高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 三 反证法与放缩法学案(含解析)新人教A版选修

三反证法与放缩法1．不等式的证明方法——反证法(1)反证法证明的定义：先假设要证明的命题不成立，然后由此假设出发，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推出矛盾以说明假设不成立，从而断定原命题成立．2．不等式的证明方法——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．利用反证法证明不等式已知f(x)＝x2＋px＋q，求证：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)|f(1)|，f|(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于eq\f(1,2).“不小于”的反面是“小于”，“至少有一个”的反面是“一个也没有”．(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q(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矛盾∴|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、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)注意事项：在对原命题进行否定时，应全面、准确，不能漏掉情况，反证法体现了“正难则反”的策略，在解题时要灵活应用．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．证明：三个互不相等的正数a，b，c成等差数列，则a，b，c不可能成等比数列．证明：假设a，b，c成等比数列，则b2＝ac.又∵a，b，c成等差数列，∴a＝b－d，c＝b＋d(其中d为公差)．∴ac＝b2＝(b－d)(b＋d)．∴b2＝b2－d2.∴d2＝0，∴d＝0.这与已知中a，b，c互不相等矛盾．∴假设不成立．∴a，b，c不可能成等比数列．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)，与已知矛盾．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)，与已知矛盾．故假设不成立．∴a<b.利用放缩法证明不等式已知实数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)．解答本题可对根号内的式子进行配方后再用放缩法证明．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，要根据不等式两端的特点及已知条件(条件不等式)，审慎地采取措施，进行恰当的放缩，任何不适宜的放缩都会导致推证的失败．(2)一定要熟悉放缩法的具体措施及操作方法，利用放缩法证明不等式，就是采取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．设n是正整数，求证：eq\f(1,2)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)＜1.证明：由2n≥n＋k＞n(k＝1,2，…，n)，得eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋k)＜eq\f(1,n).当k＝1时，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋1)＜eq\f(1,n)，当k＝2时，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋2)＜eq\f(1,n)，…当k＝n时，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋n)＜eq\f(1,n).∴将以上n个不等式相加，得eq\f(1,2)＝eq\f(n,2n)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)＜eq\f(n,n)＝1.5．设f(x)＝x2－x＋13，a，b∈，求证：|f(a)－f(b)|<|a－b|.证明：|f(a)－f(b)|＝|a2－a－b2＋b|＝|(a－b)(a＋b－1)|＝|a－b||a＋b－1|.∵0≤a≤1,0≤b≤1，∴0≤a＋b≤2，－1≤a＋b－1≤1，|a＋b－1|≤1.∴|f(a)－f(b)|≤|a－b|.课时跟踪检测(八)1．设a，b，c∈R＋，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“PQR＞0”是“P，Q，R同时大于零”的()A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：选C必要性是显然成立的；当PQR＞0时，若P，Q，R不同时大于零，则其中两个为负，一个为正，不妨设P＞0，Q＜0，R＜0，则Q＋R＝2c＜0，这与c＞0矛盾，2．若|a－c|<h，|b－c|<h，则下列不等式一定成立的是()A．|a－b|<2h B．|a－b|>2hC．|a－b|<h D．|a－b|>h解析：选A|a－b|＝|(a－c)－(b－c)|≤|a－c|＋|b－c|<2h.3．设x，y都是正实数，且xy－(x＋y)＝1，则()A．x＋y≥2(eq\r(2)＋1) B．xy≤eq\r(2)＋1C．x＋y≤(eq\r(2)＋1)2 D．xy≥2(eq\r(2)＋1)解析：选A由已知(x＋y)＋1＝xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2，∴(x＋y)2－4(x＋y)－4≥0.∵x，y都是正实数，∴x>0，y>0，∴x＋y≥2eq\r(2)＋2＝2(eq\r(2)＋1)．4．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a>b与a<b及a≠c中至少有一个成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．其中判断正确的个数为()A．0 B．1C．2 D．3解析：选C若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与已知矛盾，故①对；当a>b与a<b及a≠c都不成立时，有a＝b＝c，不符合题意，故②对；③显然不正确．5．若要证明“a，b至少有一个为正数”，用反证法证明时作的反设应为________．答案：a，b中没有任何一个为正数(或a≤0且b≤0)6．lg9·lg11与1的大小关系是________．解析：∵lg9＞0，lg11＞0，∴eq\r(lg9·lg11)＜eq\f(lg9＋lg11,2)＝eq\f(lg99,2)＜eq\f(lg100,2)＝1，∴lg9·lg11＜1.答案：lg9·lg11＜17．设x＞0，y＞0，A＝eq\f(x＋y,1＋x＋y)，B＝eq\f(x,1＋x)＋eq\f(y,1＋y)，则A，B的大小关系是________．解析：A＝eq\f(x,1＋x＋y)＋eq\f(y,1＋x＋y)＜eq\f(x,1＋x)＋eq\f(y,1＋y)＝B.答案：A＜B8．实数a，b，c，d满足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∈．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矛盾，∴a，b，c，d中至少有一个是负数．9．已知an＝eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋eq\r(3×4)＋…＋eq\r(nn＋1)(n∈N*)．求证：eq\f(nn＋1,2)<an<eq\f(nn＋2,2).证明：∵eq\r(nn＋1)＝eq\r(n2＋n)，∴eq\r(nn＋1)>n，∴an＝eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋…＋eq\r(nn＋1)>1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).∵eq\r(nn＋1)<eq\f(n＋n＋1,2)，∴an<eq\f(1＋2,2)＋eq\f(2＋3,2)＋eq\f(3＋4,2)＋…＋eq\f(n＋n＋1,2)＝eq\f(n,2)＋(1＋2＋3＋…＋n)＝eq\f(nn＋2,2).综上得eq\f(nn＋1,2)<an<eq\f(nn＋2,2).10．已知f(x)＝ax2＋bx＋c，若a＋c＝0，f(x)在上的最大值为2，最小值为－eq\f(5,2).求证：a≠0且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))<2.证明：假设a＝0或eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))≥2.①当a＝0时，由a＋c＝0，得f(x)＝bx，显然b≠0.由题意得f(x)＝bx在上是单调函数，所以f(x)的最大值为|b|，最小值为－|b|.由已知条件得|b|＋(－|b|)＝2－eq\f(5,2)＝－eq\f(1,2)，这与|b|＋(－|b|)＝0相矛盾，所以a≠0.②当eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))≥2时，由二次函数的对称轴为x＝－eq\f(b,2a)，知f(x)在上是单调函数，故其最值在区间的端点处取得.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝a＋b＋c＝2，,f－1＝a－b＋c＝－\f(5,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝a＋b＋c＝－\f(5,2)，,f－1＝a－b＋c＝2.))又a＋c＝0，则此时b无解，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))<2.由①②，得a≠0且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))<2.本讲高考热点解读与高频考点例析考情分析从近两年的高考试题来看，不等式的证明主要考查比较法与综合法，而比较法多用作差比较，综合法主要涉及基本不等式与不等式的性质，题目难度不大，属中档题．在证明不等式时，要依据命题提供的信息选择合适的方法与技巧进行证明．如果已知条件与待证结论之间的联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”“恒成立”等方式给出，可考虑用反证法．在必要的情况下，可能还需要使用换元法、放缩法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．真题体验1．(全国甲卷)已知函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，M为不等式f(x)<2的解集．(1)求M；(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|<|1＋ab|.(1)解：f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x，x≤－\f(1,2)，,1，－\f(1,2)<x<\f(1,2)，,2x，x≥\f(1,2).))当x≤－eq\f(1,2)时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1；当－eq\f(1,2)<x<eq\f(1,2)时，f(x)<2恒成立；当x≥eq\f(1,2)时，由f(x)<2得2x<2，解得x<1.所以f(x)<2的解集M＝{x|－1<x<1}．(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1<a<1，－1<b<1，从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)·(1－b2)<0.因此|a＋b|<|1＋ab|.2．(全国卷Ⅱ)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(1)若ab>cd，则eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)；(2)eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|<|c－d|的充要条件．证明：(1)因为(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)，(eq\r(c)＋eq\r(d))2＝c＋d＋2eq\r(cd)，由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，得(eq\r(a)＋eq\r(b))2>(eq\r(c)＋eq\r(d))2.因此eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d).(2)①必要性：若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.由(1)，得eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d).②充分性：若eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)，则(eq\r(a)＋eq\r(b))2>(eq\r(c)＋eq\r(d))2，即a＋b＋2eq\r(ab)>c＋d＋2eq\r(cd).因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a－b|<|c－d|.综上，eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|＜|c－d|的充要条件．比较法证明不等式比较法证明不等式的依据是：不等式的意义及实数比较大小的充要条件．作差比较法证明的一般步骤是：①作差；②恒等变形；③判断结果的符号；④下结论．其中，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑差能否化简或值是多少，变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．已知b，m1，m2都是正数，a<b，m1<m2，求证：eq\f(a＋m1,b＋m1)<eq\f(a＋m2,b＋m2).eq\f(a＋m1,b＋m1)－eq\f(a＋m2,b＋m2)＝eq\f(a＋m1b＋m2－a＋m2b＋m1,b＋m1b＋m2)＝eq\f(am2＋bm1－am1－bm2,b＋m1b＋m2)＝eq\f(a－bm2－m1,b＋m1b＋m2).因为b>0，m1，m2>0，所以(b＋m1)(b＋m2)>0.又a<b，所以a－b<0.因为m1<m2，所以m2－m1>0.从而(a－b)(m2－m1)<0.于是eq\f(a－bm2－m1,b＋m1b＋m2)<0.所以eq\f(a＋m1,b＋m1)<eq\f(a＋m2,b＋m2).综合法证明不等式综合法证明不等式的思维方向是“顺推”，即由已知的不等式出发，逐步推出其必要条件(由因导果)，最后推导出所要证明的不等式成立．综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推证的基本理论．证明时要注意的是：作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握．设a>0，b>0，a＋b＝1.求证：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.∵a>0，b>0，a＋b＝1.∴1＝a＋b≥2eq\r(ab)，eq\r(ab)≤eq\f(1,2).∴eq\f(1,ab)≥4.∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＋eq\f(1,ab)≥2eq\r(ab)·2eq\r(\f(1,ab))＋4＝8.∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.分析法证明不等式分析法证明不等式的依据也是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即由待证的不等式出发，逐步寻找使它成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．当要证的不等式不知从何入手时，可考虑用分析法去证明，特别是对于条件简单而结论复杂的题目往往更为有效．分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”，逐步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一的两种方法．一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．已知a>b>0.求证：eq\r(a)－eq\r(b)<eq\r(a－b).要证eq\r(a)－eq\r(b)<eq\r(a－b)，只需证eq\r(a)<eq\r(a－b)＋eq\r(b)，只需证(eq\r(a))2<(eq\r(a－b)＋eq\r(b))2，只需证a<a－b＋b＋2eq\r(ba－b)，只需证0<2eq\r(ba－b).∵a>b>0，上式显然成立，∴原不等式成立，即eq\r(a)－eq\r(b)<eq\r(a－b).反证法证明不等式用直接法证明不等式困难的时候，可考虑用间接证法予以证明，反证法是间接证法的一种．假设欲证的命题是“若A则B”，我们可以通过否定eq\x\to(B)来达到肯定B的目的，如果eq\x\to(B)只有有限多种情况，就可用反证法．用反证法证明不等式，其实质是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出与已知条件或公理或定理或某些性质相矛盾的结论，从而肯定原命题成立．已知：在△ABC中，∠CAB>90°，D是BC的中点．求证：AD<eq\f(1,2)BC(如右图所示)．假设AD≥eq\f(1,2)BC.①若AD＝eq\f(1,2)BC，由平面几何中定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半，那么，这条边所对的角为直角”，知∠A＝90°，与题设矛盾．所以AD≠eq\f(1,2)BC.②若AD>eq\f(1,2)BC，因为BD＝DC＝eq\f(1,2)BC，所以在△ABD中，AD>BD，从而∠B>∠BAD.同理∠C>∠CAD.所以∠B＋∠C>∠BAD＋∠CAD.即∠B＋∠C>∠A.因为∠B＋∠C＝180°－∠A，所以180°－∠A>∠A，即∠A＜90°，与已知矛盾．故AD＞eq\f(1,2)BC不成立．由①②知AD＜eq\f(1,2