第一章-1.5-1.5.3-反證法和放縮法

1．5.3反證法和放縮法eq\a\vs4\al([對應(yīng)學(xué)生用書P21])[讀教材·填要點]1．反證法首先假設(shè)要證明的命題是不正確的，然后利用公理，已有的定義、定理，命題的條件逐步分析，得到和命題的條件(或已證明過的定理，或明顯成立的事實)矛盾的結(jié)論，以此說明假設(shè)的結(jié)論不成立，從而原來結(jié)論是正確的，這種方法稱為反證法．2．放縮法在證明不等式時，有時需要將所需證明的不等式的值適當(dāng)放大(或縮小)使它由繁化簡，達到證明目的，這種方法稱為放縮法．[小問題·大思維]1．用反證法證明不等式應(yīng)注意哪些問題？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．2．運用放縮法證明不等式的關(guān)鍵是什么？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(dāng)．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．eq\a\vs4\al([對應(yīng)學(xué)生用書P21])用反證法證明否定性結(jié)論[例1]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.[思路點撥]本題考查反證法的應(yīng)用．解答本題若采用直接法證明將非常困難，因此可考慮采用反證法從反面入手解決．[精解詳析]假設(shè)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(a1－b)＞eq\f(1,2)，eq\r(b1－c)＞eq\f(1,2)，eq\r(c1－d)＞eq\f(1,2)，eq\r(d1－a)＞eq\f(1,2).又∵eq\r(a1－b)≤eq\f(a＋1－b,2)，eq\r(b1－c)≤eq\f(b＋1－c,2)，eq\r(c1－d)≤eq\f(c＋1－d,2)，eq\r(d1－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，矛盾．∴4a(1－b)，4b(1－c)，4c(1－d)，4d(1－a)這四個數(shù)不可能都大于1.(1)當(dāng)證明的結(jié)論中含有“不是”，“不都”，“不存在”等詞語時，適于應(yīng)用反證法，因為此類問題的反面比較具體．(2)用反證法證明不等式時，推出的矛盾有三種表現(xiàn)形式①與已知相矛盾，②與假設(shè)矛盾，③與顯然成立的事實相矛盾．1．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足an＋Sn＝2.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)求證數(shù)列{an}中不存在三項按原來順序成等差數(shù)列．解：(1)當(dāng)n＝1時，a1＋S1＝2a1＝2，則a1＝1.又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，兩式相減得an＋1＝eq\f(1,2)an，所以{an}是首項為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，所以an＝eq\f(1,2n－1).(2)反證法：假設(shè)存在三項按原來順序成等差數(shù)列，記為ap＋1，aq＋1，ar＋1(p<q<r，且p，q，r∈N＋)，則2·eq\f(1,2q)＝eq\f(1,2p)＋eq\f(1,2r)，所以2·2r－q＝2r－p＋1.①又因為p<q<r，所以r－q，r－p∈N＋.所以①式左邊是偶數(shù)，右邊是奇數(shù)，等式不成立，所以假設(shè)不成立，原命題得證.用反證法證明“至多”、“至少”型命題[例2]若a，b，c均為實數(shù)，且a＝x2－2y＋eq\f(π,2)，b＝y(tǒng)2－2z＋eq\f(π,3)，c＝z2－2x＋eq\f(π,6)，求證：a，b，c中至少有一個大于0.[思路點撥]由于問題是“至少型”命題，故可用反證法證明．[精解詳析]假設(shè)a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，則a＋b＋c≤0，而a＋b＋c＝x2－2y＋eq\f(π,2)＋y2－2z＋eq\f(π,3)＋z2－2x＋eq\f(π,6)＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3∴π－3>0，且(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)≥0∴a＋b＋c>0這與a＋b＋c≤0矛盾．因此，a，b，c中至少有一個大于0.(1)在證明中含有“至少”、“至多”、“最多”等字眼時，或證明否定性命題、惟一性命題時，可使用反證法證明．在證明中常見的矛盾可以與題設(shè)矛盾，也可以與已知矛盾，與顯然的事實矛盾，也可以自相矛盾．(2)在用反證法證明的過程中，由于作出了與結(jié)論相反的假設(shè)，相當(dāng)于增加了題設(shè)條件，因此在證明過程中必須使用這個增加的條件，否則將無法推出矛盾．2．實數(shù)a，b，c，d滿足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1.求證：a，b，c，d中至少有一個是負數(shù)．證明：假設(shè)a，b，c，d都是非負數(shù)，即a≥0，b≥0，c≥0，d≥0，則1＝(a＋b)(c＋d)＝(ac＋bd)＋(ad＋bc)≥ac＋bd.這與已知中ac＋bd>1矛盾，∴原假設(shè)錯誤，故a，b，c，d中至少有一個是負數(shù).用放縮法證明不等式[例3]求證：eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)＜1＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,n2)＜2－eq\f(1,n)(n∈N*且n≥2)．[思路點撥]本題考查放縮法在證明不等式中的應(yīng)用，解答本題要注意欲證的式子中間是一個和的形式，但我們不能利用求和公式或其他方法求和，因此可考慮將分母適當(dāng)放大或縮小成可以求和的形式，進而求和，并證明該不等式．[精解詳析]∵k(k＋1)＞k2＞k(k－1)，∴eq\f(1,kk＋1)＜eq\f(1,k2)＜eq\f(1,kk－1).即eq\f(1,k)－eq\f(1,k＋1)＜eq\f(1,k2)＜eq\f(1,k－1)－eq\f(1,k)(k∈N＋且k≥2)．分別令k＝2,3，…，n得eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＜eq\f(1,22)＜1－eq\f(1,2)，eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＜eq\f(1,32)＜eq\f(1,2)－eq\f(1,3)，…eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＜eq\f(1,n2)＜eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，將這些不等式相加得eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＜eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)＜1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，即eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)＜eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)＜1－eq\f(1,n).∴1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)＜1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)＜1＋1－eq\f(1,n).即eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)＜1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)＜2－eq\f(1,n)(n∈N＋且n≥2)成立．(1)放縮法證不等式主要是根據(jù)不等式的傳遞性進行變換，即欲證a>b，可換成證a>c且c>b，欲證a<b，可換成證a<c且c<b.(2)放縮法是不等式證明中最重要的變形方法之一，放縮必須有目標．而且要恰到好處，目標往往要從證明的結(jié)論考察．常用的放縮方法有增項、減項、利用分式的性質(zhì)、利用不等式的性質(zhì)、利用已知不等式、利用函數(shù)的性質(zhì)進行放縮等．比如：舍去或加上一些項：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2；將分子或分母放大(縮小)：eq\f(1,k2)＜eq\f(1,kk－1)，eq\f(1,k2)＞eq\f(1,kk＋1)，eq\f(1,\r(k))＜eq\f(2,\r(k)＋\r(k－1))，eq\f(1,\r(k))＞eq\f(2,\r(k)＋\r(k＋1))(k∈R，k＞1)等．3．設(shè)n是正整數(shù)，求證：eq\f(1,2)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)<1.證明：由2n≥n＋k≥n(k＝1,2…，n)，得eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋k)<eq\f(1,n).當(dāng)k＝1時，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋1)<eq\f(1,n)；當(dāng)k＝2時，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋2)<eq\f(1,n)；…當(dāng)k＝n時，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋n)<eq\f(1,n)，∴eq\f(1,2)＝eq\f(n,2n)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)<eq\f(n,n)＝1.[對應(yīng)學(xué)生用書P23]一、選擇題1．否定“自然數(shù)a、b、c中恰有一個為偶數(shù)”時正確的反設(shè)為()A．a(chǎn)、b、c都是奇數(shù)B．a(chǎn)、b、c都是偶數(shù)C．a(chǎn)、b、c中至少有兩個偶數(shù)D．a(chǎn)、b、c中至少有兩個偶數(shù)或都是奇數(shù)解析：三個自然數(shù)的奇偶情況有“三偶、三奇、二偶一奇、二奇一偶”4種，而自然數(shù)a、b、c中恰有一個為偶數(shù)包含“二奇一偶”的情況，故反面的情況有3種，只有D項符合．答案：D2．設(shè)M＝eq\f(1,210)＋eq\f(1,210＋1)＋eq\f(1,210＋2)＋…＋eq\f(1,211－1)，則()A．M＝1 B．M<1C．M>1 D．M與1大小關(guān)系不定解析：∵210＋1>210,210＋2>210，…，211－1>210，∴M＝eq\f(1,210)＋eq\f(1,210＋1)＋eq\f(1,210＋2)＋…＋eq\f(1,211－1)<＝1.答案：B3．設(shè)a，b，c∈(－∞，0)，則三數(shù)a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,c)，c＋eq\f(1,a)的值()A．都不大于－2B．都不小于－2C．至少有一個不大于－2D．至少有一個不小于－2解析：假設(shè)都大于－2，則a＋eq\f(1,b)＋b＋eq\f(1,c)＋c＋eq\f(1,a)＞－6，∵a，b，c＜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(shè)矛盾，則選C.答案：C4．已知p＝a＋eq\f(1,a－2)，q＝－a2＋4a(a>2)，則()A．p>q B．p<qC．p≥q D．p≤q解析：∵p＝(a－2)＋eq\f(1,a－2)＋2，又a－2>0，∴p≥2＋2＝4，而q＝－(a－2)2＋4，由a>2，可得q<4，∴p>q.答案：A二、填空題5．給出下列兩種說法：①已知p3＋q3＝2，求證p＋q≤2，用反證法證明時，可假設(shè)p＋q≥2；②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求證方程x2＋ax＋b＝0的兩根的絕對值都小于1，用反證法證明時，可假設(shè)方程有一根x1的絕對值大于或等于1，即假設(shè)|x1|≥1.以上兩種說法正確的是________．解析：反證法的實質(zhì)是否定結(jié)論，對于①，其結(jié)論的反面是p＋q>2，所以①錯誤；對于②，其假設(shè)正確．答案：②6．用反證法證明“已知平面上有n(n≥3)個點，其中任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(shù)目最多為n條”時，假設(shè)的內(nèi)容為________．解析：對“至多”的否定應(yīng)當(dāng)是“至少”，二者之間應(yīng)該是完全對應(yīng)的，所以本題中的假設(shè)應(yīng)為“直徑的數(shù)目至少為n＋1條”．答案：直徑的數(shù)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(guān)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(n,\r(n))＝eq\r(n).答案：A≥eq\r(n)8．設(shè)a>0，b>0，M＝eq\f(a＋b,a＋b＋2)，N＝eq\f(a,a＋2)＋eq\f(b,b＋2)，則M與N的大小關(guān)系是________．解析：∵a>0，b>0，∴N＝eq\f(a,a＋2)＋eq\f(b,b＋2)>eq\f(a,a＋b＋2)＋eq\f(b,a＋b＋2)＝eq\f(a＋b,a＋b＋2)＝M.∴M<N.答案：M<N三、解答題9．已知0<x<2,0<y<2,0<z<2，求證：x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)不都大于1.證明：法一：假設(shè)x(2－y)>1且y(2－z)>1且z(2－x)>1均成立，則三式相乘有：xyz(2－x)(2－y)(2－z)>1. ①由于0<x<2，∴0＜x(2－x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1.同理：0＜y(2－y)≤1，且0＜z(2－z)≤1，∴三式相乘得：0<xyz(2－x)(2－y)(2－z)≤1 ②②與①矛盾，故假設(shè)不成立．∴x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)不都大于1.法二：假設(shè)x(2－y)＞1且y(2－z)＞1且z(2－x)＞1.∴eq\r(x2－y)＋eq\r(y2－z)＋eq\r(z2－x)＞3. ③又eq\r(x2－y)＋eq\r(y2－z)＋eq\r(z2－x)≤eq\f(x＋2－y,2)＋eq\f(y＋2－z,2)＋eq\f(z＋2－x,2)＝3 ④④與③矛盾，故假設(shè)不成立，∴原題設(shè)結(jié)論成立．10．已知實數(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)．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)＝|x＋eq\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，所以三式累加得：eq\r(x2＋xy＋y2)＋eq\r(y2＋yz＋z2)＋eq\r(z2＋zx＋x2)>