1.5.3　反证法和放缩法学案

1.5.3　反证法和放缩法
1.理解反证法和放缩法的概念.
2.会用反证法和放缩法证明较简单的不等式.
自学导引
1.反证法：首先假设要证明的命题是不正确的，然后利用公理，已有的定义、定理，命题的条件逐步分析，得到和命题的条件(或已证明过的定理，或明显成立的事实)矛盾的结论，以此说明假设的结论不成立，从而原来的结论正确.
2.放缩法：将所需证明的不等式的值适当放大(或缩小)使它由繁化简，达到证明目的.如果所要证明的不等式中含有分式，把分母放大，则相应分式的值缩小，反之，把分母缩小，则分式的值放大.
基础自测
1.设M＝＋＋＋…＋，则(　　)
A.M＝1 B.M<1
C.M>1 D.M与1大小关系不定
解析　M是210项求和，
M＝＋＋＋…＋
<＋＋＋…＋＝1，故选B.
答案　B
2.已知a，b∈R＋，下列各式中成立的是(　　)
A.cos2θ·lg a＋sin2θ·lg bB.cos2θ·lg a＋sin2θ·lg b>lg(a＋b)
C.acos2θbsin2θ＝a＋b
D.acos2θ·bsin2θ>a＋b
解析　cos2θlg a＋sin2θlg b＝cos2θlg a＋(1－cos2θ)lgb＝cos2θlg＋lg b答案　A
3.lg 9·lg 11与1的大小关系是________.
解析　lg 9·lg 11≤＝<12＝1.
答案　lg 9·lg 11<1
知识点1　反证法证明不等式
【例1】已知：a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，abc>0.
求证：a>0，b>0，c>0.
证明　假设a、b、c不全是正数，
即至少有一个小于或等于0.
又abc>0，不妨假设a<0，则bc<0.
∵b＋c>－a>0，∴－a(b＋c)>0.
∴a(b＋c)<0，又∵bc<0，∴bc＋a(b＋c)<0.
即ab＋bc＋ca<0.
这与已知ab＋bc＋ca>0矛盾.
∴假设不成立.
故a>0，b>0，c>0成立.
●反思感悟：用反证法证明不等式，其实质是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出与已知条件或公理相矛盾的结论，从而肯定原命题成立.
1.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，有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2.
(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.
知识点2　放缩法证明不等式
【例2】设Sn＝＋＋…＋，
求证：不等式证明　∵Sn>＋＋…＋
＝1＋2＋…＋n＝.
且Sn<＋＋…＋＝＋＋…＋
<＋＋＋…＋＝
∴●反思感悟：用放缩法证明不等式的过程中，往往采用“添舍”放缩、分项放缩、函数的单调性放缩、重要不等式收缩等，放缩时要注意适度，否则不能同向传递.
2.求证：1＋＋＋…＋<2 (n∈N*).
证明　1＋＋＋…＋<1＋＋＋…＋＝1＋＋＋…＋
＝2－<2.
知识点3　放缩法与其它方法相结合证不等式
【例3】若正数a，b，c满足a＋b>c，
求证：＋>.
证明　∵a＋b>c，∴a＋b－c>0，由真分数的性质：
<＝
＝＋<＋
∴＋>.
●反思感悟：函数的单调性和“真分数的分子、分母同加上一正数，所得新分数的值变大”的性质都是放缩的重要依据.
3.求证：＋＋＋…＋<3 (n∈N*).
证明　设S＝＋＋＋…＋，
将等式两边乘以得S＝＋＋＋…＋.
将两式相减得
S＝＋2－
＝＋1－.∴S＝3－，又>0，
∴S<3，即＋＋＋…＋<3 (n∈N*).
课堂小结
1.用反证法证明不等式要把握三点：
(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面.当结论的反面呈现多样性时，必须罗列出各种可能结论，缺少任何一种可能，反证都是不完全的.
(2)反证法必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推证；否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法.
(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾、有的与假设矛盾、有的与已知事实相违背等等.推导出的矛盾必须是明显的.
2.放缩法是不等式证明中最重要的变形方法之一.放缩必须有目标，而且要恰到好处，目标往往要从证明的结论考察，常用的放缩法有增项、减项、利用分式的性质、利用不等式的性质、利用已知不等式、利用函数的性质进行放缩等.
随堂演练
1.设a、b、c∈R＋，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“PQR>0”是“P、Q、R同时大于零”的(　　)
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分且必要条件 D.既不充分又不必要条件
解析　必要性是显然成立的
当PQR>0时，若P，Q，R不同时大于零，则其中两个为负，一个为正，不妨设P>0，Q<0，R<0，则Q＋R＝2c<0，这与c>0矛盾，即充分性也成立.
答案　C
2.已知a，b，c，d都是正数，S＝＋＋＋，则S的取值范围是________.
答案　(1，2)
3.用反证法证明：如果a，b为正数，则a3＋b3≥a2b＋ab2.
证明　假设a3＋b3则a3＋b3－a2b－ab2<0.∴a2(a－b)－b2(a－b)<0
即(a－b)2(a＋b)<0.又∵(a－b)2≥0，
∴a＋b<0这与a，b都是正数相矛盾，
∴假设不成立，∴a3＋b3≥a2b＋ab2.
4.求证：＋≤1＋.
证明　∵＋＝
＝≤
＝1＋≤1＋.
基础达标
1.已知p＝a＋，q＝2－a2＋4a－2 (a>2)，则(　　)
A.p>q　　B.p解析　∵p＝(a－2)＋＋2，又a－2>0，
∴p≥2＋2＝4，而q＝2－(a－2)2＋2，
根据a>2，可得q<22＝4，∴p>q.
答案　A
2.不等式a>b与>能同时成立的充要条件是(　　)
A.a>b>0 B.a>0>b
C.<<0 D.>>0
解析　充分性显然.下面用反证法说明必要性.
若a，b同号且a>b，则有<，
此时不能保证a>b与>同时成立，
∴a，b只能异号，即a>0>b.
答案　B
3.若f(x)＝，a，b都为正数，A＝f，G＝f()，H＝f，则(　　)
A.A≤G≤H B.A≤H≤G
C.G≤H≤A D.H≤G≤A
解析　∵a，b为正数，
∴≥＝≥＝，
又∵f(x)＝为单调减函数，
∴f≤f()≤f，
∴A≤G≤H.
答案　A
4.设x>0，y>0，A＝，B＝＋，则A与B的大小关系为________.
解析　∵A＝＋ (x>0，y>0)<＋＝B，∴A答案　A＜B
5.已知|a|≠|b|，m＝，n＝，则m，n之间的大小关系是____________.
解析　m＝≤＝1，
n＝≥＝1.
答案　m≤n
6.设m等于|a|、|b|和1中最大的一个，当|x|>m时，求证：<2.
证明　由已知得：|x|>m≥|a|，
|x|>m≥|b|，|x|>m≥1，
∴|x|2>m2≥|b|·1＝|b|
∴≤＋
＝＋<＋＝2，
故原不等式成立.
综合提高
7.已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，abc>0，则a，b，c三数(　　)
A.全为正数
B.至多有两个为正数
C.至多有一个为正数
D.全为负数
解析　假设a，b，c不全为正数，
∵abc>0，∴有两个负数一个正数，
不妨设a，b为负数，c为正数，
∵a＋b＋c>0，c>－(a＋b)>0，
又∵ab＋bc＋ca>0，ab>－(bc＋ca)＝－c(a＋b)≥(a＋b)2，
这与(a＋b)2≥4ab矛盾，故假设错误，∴a，b，c全为正数.选A.
答案　A
8.若实数m>n，正数a>b，A＝(an＋bn)m，B＝(am＋bm)n，则(　　)
A.A>B
B.AC.A与B的大小关系由m与n的差决定
D.A与B的大小关系由a与b的差决定
解析　A＝(an＋bn)m＝
＝amn，
B＝(am＋bm)n＝＝amn.
∵a>b>0，∴0<<1.又m>n，∴>，
∴amn>amn，
即A>B，故选A.
答案　A
9.若|a|<1，|b|<1，则|a＋b|＋|a－b|与2的大小关系是________________.
解析　当(a＋b)(a－b)≥0时，
|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|<2；
当(a＋b)(a－b)<0时，
|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)－(a－b)|＝2|b|<2.
综上，|a＋b|＋|a－b|<2.
答案　|a＋b|＋|a－b|<2
10.设a、b、c、d∈R，a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，则abcd的最小值等于________.
答案　－
11.已知a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1，求证：a，b，c中至少有一个大于.
证明　∵abc＝1>0，∴a，b，c都为正，或者a，b，c中有一正二负.又a＋b＋c＝0，
∴a，b，c中只能是一正二负.
不妨设a>0，b<0，c<0，则b＋c＝－a，bc＝，
即b，c为方程x2＋ax＋＝0的两个负实根，
∴Δ＝a2－≥0，
解得a≥>＝，
∴a，b，c中至少有一个大于.
12.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明{an＋}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.
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＋＋…＋＝<.
所以＋＋…＋<.