数学学案：课堂导学反证法

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精课堂导学三点剖析一，熟悉反证法证明不等式的步骤【例1】设f（x)、g(x）是定义在[0,1］上的函数，求证:存在x0、y0∈［0,1］，使|x0y0-f(x0)-g(y0）|≥。证明:用反证法。假设对［0，1］内的任意实数x，y均有|xy-f(x)-g(y)|〈,考虑对x,y在［0,1]内取特殊值:(1)取x=0,y=0时，有｜0×0—f（0)—g（0)|<，∴|f（0）+g(0)｜〈；(2)取x=1,y=0时，有|1×0-f(1）-g（0）｜〈，∴|f（1）+g（0)|<；(3）取x=0，y=1时，有|0×1-f(0）-g(1)｜<，∴|f（0）+g（1)|<;（4)取x=1,y=1时，有｜1×1-f(1）-g(1）|<,∴|1—f(1）—g（1）|<。∵1=1-f(1）-g（1）+f（0)+g（1)+f（1)+g(0）—f（0）-g(0）,∴1≤｜1—f(1)-g（1）｜+|f（0)+g(1）｜+｜f(1）+g(0)｜+|f（0）+g(0)|<+++=1。∴1〈1，矛盾，说明假设不能成立.故要证结论成立。各个击破类题演练1求证：如果a〉b>0，那么(n∈N且n〉1)。证明:假设不大于有两种情况:或者.由推论2和定理1，当时，有a〈b；当时，有a=b，这些都与已知a>b>0矛盾，所以.变式提升1求证：如果a>b〉0,那么〈.证明:假设≥,则-=≥0。∵a>b〉0,∴a2b2〉0。∴b2-a2=（b+a)(b—a)≥0.∵a>b〉0，∴b+a〉0。∴b-a≥0,即b≥a.这与已知a〉b矛盾.∴假设不成立，原结论〈成立。二、什么时候用反证法证明不等式【例2】设0<a、b、c<1,求证：(1-a)b，(1—b）c,(1-c)a三个数不可能同时大于。思路分析:此命题为否定式，直接证明比较困难，可以考虑反证法.假设命题不成立，则三个数都大于，然后从这个结论出发，推出与题设矛盾的结果来。证明:假设（1—a)b，（1—b)c,（1-c)a三个数都大于，即（1—a)b〉,（1—b）c>,（1-c)a〉.以上三式相乘得(1-a）b5（1—b）c5（1-c）a>，亦即（1—a）a5（1-b)b5(1-c)c>。①又∵0〈a<1,∴0〈(1-a）a≤［］2=。同理,0〈(1-b）b≤,0〈(1-c)c≤。以上三式相乘得（1—a）a·(1-b）b·(1-c)c≤,与①矛盾。∴假设不成立，故命题获证。类题演练2已知x〉0,y〉0,且x+y>2,求证：与中至少有一个小于2。证明：假设、都不小于2,则≥2，≥2.∵x>0,y〉0,∴1+y≥2x，1+x≥2y,2+x+y≥2(x+y）.∴x+y≤2，这与已知x+y>2矛盾。故假设不成立，原题得证.变式提升2设a,b，c均为正数且a+b+c=1，求证：a2+b2+c2≥.证明：∵ab≤，bc≤，ca≤,三式相加得ab+bc+ca≤a2+b2+c2.假设a2+b2+c2〈,由1=a+b+c，∴1=（a+b+c）2=a2+b2+c2+2（ab+bc+ca）≤a2+b2+c2+2（a2+b2+c2)=3(a2+b2+c2）〈3×=1，即1〈1，显然不成立.三、体会反证法证明不等式的优越性【例3】若△ABC三边a,b，c的倒数成等差数列，则∠B〈.证明:假设∠B≥，则b边最大，有b>a,b〉c。∴〉，>。两式相加得+〉,这与题设+=相矛盾。因此,假设是错误的，∴∠B<。温馨提示证明过程就那么简单，推出矛盾也这般容易！用反证法证明不等式思路清清爽爽，有化难为易的功效。类题演练3若|a｜<1，｜b|<1,求证:||<1.证明：假设|｜≥1，则｜a+b|≥|1+ab｜.∴a2+b2+2ab≥1+2ab+a2b2。∴a2+b2-a2b2-1≥0。∴a2-1—b2（a2-1）≥0。∴（a2—1)（1-b2）≥0。∴即a2≥1,b2≤1或a2≤1,b2≥1，与已知矛盾.∴｜|<1.变式提升3已知f(x）=x2+px+q,求证：|f(1)|，|f（2)|，｜f（3)|中至少有一个不小于.证明：用反证法。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)