三 反证法与放缩法特级教师教学实录

第二课时

放缩法、几何法与反证法

[自主学习]

1．放缩法

通过缩小(或放大)分式的分母(或分子)，或通过放大(或缩小)被减式(或减式)来证明不等式的方法，称为放缩法．

2．反证法

通过证明命题结论的否定不能成立，来肯定命题结论一定成立的方法叫做反证法，其证明的步骤是：

(1)作出否定结论的假设；

(2)进行推理，导出矛盾；

(3)否定假设，肯定结论．

[合作探究]

1．运用放缩法证明不等式的关键是什么？

提示：运用放缩法证明不等式的关键是放大(或缩小)要适当．如果所要证明的不等式中含有分式，那么我们把分母放大时相应分式的值就会缩小；反之，如果把分母缩小，则相应分式的值就会放大．有时也会把分子、分母同时放大，这时应该注意不等式的变化情况，可以与相应的函数相联系，以达到判断大小的目的，这些都是证明中常用方法技巧，也是放缩法中的主要形式．

2．用反证法证不等式应把握哪些问题？

提示：用反证法证明不等式要把握好以下三点：

(1)必须先否定结论，对于结论的反面出现的多种可能要逐一论证，缺少任何一种可能，证明都是不完全的．

(2)反证法必须从否定结论进行推理，且必须根据这一条件进行论证；否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行论证，就不是反证法．

(3)推导出来的矛盾可以是多种多样的，有的与已知条件相矛盾，有的与假设相矛盾，有的与定理、公理相违背，有的与已知的事实相矛盾等，但推导出的矛盾必须是明显的．

[例1]

已知a>0，b>0，c>0，a＋b>c. 求证：abc＋>. 1＋a1＋b1＋c用放缩法证明不等式

[思路点拨]

本题若通分去分母运算量较大，考虑到a>0，b>0，可考虑利用分式的放缩．

[精解详析]

∵a>0，b>0，

∴∴aabb>，>. 1＋a1＋a＋b1＋b1＋a＋ba＋bab＋>. 1＋a1＋b1＋a＋bx1而函数f(x)＝＝1－在(0，＋∞)上递增．

1＋x1＋x且a＋b>c，

∴f(a＋b)>f(c)．

则a＋bc>，

1＋a＋b1＋cabc所以＋>. 1＋a1＋b1＋c则原不等式成立．

放缩法是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩必须有目标，而且要恰到好处．目标往往要从证明的结论考察．常用的放缩方法有增项、减项、利用分式的性质、利用不等式的性质、利用已知的绝对值不等式、平均值不等式、利用函数的性质进行放缩等．比如：

113a＋2＋＞a＋2；

舍去或加上一些项：24211将分子或分母放大(缩小)：2＜，

kkk－11112，＜，

2＞kkk＋1kk＋k－112＞(k∈R，k＞1)等．

kk＋k＋1

1．设m是|a|，|b|和1中最大的一个，当|x|>m时，

ab求证：x＋x2<2. 证明：由已知m≥|a|，m≥|b|，m≥1. 又|x|>m，∴|x|>|a|，|x|>|b|，|x|>1，

abab∴x＋x2≤x＋x2

|a||b||x||x|＝＋2<＋2

|x||x||x||x|

1|x|＝1＋<1＋＝2. |x||x|ab∴x＋x2<2成立．

11112．设n是正整数，求证：≤＋＋…＋＜1. 2n＋1n＋22n证明：由2n≥n＋k＞n(k＝1,2，…，n)，

111得≤＜. 2nn＋kn111当k＝1时，≤＜；

2nn＋1n111当k＝2时，≤＜；

2nn＋2n…

111当k＝n时，≤＜. 2nn＋nn1n111n∴＝≤＋＋…＋＜＝1，

22nn＋1n＋22nn即原不等式成立.

[例2]

(1)若0＜a＜2,0＜b＜2,0＜c＜2. 求证：(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能同时大于1. (2)已知f(x)＝x2＋px＋q，求证：

①f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；

1②|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于. 2[思路点拨]

本题考查不等式的性质及反证法在证明结论为否定形式结论也含有“至少”、“至多”等字眼命题中的应用，考查推理、求解能力，解答此题，需用反证法证明．

2－ab>1，[精解详析]

(1)(用反证法证明)假设2－bc>1，2－ca>1，2－a＋b那么≥2－ab>1.①

2同理

2－b＋c>1，②

2用反证法证明不等式

2－c＋a>1.③

2①＋②＋③得3>3，矛盾．

∴原命题得证．

(2)①f(1)＋f(3)－2f(2) ＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q) ＝2. ②用反证法证明．

1法一：假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于，

2则有|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<2，①

而|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2) ＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－(8＋4p＋2q)＝2.②

①②两式矛盾，从而假设不成立，所以原命题成立．

1∴|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于. 21法二：假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于，则有

297－<2p＋q<－，

②2217<3p＋q<－.

③－1922由①②得－4

∴假设错误．

31－

①22

由②③得－6

1从而|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于. 2

反证法适宜证明“存在性问题，唯一性问题”及否定性问题，带有“至少有一个”或“至多有一个”等字样的问题，或者说“正难则反”，直接证明有困难时，常采用反证法，下面我们列举一下常见的涉及反证法的文字语言及其相对应的否定假设. 常见词语

否定假设

至少有一个

一个也没有

至多有一个

有两个或两个以上

唯一一个

没有或有两个以上

不是

不可能

有或存在

全

不全

都是

不都是

是

对某些数学语言的否定假设要准确，以免造成原则性的错误，有时在使用反证法时，对假设的否定也可以举一定的特例来说明矛盾，在一些选择题中，更是如此．

3．已知a＞0，b＞0，且a＋b＞2，

1＋b1＋a求证：，中至少有一个小于2. ab1＋b1＋a证明：假设，都不小于2，

ab即1＋b1＋a≥2，≥2. ab∵a＞0，b＞0，∴1＋b≥2a,1＋a≥2b. 两式相加，得1＋b＋1＋a≥2(a＋b)．

即a＋b≤2，这与已知a＋b＞2矛盾．

故假设不成立．

1＋b1＋a因此，，中至少有一个小于2. ab4．若a3＋b3＝2，求证：a＋b≤2. 证明：法一：假设a＋b＞2，

13a－b2＋b2≥0. 而a2－ab＋b2＝24但取等号的条件为a＝b＝0，显然不可能，

∴a2－ab＋b2＞0. 则a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＞2(a2－ab＋b2)，

而a3＋b3＝2，故a2－ab＋b2＜1. ∴1＋ab＞a2＋b2≥2ab.从而ab＜1. ∴a2＋b2＜1＋ab＜2. ∴(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab＜2＋2ab＜4. ∴a＋b＜2.这与假设矛盾，故a＋b≤2. 法二：假设a＋b＞2，则a＞2－b，

故2＝a3＋b3＞(2－b)3＋b3，即2＞8－12b＋6b2，

即(b－1)2＜0，这不可能，从而a＋b≤2. 法三：假设a＋b＞2，则(a＋b)3＝a3＋b3＋3ab(a＋b)＞8. 由a3＋b3＝2，得3ab(a＋b)＞6.故ab(a＋b)＞2. 又a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＝2，

∴ab(a＋b)＞(a＋b)(a2－ab＋b2)．

∴a2－ab＋b2＜ab，

即(a－b)2＜0. 这不可能，故a＋b≤2.

放缩法、反证法是证明不等式的两种常用方法，在近几年高考模拟中，常以解答题形式出现，考查两种方法、不等式的性质等基础知识，同时考查推理、求解能力，常与数列、函数等知识交汇命题．

[考题印证]

(安徽高考)设直线l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，

其中实数k1，k2满足k1k2＋2＝0. (1)证明l1与l2相交；

(2)证明l1与l2的交点在椭圆2x2＋y2＝1上．

[自主尝试]

(1)反证法．假设l1与l2不相交，则l1与l2平行，有k1＝k2.代入k1k2＋2＝0，得k21＋2＝0，

此与k1为实数的事实相矛盾．从而k1≠k2，即l1与l2相交．

y＝k1x＋1，(2)法一

：由方程组

y＝k2x－1，

222x＝k－k，解得交点P的坐标(x，y)为k＋ky＝k－k1112

2k2＋k12

而2x2＋y2＝2k－k2＋21k2－k12228＋k22＋k1＋2k1k2k1＋k2＋4＝22＝22＝1. k2＋k1－2k1k2k1＋k2＋4此即表明交点P(x，y)在椭圆2x2＋y2＝1上．

y－1＝k1x，法二：l1与l2的交点P的坐标(x，y)满足

y＋1＝k2x，

故知x≠0，从而y＋1k＝x.2y－1k1＝，x

y－1y＋1代入k1k2＋2＝0，得·＋2＝0，

xx整理后，得2x2＋y2＝1，

所以交点P在椭圆2x2＋y2＝1上．

一、选择题

1．若△ABC的三边a，b，c的倒数成等差数列，则(

) πA．∠B＝

2πC．∠B＞

2πB．∠B＜

2πD．∠B＝

3π解析：假设∠B≥，则b最大，有b＞a，b＞c，

21111∴＞，＞. abcb112112∴＋＞，与题意中的＋＝矛盾．

acba

cbπ∴∠B＜. 2答案：B 2．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：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，即充分性也成立．

答案：C 3．若|a|＜1，|b|＜1，则(

) A.C.a＋b＝1

1＋abB.a＋b＜1 1＋aba＋b≥1 1＋aba＋b≤1

1＋aba＋b≥1，

1＋abD.解析：假设故|a＋b|≥|1＋ab| ⇒a2＋b2＋2ab≥1＋2ab＋a2b2

⇒a2＋b2－1－a2b2≥0 ⇒a2(1－b2)－(1－b2)≥0 ⇒(a2－1)(1－b2)≥0.

a＋b由上式知a－1≤0,1－b≤0或a－1≥0,1－b≥0.与已知矛盾，故＜1. 1＋ab2222答案B 11114．设M＝10＋10＋10＋…＋11，则(

) 22＋12＋22－1A．M＝1

C．M＞1

B．M＜1 D．M与1大小关系不定

解析：分母全换成210，共有210个单项．

答案：B 二、填空题

5．用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，反设应为________．

解析：反设为：假设三内角都大于60°. 答案：假设三内角都大于60°

6．设a，b∈R，给出下列条件：

①a＋b＞1；②a＋b＝2；③a＋b＞2；④a2＋b2＞2；

⑤ab＞1. 其中能推出“a，b中至少有一个实数大于1”的条件是________．

解析：对于①，a，b均可小于1；对于②，a，b均可等于1；对于④⑤，a，b均可为负数；对于③，若a，b都不大于1，则a＋b≤2，与③矛盾．故若③成立，则“a，b中至少有一个实数大于1”成立．

答案：③

abb＋ma＋n7．若a>b>0，m>0，n>0，则，，，，按由小到大的顺序排列为__________．

baa＋mb＋n解析：由不等式a>b>0，m>0，n>0，知

bb＋mbb＋n<<1，且

<<1，

aa＋maa＋naa＋n得>>1，

bb＋na＋na即1<<. b＋nbbb＋ma＋na答案：<<<

aa＋mb＋nbabcd8．已知a，b，c，d都是正数，S＝＋＋＋，则S与1a＋b＋ca＋b＋dc＋d＋ac＋d＋b的大小关系是________．

解析：S＝abcdab＋＋＋＞＋＋a＋b＋ca＋b＋dc＋d＋ac＋d＋ba＋b＋c＋da＋b＋c＋d

cd＋＝1. a＋b＋c＋da＋b＋c＋d答案：S＞1

三、解答题

π0，时，sin x

π0

∠AOP＝x4又∠OPM>x，

所以在Rt△OMP中，OM>MP，

即cos x>sin x. 10．用反证法证明：如果a，b，c，d为实数，a＋b＝1，c＋d＝1，且ac＋bd＞1，则a，b，c，d中至少有一个负数．

证明：假设a，b，c，d中至少有一个负数不成立，

即a，b，c，d都为非负数，即a≥0，b≥0，c≥0，d≥0. 因为a＋b＝1，c＋d＝1，

所以(a＋b)(c＋d)＝1，

即(ac＋bd)＋(bc＋ad)＝1. 因为a，b，c，d均为非负数，于是有bc＋ad≥0，故由上式可以知道ac＋bd≤1，这与已知条件中的ac＋bd＞1矛盾，所以假设不成立，故a，b，c，d中至少有一个负数．

11．已知数列{an}的前n项和Sn＝(n2＋n)·3n. a1a2an证明：2＋2＋…＋2>3n. 12na1证明：当n＝1时，2＝S1＝6>3；

1当n>1时，

Sn－Sn－1a1a2anS1S2－S1S3－S2

2＋2＋…＋2＝2＋2＋2＋…＋12n123n211111Snn＋nnn12－12·－2－2·22＝S＋·S＋…＋S＋·S>3>3. 2121232n－1nn－1nnn2＝n2·a1a2an所以，当n≥1时，2＋2＋…＋2>3n. 12n

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