在满足条件的x，y，使|xy－ax－by|≥成立．
证明　假设对一切0≤x≤1,0≤y≤1，结论不成立，
则有|xy－ax－by|＜.令x＝0，y＝1，得|b|＜；
令x＝1，y＝0，得|a|＜；令x＝y＝1，得|1－a－b|＜.
又|1－a－b|≥1－|a|－|b|＞1－－＝，这与上式矛盾．
故假设不成立，原命题结论正确．
四、探究与拓展
14．完成反证法证题的全过程．
题目：设a1，a2，…，a7是由数字1,2，…，7任意排成的一个数列，求证：乘积p＝(a1－1)(a2－2)…(a7－7)为偶数．
证明：假设p为奇数，则________均为奇数．①
因为7个奇数之和为奇数，故有
(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)为________．②
而(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)
＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)＝________.③
②与③矛盾，故p为偶数．
答案　①a1－1，a2－2，…，a7－7　②奇数　③0
解析　由假设p为奇数可知，(a1－1)，(a2－2)，…，(a7－7)均为奇数，故(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)＝0为奇数，这与0为偶数相矛盾．
15．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明：是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋＜.
证明　(1)由an＋1＝3an＋1，得an＋1＋＝3.
又a1＋＝，
所以是首项为，公比为3的等比数列．
所以an＋＝，因此{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)知，＝，
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，
所以≤.于是＋＋…＋≤1＋＋…＋＝(1－)＜.
所以＋＋…＋＜.