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高中数学第二讲证明不等式的基本方法第3节反证法与放缩法创新应用教学案新人教A版选修4_5

第 3 节 反证法与放缩法创新应用 [核心必知] 1.反证法 先假设要证的命题不成立,以此为出发点,结合已知条件,应用公理、定义、定理、性 质等,进行正确的推理,得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等) 矛盾的结论,以说明假设不正确,从而证明原命题成立,我们称这种证明问题的方法为反证 法. 2.放缩法 证明不等式时,通常把不等式中的某些部分的值放大或缩小,简化不等式,从而达到证 明的目的.我们把这种方法称为放缩法. [问题思考] 1.用反证法证明不等式应注意哪些问题? 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. 2.运用放缩法证明不等式的关键是什么? 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; 1 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. 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. [精讲详析] 本题考查反证法的应用. 解答本题若采用直接法证明将非常困难, 因此可 考虑采用反证法从反面入手解决. 1 假设 4a(1-b)>1,4b(1-c)>1,4c(1-d)>1,4d(1-a)>1,则有 a(1-b)> ,b(1 4 1 1 1 -c)> ,c(1-d)> ,d(1-a)> . 4 4 4 1 1 1 1 ∴ a(1-b)> , b(1-c)> , c(1-d)> , d(1-a)> . 2 2 2 2 又∵ a(1-b)≤ a+(1-b) 2 2 2 , ,∴ , b(1-c)≤ b+(1-c) 2 , c(1-d)≤ d(1-a)≤ 2 > , 2 c+(1-d) d+(1-a) a+1-b 1 b+1-c 1 2 > , 2 2 > , 2 c+1-d 1 d+1-a 1 2 > .将上面各式相加得 2>2,矛盾. 2 ∴4a(1-b),4b(1-c),4c(1-d),4d(1-a) 这四个数不可能都大于 1. 2 ————— ————————————— (1)当证明的结论中含有“不是”, “不都”, “不存在”等词语时,适于应用反证法, 因为此类问题的反面比较具体. (2)用反证法证明不等式时,推出的矛盾有三种表现形式:①与已知相矛盾,②与假设 矛盾,③与显然成立的事实相矛盾. 1.已知 f(x)是 R 上的单调递增函数,且 f(a)+f(-b)>f(-a)+f(b).求证:a>b. 证明:假设 a≤b, 则当 a=b 时-b=-a, 于是有 f(a)+f(-b)=f(b)+f(-a)与已知矛盾. 当 a<b 时,-a>-b, 于是有 f(a)<f(b),f(-b)<f(-a), ∴f(a)+f(-b)<f(b)+f(-a)与已知矛盾.∴a>b. 实数 a、b、c、d 满足 a+b=c+d=1,ac+bd>1,求证:a、b、c、d 中至少有 一个是负数. [精讲详析] 本题考查“至多”、“至少”型命题的证明方法.解答本题应假设 a、b、 c、d 都是非负数,然后证明并得出矛盾. 假设 a、b、c、d 都是非负数, 即 a≥0,b≥0,c≥0,d≥0, 则 1=(a+b)(c+d)=(ac+bd)+(ad+bc)≥ac+bd, 这与已知中 ac+bd>1 矛盾, ∴原假设错误, ∴a、b、c、d 中至少有一个是负数. ————— ————————————— 3 (1)在证明中含有“至少”、“至多”、“最多”等字眼时,或证明否定性命题、唯一 性命题时,可使用反证法证明.在证明中常见的矛盾可以与题设矛盾,也可以与已知矛盾, 与显然的事实矛盾,也可以自相矛盾. (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, 在证明过程中必须使用这个增加的条件,否则就不是反证法. 2.已知函数 y=f(x)在区间(a,b)上是增函数,求证:y=f(x)在区间(a,b)上至多有 一个零点. 证明:假设函数 y=f(x)在区间(a,b)上至少有两个零点, 不妨设 x1,x2(x1≠x2)为函数 y=f(x)在区间(a,b)上的两个零点,且 x1<x2,则 f(x1) =f(x2)=0. ∵函数 y=f(x)在区间(a,b)上为增函数, x1,x2∈(a,b)且 x1<x2, ∴f(x1)<f(x2),与 f(x1)=f(x2)=0 矛盾, ∴原假设不成立. ∴函数 y=f(x)在(a,b)上至多有一个零点. 3 1 1 1 1 求证: - <1+ 2+…+ 2<2- (n∈N+且 n≥2). 2 n+1 2 n n [精讲详析] 本题考查放缩法在证明不等式中的应用, 解答本题要注意欲证的式子中间 是一个和的形式, 但我们不能利用求和公式或其他方法求和, 因此可考虑将分母适当放大或 缩小成可以求和的形式,进而求和,并证明该不等式. ∵k(k+1)>k >k(k-1), ∴ 1 2 k(k+1) k2 k(k-1) 1 < < 1 , 1 1 1 1 1 即 - < 2< - k k+1 k k-1 k (k∈N+且 k≥2). 4 分别令 k=2,3,…,n

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