《2018-2019高中數(shù)學 第二講 證明不等式的基本方法 2.3 反證法與放縮法導(dǎo)學案 新人教A版選修4-5.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018-2019高中數(shù)學 第二講 證明不等式的基本方法 2.3 反證法與放縮法導(dǎo)學案 新人教A版選修4-5.docx（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2.3 反證法與放縮法 學習目標 1.理解反證法在證明不等式中的應(yīng)用． 2．掌握反證法證明不等式的方法． 3．掌握放縮法證明不等式的原理，并會用其證明不等式. 一、自學釋疑 根據(jù)線上提交的自學檢測，生生、師生交流討論，糾正共性問題。 二、合作探究 探究1．用反證法證明不等式應(yīng)注意哪些問題？ 探究2．運用放縮法證明不等式的關(guān)鍵是什么？ 1.反證法 對于那些直接證明比較困難的命題常常用反證法證明．用反證法證明數(shù)學命題，實際上是證明逆否命題成立，來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，推出矛盾”． (1)否定結(jié)論：假設(shè)命題的結(jié)論不成立，即肯定結(jié)論的反面成立． (2)推出矛盾：從假設(shè)及已知出發(fā)，應(yīng)用正確的推理，最后得出與定理、性質(zhì)、已知及事實相矛盾的結(jié)論，從而說明假設(shè)不成立，故原命題成立． 　 2．用反證法證明不等式應(yīng)注意的問題 (1)必須先否定結(jié)論，對于結(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)反證法必須從否定結(jié)論進行推理，且必須根據(jù)這一條件進行論證；否則，僅否定結(jié)論，不從結(jié)論的反面出發(fā)進行論證，就不是反證法． 3．放縮法 放縮法是證明不等式的一種特殊方法，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?shù)姆趴s以達到證明的目的．放縮是一種重要手段，放縮時應(yīng)目標明確、放縮適當，目的是化繁為簡，應(yīng)靈活掌握． 常見放縮有以下幾種類型： 第一，直接放縮； 第二，裂項放縮(有時添加項)； 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：<＝－，>＝－；>＝2(－)，<＝2(－)． 以上n∈N，且n>1. 【例1】　若a3＋b3＝2，求證：a＋b≤2. 【變式訓練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)這四個數(shù)不可能都大于1. 【例2】　設(shè)x，y，z滿足x＋y＋z＝a(a>0)，x2＋y2＋z2＝a2.求證：x，y，z都不能是負數(shù)或大于a的數(shù)． 【變式訓練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]上至多有一個實根． 【例3】　求證：2(－1)<1＋＋…＋<2(n∈N＋)． 　 【變式訓練3】　設(shè)n∈N＋，求證：≤＋＋…＋<1. 【例4】　已知實數(shù)x，y，z不全為零，求證： ＋＋>(x＋y＋z)．　 【變式訓練4】　 設(shè)x>0，y>0，x>0，求證： ＋>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： (1)必須先否定結(jié)論，對于結(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)反證法必須從否定結(jié)論進行推理，且必須根據(jù)這一條件進行論證；否則，僅否定結(jié)論，不從結(jié)論的反面出發(fā)進行論證，就不是反證法． (3)推導(dǎo)出來的矛盾可以是多種多樣的，有的與已知條件相矛盾，有的與假設(shè)相矛盾，有的與定理、公理相違背，有的與已知的事實相矛盾等，但推導(dǎo)出的矛盾必須是明顯的． 探究2 提示：運用放縮法證明不等式的關(guān)鍵是放大(或縮小)要適當．如果所要證明的不等式中含有分式，那么我們把分母放大時相應(yīng)分式的值就會縮??； 反之，如果把分母縮小，則相應(yīng)分式的值就會放大．有時也會把分子、分母同時放大，這時應(yīng)該注意不等式的變化情況，可以與相應(yīng)的函數(shù)相聯(lián)系，以達到判斷大小的目的，這些都是我們在證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，這是不可能的． ∴a＋b≤2. 證法二　假設(shè)a＋b>2，而a2－ab＋b2＝(a－b)2＋b2≥0，但取等號的條件是a＝b＝0，顯然不可能． ∴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)相矛盾，故a＋b≤2. 【變式訓練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)>，b(1－c)>，c(1－d)>，d(1－a)>. ∴>，>，>，>. 又∵≤，≤，≤，≤， ∴>，>，>，>. 以上四個式子相加，得2>2，矛盾． ∴原命題結(jié)論成立． 【例2】【證明】　(1)假設(shè)x，y，z中有負數(shù)， 若x，y，z中有一個負數(shù)，不妨設(shè)x<0， 則y2＋z2≥(y＋z)2＝(a－x)2， 又∵y2＋z2＝a2－x2， ∴a2－x2≥(a－x)2. 即x2－ax≤0，這與a>0，x<0矛盾． 若x，y，z中有兩個是負數(shù)，不妨設(shè)x<0，y<0， 則z>a. ∴z2>a2.這與x2＋y2＋z2＝a2相矛盾． 若x，y，z全為負數(shù)，則與x＋y＋z＝a>0矛盾． 綜上所述，x，y，z都不為負數(shù)． (2)假設(shè)x，y，z有大于a的數(shù)． 若x，y，z中有一個大于a，不妨設(shè)x>a. 由a2－x2＝y(tǒng)2＋z2≥(y＋z)2＝(a－x)2得 x2－ax≤0，即x≤0，這與x>a相矛盾． 若x，y，z中有兩個或三個大于a，這與x＋y＋z＝a相矛盾． 綜上所述，x，y，z都不能大于a. 由(1)、(2)知，原命題成立． 【變式訓練2】證明　假設(shè)方程f(x)＝0在區(qū)間[a，b]上至少有兩個實根，設(shè)α，β為其中的兩個實根． ∵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矛盾． 所以方程f(x)＝0在區(qū)間[a，b]上至多有一個實數(shù)根． 【例3】【證明】　對k∈N＋，1≤k≤n，有 >＝2(－)． ∴1＋＋＋…＋>2(－1)＋2(－)＋…＋2(－)＝2(－1)． 又∵<＝2(－)(2≤k≤n)， ∴1＋＋＋…＋<1＋2(－1)＋2(－)＋…＋2(－)＝2. 綜上分析可知，原不等式成立． 【變式訓練3】證明　∵n∈N＋， ∴＋＋…＋≥＋…＋＝＝. 又∵＋＋…＋<＋＋…＋＝＝1， ∴≤＋＋…＋<1. 【例4】【證明】　＝≥＝|x＋|≥x＋. 同理≥y＋， ≥z＋. 由于x，y，z不全為零，故上面三個式子中至少有一個式子等號不成立， 所以三式相加，得 ＋＋>(x＋y＋z)．　 【變式訓練4】證明　∵x>0，y>0，z>0， ∴＝≥＝|x＋|≥x＋.同理>z＋. 二式相加，得＋> x＋y＋z.