高中数学第二讲证明不等式的基本方法2.3反证法与放缩法练习(含解析)新人教A版选修4_5
高中数学第二讲讲明不等式的基本方法23反证法与放缩法231反证法课后导练新人教A版选修45
2.3.1 反证法课后导练基础达标1实数a,b,c 不全为0的意义为（ ）A.a,b,c 均不为0B.a,b,c 中至多有一个为0C.a,b,c 中至少有一个为0D.a,b,c 中至少有一个不为0答案:D2设a,b,c 都是正数，则三个数a+b 1,b+c 1,c+a1…（ ） A.都大于2B.至少有一个大于2C.至少有一个不小于2D.至少有一个不大于2解析:(反证法)设三者都小于2, 即a+b 1<2,b+c 1<2,c+a1<2, ∴(a+b 1)+(b+c 1)+(c+b 1)<6. 但(a+b 1)+(b+c 1)+(c+a 1)=(a+a 1)+(b+b 1)+(c+c 1)≥c c b b a a 121212∙+∙+∙=6. 推出矛盾,故原假设不成立,即这三个数不都小于2.答案:C3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.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件解析:∵a,b,c∈R +,∴P+Q=2b>0,P+R=2a>0,Q+R=2c>0,当PQR>0时,P,Q,R 中正数个数为1或3;当有一个为正时,假设P>0,是Q,R<0 Q+R<0,与R+Q>0矛盾.故P,Q,R 同时大于零.若P,Q,R>0,则PQR>0.故选C.答案:C4已知α,β∈(0,2π),且sin(α+β)=2sin α,求证:α<β. 证明:假设α<β不成立,则α≥β.(1)若α=β,由sin(α+β)=2sin α sin2α=2sin α,从而cos α=1,这与α∈(0,2π)矛盾. (2)若α>β,则sin α·cos β+cos α·sin β=2sin α,即cos α·sin β=sin α(2-cos β), βαβαsin sin cos 2cos =-. ∵α>β,∴sin α>sin β. 从而βαcos 2cos ->1, 即cos α>2-cos β cos α+cos β>2,这是不可能的,表明α>β不成立,由(1)(2)知结论成立.综合应用5已知a,b,c,d∈R 且a+b=c+d=1,ac+bd>1.求证:a,b,c,d 中至少有一个是负数.证明:假设a,b,c,d 都是非负数，∵a+b=c+d=1,∴(a+b)(c+d)=1.又∵(a+b)(c+d)=ac+bc+ad+bd≥ac+bd,∴ac+bd≤1，这与已知ac+bd>1矛盾.∴a,b,c,d 中至少有一个是负数.6设a,b,c,d 是正数,有下列三个不等式:①a+b<c+d;②(a+b)(c+d)<ab+cd;③(a+b)cd<ab(c+d).求证:①②③中至少有一个不正确.证明:假设①②③式都正确,因为a,b,c,d 都是正数,所以①式与②式相乘得(a+b)2<ab+cd.④ (a+b)cd<ab(c+d)≤(2b a +)2·(c+d). 又∵a+b>0,∴4cd<(a+b)(c+d)<ab+cd, ∴cd<31ab. ∴由④得(a+b)2<34ab, 即a 2+b 2<-32ab,矛盾. ∴不等式①②③中至少有一个不正确. 7已知a,b,c>0,a+b>c.求证:111+>+++c c b b a a . 证明:假设111+≤+++c c b b a a 则1-11111111+-≤+-++c b a , 1+111111+++≤+b a c ,(1+a)(1+b)(1+c)+(1+a)(1+b)≤(1+b)(1+c)+(1+a)(1+c),(c+2)(1+a)(1+b)≤(1+c)(a+b+2)，2+2b+2a+2ab+c+bc+ac+abc≤a+b+2+ac+bc+2c,2ab+abc+a+b≤c.①∵a+b>c,a,b,c>0,∴a+b+2ab+abc>c.这与①相矛盾,∴假设不成立.∴原不等式成立.8已知a,b,c∈R,a+b+c>0,ab+bc+ca>0,abc>0,求证:a,b,c>0.证明:假设a,b,c不全为正数,由abc>0可知,a,b,c中必有两负一正,不妨设a,b<0,c>0,∵a+b+c>0有c>-(a+b)>0.两端同乘以a+b,有(a+b)c<-(a+b)2,即ac+bc<-a2-2ab-b2.由此可知ab+bc+ca<-a2-ab-b2=-(a2+ab+b2)<0.这与已知ab+bc+ca>0矛盾.故假设不成立,∴a,b,c>0.拓展探究9已知函数f(x)(x∈R)满足下列条件:对任意的实数x1,x2都有λ(x1-x2)2≤(x1-x2)［f(x1)-f(x2)］和|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2|,其中λ是大于0的常数,设实数a0,a,b满足f(a0)=0和b=a-λf(a).(1)证明λ≤1,并且不存在b0≠a0,使得f(b0)=0;(2)证明(b-a0)2≤(1-λ2)(a-a0)2;(3)证明［f(b)］2≤(1-λ2)［f(a)］2.思路分析:(1)利用不等式的传递性及反证法证明;(2),(3)都是由构造法,结合不等式的传递性证明.证明:(1)任取x1,x2∈R,x1≠x2,则由λ(x1-x2)2≤(x1-x2)［f(x1)-f(x2)］①和|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2|,②可知,λ(x1-x2)2≤(x1-x2)［f(x1)-f(x2)］≤|x1-x2|·|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2|2,从而λ≤1.假设有b0≠a0,使得f(b0)=0,则由①式知0<λ(a0-b0)2≤(a0-b0)［f(a0)-f(b0)］=0,矛盾.所以不存在b0≠a0,使得f(b0)=0.(2)由b=a-λf(a),③可知(b-a0)2=［a-a0-λf(a)］2=(a-a0)2-2λ(a-a0)f(a)+λ2［f(a)］2.④由f(a0)=0和①式,得(a-a0)f(a)=(a-a0)［f(a)-f(a0)］≥λ(a-a0)2.⑤由f(a0)=0和②式知,［f(a)］2=［f(a)-f(a0)］2≤(a-a0)2.⑥则将⑤⑥代入④式,得(b-a0)2≤(a-a0)2-2λ2(a-a0)2+λ2(a-a0)2=(1-λ2)(a-a0)2.(3)由③式,可知［f(b)］2=［f(b)-f(a)+f(a)］2=［f(b)-f(a)］2+2f(a)［f(b)-f(a)］+［f(a)］2≤(b -a)2-2·λab -［f(b)-f(a)］+［f(a)］2 =λ2［f(a)］2-λ2(b-a)［f(b)-f(a)］+［f(a)］2 ≤λ2［f(a)］2-λ2·λ·(b -a)2+［f(a)］2 =λ2［f(a)］2-2λ2［f(a)］2+［f(a)］2=(1-λ2)［f(a)］2.备选习题10设a,b∈R ,0≤x,y≤1,求证:对于任意实数a,b,必存在满足条件的x,y,使得|xy-ax-by|≥31成立. 证明:假设对一切实数x,y,有|xy-ax-by|<31, 则取x=0,y=1有|b|<31, 取x=1,y=0有|a|<31. 再取x=y=1便是|1-a-b|<31,① 而|1-a-b|≥|1-a|-|b|≥1-|a|-|b|>31, 这与①相矛盾.∴假设不成立,原命题成立.11已知f(x)=x 2+ax+b(a,b∈R ),x∈［-1,1］,若|f(x)|的最大值为M,求证:M≥21. 证明:假设M<21,即 -21<x 2+ax+b<21(-1≤x≤1), 有-21-(x 2-21)<x 2+ax+b-(x 2-21)<21-(x 2-21), 即-x 2<ax+b+21<1-x 2. 当x=1时,a+b+21<0. 当x=-1时,-a+b+21<0, 两式相加得b<-21.① 当x=0时,b+21>0,故b>-21,与①式矛盾. 矛盾表明M≥21是成立的.12已知a,b,c∈R ,f(x)=ax 2+bx+c,若a+c=0,f(x)在［-1,1］上最大值为2,最小值为25-,证明a≠0且|ab |<2. 证明:由a+c=0⇒c=-a,故f(x)=ax 2+bx+(-a).假设a=0或|ab |≥2. (1)由a=0得f(x)=bx,由于b≠0,故f(x)在［-1,1］上单调,因此f(x)最大值为|b|,最小值为-|b|. ∴⎪⎩⎪⎨⎧-=-=.25||,2||b b 矛盾表明a≠0.(2)由|a b |≥2得|ab 2-|≥1且a≠0. ∴区间［-1,1］位于抛物线f(x)=ax 2+bx-a 的对称轴x=ab 2-的左侧或右侧. 因此,f(x)在［-1,1］上单调,其最大值为|b|,最小值为-|b|,这是不可能的.由此可知假设不成立,原命题成立,即a≠0且|ab |<2. 13证明不存在一个实数a,使对所有的x∈［π,2π］都满足不等式(ax)2-axcosx<41sin 2x. 证明:假设存在实数a 满足题意.原不等式变形为(ax)2-axcosx<41-41cos 2x, ∴(ax -21cosx)2<41⇒|ax-21cosx|<21. 特殊地,取x=π,则-21<πa+21<21. ∴π1-<a<0.① 取x=2π,有-21<2πa-21<21, ∴0<a<π21.② ①②两式矛盾.由此可知假设是错误的,原命题成立.14设y=f(x)是定义在区间［-1,1］上的函数,且满足条件:①f(-1)=f(1)=0;②对任意u,v∈［-1,1］都有|f(u)-f(v)|≤|u -v|.(1)证明对任意的x∈［-1,1］,都有x-1≤f(x)≤1-x;(2)证明对任意的u,v∈［-1,1］,都有|f(u)-f(v)|≤1;(3)在区间［-1,1］上是否存在满足条件的奇函数y=f(x),且使得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈-=-∈-<-].1,21[,|,||)()(|],21,0[,|,||)()(|v u v u v f u f v u v u v f u f 当当 若存在,请举一例;若不存在,请说明理由.(1)证明:由题设条件可知,当x∈［-1,1］,|f(x)|=|f(x)-f(1)|≤|x -1|=1-x,即x-1≤f(x)≤1-x.(2)证明:对任意的u,v∈［-1,1］,当|u-v|≤1时,有|f(u)-f(v)|≤|u -v|≤1.当|u-v|>1时,有u·v<0.不妨设u<0,则v>0且v-u>1,所以|f(u)-f(v)|≤|f(u)-f(-1)|+|f(v)-f(1)|≤|u+1|+|v -1|=1+u+1-v=2-(v-u)<1. 综上可知,对任意的u,v∈［-1,1］,都有|f(u)-f(v)|≤1.(3)解析:满足所述条件的函数不存在,理由如下:假设存在函数f(x)满足条件, 则由|f(u)-f(v)|=|u-v|,u,v∈［21,1］得 |f(21)-f(1)|=|21-1|=21. 又f(1)=0,所以|f(21)|=21.① 又因为f(x)为奇函数,所以f(0)=0.由条件|f(u)-f(v)|<|u-v|,u,v∈［0,21］得 |f(21)|=|f(21)-f(0)|<21.② ①与②矛盾,所以假设不成立,即这样的函数不存在. 15△ABC 三边长分别为a,b,c 且它们互不相等,面积S=41,外接圆半径r=1,求证: a 1+b 1+c1>c b a ++ 证明:假设a 1+b 1+c1≤c b a ++.① 则由S=21absinC, 得41=21ab·⇒2c abc=1. ∴①式⇔bc+ac+ab≤ab c ac b bc a ++.② ∵bc+ca≥ab c 2, ca+ab≥bc a 2,ab+bc≥ac b 2,三式相加得 bc+ca+ab≥ab c ac b bc a ++,取等号的条件bc=ca,ca=ab,ab=bc 同时成立,即a=b=c,与a,b,c 不等矛盾,故“=”不成立,即bc+ca+ab>ab c ac b bc a ++,这与②相矛盾.∴原不等式成立.。
高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 三 反证法与放缩法习题 新人教A版选修4-5
3．实数 a，b，c 满足 a＋2b＋c≥2，则( ) A．a，b，c 都是正数 B．a，b，c 都大于 1 C．a，b，c 都小于 2 D．a，b，c 中至少有一个不小于12 解析：选 D.假设 a，b，c 均小于12，则 a＋2b＋c<12＋1＋12，与 已知矛盾，所以假设不成立，故 a，b，c 中至少有一个不小于 1 2.
2．已知 a，b，c 是互不相等的非零实数．若用反证法证明三 个方程 ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0 至 少有一个方程有两个相异实根，应假设成( ) A．三个方程都没有两个相异实根 B．一个方程没有两个相异实根 C．至多两个方程没有两个相异实根 D．三个方程不都没有两个相异实根 解析：选 A.命题“三个方程 ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0， cx2＋2ax＋b＝0 至少有一个方程有两个相异实根”的否定为 “三个方程都没有两个相异实根”，故选 A.
＝2
5cos θcos
π4－sin θsin
π4＝2
5cosθ＋π4.
因为 cosθ＋π4∈[－1，1]， 所以 a－b∈[－2 5，2 5]．
2．A＝1＋
1＋ 2
1 ＋…＋ 3
1与 n
n (n∈N ＋ ) 的 大 小 关 系 是
________．
解析：A＝1＋
1＋ 2
1 ＋…＋ 3
1 n
≥
＝n n
＝ n. 答案：A≥ n
3．已知二次函数 f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与 x 轴有两个不 同的交点，若 f(c)＝0，且当 0<x<c 时，f(x)>0. (1)证明：1a是函数 f(x)的一个零点； (2)试用反证法证明：1a>c. 证明：(1)因为 f(x)的图象与 x 轴有两个不同的交点， 所以 f(x)＝0 有两个不等实根，不妨设为 x1，x2， 因为 f(c)＝0，所以 x1＝c 是 f(x)＝0 的一个根． 又 x1x2＝ac，所以 x2＝1a1a≠c. 故 x2＝1a是 f(x)＝0 的一个根，即1a是函数 f(x)的一个零点．
高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 2.3 反证法与放缩法 2.3.1 反证法课堂导学案 新人教A版选修45
2.3.1 反证法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x 0、y 0∈［0,1］，使|x 0y 0-f(x 0)-g(y 0)|≥41. 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)|<41，考虑对x,y 在［0,1］内取特殊值:(1)取x=0,y=0时，有|0×0-f(0)-g(0)|<41,∴|f(0)+g(0)|<41; (2)取x=1,y=0时，有|1×0-f(1)-g(0)|<41,∴|f(1)+g (0)|<41; (3)取x=0,y=1时，有|0×1-f(0)-g(1)|<41,∴|f(0)+g(1)|<41; (4)取x=1,y=1时，有|1×1-f(1)-g(1)|<41,∴|1-f(1)-g(1)|<41. ∵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)|<41+41+41+41=1. ∴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n n b a >(n∈N 且n>1).证明:假设n a 不大于n b 有两种情况:n n b a <或者n n b a =.由推论2和定理1，当n n b a <时，有a<b;当n n b a =时，有a=b ，这些都与已知a>b>0矛盾，所以n n b a >. 变式提升1求证:如果a>b>0,那么21a <21b . 证明:假设21a ≥21b , 则21a -21b =2222b a a b -≥0. ∵a>b>0,∴a 2b 2>0.∴b 2-a 2=(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21a <21b 成立. 二、什么时候用反证法证明不等式 【例2】 设0<a 、b 、c<1,求证:(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a 三个数不可能同时大于41. 思路分析:此命题为否定式，直接证明比较困难，可以考虑反证法.假设命题不成立，则三个数都大于41，然后从这个结论出发，推出与题设矛盾的结果来.证明:假设(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a 三个数都大于41,即(1-a)b>41,(1-b)c>41,(1-c)a>41.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>641.①又∵0<a<1,∴0<(1-a)a≤［2)1(aa +-］2=41.同理,0<(1-b)b≤41,0<(1-c)c≤41.以上三式相乘得(1-a)a·(1-b)b·(1-c)c≤641,与①矛盾.∴假设不成立，故命题获证.类题演练2已知x>0,y>0,且x+y>2,求证:x y +1与y x+1中至少有一个小于2.证明:假设x y +1、y x +1都不小于2，则x y+1≥2,y x+1≥2.∵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:a 2+b 2+c 2≥31.证明:∵ab≤222b a +,bc≤222c b +,ca≤222a c +,三式相加得ab+bc+ca≤a 2+b 2+c 2.假设a 2+b 2+c 2<31,由1=a+b+c,∴1=(a+b+c)2=a 2+b 2+c 2+2(ab+bc+ca)≤a 2+b 2+c 2+2(a 2+b 2+c 2)=3(a 2+b 2+c 2)<3×31=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<2π. 证明:假设∠B≥2π,则b 边最大,有b>a,b>c. ∴a 1>b 1,c 1>b1. 两式相加得a 1+c 1>b2, 这与题设a 1+c 1=b2相矛盾. 因此,假设是错误的, ∴∠B<2π. 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:|ab b a ++1|<1. 证明:假设|ab b a ++1|≥1,则|a+b|≥|1+ab|. ∴a 2+b 2+2ab≥1+2ab+a 2b 2.∴a 2+b 2-a 2b 2-1≥0.∴a 2-1-b 2(a 2-1)≥0.∴(a 2-1)(1-b 2)≥0.∴⎪⎩⎪⎨⎧≥≤⎪⎩⎪⎨⎧≤≥⎪⎩⎪⎨⎧≤-≤-⎪⎩⎪⎨⎧≥-≥-1,11,1.01,01010122222222b a b a b a b a 或即或 即a 2≥1,b 2≤1或a 2≤1,b 2≥1,与已知矛盾. ∴|abb a ++1|<1. 变式提升3 已知f(x)=x 2+px+q,求证:|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于21. 证明:用反证法.假设|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|都小于21,则 |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21.。
高中数学第2讲证明不等式的基本方法3反证法与放缩法学案新人教A版
三反证法与放缩法1．掌握用反证法证明不等式的方法．(重点)2．了解放缩法证明不等式的原理，并会用其证明不等式．(难点、易错易混点)[基础·初探]教材整理1 反证法阅读教材P26～P27“例2”及以上部分，完成下列问题．先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，我们把这种证明问题的方法称为反证法．如果两个正整数之积为偶数，则这两个数( )A．两个都是偶数B．一个是奇数，一个是偶数C．至少一个是偶数D．恰有一个是偶数【解析】假设这两个数都是奇数，则这两个数的积也是奇数，这与已知矛盾，所以这两个数至少有一个为偶数．【答案】 C教材整理2 放缩法阅读教材P28～P29“习题”以上部分，完成下列问题．证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种方法称为放缩法．若|a－c|＜h，|b－c|＜h，则下列不等式一定成立的是( )【导学号：32750039】A．|a－b|＜2h B．|a－b|＞2hC ．|a －b |＜h D.|a －b |＞h【解析】 |a －b |＝|(a －c )－(b －c )|≤|a －c |＋|b －c |＜2h . 【答案】 A[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1： 解惑： 疑问2： 解惑： 疑问3： 解惑：[小组合作型](1)f (1)＋f (3)－2f (2)＝2；(2)|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|中至少有一个不小于12.【精彩点拨】 (1)把f (1)，f (2)，f (3)代入函数f (x )求值推算可得结论． (2)假设结论不成立，推出矛盾，得结论． 【自主解答】 (1)由于f (x )＝x 2＋px ＋q ， ∴f (1)＋f (3)－2f (2)＝(1＋p ＋q )＋(9＋3p ＋q )－2(4＋2p ＋q )＝2.(2)假设|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|都小于12，则有|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)|＜2.(*)又|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)| ≥f (1)＋f (3)－2f (2)＝(1＋p ＋q )＋(9＋3p ＋q )－(8＋4p ＋2q )＝2，∴|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)|≥2与(*)矛盾，∴假设不成立． 故|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|中至少有一个不小于12.1．在证明中含有“至多”“至少”等字眼时，常使用反证法证明．在证明中出现自相矛盾，说明假设不成立．2．在用反证法证明的过程中，由于作出了与结论相反的假设，相当于增加了题设条件，因此在证明过程中必须使用这个增加的条件，否则将无法推出矛盾．[再练一题]1．已知实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＝c ＋d ＝1，ac ＋bd ＞1.求证：a ，b ，c ，d 中至多有三个是非负数．【证明】 a ，b ，c ，d 中至多有三个是非负数，即至少有一个是负数，故有假设a ，b ，c ，d 都是非负数．即a ≥0，b ≥0，c ≥0，d ≥0，则1＝(a ＋b )(c ＋d )＝(ac ＋bd )＋(ad ＋bc )≥ac ＋bd . 这与已知中ac ＋bd ＞1矛盾， ∴原假设错误，故a ，b ，c ，d 中至少有一个是负数． 即a ，b ，c ，d 中至多有三个是非负数.已知a n ＝2n 2，n ∈N *，求证：对一切正整数n ，有a 1＋a 2＋…＋1a n ＜32.【精彩点拨】 针对不等式的特点，对其通项进行放缩、列项． 【自主解答】 ∵当n ≥2时，a n ＝2n 2＞2n (n －1)， ∴1a n ＝12n 2＜12nn －＝12·1nn －＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜1＋1211×2＋12×3＋…＋1n n －＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝32－12n ＜32，即1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜32.1．放缩法在不等式的证明中无处不在，主要是根据不等式的传递性进行变换．2．放缩法技巧性较强，放大或缩小时注意要适当，必须目标明确，合情合理，恰到好处，且不可放缩过大或过小，否则，会出现错误结论，达不到预期目的，谨慎地添或减是放缩法的基本策略．[再练一题]2．求证：1＋122＋132＋…＋1n 2＜2－1n (n ≥2，n ∈N ＋)．【证明】 ∵k 2＞k (k －1)， ∴1k 2＜1kk －＝1k －1－1k(k ∈N ＋，且k ≥2)． 分别令k ＝2,3，…，n 得122＜11·2＝1－12，132＜12·3＝12－13，…， 1n2＜1nn －＝1n －1－1n. 因此1＋122＋132＋…＋1n2＜1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n＝1＋1－1n ＝2－1n.故不等式1＋122＋132＋…＋1n 2＜2－1n(n ≥2，n ∈N ＋)．[探究共研型]探究1 【提示】 证明的步骤是：(1)作出否定结论的假设；(2)从否定结论进行推理，导出矛盾；(3)否定假设，肯定结论．探究2 反证法证题时常见数学语言的否定形式是怎样的？【提示】 常见的涉及反证法的文字语言及其相对应的否定假设有：【精彩点拨】 本题中的条件是三边间的关系2b ＝1a ＋1c，而要证明的是∠B 与90°的大小关系．结论与条件之间的关系不明显，考虑用反证法证明．【自主解答】 ∵a ，b ，c 的倒数成等差数列，∴2b ＝1a ＋1c.假设∠B ＜90°不成立，即∠B ≥90°，则∠B 是三角形的最大内角，在三角形中，有大角对大边，∴b ＞a ＞0，b ＞c ＞0， ∴1b ＜1a ，1b ＜1c ，∴2b ＜1a ＋1c，这与2b ＝1a ＋1c相矛盾．∴假设不成立，故∠B ＜90°成立．1．本题中从否定结论进行推理，即把结论的反面“∠B ≥90°”作为条件进行推证是关键．要注意否定方法，“＞”否定为“≤”，“＜”否定为“≥”等．2．利用反证法证题的关键是利用假设和条件通过正确推理，推出和已知条件或定理事实或假设相矛盾的结论．[再练一题]3．若a 3＋b 3＝2，求证：a ＋b ≤2.【导学号：32750040】【证明】 法一 假设a ＋b >2，a 2－ab ＋b 2＝⎝⎛⎭⎪⎫a －12b 2＋34b 2≥0，故取等号的条件为a ＝b ＝0，显然不成立， ∴a 2－ab ＋b 2>0.则a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)>2(a 2－ab ＋b 2)， 而a 3＋b 3＝2，故a 2－ab ＋b 2<1， ∴1＋ab >a 2＋b 2≥2ab ，从而ab <1， ∴a 2＋b 2<1＋ab <2，∴(a ＋b )2＝a 2＋b 2＋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＝a 3＋b 3>(2－b )3＋b 3，即2>8－12b ＋6b 2，即(b －1)2<0， 这显然不成立，从而a ＋b ≤2.法三 假设a ＋b >2，则(a ＋b )3＝a 3＋b 3＋3ab (a ＋b )>8. 由a 3＋b 3＝2，得3ab (a ＋b )>6，故ab (a ＋b )>2. 又a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＝2， ∴ab (a ＋b )>(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)， ∴a 2－ab ＋b 2<ab ，即(a －b )2<0. 这显然不成立，故a ＋b ≤2.[构建·体系]反证法与放缩法—⎪⎪⎪⎪—反证法与放缩法的定义—反证法的一般步骤—证明不等式—放缩的技巧1．实数a ，b ，c 不全为0的等价条件为( ) A ．a ，b ，c 均不为0 B ．a ，b ，c 中至多有一个为0 C ．a ，b ，c 中至少有一个为0 D ．a ，b ，c 中至少有一个不为0【解析】 实数a ，b ，c 不全为0的含义即a ，b ，c 中至少有一个不为0，其否定则是a ，b ，c 全为0，故选D.【答案】 D2．已知a ＋b ＋c ＞0，ab ＋bc ＋ac ＞0，abc ＞0，用反证法求证a ＞0，b ＞0，c ＞0时的假设为( )A ．a ＜0，b ＜0，c ＜0B ．a ≤0，b ＞0，c ＞0C ．a ，b ，c 不全是正数D.abc ＜0【解析】 a ＞0，b ＞0，c ＞0的反面是a ，b ，c 不全是正数，故选C. 【答案】 C3．要证明3＋7＜25，下列证明方法中，最为合理的是( ) A ．综合法 B ．放缩法 C ．分析法D.反证法【解析】 由分析法的证明过程可知选C. 【答案】 C 4．A ＝1＋12＋13＋…＋1n与n (n ∈N ＋)的大小关系是________.【导学号：32750041】【解析】 A ＝11＋12＋13＋…＋1n ≥＝nn ＝n .【答案】 A ≥n5．若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2.求证：1＋x y <2和1＋yx<2中至少有一个成立．【证明】 假设1＋x y <2和1＋y x<2都不成立，则有1＋x y ≥2和1＋y x≥2同时成立，因为x >0且y >0，所以1＋x ≥2y ，且1＋y ≥2x ，两式相加，得2＋x ＋y ≥2x ＋2y ， 所以x ＋y ≤2，这与已知条件x ＋y >2矛盾，因此1＋x y <2和1＋y x<2中至少有一个成立．我还有这些不足：(1) (2) 我的课下提升方案：(1) (2)学业分层测评（八） (建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．应用反证法推出矛盾的推导过程中，要把下列哪些作为条件使用( ) ①结论相反的判断，即假设；②原命题的条件；③公理、定理、定义等；④原结论．A．①②B．①②④C．①②③D．②③【解析】由反证法的推理原理可知，反证法必须把结论的相反判断作为条件应用于推理，同时还可应用原条件以及公理、定理、定义等．【答案】 C2．用反证法证明命题“如果a＞b，那么3a＞3b”时，假设的内容是( )A.3a＝3bB.3a＜3bC.3a＝3b且3a＜3bD.3a＝3b或3a＜3b【解析】应假设3a≤3b，即3a＝3b或3a＜3b.【答案】 D3．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a＞b与a＜b及a≠c中至少有一个成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．其中判断正确的个数为( )A．0个B．1个 C．2个D．3个【解析】对于①，若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与已知矛盾，故①对；对于②，当a＞b与a＜b及a≠c都不成立时，有a＝b＝c，不符合题意，故②对；对于③，显然不正确．【答案】 C4．若a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，设M＝827－27a，N＝(a＋c)·(a＋b)，则( ) A．M≥N B．M≤NC．M>N D.M<N【解析】 依题意易知1－a,1－b,1－c ∈R ＋，由均值不等式知31－a 1－b1－c≤13[(1－a )＋(1－b )＋(1－c )]＝23，∴(1－a )(1－b )(1－c )≤827，从而有8－a ≥(1－b )(1－c )，即M ≥N ，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，取等号．故选 A.【答案】 A5．设x ，y ，z 都是正实数，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x，则a ，b ，c 三个数( )A ．至少有一个不大于2B ．都小于2C ．至少有一个不小于2D ．都大于2【解析】 ∵a ＋b ＋c ＝x ＋1x ＋y ＋1y ＋z ＋1z≥2＋2＋2＝6，当且仅当x ＝y ＝z ＝1时等号成立，∴a ，b ，c 三者中至少有一个不小于2. 【答案】 C 二、填空题6．若要证明“a ，b 至少有一个为正数”，用反证法的反设应为________.【导学号：32750042】【答案】 a ，b 中没有任何一个为正数(或a ≤0且b ≤0) 7．lg 9·lg 11与1的大小关系是________． 【解析】 ∵lg 9＞0，lg 11＞0，∴lg 9·lg 11＜lg 9＋lg 112＝lg 992＜lg 1002＝1，∴lg 9·lg 11＜1. 【答案】 lg 9·lg 11＜18．设M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则M 与1的大小关系为________．【解析】 ∵210＋1＞210,210＋2＞210，…，211－1＞210， ∴M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1＜＝1.【答案】 M ＜1 三、解答题9．若实数a ，b ，c 满足2a＋2b＝2a ＋b,2a＋2b ＋2c ＝2a ＋b ＋c，求c 的最大值．【解】 2a ＋b＝2a ＋2b ≥22a ＋b，当且仅当a ＝b 时，即2a ＋b≥4时取“＝”，由2a＋2b＋2c＝2a ＋b ＋c，得2a ＋b＋2c ＝2a ＋b·2c，∴2c＝2a ＋b2a ＋b －1＝1＋12a ＋b －1≤1＋14－1＝43，故c ≤log 243＝2－log 23.10．已知n ∈N ＋，求证：n n ＋2<1×2＋2×3＋…＋n n ＋<n ＋22.【证明】 k <kk ＋<k ＋k ＋2＝12(2k ＋1)(k ＝1,2，…，n )． 若记S n ＝1×2＋2×3＋…＋n n ＋，则S n >1＋2＋…＋n ＝n n ＋2，S n <12(3＋5＋…＋2n ＋1)＝12(n 2＋2n )<n ＋22.[能力提升]1．否定“自然数a ，b ，c 中恰有一个为偶数”时正确的反设为( ) A ．a ，b ，c 都是奇数 B ．a ，b ，c 都是偶数 C ．a ，b ，c 中至少有两个偶数D ．a ，b ，c 中至少有两个偶数或都是奇数【解析】 三个自然数的奇偶情况有“三偶、三奇、两偶一奇、两奇一偶”4种，而自然数a ，b ，c 中恰有一个为偶数包含“两奇一偶”的情况，故反面的情况有3种，只有D 项符合．【答案】 D2．设x ，y 都是正实数，且xy －(x ＋y )＝1，则( ) A ．x ＋y ≥2(2＋1) B ．xy ≤2＋1 C ．x ＋y ≤(2＋1)2D.xy ≥2(2＋1)【解析】 由已知(x ＋y )＋1＝xy ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22， ∴(x ＋y )2－4(x ＋y )－4≥0.∵x ，y 都是正实数，∴x ＞0，y ＞0，∴x ＋y ≥22＋2＝2(2＋1)．【答案】 A3．已知a ＞2，则log a (a －1)log a (a ＋1)________1(填“＞”“＜”或“＝”)．【解析】 ∵a ＞2，∴log a (a －1)＞0，log a (a ＋1)＞0. 又log a (a －1)≠log a (a ＋1)， ∴log a a －a a ＋＜log a a －＋log a a ＋2， 而log a a －＋log a a ＋2＝12log a (a 2－1) ＜12log a a 2＝1， ∴log a (a －1)log a (a ＋1)＜1.【答案】 ＜4．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2·a n (n ∈N ＋), 【导学号：32750043】(1)求a 2，a 3，并求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝n a n ，求证：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＜710. 【解】 (1)∵a 1＝2，a n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2·a n (n ∈N ＋)， ∴a 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋112·a 1＝16，a 3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·a 2＝72. 又∵a n ＋1n ＋＝2·a n n ，n ∈N ＋， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 2为等比数列．∴a n n 2＝a 112·2n －1＝2n，∴a n＝n2·2n.(2)证明：c n＝na n ＝1 n·2，∴c1＋c2＋c3＋…＋c n＝11·2＋12·22＋13·23＋…＋1n·2n＜12＋18＋124＋14·⎝⎛⎭⎪⎫124＋125＋…＋12n＝23＋14·124⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫12n－31－12＜23＋14·1241－12＝23＋132＝6796＝670960＜96×796×10＝710，所以结论成立．。
2018_2019高中数学第二讲证明不等式的基本方法2.3反证法与放缩法预习学案新人教A版
2.3 反证法与放缩法预习目标1．掌握用反证法证明不等式的方法．2．了解放缩法证明不等式的原理，并会用其证明不等式．一、预习要点1.反证法先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题条件(或已证明过的定理、性质、明显成立的事实等)__________，以说明____________________，从而证明原命题成立，我们把它称为________．2．放缩法证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到________，我们把这种方法称为________.二、预习检测1．实数a ，b ，c 不全为0的等价条件为( )A ．a ，b ，c 均不为0B ．a ，b ，c 中至多有一个为0C ．a ，b ，c 中至少有一个为0D ．a ，b ，c 中至少有一个不为02．已知a ＋b ＋c ＞0，ab ＋bc ＋ac ＞0，abc ＞0，用反证法求证a ＞0，b ＞0，c ＞0时的假设为( )A ．a ＜0，b ＜0，c ＜0B ．a ≤0，b ＞0，c ＞0C ．a ，b ，c 不全是正数 D.abc ＜03．要证明3＋7＜25，下列证明方法中，最为合理的是( )A ．综合法B ．放缩法C ．分析法 D.反证法4．若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2.求证：1＋x y <2和1＋y x<2中至少有一个成立．三、思学质疑把你在本次课程学习中的困惑与建议填写在下面,与同学交流后,由组长整理后并拍照上传平台讨论区。
参考答案一、预习要点 1.相矛盾的结论 假设不正确 反证法 2.证明的目的 放缩法二、预习检测1．【解析】 实数a ，b ，c 不全为0的含义即a ，b ，c 中至少有一个不为0，其否定则是a ，b ，c 全为0，故选D.【答案】 D2.【解析】 a ＞0，b ＞0，c ＞0的反面是a ，b ，c 不全是正数，故选C.【答案】 C3.【解析】 由分析法的证明过程可知选C.【答案】 C4.【证明】 假设1＋x y <2和1＋y x<2都不成立， 则有1＋x y ≥2和1＋y x≥2同时成立，因为x >0且y >0，所以1＋x ≥2y ，且1＋y ≥2x ， 两式相加，得2＋x ＋y ≥2x ＋2y ，所以x ＋y ≤2，这与已知条件x ＋y >2矛盾，因此1＋x y <2和1＋y x<2中至少有一个成立．。
高中数学第二讲讲明不等式的基本方法2.3反证法与放缩法自主训练新人教A版选修4_5
2.3 反证法与放缩法自主广场1.设M=,则（）A.M=1B.M<1C.M>1D.M与1大小关系不定思路解析:分母全换成210.答案:B2.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思路解析: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:C3.已知a,b∈R+,下列各式中成立的是（）A.cos2θ·lga+sin2θ·lgb<lg(a+b)B.cos2θ·lga+sin2θ·lgb>lg(a+b)C.=a+bD.>a+b思路解析:cos2θ·lga+sin2θ·lgb<cos2θ·lg(a+b)+sin2θ.lg(a+b)=lg(a+b).答案:A4.A=1+与(n∈N+)的大小关系是____________.思路解析:A=.答案:A≥5.lg9·lg11与1的大小关系是___________.思路解析:因为lg9>0,lg11>0.所以=1.所以lg9·lg11<1.答案:lg9·lg11<16.设x>0,y>0,A=,B=,则A,B的大小关系是_________.思路解析:A==B.答案:A<B7.求证:(1++…+)>(++…+)(n≥2).证明:∵=,>,,…,,又>,将上述各式的两边分别相加,得1+++…+>(++…+)·.∴(1++…+)>(++…+).8.已知a,b,c,d∈R,且a+b=c+d=1,ac+bd>1.求证:a,b,c,d中至少有一个是负数.证明:假设a,b,c,d都是非负数.因为a+b=c+d=1,所以(a+b)(c+d)=1,而(a+b)(c+d)=ac+bc+ad+bd≥ac+bd,所以ac+bd≤1,这与ac+bd>1矛盾.所以假设不成立,即a,b,c,d中至少有一个为负数.9.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:假设|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|都小于,则|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.我综合我发展10.已知函数f(x)满足下列条件:(1)f()=1;(2)f(xy)=f(x)+f(y);(3)值域为［-1,1］.试证:不在f(x)的定义域内.思路解析:假设在f(x)的定义域内,则f()有意义,且f()∈［-1,1］.又由题设,得f()=f(·)=f()+f(［-1,1］,此与f()∈［-1,1］矛盾,故假设不成立.所以不在f(x)的定义域内.11.已知a,b,c∈R+,且a+b>c,求证:.证明:构造函数f(x)=(x∈R+),任取x1,x2∈R+,且x1<x2,则。
高中数学 第二讲 讲明不等式的基本方法 2.3 反证法与放缩法 2.3.2 放缩法课后导练 新人教A版选修45
2.3.2 放缩法课后导练基础达标 1设x>0,y>0,A=y x y x +++1,B=yyx x +++11,则A,B 的大小关系是_________________.解析:A=y x y y x x +++++11<yy x x +++11=B.答案:A<B2记A=111021121+++Λ,则A 与1的关系是_______. 解析:A=121212121221121102101010111010=+++<+++++444344421ΛΛ个答案:A<13用不等号将下列各式连接起来:(1)41_______________log 83; (2)31________________log 72;(3)log 54234⨯⨯__________log 452345⨯⨯⨯.解析:(1)41=log 8841<log 8941=log 83.(2)31=log 7731<log 7831=log 72.(3)log 54234⨯⨯=log 5424<log 5425=21, 而log 452345⨯⨯⨯=log 45120>log 4564=53,∴log 54234⨯⨯<log 452345⨯⨯⨯. 答案:(1)< (2)< (3)<4已知a>b>c,则比较大小:))((c b b a --_______2ca -. 解析:∵a>b>c,∴a -b>0,b-c>0,22)()())((ca cb b ac b b a -=-+-≤--.∴))((c b b a --≤2ca -.答案:≤5求证:2<2log 3log 32+<2+1.证明:2log 3log 32+2log 3log 232•>=2, 又2log 3log 32+<23log 4log 32=++1,∴2<22log 3log 32<++1. 综合应用6已知a>b≥0,c>0,求证:b c b a c a -+<-+.证明:b c b cb c b c bc b c ac a c a c a -+=-+=++<++=-+)(.7求证:2(1+n -1)<1+n n213121<+++Λ(n∈N *).证明: ∵)1(2121k k k k k-+=++>, ∴1+)23(2)12(213121-+->+++nΛ)11(2)1(2-+=-+++n n n Λ又),1(2121--=-+<k k k k k∴n n n n2)1(2)12(2)01(213121=--++-+-<+++ΛΛ∴原不等式成立. 8已知a n =)1(433221+⨯++⨯+⨯+⨯n n Λ(n∈N *),求证:2)1(+n n <a n <2)1(2+n .证明:∵)1(+⨯n n >n, ∴a n =2)1(21)1(3221+=+++>+⨯++⨯+⨯n n n n n ΛΛ.又)1(+⨯n n <21［(n+1)+n ］=21(2n+1), ∴a n =2)1(2122523)1(32212+<++++<+++⨯+⨯n n n n ΛΛ∴2)1(2)1(2+<<+n a n n n . 9求证:91+41)12(14912512<++++n Λ(n∈N *). 证明:)111(41)22121(21)12(12+-=+-<+n n n n n , ∴左式<41［(1-21)+(21-31)+…+(111+-n n )］=41(1-11+n )<41. 拓展探究10在△ABC 中,求证:3π≤2π<++++c b a cC bB aA (a,b,c 为三边,A,B,C 为弧度).证明:∵b+c>a,有a+b+c>2a,∴,21<++c b a a 可知2Ac b a aA <++.同理,2,2Cc b a cC B b b a bB <++<++.∴22π=++<++++C B A c b a cC bB aA .又∵(a -b)(A-B)≥0,便是aA+bB ≥aB+bA, ∴aA+bB+cC≥aB+bA+cC. 同理,aA+bB+cC≥cA+aC+bB, aA+bB+cC≥cB+bC+aA.三式相加,得3(aA+bB+cC)≥π(a+b+c), 即c b a cC bB aA ++++≥3π.∴原不等式成立. 备选习题11设n∈N ,且n>1,f(n)=1+21+31+…+n 1,求证:f(2n)>22+n . 证明:f(2n)=1+21+31+…+n 1+…+n 21=1+21+(31+41)+(>++++++++++--)21221121(8171615111n n n ΛΛ 22)212121()81818181()4141(211+=++++++++++++n n n n ΛΛ12设三角形三边a,b,c 满足关系a n +b n =c n(n≥3,n∈N ),求证:△ABC 为锐角三角形.证明:∵a n +b n =c n, 故(c a )n +(cb )n=1. ∴c>a,c>b,△ABC 中c 边最长. 又由于n≥3,1=(c a )n +(c b )n <(c a )2+(cb )2, ∴a 2+b 2>c 2,由余弦定理cosC=abc b a 2222-+>0,△ABC 为锐角三角形.13设a 1,a 2,a 3, …,a n 是一组正数,求证:12212321322121)()()(a a a a a a a a a a a a n n <+++++++++ΛΛ证明:,11)()(21121122212a a a a a a a a a a +-=+•<+,321213212132321311))(()(a a a a a a a a a a a a a a a ++-+=+++<++， ))(()(21121221nn nn n a a a a a a a a a a a ++++++<++-ΛΛΛ n n a a a a a a +++-+++=-ΛΛ2112111∴+++++++Λ232132212)()(a a a a a a a .111)(1211221a a a a a a a a a n n n <+++-<+++ΛΛ14α≠2πn (n∈Z ),求证:(1+αn 2sin 1)(1+αn 2cos 1)≥(1+2n )2. 证明:左式=1+αn 2sin 1+αn 2cos 1+≥•ααnn 22cos sin 12|cos sin |1|cos sin |21ααααn n n n •+•+≥(1+2n )2(∵|sinα·cosα|≤21). ∴原不等式成立.15设0<α<2π,0<β<2π,0<k≤21,且sin 2α=k·cosβ,求证:α+β<2π.证明:∵sin 2α=k·cosβ=k·sin(2π-β)=2k·sin(4π-2β)·cos(4π-2β)<2k·sin(4π-2β)≤sin(4π-2β),又2α∈(0,4π),4π-2β∈(0,4π), 正弦函数在(0,2π)内单调递增,∴2α<4π-2β, 即α+β<2π.16已知-1≤x≤1,n≥2,求证:(1-x)n+(1+x)n≤2n. 证明:∵-1≤x≤1,设x=cos2θ,则1-x=1-cos2θ=1-(1-2sin 2θ)=2sin 2θ,1+x=2cos 2θ.∴(1-x)n +(1+x)n =(2sin 2θ)n +(2cos 2θ)n=2n (sin 2n θ+cos 2nθ).考虑指数函数y=a x,当a∈(0,1)时,在x∈(0,+∞)上单调递减,∴sin 2n θ≤sin 2θ, cos 2n θ≤cos 2θ. ∴2n (sin 2n θ+cos 2n θ)≤2n (sin 2θ+cos 2θ)=2n .∴(1-x)n +(1+x)n ≤2n.。
高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 2.3 反证法与放缩法导学案 新人教A版选修4-5-新人教A
2.3 反证法与放缩法学习目标1.理解反证法在证明不等式中的应用．2．掌握反证法证明不等式的方法．3．掌握放缩法证明不等式的原理，并会用其证明不等式.一、自学释疑根据线上提交的自学检测，生生、师生交流讨论，纠正共性问题。
二、合作探究探究1．用反证法证明不等式应注意哪些问题？探究2．运用放缩法证明不等式的关键是什么？1.反证法对于那些直接证明比较困难的命题常常用反证法证明．用反证法证明数学命题，实际上是证明逆否命题成立，来代替证明原命题成立，用反证法证明步骤可概括为“否定结论，推出矛盾”．(1)否定结论：假设命题的结论不成立，即肯定结论的反面成立．(2)推出矛盾：从假设及已知出发，应用正确的推理，最后得出与定理、性质、已知及事实相矛盾的结论，从而说明假设不成立，故原命题成立．2．用反证法证明不等式应注意的问题(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．放缩法放缩法是证明不等式的一种特殊方法，它利用已知的基本不等式(如均值不等式)，或某些函数的有界性、单调性等适当的放缩以达到证明的目的．放缩是一种重要手段，放缩时应目标明确、放缩适当，目的是化繁为简，应灵活掌握． 常见放缩有以下几种类型：第一，直接放缩；第二，裂项放缩(有时添加项)；第三，利用函数的有界性、单调性放缩； 第四，利用基本不等式放缩．例如：1n 2<1n n －1＝1n －1－1n ，1n 2>1n n ＋1＝1n －1n ＋1；1n >2n ＋n ＋1＝2(n ＋1－n )，1n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)．以上n ∈N，且n >1.【例1】 若a 3＋b 3＝2，求证：a ＋b ≤2.【变式训练1】 若假设a ，b ，c ，d 都是小于1的正数，求证：4a (1－b )，4b (1－c )，4c (1－d )，4d (1－a )这四个数不可能都大于1.【例2】 设x ，y ，z 满足x ＋y ＋z ＝a (a >0)，x 2＋y 2＋z 2＝12a 2.求证：x ，y ，z 都不能是负数或大于23a 的数．【变式训练2】 证明：若函数f (x )在区间[a ，b ]上是增函数，那么方程f (x )＝0在区间[a ，b ]上至多有一个实根．【例3】 求证：2(n ＋1－1)<1＋12＋13 (1)<2n (n ∈N ＋)．【变式训练3】 设n ∈N ＋，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)<1.【例4】 已知实数x ，y ，z 不全为零，求证： x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2>32(x ＋y ＋z )．【变式训练4】设x>0，y>0，x>0，求证：x2＋xy＋y2＋y2＋yz＋z2>x＋y＋z.参考答案探究1．提示：用反证法证明不等式要把握三点：(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．探究 2 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，这些都是我们在证明中的常用方法与技巧，也是放缩法中的主要形式．【例1】 证法一 假设a ＋b >2，则a >2－b ，∴2＝a 3＋b 3>(2－b )3＋b 3，即2>8－12b ＋6b 2，即(b －1)2<0，这是不可能的．∴a ＋b ≤2.证法二 假设a ＋b >2，而a 2－ab ＋b 2＝(a －12b )2＋34b 2≥0，但取等号的条件是a ＝b ＝0，显然不可能．∴a 2－ab ＋b 2>0.则a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)>2(a 2－ab ＋b 2)．又∵a 3＋b 3＝2，∴a 2－ab ＋b 2<1.∴1＋ab >a 2＋b 2≥2ab .∴ab ≤1.∴(a ＋b )2＝a 2＋b 2＋2ab＝(a 2－ab ＋b 2)＋3ab <4.∴a ＋b <2，这与假设相矛盾，故a ＋b ≤2.【变式训练1】证明 假设4a (1－b )，4b (1－c )，4c (1－d )，4d (1－a )都大于1，则a (1－b )>14，b (1－c )>14，c (1－d )>14，d (1－a )>14.>12>12，>12，>12.又∵≤(1)2a b +-，≤(1)2b c +-，≤(1)2c d +-，≤(1)2d a +-， ∴(1)2a b +->12，(1)2b c +->12，(1)2c d +->12，(1)2d a +->12. 以上四个式子相加，得2>2，矛盾．∴原命题结论成立．【例2】【证明】 (1)假设x ，y ，z 中有负数，若x ，y ，z 中有一个负数，不妨设x <0，则y 2＋z 2≥12(y ＋z )2＝12(a －x )2， 又∵y 2＋z 2＝12a 2－x 2， ∴12a 2－x 2≥12(a －x )2. 即32x 2－ax ≤0，这与a >0，x <0矛盾． 若x ，y ，z 中有两个是负数，不妨设x <0，y <0，则z >a .∴z 2>a 2.这与x 2＋y 2＋z 2＝12a 2相矛盾． 若x ，y ，z 全为负数，则与x ＋y ＋z ＝a >0矛盾．综上所述，x ，y ，z 都不为负数．(2)假设x ，y ，z 有大于23a 的数． 若x ，y ，z 中有一个大于23a ，不妨设x >23a . 由12a 2－x 2＝y 2＋z 2≥12(y ＋z )2＝12(a －x )2得32x 2－ax ≤0，即32x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23a ≤0，这与x >23a 相矛盾． 若x ，y ，z 中有两个或三个大于23a ，这与x ＋y ＋z ＝a 相矛盾． 综上所述，x ，y ，z 都不能大于23a . 由(1)、(2)知，原命题成立．【变式训练2】证明 假设方程f (x )＝0在区间[a ，b ]上至少有两个实根，设α，β为其中的两个实根．∵α≠β，不妨设α>β.∵函数f (x )在区间[a ，b ]上是增函数，∴f (α)>f (β)．这与f (α)＝f (β)＝0矛盾．所以方程f (x )＝0在区间[a ，b ]上至多有一个实数根．【例3】【证明】 对k ∈N ＋，1≤k ≤n ，有 1k >2k ＋k ＋1＝2(k ＋1－k )．∴1＋12＋13＋…＋1n >2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n ＋1－n )＝2(n ＋1－1)．又∵1k <2k ＋k －1＝2(k －k －1)(2≤k ≤n )， ∴1＋12＋13＋ (1)<1＋2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n －n －1)＝2n . 综上分析可知，原不等式成立．【变式训练3】证明 ∵n ∈N ＋，∴1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ≥12n ＋12n …＋12n ＝n 2n ＝12. 又∵1n ＋1＋1n ＋2＋...＋12n <1n ＋1n ＋...＋1n ＝n n ＝1， ∴12≤1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)<1.【例4】【证明】 x 2＋xy ＋y 2|x ＋y 2|≥x ＋y 2.同理y 2＋yz ＋z 2≥y ＋z 2， z 2＋zx ＋x 2≥z ＋x 2. 由于x ，y ，z 不全为零，故上面三个式子中至少有一个式子等号不成立，所以三式相加，得x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2>32(x ＋y ＋z )．【变式训练4】证明 ∵x >0，y >0，z >0， ∴x 2＋xy ＋y 2＝223()24y x y ++≥2()2y x +＝|x ＋y 2|≥x ＋y 2.同理y 2＋yz ＋z 2>z ＋y2. 二式相加，得x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2> x ＋y ＋z .。
高中数学第二讲讲明不等式的基本方法2.3反证法与放缩法自主训练新人教A版选修4_5201711151
2.3 反证法与放缩法自主广场1.设M=1111,则（）210210102112211A.M=1B.M<1C.M>1D.M与1大小关系不定思路解析:分母全换成210.答案:B2.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思路解析: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:C3.已知a,b∈R+,下列各式中成立的是（）A.cos2θ·lga+sin2θ·lgb<lg(a+b)B.cos2θ·lga+sin2θ·lgb>lg(a+b)C.a cos n b =a+b2sin2D.a cos nb >a+b2sin2思路解析:cos2θ·lga+sin2θ·lgb<cos2θ·lg(a+b)+sin2θ.lg(a+b)=lg(a+b).答案:A4.A=1+111与n(n∈N23n+)的大小关系是____________.1111111n思路解析:A=n123n n n n nn项.答案:A≥n5.lg9·lg11与1的大小关系是___________.思路解析:因为lg9>0,lg11>0.所以lg lg9lg11lg999lg11lg lg9lg11lg99l g1002=1.22所以lg9·lg11<1.答案:lg9·lg11<1x6.设x>0,y>0,A=1xyyx y,B=1x1y,则A,B的大小关系是_________.1x y x y 思路解析:A=1x y 1x y 1x 1y=B.答案:A<B7.求证: 证明:∵1(1+n 1111= ,22313>1111+…+)> ( + +…+2n 1n24111,…,11, ,4562n 12n12n)(n≥2).又1+ ∴1111242n> ,将上述各式的两边分别相加,得2n111111n1+ +…+>( + +…+)·.352n1242n n 1111111(1+ +…+)> ( + +…+).n132n1n242n8.已知a,b,c,d∈R,且a+b=c+d=1,ac+bd>1.求证:a,b,c,d中至少有一个是负数.证明:假设a,b,c,d都是非负数.因为a+b=c+d=1,所以(a+b)(c+d)=1,而(a+b)(c+d)=ac+bc+ad+bd≥ac+bd,所以ac+bd≤1,这与ac+bd>1矛盾.所以假设不成立,即a,b,c,d中至少有一个为负数.19.已知f(x)=x2+px+q,求证:|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于.21证明:假设|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|都小于,则|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|<2,2 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我综合我发展10.已知函数f(x)满足下列条件: 1 2 .11(1)f( )=1;(2)f(xy)=f(x)+f(y);(3)值域为［-1,1］.试证: 不在f(x)的定义域内.24111思路解析:假设在f(x)的定义域内,则f( )有意义,且f( )∈［-1,1］.444111111又由题设,得f( )=f( ·)=f( )+f( ［-1,1］,此与f( )∈［-1,1］矛盾,故假422224 设不成立.1所以不在f(x)的定义域内.4a b c11.已知a,b,c∈R+,且a+b>c,求证:1a 1b1x证明:构造函数f(x)= (x∈R+),1x任取x1,x2∈R+,且x1<x2,则c.2x1f(x 1)-f(x 2)=1 x1x 2 1 x 2x x 1 2(1 x )(11x 2)<0, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增. ∵a+b>c,∴f(a+b)>f(c). a bc即.1a b 1 ca bab a b 又1 a 1 b 1 a b 1a b1a b a b c∴.1 a 1b 1 c,12.设 a,b∈R ,0≤x,y≤1,求证:对于任意实数 a,b 必存在满足条件的 x,y 使|xy-ax-by|≥ 立.1 3成1 证明:假设对一切 0≤x,y≤1,结论不成立,则有|xy-ax-by|< .31 1令 x=0,y=1,得|b|< ;令 x=1,y=0,得|a|< ;令 x=y=1,得|1-a-b|<331 1 1 又|1-a-b|≥1-|a|-|b|>1- - = 矛盾. 3 3 3故假设不成立,原命题结论正确.1 3;sin1 sin 2 sin 3sin n13.设 S n =+),求证:对于正整数 m,n且 m>n,都有|S m -S n|<2(n∈N22223n1 .2nsin(n1) sin(n 2)sin m证明:|S m -S n|=||n n2m12 2 2sin(n1)sin(n 2)sin m≤||+||+…+||.n 1n2m2 2 2∵|sin(n+1)|≤1,|sin(n+2)|≤1,…,|sinm|≤1,11∴上式≤||+|n21n22111= + +…+ n1n2m222|+…+|12m|=1n121[1()mn2112]12n［1-(12)m-n］<12n.∴原不等式成立.14.用反证法证明:钝角三角形最大边上的中线小于该边长的一半.证明:已知:在△ABC中,∠CAB>90°,D是BC的中点,求证:AD< 12BC(如下图所示).31假设AD≥BC.21(1)若AD= BC,由平面几何中定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半,那么,这条边所21对的角为直角，”知∠A=90°,与题设矛盾.所以AD≠BC.211(2)若AD> BC,因为BD=DC= BC,所以在△ABD中,AD>BD,从而∠B>∠BAD,同理∠C>∠CAD.2 2所以∠B+∠C>∠BAD+∠CAD,即∠B+∠C>∠A.因为∠B+∠C=180°-∠A,所以180°-∠A>∠A,则∠A<90°,这与题设矛盾.1由(1)(2)知AD> BC.2x15.已知f(x)= (x≠-1).x 1(1)求f(x)的单调区间;(2)若a>b>0,c=21(ab)b. 4求证:f(a)+f(c)> .5x1(1)解:f(x)= =1x x1,所以f(x)在区间(-∞,-1)和(-1,+∞)上分别为增函数.(2)证明:首先证明对于任意的x>y>0,有f(x+y)<f(x)+f(y).f(x)+f(y)=x x y xy xy x y xy xy1y 1xy x y 1xyx y 1=f(xy+x+y).而xy+x+y>x+y,由(1),知f(xy+x+y)>f(x+y).所以f(x)+f(y)>f(x+y).因为c=2(a 1b)b2a(1b2b)224a24a>0,所以a+c≥a+44 =4.2aa a所以f(a)+f(c)>f(a+c)≥f(4)=44145.4即f(a)+f(c)>45.5。
高中数学 第二讲 讲明不等式的基本方法 2.3 反证法与放缩法达标训练 新人教A版选修4-5-新人教
2.3 反证法与放缩法更上一层楼基础·巩固1.设a 3+b 3=2，求证a+b≤2.思路分析：待证不等式中有小于等于号，不妨试用反证法，在假设a>2-b 的情况下，结合a 3+b 3=2，构造完全平方式，出现矛盾不等式，问题得证.证明：假设a+b>2，则有a>2-b ，从而a 3>8-12b+6b 2-b 3, a 3+b 3>6b 2-12b+8=6(b-1)2+2.因为6(b-1)2+2≥2，所以a 3+b 3>2，这与题设条件a 3+b 3=2矛盾，所以，原不等式a+b≤2成立. 2.求证：n nn 121312*********-<++++<+- (n∈N *且n≥2). 思路分析：待证不等式的两端是整式，中间是n 个式子的和，利用式子kk k k k 11111112--<<+-对每一个式子作适当的变形，最后各式相加，达到适当放大或缩小的目的，宜用放缩法. 证明：∵kk k k k k k k k 111)1(11)1(11112--=-<<+=+-, ∴k k k k k 11111112--<<+-,分别令k=2,3,4…,n 得： nn n n n 1111111,,3121314131,211213121222--<<+--<<--<<- . 将这些不等式相加得：n nn 11131211121222-<+++<+- ,∴n nn 121312*********-<++++<+- . 3.求证：1+n⨯⨯⨯⨯++⨯⨯+⨯+ 3211321121111<3. 思路分析：左边较为复杂，右边为一常数，考虑对一般项进行放缩121222113211-=••••<⨯⨯⨯⨯k k ,再利用等比数列的求和公式，达到证明目的.证明：由121222113211-=••••<⨯⨯⨯⨯k k （k 是大于2的自然数）， 得n⨯⨯⨯⨯++⨯⨯+⨯++ 32113211211111113221321121112121212111---=--+=++++++<n nn <3. 4.设a,b 为不相等的两个正数，且a 3-b 3=a 2-b 2,求证：1<a+b<34.思路分析：分析题意可得，a 2+ab+b 2=a+b ，可用基本不等式进一步放缩得到a+b>1，化简整理可得,(a+b)2=a 2+2ab+b 2=a+b+ab<a+b+4)(2b a +，通过放缩达到证明目的.证明：（1）依题意：a 2+ab+b 2=a+b ，于是(a+b)2>a 2+ab+b 2=a+b,故a+b>1，又(a+b)2>4ab ，而(a+b)2=a 2+2ab+b 2=a+b+ab<a+b+4)(2b a +,即43(a+b)2<a+b,∴a+b<34.综合上述可得：1<a+b<34. 5.设a 、b 、c 是三角形的边长，求证：c b a +(b-c)2+a c b +(c-a)2+b a c +(a-b)2≥31［(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2］.思路分析：本题中三角形的三边地位一样，根据对称性，先设出大小关系，不妨设a≥b≥c，进而观察目标式子的符号进行作差放缩，达到证明目的. 证明：由不等式的对称性，不妨设a≥b≥c，则3a-b-c>0, 3b-c-a≥b+c+c -c-a=b+c-a>0.左式-右式=c b c b a +--3(b-c)2+c a a c b +--3(c-a)2+ba b a c +--3(a-b)2≥b a a c b +--3(c-a)2+b a b a a +--3(a-b)2≥b a a c b +--3(a-b)2+b a b a c +--3(a-b)2=ba a cb +-+)(2(a-b)2≥0.6.设a 、b 、c∈R +,且abc=1,求证：ac c b b a ++++++++111111≤1. 思路分析：考虑a 、b 、c∈R +,且abc=1,直接通分不容易证明，构造a=x 3,b=y 3,c=z 3,且x 、y 、z∈R +，得：xyz=1，1+a+b=xyz+x 3+y 3≥xyz+xy(x+y)=xy(x+y+z)，进而达到证明目的.证明：设a=x 3,b=y 3,c=z 3,且x 、y 、z∈R +.由题意得：xyz=1.∴1+a+b=xyz+x 3+y 3. ∴x 3+y 3-(x 2y+xy 2)=x 2(x-y)+y 2(y-x)=(x-y)2(x+y)≥0. ∴x 3+y 3≥x 2y+xy 2.∴1+a+b=xyz+x 3+y 3≥xyz+xy(x+y)=xy(x+y+z). ∴zy x zz y x xy b a ++=++≤++)(111.同理：由对称性可得,zy x ya c z y x x cb ++≤++++≤++11,11,∴命题得证.综合·应用7.设a 、b 、c≥0，且a+b+c=3，求证：a 2+b 2+c 2+23abc≥29. 思路分析：先运用对称性确定符号，设a≤b≤c，则a≤1<34，再使用基本不等式可以避开讨论，作差比较作适当放缩.证明：不妨设a≤b≤c，则a≤1<34.∴a -34<0. 又∵(2b a +)2≥bc，即(23a -)2≥bc，也即23bc(a-34)≥83(3-a)2(a-34).∴左边=(a+b+c)2-2(ab+bc+ca)+23abc=9-2a(b+c)+23bc(a-34)≥9-2a(3-a)+83(3-a)2(a-34)=9+83(3-a)［(3-a)(a-34)-316a ］=9-83(3-a)［a 2+a+4］=9-83(-a 3+2a 2-a+12)=29+83a(a 2-2a+1)=29+83a(a-1)2≥29,∴a 2+b 2+c 2+23abc≥29.8.设a 、b 、c∈R +，p∈R ，求证： abc(a p +b p +c p )≥a p+2(-a+b+c)+b p+2(a-b+c)+c p+2(a+b-c).思路分析：由于a,b,c 大小关系未知，证起来不方便，先设出大小关系，再作差整理，通过适当的放缩达到证明目的.证明：不妨设a≥b≥c＞0，于是左边-右边=a p+1(bc+a 2-ab-ca)+b p+1(ca+b 2-bc-ab)+c p+1(ab+c 2-ca-bc) =a p+1(a-b)［(a-b)+(b-c)］-b p+1(a-b)(b-c)+c p+1［(a-b)+(b-c)］(b-c) =a p+1(a-b)(a-c)+(a-b)(b-c)(-b p+1)+c p+1(b-c)(a-c)≥(a -b)(b-c)(a p+1-b p+1+c p+1).如果p+1≥0，那么a p+1-b p+1≥0；如果p+1＜0，那么c p+1-b p+1≥0，故有(a-b)(b-c)(a p+1-b p+1+c p+1≥0，从而原不等式得证.9.设0≤a≤b≤c≤1，求证：111++++++++b a ca cbc b a +(1-a)(1-b)(1-c)≤1. 思路分析：根据已知，先放大1111++++≤++++++++b a cb a b ac a c b c b a ，再证明1++++b a cb a +(1-a)(1-b)(1-c)≤1，再作适当的放缩即可.证明：设0≤a≤b≤c≤1，于是有1111++++≤++++++++b a cb a b ac a c b c b a ， 再证明以下简单不等式：1++++b a cb a +(1-a)(1-b)(1-c)≤1，因为左边=1111++-+++++b a c b a b a +(1-a)(1-b)(1-c)=1-11++-b a c［1-(1+a+b)(1-a)(1-b)］，再注意(1+a+b)(1-a)(1-b)≤(1+a+b+ab)(1-a)(1-b)=(1+a)(1+b)（1-a ）(1-b)=(1-a 2)(1-b 2)≤1,∴得证.回顾·展望10.(2006全国高考Ⅰ) 设数列{a n }的前n 项的和S n =34a n -31×2n+1+32,n=1,2,3, ….（Ⅰ）求首项a 1与通项a n ；（Ⅱ）设T n =n nS 2，n=1,2,3, ….证明：231<∑=ni i T .思路分析：在第二步中,T n =)121121(23)12)(12(223211---⨯=--⨯=++n n n n n n n S,用到了裂项法，这样最后再用放缩法证明等式成立，∑∑=++=<---⨯=---=n i i i i ni i T 1111123)121121(23)121121(23. 证明：(Ⅰ)由S n =34a n -31×2n+1+32,n=1,2,3，…,①得a 1=S 1=34a 1-31×4+32，所以a 1=2.再由①有S n-1=34a n-1-31×2n +32,n=2,3，4,…,② 将①和②相减得:a n =S n -S n-1=34(a n -a n-1)-31×(2n+1-2n),n=2,3,…整理得:a n +2n=4(a n-1+2n-1),n=2,3,…,因而数列{a n +2n}是首项为a 1+2=4,公比为4的等比数列,即:a n +2n =4×4n-1=4n ,n=1,2,3,…,因而a n =4n -2n,n=1,2,3,… (Ⅱ)将a n =4n-2n 代入①得,S n =34×(4n -2n )-31×2n+1+32=31×(2n+1-1)(2n+1-2) =32×(2n+1-1)(2n-1)； T n =)121121(23)12)(12(223211---⨯=--⨯=++n n n n n n n S , 所以,23)121121(23)121121(2311111<---⨯=---=+=+=∑∑i n i i ini i T . 11.(2006广东高考) A 是定义在［2,4］上且满足如下条件的函数φ(x)组成的集合：①对任意的x∈［1,2］，都有φ(2x)∈(1,2)；②存在常数L(0<L<1)，使得对任意的x 1,x 2∈［1,2］，都有|φ(2x 1)-φ(2x 2)|≤L|x 1-x 2|.(Ⅰ)设φ(x)=31+x ,x∈［2,4］，证明：φ(x)∈A.(Ⅱ)设φ(x)∈A，如果存在x 0∈(1,2)，使得x 0=φ(2x 0)，那么这样的x 0是唯一的.(Ⅲ)设φ(x)∈A，任取x 1∈(1,2)，令x n+1=φ(2x n )，n=1,2，…，证明：给定正整数k ，对任意的正整数p ，成立不等式|x k+p -x k |≤LL k --11|x 2-x 1|.思路分析：根据已知条件中存在常数L(0<L<1)，使得对任意的x 1,x 2∈［1,2］，都有|φ(2x 1)-φ(2x 2)|≤L|x 1-x 2|，可以猜想用到放缩法，又由于 3<322321321)21()21)(21()21(x x x x ++++++， 0<32)21()1)(21()21(2322321321<++++++x x x x , 所以问题得证.第二小题中出现了唯一性问题，可考虑用反证法.第三小题仍考虑用放缩法较好.证明：(Ⅰ)对任意x∈［1，2］,φ(2x)=321x +,x∈［1,2］,33≤φ(2x)≤35,1<33<35<2, 所以φ(2x)∈(1,2)； 对任意的x 1,x 2∈［1,2］, |φ(2x 1)-φ(2x 2)|=|x 1-x 2|3223221321)21()21()21()21(2x x x x ++++++，3<322321321)21()21)(21()21(x x x x ++++++， 所以0<32)21()1)(21()21(2322321321<++++++x x x x , 令322321321)21()1)(21()21(2x x x x ++++++=L,0<L<1,|φ(2x 1)-φ(2x 2)|≤L|x 1-x 2|,所以φ(x)∈A.(Ⅱ)反证法:设存在两个x 0,x 0′∈(1,2),x 0≠x 0′,使得x 0=φ(2x 0),x 0′=φ(2x 0′),则 由|φ(2x 0)-φ(2x 0′)|≤L|x 0-x 0′|，得|x 0-x 0′|≤L|x 0-x 0′|，所以|x 0-x 0′|=0，矛盾，故结论成立.(Ⅲ)|x 3-x 2|=|φ(2x 2)-φ(2x 1)|≤L|(x 2-x 1)|,所以|x n+1-x n |≤L n-1|x 2-x 1|,|x k+p -x k |=|(x k+p -x k+p-1)+(x k+p-1-x k+p-2)+…+(x k+1-x k )|≤LL k --11|x 2-x 1|≤|x k+p -x k+p-1|+|x k+p-1-x k+p-2|+…+|x k+1-x k |≤Lk+p-2|x 2-x 1|+Lk+p-3|x 2-x 1|+…+L k-1|x 2-x 1|≤LL k --11|x 2-x 1|.。
2018-2019年高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 2.3 反证法与放缩法高效演练 新人教A版选修4-5.doc
2.3 反证法与放缩法A级基础巩固一、选择题1．用反证法证明命题“如果a＞b，那么3a＞3b”时，假设的内容是()A.3a＝3b B.3a＜3bC.3a＝3b，且3a＜3b D.3a＝3b或3a＜3b解析：应假设3a≤3b，即3a＝3b或3a＜3b.答案：D2．用反证法证明命题“a，b，c全为0”时，其假设为()A．a，b，c，全不为0B．a，b，c至少有一个为0C．a，b，c至少有一个不为0D．a，b，c至多有一个不为0解析：“a，b，c全为0”的否定是“a，b，c至少有一个不为0”．答案：C3．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a＞b与a＜b及a≠c中至少有一个成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．其中判断正确的命题个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：对于①，若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与已知矛盾，故①对；对于②，当a＞b与a＜b及a≠c都不成立时，有a＝b＝c，不符合题意，故②对；对于③，显然不正确．答案：C4．设x，y，z都是正实数，a＝x＋1y，b＝y＋1z，c＝z＋1x，则a，b，c三个数()A．至少有一个不大于2 B．都小于2C．至少有一个不小于2 D．都大于2解析：因为a＋b＋c＝x＋1x＋y＋1y＋z＋1z≥2＋2＋2＝6，当且仅当x＝y＝z＝1时等号成立，所以a，b，c三者中至少有一个不小于2.答案：C5．若a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，设M＝827－27a，N＝(a＋c)·(a＋b)，则()A．M≥N B．M≤NC．M＞N D．M＜N解析：依题设，1－a，1－b，1－c均大于0，又a＋b＋c＝1，所以3（1－a）（1－b）（1－c）≤13[(1－a)＋(1－b)＋(1－c)]＝23，所以(1－a)(1－b)(1－c)≤8 27，从而827－27a≥(1－b)(1－c)＝(a＋c)(a＋b)，所以M≥N，当且仅当a＝b＝c＝13时，等号成立．答案：A二、填空题6．用反证法证明命题：“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤：①∠A＋∠B＋∠C＝90°＋90°＋∠C＞180°，这与三角形内角和为180°相矛盾，则∠A ＝∠B ＝90°不成立；②所以一个三角形中不能有两个直角；③假设∠A ，∠B ，∠C 中有两个角是直角，不妨设∠A ＝∠B ＝90°.正确顺序的序号排列为________．解析：由反证法证明的步骤知，先假设即③，再推出矛盾即①，最后做出判断，肯定结论即②，即顺序应为③①②.答案：③①②7．lg 9·lg 11与1的大小关系是________．解析：因为lg 9·lg 11＜lg 9＋lg 112＝lg 992＜lg 1002＝1， 所以lg 9·lg 11＜1.答案：lg 9·lg 11＜18．设M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则M 与1的大小关系为________．解析：因为210＋1＞210，210＋2＞210，…，211－1＞210，所以M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1＜1210＋1210＋…＋1210,210个＝1. 答案：M ＜1三、解答题9．已知x ，y ＞0，且x ＋y ＞2.求证：1＋x y ，1＋y x 中至少有一个小于2.证明：(反证法)设1＋x y ≥2，1＋y x ≥2，则⎩⎨⎧1＋x ≥2y ， ①1＋y ≥2x . ②由①②式可得2＋x ＋y ≥2(x ＋y )，即x ＋y ≤2，与题设矛盾．所以1＋x y ，1＋y x 中至少有一个小于2.10．已知n ∈N *，求证：1×2＋2×3＋…＋n （n ＋1）＜（n ＋1）22. 证明：由基本不等式，得n （n ＋1）＜n ＋n ＋12＝2n ＋12， 所以1×2＋2×3＋…＋n （n ＋1）＜32＋52＋…＋2n ＋12＝3＋5＋…＋（2n ＋1）2＝n （n ＋2）2＝n 2＋2n 2＜（n ＋1）22，故原不等式成立． B 级 能力提升1．若a ＞0，b ＞0，满足ab ≥1＋a ＋b ，那么( )A ．a ＋b 有最小值2＋22B ．a ＋b 有最大值(2＋1)2C ．ab 有最大值2＋1D ．ab 有最小值2＋22解析：1＋a ＋b ≤ab ≤（a ＋b ）24， 所以(a ＋b )2－4(a ＋b )－4≥0，解得a ＋b ≤2－22或a ＋b ≥2＋22，因为a ＞0，b ＞0，所以a ＋b ≥2＋2 2.答案：A2．设x ，y ，z ，t 满足1≤x ≤y ≤z ≤t ≤100，则x y ＋z t 的最小值为________．解析：因为x y ≥1y ≥1z ，且z t ≥z 100，所以x y ＋z t ≥1z ＋z 100≥2 1z ·z 100＝15，当且仅当x ＝1，y ＝z ＝10，t ＝100时，等号成立．答案：153．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：数列{a n }中不存在三项按原来顺序成等差数列．(1)解：当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1.又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2.两式相减得a n ＋1＝12a n .所以a n 是首项为1，公比为12的等比数列．所以a n ＝12n －1. (2)证明：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为a p ＋1，a q ＋1，a r ＋1(p ＜q ＜r ，且p ，q ，r ∈N *)，则2·12q ＝12p ＋12r ，所以2·2r －q ＝2r －p ＋1.①又因为p ＜q ＜r ，所以r －q ，r －p ∈N *，所以①式等号左边是偶数，右边是奇数，等式不成立． 所以假设不成立，原命题得证．。
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三反证法与放缩法
一、选择题
1.设M=+…+,则( )
A.M=1
B.M<1
C.M>1
D.M与1大小关系不确定
解析:分母全换成210,共有210个单项.
答案:B
2.设x>0,y>0,A=,B=,则A与B的大小关系为( )
A.A≥B
B.A=B
C.A>B
D.A<B
解析:∵x>0,y>0,∴A==B.
答案:D
3.用反证法证明“如果a>b,那么”的假设内容应是( )
A. B.
C. D.
答案:D
4.已知a,b∈R+,下列各式中成立的是( )
A.cos2θlg a+sin2θlg b<lg(a+b)
B.cos2θlg a+sin2θlg b>lg(a+b)
C.=a+b
D.>a+b
解析:cos2θlg a+sin2θlg b<cos2θlg(a+b)+sin2θlg(a+b)=lg(a+b).
答案:A
5.对“a,b,c是不全相等的正数”,给出下列判断:
①(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0;
②a>b与a<b及a≠c中至少有一个成立;
③a≠c,b≠c,a≠b不能同时成立.
其中判断正确的个数为( )
A.0个
B.1个
C.2个
D.3个
解析:对于①,假设(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2=0,这时a=b=c,与已知矛盾,故
(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0,故①正确.
对于②,假设a>b与a<b及a≠c都不成立,这时a=b=c,与已知矛盾,故a>b与a<b及a≠c 中至少有一个成立,故②正确.
对于③,显然不正确.
答案:C
二、非选择题
6.某同学准备用反证法证明如下一个问题:函数f(x)在[0,1]上有意义,且f(0)=f(1),如果对
于不同的x1,x2∈[0,1],都有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|,求证:|f(x1)-f(x2)|<.那么它的假设应该是.
答案:|f(x1)-f(x2)|≥
7.设a,b,c均为正数,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
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:充要
8.设a,b∈R,0≤x≤1,0≤y≤1,求证:对于任意实数a,b必存在满足条件的x,y,使
|xy-ax-by|≥成立.
解：证明:假设对一切0≤x≤1,0≤y≤1,结论不成立,则有|xy-ax-by|<.
令x=0,y=1,有|b|<.
令x=1,y=0,有|a|<;
令x=y=1,得|1-a-b|<.
这与|1-a-b|≥1-|a|-|b|>1-矛盾,
故假设不成立,原命题结论正确.
9.已知数列{b n}是等差数列,b1=1,b1+b2+…+b10=145.
(1)求数列{b n}的通项公式;
(2)设数列{a n}的通项a n=log a(其中a>0,且a≠1),记S n是数列{a n}的前n项和,试比较
S n与log a b n+1的大小,并证明你的结论.
解:(1)设数列{b n}的公差为d,
由题意,得
∴b1=1,d=3.
∴数列{b n}的通项公式为b n=3n-2.
(2)当a>1时,S n>log a b n+1(n∈N+);
当0<a<1时,S n<log a b n+1(n∈N+).
证明如下:∵b n=3n-2,
∴a n=log a=log a.
∴S n=a1+a2+…+a n=log a.
又log a b n+1=log a.
∴比较S n与log a b n+1的大小,
即比较×…×的大小.
记A n=×…×,
B n=.
∵>1,
∴对任意n∈N+,都有>0.
∴,
从而
×…××…×=3n+1= .
∴A n>B n(n∈N+).
由对数的单调性,可得
当a>1时,S n>log a b n+1(n∈N+);
当0<a<1时,S n<log a b n+1(n∈N+).
三、备选习题
1.求证:
1++…+<3.
解：证明:由(k是大于2的自然数),
得
1++…+<1+1++…+=1+=3-
<3.
故原不等式成立.
2.已知x>0,y>0,且x+y>2,试证:中至少有一个小于2.
解：证明:假设都不小于2,即
≥2,且≥2.
因为x>0,y>0,所以1+x≥2y,且1+y≥2x.
把这两个不等式相加,得2+x+y≥2(x+y),
从而x+y≤2,这与已知条件x+y>2矛盾.
因此,都不小于2是不可能的,即原命题成立.。