2024-2025学年高中数学第二讲讲明不等式的基本方法三反证法与放缩法讲义含解析新人教A版选修4-5

PAGEPAGE7三反证法与放缩法1．反证法(1)反证法证明的定义：先假设要证明的命题不成立，以此为动身点，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)冲突的结论，以说明假设不成立，从而证明原命题成立．(2)反证法证明不等式的一般步骤：①假设命题不成立；②依据假设推理论证；③推出冲突以说明假设不成立，从而断定原命题成立．2．放缩法(1)放缩法证明的定义：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．(2)放缩法的理论依据有：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．利用反证法证明问题[例1]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eq\f(1,2).[思路点拨]“至少有一个”的反面是“一个也没有”．[证明](1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2.(2)假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于eq\f(1,2)，则|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<2.而|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝2冲突，∴|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于eq\f(1,2).(1)反证法适用范围：凡涉及不等式为否定性命题，唯一性命题、存在性命题可考虑反证法．如证明中含“至多”“至少”“不能”等词语的不等式．(2)留意事项：在对原命题进行否定时，应全面、精确，不能漏掉状况，反证法体现了“正难则反”的策略，在解题时要敏捷应用．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：选D“不全为0”是对“全为0”的否定，与其等价的是“至少有一个不为0”．2．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)这四个数不行能都大于1.证明：假设4a(1－b)>1,4b(1－c)>1,4c(1－d)>1，4d(1－a)>1，则有a(1－b)>eq\f(1,4)，b(1－c)>eq\f(1,4)，c(1－d)>eq\f(1,4)，d(1－a)>eq\f(1,4).∴eq\r(a(1－b))>eq\f(1,2)，eq\r(b(1－c))>eq\f(1,2)，eq\r(c(1－d))>eq\f(1,2)，eq\r(d(1－a))>eq\f(1,2).又∵eq\r(a(1－b))≤eq\f(a＋(1－b),2)，eq\r(b(1－c))≤eq\f(b＋(1－c),2)，eq\r(c(1－d))≤eq\f(c＋(1－d),2)，eq\r(d(1－a))≤eq\f(d＋(1－a),2)，∴eq\f(a＋1－b,2)>eq\f(1,2)，eq\f(b＋1－c,2)>eq\f(1,2)，eq\f(c＋1－d,2)>eq\f(1,2)，eq\f(d＋1－a,2)>eq\f(1,2).将上面各式相加得2>2，冲突．∴4a(1－b)，4b(1－c)，4c(1－d)，4d(1－a)这四个数不行能都大于1.3．已知函数y＝f(x)在R上是增函数，且f(a)＋f(－b)<f(b)＋f(－a)，求证：a<b.证明：假设a<b不成立，则a＝b或a>b.当a＝b时，－a＝－b则有f(a)＝f(b)，f(－a)＝f(－b)，于是f(a)＋f(－b)＝f(b)＋f(－a)与已知冲突．当a>b时，－a<－b，由函数y＝f(x)的单调性可得f(a)>f(b)，f(－b)>f(－a)，于是有f(a)＋f(－b)>f(b)＋f(－a)与已知冲突．故假设不成立．故a<b.利用放缩法证明不等式[例2]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)．[思路点拨]解答本题可对根号内的式子进行配方后再用放缩法证明．[证明]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，所以三式相加得：eq\r(x2＋xy＋y2)＋eq\r(y2＋yz＋z2)＋eq\r(z2＋zx＋x2)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(z,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z＋\f(x,2)))＝eq\f(3,2)(x＋y＋z)．(1)利用放缩法证明不等式，要依据不等式两端的特点及已知条件(条件不等式)，审慎地实行措施，进行恰当地放缩，任何不相宜的放缩都会导致推证的失败．(2)肯定要熟识放缩法的详细措施及操作方法，利用放缩法证明不等式，就是实行舍掉式中一些正项或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母，或者把和式中各项或某项换以较大或较小的数，从而达到证明不等式的目的．4．已知a，b是正实数，且a＋b＝1，求证：eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋1)<eq\f(3,2).证明：因为eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋1)<eq\f(1＋b,a＋1＋b)＋eq\f(1＋a,b＋1＋a)＝eq\f(a＋b＋2,a＋b＋1)＝eq\f(3,2)，所以原不等式得证．5．已知n∈N＋，求证：eq\r(1×3)＋eq\r(3×5)＋…＋eq\r((2n－1)(2n＋1))<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))2.证明：因为eq\r(1×3)<eq\f(1＋3,2)＝eq\f(4,2)，eq\r(3×5)<eq\f(3＋5,2)＝eq\f(8,2)，…，eq\r((2n－1)(2n＋1))<eq\f((2n－1)＋(2n＋1),2)＝eq\f(4n,2)，所以eq\r(1×3)＋eq\r(3×5)＋…＋eq\r((2n－1)(2n＋1))<eq\f(4＋8＋…＋4n,2)＝n2＋n，又因为n2＋n<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))2，所以原不等式得证．1．假如两个正整数之积为偶数，则这两个数()A．两个都是偶数B．一个是奇数，一个是偶数C．至少一个是偶数D．恰有一个是偶数解析：选C假设这两个数都是奇数，则这两个数的积也是奇数，这与已知冲突，所以这两个数至少一个为偶数．2．设x＞0，y＞0，M＝eq\f(x＋y,2＋x＋y)，N＝eq\f(x,2＋x)＋eq\f(y,2＋y)，则M，N的大小关系为()A．M＞N B．M＜NC．M＝N D．不确定解析：选BN＝eq\f(x,2＋x)＋eq\f(y,2＋y)＞eq\f(x,2＋x＋y)＋eq\f(y,2＋x＋y)＝eq\f(x＋y,2＋x＋y)＝M.3.否定“自然数a，b，c中恰有一个为偶数”时正确的反设为()A．a，b，c都是奇数B．a，b，c都是偶数C．a，b，c中至少有两个偶数D．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数解析：选D三个自然数的奇偶状况有“三偶、三奇、二偶一奇、二奇一偶”4种，而自然数a，b，c中恰有一个为偶数包含“二奇一偶”的状况，故反面的状况有3种，只有D项符合．4．设a，b，c∈(－∞，0)，则三数a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,c)，c＋eq\f(1,a)的值()A．都不大于－2 B．都不小于－2C．至少有一个不大于－2 D．至少有一个不小于－2解析：选C假设都大于－2，则a＋eq\f(1,b)＋b＋eq\f(1,c)＋c＋eq\f(1,a)>－6，∵a，b，c均小于0，∴a＋eq\f(1,a)≤－2，b＋eq\f(1,b)≤－2，c＋eq\f(1,c)≤－2，∴a＋eq\f(1,a)＋b＋eq\f(1,b)＋c＋eq\f(1,c)≤－6，这与假设冲突，则选C.5．M＝eq\f(1,210)＋eq\f(1,210＋1)＋eq\f(1,210＋2)＋…＋eq\f(1,211－1)与1的大小关系为________．解析：M＝eq\f(1,210)＋eq\f(1,210＋1)＋eq\f(1,210＋2)＋…＋eq\f(1,211－1)＝eq\f(1,210)＋eq\f(1,210＋1)＋eq\f(1,210＋2)＋…＋eq\f(1,210＋(210－1))<eq\f(1,210)＋eq\f(1,210)＋eq\f(1,210)＋…＋eq\f(1,210)＝1，即M<1.共210项答案：M<16．用反证法证明“已知平面上有n(n≥3)个点，其中随意两点的距离最大为d，距离为d的两点间的线段称为这组点的直径，求证直径的数目最多为n条”时，假设的内容为____________．解析：对“至多”的否定应当是“至少”，二者之间应当是完全对应的，所以本题中的假设应为“直径的数目至少为n＋1条”．答案：直径的数目至少为n＋1条7．A＝1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))与eq\r(n)(n∈N＋)的大小关系是________．解析：A＝eq\f(1,\r(1))＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))≥eq\f(1,\r(n))＋eq\f(1,\r(n))＋…＋eq\f(1,\r(n))＝eq\f(n,\r(n))n项＝eq\r(n).答案：A≥eq\r(n)8．实数a，b，c，d满意a＋b＝c＋d＝1，且ac＋bd>1，求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．证明：假设a，b，c，d都是非负数．由a＋b＝c＋d＝1，知a，b，c，d∈[0,1]．从而ac≤eq\r(ac)≤eq\f(a＋c,2)，bd≤eq\r(bd)≤eq\f(b＋d,2).∴ac＋bd≤eq\f(a＋c＋b＋d,2)＝1.即ac＋bd≤1.与已知ac＋bd>1冲突，∴a，b，c，d中至少有一个是负数．9．求证：eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<2.证明：因为eq\f(1,n2)<eq\f(1,n(n－1))＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，所以eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<1＋eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,(n－1)n)＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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)<2.10．已知α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且sin(α＋β)＝2sinα.求证α<β.证明：假设α≥β.①若α＝β，由sin(α＋β)＝2sinα，得sin2α＝2sinα，从而cosα＝1，这与α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)