数学学案：课堂探究反证法与放缩法

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，业必贵于专精课堂探究1．反证法中的数学语言剖析：反证法适宜证明“存在性问题，唯一性问题”，带有“至少有一个”或“至多有一个”等字样的问题，或者说“正难则反”，直接证明有困难时,常采用反证法．下面我们列举以下常见的涉及反证法的文字语言及其相对应的否定假设。常见词语至少有一个至多有一个唯一一个不是不可能全都是否定假设一个也没有有两个或两个以上没有或有两个以上是有或存在不全不都是对某些数学语言的否定假设要准确，以免造成原则性的错误，有时在使用反证法时,对假设的否定也可以举一定的特例来说明矛盾，尤其在一些选择题中，更是如此．2．放缩法的尺度把握等问题剖析：(1）放缩法的理论依据主要有：①不等式的传递性；②等量加不等量为不等量；③同分子（分母)异分母(分子)的两个分式大小的比较;④基本不等式与绝对值不等式的基本性质；⑤三角函数的值域等．(2）放缩法使用的主要方法：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查．常用的放缩方法有增项、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．比如：舍去或加上一些项：eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2）))2＋eq\f（3,4）＞eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(a＋\f（1，2)）)2；将分子或分母放大(缩小）：eq\f(1，k2)＜eq\f（1,k(k－1））,eq\f(1，k2)＞eq\f（1,k（k＋1）），eq\f(1，\r(k）)＜eq\f(2,\r(k）＋\r（k－1))，eq\f（1，\r(k）)＞eq\f(2，\r（k）＋\r（k＋1））(k∈R,k＞1）等．题型一利用反证法证明不等式【例1】若a3＋b3＝2，求证：a＋b≤2.分析：本题结论的反面比原结论更具体、更简洁，宜用反证法．证法一：假设a＋b＞2，而a2－ab＋b2＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f（1，2)b）)2＋eq\f（3，4)b2≥0，但取等号的条件为a＝b＝0，显然不可能，∴a2－ab＋b2＞0。则a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＞2(a2－ab＋b2），而a3＋b3＝2，故a2－ab＋b2＜1.∴1＋ab＞a2＋b2≥2ab.从而ab＜1。∴a2＋b2＜1＋ab＜2。∴（a＋b)2＝a2＋b2＋2ab＜2＋2ab＜4。而由假设a＋b＞2，得(a＋b）2＞4，出现矛盾，故假设不成立,原结论成立，即a＋b≤2。证法二:假设a＋b＞2，则a＞2－b，故2＝a3＋b3＞（2－b)3＋b3,即2＞8－12b＋6b2，即（b－1）2＜0，这不可能，从而a＋b≤2。证法三:假设a＋b＞2，则(a＋b）3＝a3＋b3＋3ab(a＋b）＞8。由a3＋b3＝2，得3ab（a＋b）＞6。故ab(a＋b）＞2。又a3＋b3＝(a＋b）(a2－ab＋b2)＝2。∴ab(a＋b）＞(a＋b）(a2－ab＋b2）．∴a2－ab＋b2＜ab，即(a－b)2＜0.这不可能,故a＋b≤2.反思用反证法证明不等式时，推出的矛盾有三种表现形式：①与已知矛盾；②与假设矛盾；③与显然成立的事实相矛盾．【例2】设二次函数f(x）＝x2＋px＋q，求证：｜f（1）|，｜f（2）|，|f(3）｜中至少有一个不小于eq\f(1，2)。分析：当要证明几个代数式中，至少有一个满足某个不等式时，通常采用反证法．证明：假设|f(1)｜，|f（2）|，|f（3)｜都小于eq\f（1，2)，则|f(1)｜＋2｜f（2)｜＋|f(3)|＜2.①另一方面，由绝对值不等式的性质，有｜f（1)|＋2|f(2)｜＋|f（3)|≥|f(1)－2f(2）＋f＝｜(1＋p＋q)－2(4＋2p＋q)＋（9＋3p＋q）｜＝2。②①②两式的结果矛盾，所以假设不成立，原来的结论正确,即｜f(1）|，|f（2）｜，｜f（3)|中至少有一个不小于eq\f(1,2）。反思（1）在证明中含有“至多”“至少”“最多”等词语时，常使用反证法证明．(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。题型二利用放缩法证明不等式【例3】若n是大于1的自然数,求证：eq\f（1,12）＋eq\f(1，22）＋eq\f（1，32）＋…＋eq\f（1，n2）＜2.证明：∵eq\f（1,k2）＜eq\f（1,k(k－1））＝eq\f(1,k－1）－eq\f(1,k），k＝2,3，4，…，n,∴eq\f（1，12）＋eq\f（1,22）＋eq\f(1，32)＋…＋eq\f(1，n2）＜eq\f（1,1)＋eq\f（1,1×2)＋eq\f(1，2×3)＋…＋eq\f(1，(n－1)·n)＝eq\f（1，1）＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，1)－\f(1,2）)）＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，2）－\f(1,3）))＋…＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,n－1)－\f(1,n）））＝2－eq\f(1,n）＜2。反思（1)放缩法证明不等式主要是根据不等式的传递性进行交换，即欲证a＞b，可换成证a＞c且c＞b，欲证a＜b，可换成证a＜c且c＜b.（2)放缩法原理简单,但技巧性较强且有时还会有“危险”，因为放大或缩小过头，就会得出错误的结论,而达不到预期的目的，因此，在使用放缩法时要注意放缩的“度”.题型三易错辨析【例4】已知实数x，y,z不全为零．求证：eq\r（x2＋xy＋y2）＋eq\r（y2＋yz＋z2)＋eq\r（z2＋zx＋x2)＞eq\f(3，2）(x＋y＋z)．错解：2（eq\r（x2＋xy＋y2)＋eq\r（y2＋yz＋z2)＋eq\r(z2＋zx＋x2)）＞eq\r(x2＋xy)＋eq\r(xy＋y2)＋eq\r（y2＋yz)＋eq\r(yz＋z2）＋eq\r(z2＋xz）＋eq\r（xz＋x2）＝eq\r(x)eq\r(x＋y)＋eq\r(y)eq\r(x＋y）＋eq\r（y)eq\r(y＋z）＋eq\r(z）eq\r(y＋z）＋eq\r（z)eq\r(x＋z)＋eq\r（x）eq\r（x＋z)＝（eq\r（x)＋eq\r（y))eq\r(x＋y）＋(eq\r(y）＋eq\r（z)）eq\r(y＋z)＋（eq\r(x）＋eq\r(z））eq\r(x＋z)，无法证出结论．错因分析:出现放缩过大而达不到预想目的，造成这种现象的原因是对放缩法理解不透或没掌握好放缩技巧．正解:eq\r（x2＋xy＋y2)＝eq\r（\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（y，2）））2＋\f(3，4)y2）≥eq\r(\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f（y，2）））2)＝eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1(x＋\f(y，2）））≥x＋eq\f(y，2）。同理可得：eq\r（y2＋yz＋z2）≥y＋eq\f(z，2），eq\r（z2＋zx＋x2)≥z＋eq\f（x，2)，由于x,y，z不全为零，故上述三式中至少有一式取不到等号，所以三式累加得：eq\r(x2＋xy＋y2)＋eq\r（y2