第3节 反证法与放缩法创新应用
[核心必知]
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，我们称这种证明问题的方法为反证法．
2．放缩法
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．我们把这种方法称为放缩法．
[问题思考]
1．用反证法证明不等式应注意哪些问题？ 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．
2．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．
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.
[精讲详析] 本题考查反证法的应用．解答本题若采用直接法证明将非常困难，因此可考虑采用反证法从反面入手解决．
1
假设4a(1－b)＞1，4b(1－c)＞1，4c(1－d)＞1，4d(1－a)＞1，则有a(1－b)＞，b(1
4111－c)＞，c(1－d)＞，d(1－a)＞. 444
1111∴a（1－b）＞，b（1－c）＞，c（1－d）＞，d（1－a）＞. 2222又∵a（1－b）≤
a＋（1－b）
222
， ，∴，b（1－c）≤b＋（1－c）
2
，
c（1－d）≤d（1－a）≤
2
＞，2
c＋（1－d）d＋（1－a）
a＋1－b1b＋1－c1
2
＞，2
2
＞， 2
c＋1－d1d＋1－a1
2
＞.将上面各式相加得2＞2，矛盾． 2
∴4a(1－b)，4b(1－c)，4c(1－d)，4d(1－a) 这四个数不可能都大于1.
——————————————————
(1)当证明的结论中含有“不是”，“不都”，“不存在”等词语时，适于应用反证法，因为此类问题的反面比较具体．
(2)用反证法证明不等式时，推出的矛盾有三种表现形式：①与已知相矛盾，②与假设矛盾，③与显然成立的事实相矛盾．
1．已知f(x)是R上的单调递增函数，且f(a)＋f(－b)＞f(－a)＋f(b)．求证：a>b. 证明：假设a≤b， 则当a＝b时－b＝－a，
于是有f(a)＋f(－b)＝f(b)＋f(－a)与已知矛盾． 当a＜b时，－a＞－b，
于是有f(a) ∴f(a)＋f(－b)＜f(b)＋f(－a)与已知矛盾．∴a>b. 实数a、b、c、d满足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，求证：a、b、c、d中至少有 一个是负数． [精讲详析] 本题考查“至多”、“至少”型命题的证明方法．解答本题应假设a、b、 c、d都是非负数，然后证明并得出矛盾． 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， ∴a、b、c、d中至少有一个是负数． —————————————————— (1)在证明中含有“至少”、“至多”、“最多”等字眼时，或证明否定性命题、唯一性命题时，可使用反证法证明．在证明中常见的矛盾可以与题设矛盾，也可以与已知矛盾，与显然的事实矛盾，也可以自相矛盾． (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，在证明过程中必须使用这个增加的条件，否则就不是反证法． 2．已知函数y＝f(x)在区间(a，b)上是增函数，求证：y＝f(x)在区间(a，b)上至多有一个零点． 证明：假设函数y＝f(x)在区间(a，b)上至少有两个零点， 不妨设x1，x2(x1≠x2)为函数y＝f(x)在区间(a，b)上的两个零点，且x1＜x2，则f(x1)＝f(x2)＝0. ∵函数y＝f(x)在区间(a，b)上为增函数， x1，x2∈(a，b)且x1＜x2， ∴f(x1)＜f(x2)，与f(x1)＝f(x2)＝0矛盾， ∴原假设不成立． ∴函数y＝f(x)在(a，b)上至多有一个零点. 31111 求证：－＜1＋2＋…＋2＜2－(n∈N＋且n≥2)． 2n＋12nn[精讲详析] 本题考查放缩法在证明不等式中的应用，解答本题要注意欲证的式子中间是一个和的形式，但我们不能利用求和公式或其他方法求和，因此可考虑将分母适当放大或缩小成可以求和的形式，进而求和，并证明该不等式． ∵k(k＋1)＞k＞k(k－1)， ∴ 111＜2＜， k（k＋1）kk（k－1） 2 11111即－＜2＜－ kk＋1kk－1k(k∈N＋且k≥2)． 分别令k＝2，3，…，n 11111111111111得－＜2＜1－，－＜2＜－，…－＜2＜－， 232234323nn＋1nn－1n将这些不等式相加得 11111111111111－＋－＋…＋－＜2＋2＋…＋2＜1－＋－＋…＋－， 2334nn＋123n223n－1n111111即－＜2＋2＋…＋2＜1－， 2n＋123nn111111∴1＋－＜1＋2＋2＋…＋2＜1＋1－， 2n＋123nn311111即－＜1＋2＋2＋…＋2＜2－ 2n＋123nn(n∈N＋且n≥2)成立． —————————————————— (1)放缩法证不等式主要是根据不等式的传递性进行变换，即欲证a>b，可换成证a>c且c>b，欲证a ?1?3?1?如：舍去或加上一些项：?a＋?＋＞?a＋?； ?2?4?2? 1 将分子或分母放大(缩小)：2＜ 22 k111121 ，2＞，＜，＞ k（k－1）kk（k＋1）kk＋k－1k2 k＋k＋1 (k∈R，k＞1)等． 3．已知：an＝1×2＋2×3＋3×4＋…＋n（n＋1）(n∈N＋)，求证：n（n＋1） 2 ＜ n（n＋2） an＜. 2 证明：∵n（n＋1）＝n＋n， ∴n（n＋1）＞n， ∴an＝1×2＋2×3＋…＋n（n＋1）>1＋2＋3＋…40＋n＝ 2 n（n＋1） 2 .
2017_18学年高中数学第二讲证明不等式的基本方法第3节反证法与放缩法创新应用教学案
