PAGEPAGE7三反證法與放縮法1．反證法(1)反證法證明的定義：先假設要證明的命題不成立，以此為動身點，結合已知條件，應用公理、定義、定理、性質等，進行正確的推理，得到和命題的條件(或已證明的定理、性質、明顯成立的事實等)沖突的結論，以說明假設不成立，從而證明原命題成立．(2)反證法證明不等式的一般步驟：①假設命題不成立；②依據假設推理論證；③推出沖突以說明假設不成立，從而斷定原命題成立．2．放縮法(1)放縮法證明的定義：證明不等式時，通常把不等式中的某些部分的值放大或縮小，簡化不等式，從而達到證明的目的．(2)放縮法的理論依據有：①不等式的傳遞性；②等量加不等量為不等量；③同分子(分母)異分母(分子)的兩個分式大小的比較．利用反證法證明問題[例1]已知f(x)＝x2＋px＋q.求證：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；(2)|f(1)|，f|(2)|，|f(3)|中至少有一個不小于eq\f(1,2).[思路點撥]“至少有一個”的反面是“一個也沒有”．[證明](1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2.(2)假設|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于eq\f(1,2)，則|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<2.而|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝2沖突，∴|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一個不小于eq\f(1,2).(1)反證法適用范圍：凡涉及不等式為否定性命題，唯一性命題、存在性命題可考慮反證法．如證明中含“至多”“至少”“不能”等詞語的不等式．(2)留意事項：在對原命題進行否定時，應全面、精確，不能漏掉狀況，反證法體現了“正難則反”的策略，在解題時要敏捷應用．1．實數a，b，c不全為0的等價條件為()A．a，b，c均不為0B．a，b，c中至多有一個為0C．a，b，c中至少有一個為0D．a，b，c中至少有一個不為0解析：選D“不全為0”是對“全為0”的否定，與其等價的是“至少有一個不為0”．2．設a，b，c，d都是小于1的正數，求證：4a(1－b)，4b(1－c)，4c(1－d)，4d(1－a)這四個數不行能都大于1.證明：假設4a(1－b)>1,4b(1－c)>1,4c(1－d)>1，4d(1－a)>1，則有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).將上面各式相加得2>2，沖突．∴4a(1－b)，4b(1－c)，4c(1－d)，4d(1－a)這四個數不行能都大于1.3．已知函數y＝f(x)在R上是增函數，且f(a)＋f(－b)<f(b)＋f(－a)，求證：a<b.證明：假設a<b不成立，則a＝b或a>b.當a＝b時，－a＝－b則有f(a)＝f(b)，f(－a)＝f(－b)，于是f(a)＋f(－b)＝f(b)＋f(－a)與已知沖突．當a>b時，－a<－b，由函數y＝f(x)的單調性可得f(a)>f(b)，f(－b)>f(－a)，于是有f(a)＋f(－b)>f(b)＋f(－a)與已知沖突．故假設不成立．故a<b.利用放縮法證明不等式[例2]已知實數x，y，z不全為零．求證：eq\r(x2＋xy＋y2)＋eq\r(y2＋yz＋z2)＋eq\r(z2＋zx＋x2)>eq\f(3,2)(x＋y＋z)．[思路點撥]解答本題可對根號內的式子進行配方后再用放縮法證明．[證明]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不全為零，故上述三式中至少有一式取不到等號，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)利用放縮法證明不等式，要依據不等式兩端的特點及已知條件(條件不等式)，審慎地實行措施，進行恰當地放縮，任何不相宜的放縮都會導致推證的失敗．(2)肯定要熟識放縮法的詳細措施及操作方法，利用放縮法證明不等式，就是實行舍掉式中一些正項或負項，或者在分式中放大或縮小分子、分母，或者把和式中各項或某項換以較大或較小的數，從而達到證明不等式的目的．4．已知a，b是正實數，且a＋b＝1，求證：eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋1)<eq\f(3,2).證明：因為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)，所以原不等式得證．5．已知n∈N＋，求證：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.證明：因為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，又因為n2＋n<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))2，所以原不等式得證．1．假如兩個正整數之積為偶數，則這兩個數()A．兩個都是偶數B．一個是奇數，一個是偶數C．至少一個是偶數D．恰有一個是偶數解析：選C假設這兩個數都是奇數，則這兩個數的積也是奇數，這與已知沖突，所以這兩個數至少一個為偶數．2．設x＞0，y＞0，M＝eq\f(x＋y,2＋x＋y)，N＝eq\f(x,2＋x)＋eq\f(y,2＋y)，則M，N的大小關系為()A．M＞N B．M＜NC．M＝N D．不確定解析：選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“自然數a，b，c中恰有一個為偶數”時正確的反設為()A．a，b，c都是奇數B．a，b，c都是偶數C．a，b，c中至少有兩個偶數D．a，b，c中至少有兩個偶數或都是奇數解析：選D三個自然數的奇偶狀況有“三偶、三奇、二偶一奇、二奇一偶”4種，而自然數a，b，c中恰有一個為偶數包含“二奇一偶”的狀況，故反面的狀況有3種，只有D項符合．4．設a，b，c∈(－∞，0)，則三數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．至少有一個不大于－2 D．至少有一個不小于－2解析：選C假設都大于－2，則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，這與假設沖突，則選C.5．M＝eq\f(1,210)＋eq\f(1,210＋1)＋eq\f(1,210＋2)＋…＋eq\f(1,211－1)與1的大小關系為________．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項答案：M<16．用反證法證明“已知平面上有n(n≥3)個點，其中隨意兩點的距離最大為d，距離為d的兩點間的線段稱為這組點的直徑，求證直徑的數目最多為n條”時，假設的內容為____________．解析：對“至多”的否定應當是“至少”，二者之間應當是完全對應的，所以本題中的假設應為“直徑的數目至少為n＋1條”．答案：直徑的數目至少為n＋1條7．A＝1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))與eq\r(n)(n∈N＋)的大小關系是________．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項＝eq\r(n).答案：A≥eq\r(n)8．實數a，b，c，d滿意a＋b＝c＋d＝1，且ac＋bd>1，求證：a，b，c，d中至少有一個是負數．證明：假設a，b，c，d都是非負數．由a＋b＝c＋d＝1，知a，b，c，d∈[0,1]．從而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.與已知ac＋bd>1沖突，∴a，b，c，d中至少有一個是負數．9．求證：eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<2.證明：因為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.求證α<β.證明：假設α≥β.①若α＝β，由sin(α＋β)＝2sinα，得sin2α＝2sinα，從而cosα＝1，這與α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)