2019-2020学年高中数学 第1章 不等关系与基本不等式 4 不等式的证明 第3课时 不等式的证

第一章不等关系与基本不等式§4不等式的证明第3课时不等式的证明——反证法、放缩法、几何法学习目标：1.了解放缩法、反证法、几何法的概念；理解用反证法、放缩法、几何法证明不等式的步骤．(重点)2.会用反证法、放缩法、几何法证明一些简单的不等式．(难点)自主预习探新知教材整理1放缩法与几何法阅读教材P18～P20，完成下列问题．1．放缩法证明命题时，有时可以通过缩小(或放大)分式的______________，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______．分母(或分子)放缩法2．几何法通过构造________，利用________的性质来证明不等式的方法称为______．几何图形几何图形几何法判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)分式的放缩可以通过放大(或缩小)分子(或分母)来进行.()(2)整式的放缩可以通过加减项来进行.()(3)从aba＋mb来看，这是通过扩大分子达到了放大的目的.()[解析]根据放缩法的定义知(1)(2)正确，而(3)中，因m的符号不定，所以不一定达到放大的目的，故错误．[答案](1)√(2)√(3)×教材整理2反证法阅读教材P20～P21，完成下列问题．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的证明方法叫______．其证明的步骤是：(1)作出________的假设；(2)进行推理，导出____；(3)________，肯定结论．反证法否定结论矛盾否定假设判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)反证法与同一法实质上是一致的.()(2)证明“至少”“至多”“否定性命题”时宜用反证法.()(3)证明结论“a，b，c至少一个为负数”时，提出假设可以是“a，b，c至多有两个为负数”.()[解析](1)×从原理上分析，两种方法截然不同．(2)√反证法适合于证明这种类型．(3)×假设应为“a，b，c没有一个为负数”．[答案](1)×(2)√(3)×合作探究提素养利用反证法证明否定性结论【例1】已知a，b，c∈(0,1)，求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能同时大于14.[精彩点拨]当直接证明命题较困难时，可根据“正难则反”，利用反证法加以证明．凡涉及否定性、惟一性命题或含“至多”“至少”等语句的不等式时，常可考虑反证法．[自主解答]假设三式同时大于14，即b－ab14，c－bc14，a－ac14，三式同向相乘，得(1－a)a(1－b)b(1－c)c164.①∵0a1，∴(1－a)a≤1－a＋a22＝14.同理(1－b)b≤14，(1－c)c≤14.又(1－a)a，(1－b)b，(1－c)c均大于零，∴(1－a)a(1－b)b(1－c)c≤164，②因此①式与②式矛盾．故假设不成立，即原命题成立．1．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理，否则，仅否定结论，不从结论的反面推理，就不是反证法．2．利用反证法证题的关键是利用假设和条件通过正确推理推出与已知条件或定理事实相矛盾，或自相矛盾．1．若0a2,0b2,0c2.求证：(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能同时大于1.[证明]假设2－ab1，2－bc1，2－ca1，那么2－a＋b2≥2－ab1.①同理2－b＋c21，②2－c＋a21.③①＋②＋③得33，矛盾．所以原命题得证.反证法证明“至少”“至多”型命题【例2】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12.[精彩点拨](1)把f(1)，f(2)，f(3)代入函数f(x)求值推算可得结论．(2)假设结论不成立，推出矛盾，得结论．[自主解答](1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2.(2)用反证法证明．假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于12，则有|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|2.又∵|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝2，互相矛盾，∴假设不成立，∴|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于12.1．当证明的题目中含有“至多”“至少”“最多”等字眼时，常使用反证法证明，在证明中出现自相矛盾，说明假设不成立．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．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x1x2，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x1x2，∴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.放缩法证明不等式[探究问题]1．若将1k2放大(或缩小)，常用哪些方法？[提示]将分子或分母放大(缩小)：1k21kk－1(k1)，1k21kk＋1，1k2k＋k－1(k1)，1k2k＋k＋1(k1)等．2．在整式放缩中，常用到哪些性质？[提示]在整式的放缩中，常用到不等式的性质．绝对值不等式、平均值不等式等．如a＋b≥2ab(a，b为正数)，a2＋b2≥2ab，|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|等．【例3】已知an＝2n2，n为正整数，求证：对一切正整数n，有1a1＋1a2＋…＋1an＜32.[精彩点拨]针对不等式的特点，对其通项进行放缩、列项．[自主解答]∵当n≥2时，an＝2n2＞2n(n－1)，∴1an＝12n2＜12nn－1＝12·1nn－1＝121n－1－1n，∴1a1＋1a2＋…＋1an＜1＋1211×2＋12×3＋…＋1nn－1＝1＋121－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＝1＋121－1n＝32－12n＜32，即1a1＋1a2＋…＋1an＜32.放大或缩小时注意要适当，必须目标明确，合情合理，恰到好处，且不可放缩过大或过小，谨慎地添或减是放缩法的基本策略．3．求证：1＋122＋132＋…＋1n22－1n(n≥2，n∈为正整数)．[证明]∵k2k(k－1)，∴1k21kk－1＝1k－1－1k(k为正整数，且n≥2)，分别令k＝2,3，…，n得12211·2＝1－12，13212·3＝12－13，…1n21nn－1＝1n－1－1n，因此1＋122＋132＋…＋1n21＋1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＝1＋1－1n＝2－1n，故不等式1＋122＋132＋…＋1n22－1n(n≥2，n为正整数)成立．当堂达标固双基1．实数a，b，c不全为0的等价条件为()A．a，b，c均不为0B．a，b，c中至多有一个为0C．a，b，c中至少有一个为0D．a，b，c中至少有一个不为0[解析]实数a，b，c不全为0的含义即是a，b，c中至少有一个不为0，其否定则是a，b，c全为0，故选D.[答案]D2．已知a＋b＋c0，ab＋bc＋ac0，abc0，用反证法求证a0，b0，c0时的假设为()A．a0，b0，c0B．a≤0，b0，c0C．a，b，c不全是正数D．abc0[答案]C3．已知a，b，c，d都是正数，S＝aa＋b＋c＋ba＋b＋d＋cc＋d＋a＋dc＋d＋b，则有()A．S1B．S1C．S2D．以上都不对[解析]S1a＋b＋c＋d(a＋b＋c＋d)＝1.[答案]B4．已知a为正数，则12a，12a＋1，1a＋a＋1从大到小的顺序为__________．[解析]∵a＋a＋1a＋a＝2a，a＋a＋1a＋1＋a＋1＝2a＋1，∴2aa＋a＋12a＋1，∴12a1a＋a＋112a＋1.[答案]12a1a＋a＋112a＋15．已知函数f(x)是(－∞，＋∞)上的增函数，a，b∈R.(1)若a＋b≥0，求证：f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)；(2)判断(1)中命题的逆命题是否成立，并证明你的结论．[证明](1)∵a＋b≥0，∴a≥－b.由已知f(x)的单调性得：f(a)≥f(－b)．又a＋b≥0⇒b≥－a⇒f(b)≥f(－a)．两式相加即得：f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)．(2)命题(1)的逆命题为：若f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)，则a＋b≥0.逆命题成立．下面用反证法证之．假设a＋b0，那么：a＋b0⇒a－b⇒faf－b，a＋b0⇒b－a⇒fbf－a⇒f(a)＋f(b)f(－a)＋f(－b)．这与已知矛盾，故只有：a＋b≥0.逆命题得证．