2018_2019高中数学第二讲证明不等式的基本方法2.3反证法与放缩法导学案新人教A版

2.3 反证法与放缩法

学习目标

1.理解反证法在证明不等式中的应用．

2．掌握反证法证明不等式的方法．

3．掌握放缩法证明不等式的原理，并会用其证明不等式.

一、自学释疑

根据线上提交的自学检测，生生、师生交流讨论，纠正共性问题。

二、合作探究

探究1．用反证法证明不等式应注意哪些问题？

探究2．运用放缩法证明不等式的关键是什么？

1.反证法

对于那些直接证明比较困难的命题常常用反证法证明．用反证法证明数学命题，实际上是证明逆否命题成立，来代替证明原命题成立，用反证法证明步骤可概括为“否定结论，推出矛盾”．

(1)否定结论：假设命题的结论不成立，即肯定结论的反面成立．

(2)推出矛盾：从假设及已知出发，应用正确的推理，最后得出与定理、性质、已知及事实相矛盾的结论，从而说明假设不成立，故原命题成立．

2．用反证法证明不等式应注意的问题

(1)必须先否定结论，对于结论的反面出现的多种可能要逐一论证，缺少任何一种可能，证明都是不完全的．

(2)反证法必须从否定结论进行推理，且必须根据这一条件进行论证；否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行论证，就不是反证法．

3．放缩法

放缩法是证明不等式的一种特殊方法，它利用已知的基本不等式(如均值不等式)，或某些函数的有界性、单调性等适当的放缩以达到证明的目的．放缩是一种重要手段，放缩时应目标明确、放缩适当，目的是化繁为简，应灵活掌握．

常见放缩有以下几种类型：

第一，直接放缩；

第二，裂项放缩(有时添加项)；

第三，利用函数的有界性、单调性放缩；

第四，利用基本不等式放缩．

例如：1n 2<1n

n －1＝1n －1－1n ，1n 2>1n n ＋1＝1n －1n ＋1；1n >2n ＋n ＋1＝2(n ＋1－n )，1

n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)．

以上n ∈N，且n >1.

【例1】 若a 3＋b 3

＝2，求证：a ＋b ≤2.

【变式训练1】 若假设a ，b ，c ，d 都是小于1的正数，求证：4a (1－b )，4b (1－c )，4c (1－d )，4d (1－a )这四个数不可能都大于1.

【例2】 设x ，y ，z 满足x ＋y ＋z ＝a (a >0)，x 2＋y 2＋z 2＝12

a 2.求证：x ，y ，z 都不能是负数或大于23

a 的数．

【变式训练2】 证明：若函数f (x )在区间[a ，b ]上是增函数，那么方程f (x )＝0在区间[a ，b ]上至多有一个实根．

【例3】 求证：2(n ＋1－1)<1＋

12＋13 (1)

<2n (n ∈N ＋)．

【变式训练3】 设n ∈N ＋，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)

<1.

【例4】 已知实数x ，y ，z 不全为零，求证： x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2>32

(x ＋y ＋z )．

【变式训练4】 设x >0，y >0，x >0，求证： x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2>x ＋y ＋z .

参考答案

探究1．提示：用反证法证明不等式要把握三点：

(1)必须先否定结论，对于结论的反面出现的多种可能要逐一论证，缺少任何一种可能，证明都是不完全的．

(2)反证法必须从否定结论进行推理，且必须根据这一条件进行论证；否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行论证，就不是反证法．

(3)推导出来的矛盾可以是多种多样的，有的与已知条件相矛盾，有的与假设相矛盾，有的与定理、公理相违背，有的与已知的事实相矛盾等，但推导出的矛盾必须是明显的．

探究 2 提示：运用放缩法证明不等式的关键是放大(或缩小)要适当．如果所要证明的不等式中含有分式，那么我们把分母放大时相应分式的值就会缩小；

反之，如果把分母缩小，则相应分式的值就会放大．有时也会把分子、分母同时放大，这时应该注意不等式的变化情况，可以与相应的函数相联系，以达到判断大小的目的，这些都是我们在证明中的常用方法与技巧，也是放缩法中的主要形式．

【例1】 证法一 假设a ＋b >2，则a >2－b ，

∴2＝a 3＋b 3>(2－b )3＋b 3，即2>8－12b ＋6b 2，即(b －1)2

<0，这是不可能的．

∴a ＋b ≤2.

证法二 假设a ＋b >2，而a 2－ab ＋b 2＝(a －12b )2＋34

b 2≥0，但取等号的条件是a ＝b ＝0，显然不可能．

∴a 2－ab ＋b 2>0.

则a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)>2(a 2－ab ＋b 2)．

又∵a 3＋b 3＝2，

∴a 2－ab ＋b 2<1.

∴1＋ab >a 2＋b 2≥2ab .

∴ab ≤1.

∴(a ＋b )2＝a 2＋b 2＋2ab

＝(a 2－ab ＋b 2)＋3ab <4.

∴a ＋b <2，这与假设相矛盾，故a ＋b ≤2.

【变式训练1】证明 假设4a (1－b )，4b (1－c )，4c (1－d )，4d (1－a )都大于1，则a (1－b )>14，b (1－c )>14，c (1－d )>14，d (1－a )>14

.

>12>12，>12，>12.

又∵≤(1)2a b +-，≤(1)2b c +-，≤(1)2c d +-，

(1)2d a +-， ∴(1)2a b +->12，(1)2b c +->12，(1)2c d +->12，(1)2

d a +->12. 以上四个式子相加，得2>2，矛盾．

∴原命题结论成立．

【例2】【证明】 (1)假设x ，y ，z 中有负数，

若x ，y ，z 中有一个负数，不妨设x <0，

则y 2＋z 2≥12(y ＋z )2＝12

(a －x )2， 又∵y 2＋z 2＝12

a 2－x 2， ∴12a 2－x 2≥12

(a －x )2. 即32

x 2－ax ≤0，这与a >0，x <0矛盾． 若x ，y ，z 中有两个是负数，不妨设x <0，y <0，

则z >a .

∴z 2>a 2.这与x 2＋y 2＋z 2＝12

a 2相矛盾． 若x ，y ，z 全为负数，则与x ＋y ＋z ＝a >0矛盾．

综上所述，x ，y ，z 都不为负数．

(2)假设x ，y ，z 有大于23

a 的数． 若x ，y ，z 中有一个大于23a ，不妨设x >23

a . 由12a 2－x 2＝y 2＋z 2≥12(y ＋z )2＝12

(a －x )2得 32x 2－ax ≤0，即32x ? ????x －23a ≤0，这与x >23

a 相矛盾． 若x ，y ，z 中有两个或三个大于23

a ，这与x ＋y ＋z ＝a 相矛盾． 综上所述，x ，y ，z 都不能大于23

a . 由(1)、(2)知，原命题成立．

【变式训练2】证明 假设方程f (x )＝0在区间[a ，b ]上至少有两个实根，设α，β

为其中的两个实根．

∵α≠β，不妨设α>β.

∵函数f (x )在区间[a ，b ]上是增函数，

∴f (α)>f (β)．这与f (α)＝f (β)＝0矛盾．

所以方程f (x )＝0在区间[a ，b ]上至多有一个实数根．

【例3】【证明】 对k ∈N ＋，1≤k ≤n ，有 1k >2k ＋k ＋1＝2(k ＋1－k )． ∴1＋

1

2＋1

3＋ (1)

>2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n ＋1－n )＝2(n ＋1－1)．

又∵1k <2k ＋k －1

＝2(k －k －1)(2≤k ≤n )， ∴1＋1

2＋1

3＋…＋1n <1＋2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n －n －1)＝2n . 综上分析可知，原不等式成立．

【变式训练3】证明 ∵n ∈N ＋，

∴1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ≥12n ＋12n …＋12n ＝n 2n ＝12

. 又∵

1n ＋1＋1n ＋2＋...＋12n <1n ＋1n ＋...＋1n ＝n n ＝1， ∴12≤1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)

<1.

【例4】【证明】

x 2＋xy ＋y 2|x ＋y 2|≥x ＋y 2. 同理y 2＋yz ＋z 2≥y ＋z 2

， z 2＋zx ＋x 2≥z ＋x 2

. 由于x ，y ，z 不全为零，故上面三个式子中至少有一个式子等号不成立，

所以三式相加，得

x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2>32(x ＋y ＋z )．

【变式训练4】证明 ∵x >0，y >0，z >0，

∴x 2＋xy ＋y 2＝223()24y x y ++≥2()2

y x +＝|x ＋y 2|≥x ＋y 2.同理y 2＋yz ＋z 2>z

＋y 2

. 二式相加，得x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2> x ＋y ＋z .