三 反证法与放缩法课堂实录及点评

课堂导学

三点剖析

一,熟悉反证法证明不等式的步骤

【例1】

设f(x)、g(x)是定义在［0,1］上的函数，求证:存在x0、y0∈［0,1］，使|x0y0-f(x0)-g(y0)|≥证明:用反证法.假设对［0,1］内的任意实数x,y均有|xy-f(x)-g(y)|<内取特殊值: 1. 41，考虑对x,y在［0,1］4141(2)取x=1,y=0时，有|1×0-f(1)-g(0)|<41(3)取x=0,y=1时，有|0×1-f(0)-g(1)|<41(4)取x=1,y=1时，有|1×1-f(1)-g(1)|<4(1)取x=0,y=0时，有|0×0-f(0)-g(0)|<1; 41,∴|f(1)+g(0)|<; 41,∴|f(0)+g(1)|<; 41,∴|1-f(1)-g(1)|<. 4,∴|f(0)+g(0)|<∵1=1-f(1)-g(1)+f(0)+g(1)+f(1)+g(0)-f(0)-g(0), ∴1≤|1-f(1)-g(1)|+|f(0)+g(1)|+|f(1)+g(0)|+|f(0)+g(0)|<1111+++=1. 4444∴1<1，矛盾，说明假设不能成立.故要证结论成立. 各个击破

类题演练1

求证:如果a>b>0，那么nanb(n∈N且n>1). 证明:假设na不大于nb有两种情况:nanb或者nanb.由推论2和定理1，当nanb时，有ab>0矛盾，所以nanb. 11<2. 2ba变式提升1

求证:如果a>b>0,那么证明:假设11≥2, 2ab11b2a2则2-2=≥0.

22abab∵a>b>0,∴a2b2>0. ∴b2-a2=(b+a)(b-a)≥0.

∵a>b>0,∴b+a>0. ∴b-a≥0,即b≥a.

这与已知a>b矛盾. ∴假设不成立，原结论11<成立. a2b2二、什么时候用反证法证明不等式

【例2】

设0,(1-b)c>,(1-c)a>. 4441以上三式相乘得(1-a)b5(1-b)c5(1-c)a>, 641亦即(1-a)a5(1-b)b5(1-c)c>.①

64数都大于又∵0

已知x>0,y>0,且x+y>2,求证:1,与①矛盾. 641y1x与中至少有一个小于2. xy证明:假设1y1x1y1x、都不小于2，则≥2,≥2.

xxyy∵x>0,y>0, ∴1+y≥2x,1+x≥2y,2+x+y≥2(x+y).

∴x+y≤2，这与已知x+y>2矛盾. 故假设不成立，原题得证. 变式提升2

设a,b,c均为正数且a+b+c=1,求证:a2+b2+c2≥1. 3a2b2b2c2c2a2证明:∵ab≤,bc≤,ca≤, 222三式相加得ab+bc+ca≤a2+b2+c2. 假设a2+b2+c2<1,由1=a+b+c, 313∴1=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≤a2+b2+c2+2(a2+b2+c2)=3(a2+b2+c2)<3×=1, 即1<1,显然不成立.

三、体会反证法证明不等式的优越性

【例3】

若△ABC三边a,b,c的倒数成等差数列,则∠B<证明:假设∠B≥∴. 2,则b边最大,有b>a,b>c. 21111>,>. abcb112两式相加得+>, acb112这与题设+=相矛盾. acb因此,假设是错误的, ∴∠B<. 2温馨提示

证明过程就那么简单,推出矛盾也这般容易!用反证法证明不等式思路清清爽爽,有化难为易的功效. 类题演练3

若|a|<1,|b|<1,求证:|证明:假设|ab|<1. 1abab|≥1,则|a+b|≥|1+ab|.

1ab∴a2+b2+2ab≥1+2ab+a2b2. ∴a2+b2-a2b2-1≥0.

∴a2-1-b2(a2-1)≥0.

∴(a2-1)(1-b2)≥0.

2222a10a10,a1,a1,或即2或2∴

221b01b0.b1b1即a2≥1,b2≤1或a2≤1,b2≥1,与已知矛盾. ∴|ab|<1. 1ab1. 2变式提升3

已知f(x)=x2+px+q,求证:|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于证明:用反证法.假设|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|都小于1,则

2|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|<2, 而|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|≥|f(1)+f(3)-2f(2)| =|(1+p+q)+(9+3p+q)-(8+4p+2q)|=2,相互矛盾. ∴|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于

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