PAGEPAGE12.3反證法與放縮法學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解反證法在證明不等式中的應(yīng)用．2．駕馭反證法證明不等式的方法．3．駕馭放縮法證明不等式的原理，并會(huì)用其證明不等式.一、自學(xué)釋疑依據(jù)線上提交的自學(xué)檢測(cè)，生生、師生溝通探討，訂正共性問題。二、合作探究探究1．用反證法證明不等式應(yīng)留意哪些問題？探究2．運(yùn)用放縮法證明不等式的關(guān)鍵是什么？1.反證法對(duì)于那些干脆證明比較困難的命題經(jīng)常用反證法證明．用反證法證明數(shù)學(xué)命題，事實(shí)上是證明逆否命題成立，來(lái)代替證明原命題成立，用反證法證明步驟可概括為“否定結(jié)論，推出沖突”．(1)否定結(jié)論：假設(shè)命題的結(jié)論不成立，即確定結(jié)論的反面成立．(2)推出沖突：從假設(shè)及已知?jiǎng)由恚瑧?yīng)用正確的推理，最終得出與定理、性質(zhì)、已知及事實(shí)相沖突的結(jié)論，從而說(shuō)明假設(shè)不成立，故原命題成立．2．用反證法證明不等式應(yīng)留意的問題(1)必需先否定結(jié)論，對(duì)于結(jié)論的反面出現(xiàn)的多種可能要逐一論證，缺少任何一種可能，證明都是不完全的．(2)反證法必需從否定結(jié)論進(jìn)行推理，且必需依據(jù)這一條件進(jìn)行論證；否則，僅否定結(jié)論，不從結(jié)論的反面動(dòng)身進(jìn)行論證，就不是反證法．3．放縮法放縮法是證明不等式的一種特別方法，它利用已知的基本不等式(如均值不等式)，或某些函數(shù)的有界性、單調(diào)性等適當(dāng)?shù)姆趴s以達(dá)到證明的目的．放縮是一種重要手段，放縮時(shí)應(yīng)目標(biāo)明確、放縮適當(dāng)，目的是化繁為簡(jiǎn)，應(yīng)敏捷駕馭．常見放縮有以下幾種類型：第一，干脆放縮；其次，裂項(xiàng)放縮(有時(shí)添加項(xiàng))；第三，利用函數(shù)的有界性、單調(diào)性放縮；第四，利用基本不等式放縮．例如：eq\f(1,n2)<eq\f(1,nn－1)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，eq\f(1,n2)>eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)；eq\f(1,\r(n))>eq\f(2,\r(n)＋\r(n＋1))＝2(eq\r(n＋1)－eq\r(n))，eq\f(1,\r(n))<eq\f(2,\r(n)＋\r(n－1))＝2(eq\r(n)－eq\r(n－1))．以上n∈N，且n>1.【例1】若a3＋b3＝2，求證：a＋b≤2.【變式訓(xùn)練1】若假設(shè)a，b，c，d都是小于1的正數(shù)，求證：4a(1－b)，4b(1－c)，4c(1－d)，4d(1－a)這四個(gè)數(shù)不行能都大于1.【例2】設(shè)x，y，z滿意x＋y＋z＝a(a>0)，x2＋y2＋z2＝eq\f(1,2)a2.求證：x，y，z都不能是負(fù)數(shù)或大于eq\f(2,3)a的數(shù)．【變式訓(xùn)練2】證明：若函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上是增函數(shù)，那么方程f(x)＝0在區(qū)間[a，b]上至多有一個(gè)實(shí)根．【例3】求證：2(eq\r(n＋1)－1)<1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))…＋eq\f(1,\r(n))<2eq\r(n)(n∈N＋)．【變式訓(xùn)練3】設(shè)n∈N＋，求證：eq\f(1,2)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)<1.【例4】已知實(shí)數(shù)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)．【變式訓(xùn)練4】設(shè)x>0，y>0，x>0，求證：eq\r(x2＋xy＋y2)＋eq\r(y2＋yz＋z2)>x＋y＋z.

參考答案探究1．提示：用反證法證明不等式要把握三點(diǎn)：(1)必需先否定結(jié)論，對(duì)于結(jié)論的反面出現(xiàn)的多種可能要逐一論證，缺少任何一種可能，證明都是不完全的．(2)反證法必需從否定結(jié)論進(jìn)行推理，且必需依據(jù)這一條件進(jìn)行論證；否則，僅否定結(jié)論，不從結(jié)論的反面動(dòng)身進(jìn)行論證，就不是反證法．(3)推導(dǎo)出來(lái)的沖突可以是多種多樣的，有的與已知條件相沖突，有的與假設(shè)相沖突，有的與定理、公理相違反，有的與已知的事實(shí)相沖突等，但推導(dǎo)出的沖突必需是明顯的．探究2提示：運(yùn)用放縮法證明不等式的關(guān)鍵是放大(或縮小)要適當(dāng)．假如所要證明的不等式中含有分式，那么我們把分母放大時(shí)相應(yīng)分式的值就會(huì)縮小；反之，假如把分母縮小，則相應(yīng)分式的值就會(huì)放大．有時(shí)也會(huì)把分子、分母同時(shí)放大，這時(shí)應(yīng)當(dāng)留意不等式的改變狀況，可以與相應(yīng)的函數(shù)相聯(lián)系，以達(dá)到推斷大小的目的，這些都是我們?cè)谧C明中的常用方法與技巧，也是放縮法中的主要形式．【例1】證法一假設(shè)a＋b>2，則a>2－b，∴2＝a3＋b3>(2－b)3＋b3，即2>8－12b＋6b2，即(b－1)2<0，這是不行能的．∴a＋b≤2.證法二假設(shè)a＋b>2，而a2－ab＋b2＝(a－eq\f(1,2)b)2＋eq\f(3,4)b2≥0，但取等號(hào)的條件是a＝b＝0，明顯不行能．∴a2－ab＋b2>0.則a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)>2(a2－ab＋b2)．又∵a3＋b3＝2，∴a2－ab＋b2<1.∴1＋ab>a2＋b2≥2ab.∴ab≤1.∴(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab＝(a2－ab＋b2)＋3ab<4.∴a＋b<2，這與假設(shè)相沖突，故a＋b≤2.【變式訓(xùn)練1】證明假設(shè)4a(1－b)，4b(1－c)，4c(1－d)，4d(1－a)都大于1，則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\f(1,2)，>eq\f(1,2)，>eq\f(1,2)，>eq\f(1,2).又∵≤，≤，≤，≤，∴>eq\f(1,2)，>eq\f(1,2)，>eq\f(1,2)，>eq\f(1,2).以上四個(gè)式子相加，得2>2，沖突．∴原命題結(jié)論成立．【例2】【證明】(1)假設(shè)x，y，z中有負(fù)數(shù)，若x，y，z中有一個(gè)負(fù)數(shù)，不妨設(shè)x<0，則y2＋z2≥eq\f(1,2)(y＋z)2＝eq\f(1,2)(a－x)2，又∵y2＋z2＝eq\f(1,2)a2－x2，∴eq\f(1,2)a2－x2≥eq\f(1,2)(a－x)2.即eq\f(3,2)x2－ax≤0，這與a>0，x<0沖突．若x，y，z中有兩個(gè)是負(fù)數(shù)，不妨設(shè)x<0，y<0，則z>a.∴z2>a2.這與x2＋y2＋z2＝eq\f(1,2)a2相沖突．若x，y，z全為負(fù)數(shù)，則與x＋y＋z＝a>0沖突．綜上所述，x，y，z都不為負(fù)數(shù)．(2)假設(shè)x，y，z有大于eq\f(2,3)a的數(shù)．若x，y，z中有一個(gè)大于eq\f(2,3)a，不妨設(shè)x>eq\f(2,3)a.由eq\f(1,2)a2－x2＝y(tǒng)2＋z2≥eq\f(1,2)(y＋z)2＝eq\f(1,2)(a－x)2得eq\f(3,2)x2－ax≤0，即eq\f(3,2)xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)a))≤0，這與x>eq\f(2,3)a相沖突．若x，y，z中有兩個(gè)或三個(gè)大于eq\f(2,3)a，這與x＋y＋z＝a相沖突．綜上所述，x，y，z都不能大于eq\f(2,3)a.由(1)、(2)知，原命題成立．【變式訓(xùn)練2】證明假設(shè)方程f(x)＝0在區(qū)間[a，b]上至少有兩個(gè)實(shí)根，設(shè)α，β為其中的兩個(gè)實(shí)根．∵α≠β，不妨設(shè)α>β.∵函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上是增函數(shù)，∴f(α)>f(β)．這與f(α)＝f(β)＝0沖突．所以方程f(x)＝0在區(qū)間[a，b]上至多有一個(gè)實(shí)數(shù)根．【例3】【證明】對(duì)k∈N＋，1≤k≤n，有eq\f(1,\r(k))>eq\f(2,\r(k)＋\r(k＋1))＝2(eq\r(k＋1)－eq\r(k))．∴1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))>2(eq\r(2)－1)＋2(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋2(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＝2(eq\r(n＋1)－1)．又∵eq\f(1,\r(k))<eq\f(2,\r(k)＋\r(k－1))＝2(eq\r(k)－eq\r(k－1))(2≤k≤n)，∴1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))<1＋2(eq\r(2)－1)＋2(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋2(eq\r(n)－eq\r(n－1))＝2eq\r(n).綜上分析可知，原不等式成立．【變式訓(xùn)練3】證明∵n∈N＋，∴eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)≥eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n)…＋eq\f(1,2n)＝eq\f(n,2n)＝eq\f(1,2).又∵eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)<eq\f(1,n)＋eq\f(1,n)＋…＋eq\f(1,n)＝eq\f(n,n)＝1，∴eq\f(1,2)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)<1.【例4】【證明】eq\r(x2＋xy＋y2)＝≥＝|x＋eq\f(y,2)|≥x＋eq\f(y,2).同理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，故上面三個(gè)式子中至少有一個(gè)式子等號(hào)不成立，所以三式相加，得eq\r