反证法与放缩法ppt课件
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(1)反证法适用范围:凡涉及不等式为否定性命题, 唯一性、存在性命题可考虑反证法.如证明中含“至多”, “至少”,“不能”等词语的不等式.
(2)注意事项:在对原命题进行否定时,应全面、准 确,不能漏掉情况,反证法体现了“正难则反”的策略, 在解题时要灵活应用.
1.实数a,b,c不全为0的等价条件为
(2)一定要熟悉放缩法的具体措施及操作方法, 利用放缩法证明不等式,就是采取舍掉式中一些正 项或负项,或者在分式中放大或缩小分子、分母, 或者把和式中各项或某项换以较大或较小的数,从 而达到证明不等式的目的.
4.设 n 是正整数,求证:12≤n+1 1+n+1 2+…+21n<1.
证明:由 2n≥n+k>n(k=1,2,…,n), 得21n≤n+1 ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ<n1. 当 k=1 时,21n≤n+1 1<n1; 当 k=2 时,21n≤n+1 2<n1; … 当 k=n 时,21n≤n+1 n<n1, ∴将以上 n 个不等式相加得: 12=2nn≤n+1 1+n+1 2+…+21n<nn=1.
1.不等式的证明方法——反证法 (1)反证法证明的定义:先假设要证明的命题不成立, 然后由 此假设出发,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 假设不成立,从而证明原命题成立. (2)反证法证明不等式的一般步骤:①假设命题不成立; ②依据假设推理论证;③推出矛盾以说明 假设不,成从立 而断定原命题成立.
[思路点拨] “不小于”的反面是“小于”,“至少 有一个”的反面是“一个也没有”.
[证明] (1)f(1)+f(3)-2f(2) =(1+p+q)+(q+3p+q)-2(4+2p+q)=2. (2)假设|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|都小于12. 则|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|<2 而|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|≥f(1)+f(3)-2f(2)=2 矛盾 ∴|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于12.
5.设f(x)=x2-x+13,a,b∈[0,1],求证: |f(a)-f(b)|<|a-b|. 证明:|f(a)-f(b)|=|a2-a-b2+b| =|(a-b)(a+b-1)|=|a-b||a+b-1| ∵0≤a≤1,0≤b≤1 ∴0≤a+b≤2, -1≤a+b-1≤1,|a+b-1|≤1. ∴|f(a)-f(b)|≤|a-b|.
2.不等式的证明方法——放缩法 放缩法证明的定义: 证明不等式时,通常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. 3.放缩法的理论依据主要有 (1)不等式的传递性; (2)等量加不等量为 不等量 ; (3)同分子(分母)异分母(分子)的两个分式大小的比较.
[例 1] 已知 f(x)=x2+px+q 求证:(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.
z2+zx+x2≥z+x2,由于 x、y、z 不全为零,故 上述三式中至少有一式取不到等号,所以三式相加得:
x2+xy+y2+
y2+yz+z2+
z2+zx+x2>(x
+
y 2
)
+(y+2z)+(z+x2)=32(x+y+z).
(1)利用放缩法证明不等式,要根据不等式两端 的特点及已知条件(条件不等式),审慎地采取措施, 进行恰当地放缩,任何不适宜的放缩都会导致推证 的失败.
()
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:“不全为0”是对“全为0”的否定,与其等价的是
“至少有一个不为0”.
答案:D
2.证明:三个互不相等的正数a、b、c成等差数列,则a, b,c不可能成等比数列. 证明:假设a,b,c成等比数列,则b2=ac. 又∵a、b、c成等差数列 ∴a=b-d,c=b+d(其中d公差). ∴ac=b2=(b-d)(b+d).∴b2=b2-d2. ∴d2=0,∴d=0.这与已知中a、b、c互不相等矛盾. ∴假设不成立.∴a、b、c不可能成等比数列.
放映结束 感谢各位批评指导!
谢 谢!
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知识回顾 Knowledge Review
[例 2] 已知实数 x、y、z 不全为零.求证:
x2+xy+y2 +
y2+yz+z2 +
z2+zx+x2>
3 2
(x
+
y
+
z).
[思路点拨] 解答本题可对根号内的式子进行配方
后再用放缩法证明.
[证明] x2+xy+y2
=
x+2y2+34y2
≥ x+2y2 =|x+2y|≥x+2y. 同理可得: y2+yz+z2≥y+2z,
3.已知函数y=f(x)在R上是增函数,且f(a)+f(-b)<f(b)+ f(-a),求证:a<b. 证明:假设a<b不成立,则a=b或a>b. 当a=b时,-a=-b则有f(a)=f(b),f(-a)=f(-b), 于是f(a)+f(-b)=f(b)+f(-a)与已知矛盾. 当a>b时,-a<-b,由函数y=f(x)的单调性可得 f(a)>f(b),f(-b)>f(-a) 于是有f(a)+f(-b)>f(b)+f(-a)与已知矛盾.故假设不 成立. ∴a<b.