2018-2019學年高中數學 第一章 不等式的基本性質和證明的基本方法 1.5.3 反證法和放縮法導學案 新人教B版選修4-5

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1、1.5.3　反證法和放縮法 1.理解反證法和放縮法的概念. 2.會用反證法和放縮法證明較簡單的不等式. 自學導引 1.反證法：首先假設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)矛盾的結論，以此說明假設的結論不成立，從而原來的結論正確. 2.放縮法：將所需證明的不等式的值適當放大(或縮小)使它由繁化簡，達到證明目的.如果所要證明的不等式中含有分式，把分母放大，則相應分式的值縮小，反之，把分母縮小，則分式的值放大. 基礎自測 1.設M＝＋＋＋…＋，則(　　) A.M＝1 B.M<1

2、C.M>1 D.M與1大小關系不定 解析　M是210項求和， M＝＋＋＋…＋ <＋＋＋…＋＝1，故選B. 答案　B 2.已知a，b∈R＋，下列各式中成立的是(　　) A.cos2θ·lg a＋sin2θ·lg blg(a＋b) C.acos2θbsin2θ＝a＋b D.acos2θ·bsin2θ>a＋b 解析　cos2θlg a＋sin2θlg b＝cos2θlg a＋(1－cos2θ)lg b＝cos2θlg＋lg b

3、11與1的大小關系是________. 解析　lg 9·lg 11≤＝<12＝1. 答案　lg 9·lg 11<1 知識點1　反證法證明不等式 【例1】 已知：a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，abc>0. 求證：a>0，b>0，c>0. 證明　假設a、b、c不全是正數， 即至少有一個小于或等于0. 又abc>0，不妨假設a<0，則bc<0. ∵b＋c>－a>0，∴－a(b＋c)>0. ∴a(b＋c)<0，又∵bc<0，∴bc＋a(b＋c)<0. 即ab＋bc＋ca<0. 這與已知ab＋bc＋ca>0矛盾. ∴假設不成立. 故a>0，b>0，c>0成立.

4、●反思感悟：用反證法證明不等式，其實質是從否定結論出發(fā)，通過邏輯推理，導出與已知條件或公理相矛盾的結論，從而肯定原命題成立. 1.設a＞0，b＞0，且a＋b＝＋.證明： (1)a＋b≥2； (2)a2＋a＜2與b2＋b＜2不可能同時成立. 證明　由a＋b＝＋＝，a＞0，b＞0，得ab＝1. (1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2. (2)假設a2＋a＜2與b2＋b＜2同時成立，則由a2＋a＜2及a＞0，得0＜a＜1； 同理，0＜b＜1，從而ab＜1，這與ab＝1矛盾.故a2＋a＜2與b2＋b＜2不可能同時成立. 知識點2　放縮法證明不等式 【例2】

5、設Sn＝＋＋…＋， 求證：不等式＋＋…＋ ＝1＋2＋…＋n＝. 且Sn<＋＋…＋＝＋＋…＋ <＋＋＋…＋＝ ∴c， 求證：＋>. 證明　∵a＋b>c，∴a＋b－c>0，由真分數

6、的性質： <＝ ＝＋<＋ ∴＋>. ●反思感悟：函數的單調性和“真分數的分子、分母同加上一正數，所得新分數的值變大”的性質都是放縮的重要依據. 3.求證：＋＋＋…＋<3 (n∈N*). 證明　設S＝＋＋＋…＋， 將等式兩邊乘以得S＝＋＋＋…＋. 將兩式相減得 S＝＋2－ ＝＋1－.∴S＝3－，又>0， ∴S<3，即＋＋＋…＋<3 (n∈N*). 課堂小結 1.用反證法證明不等式要把握三點： (1)必須先否定結論，即肯定結論的反面.當結論的反面呈現多樣性時，必須羅列出各種可能結論，缺少任何一種可能，反證都是不完全的. (2)反證法必須從否定結論進行推理，即應把結

7、論的反面作為條件，且必須根據這一條件進行推證；否則，僅否定結論，不從結論的反面出發(fā)進行推理，就不是反證法. (3)推導出的矛盾可能多種多樣，有的與已知矛盾、有的與假設矛盾、有的與已知事實相違背等等.推導出的矛盾必須是明顯的. 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論考察，常用的放縮法有增項、減項、利用分式的性質、利用不等式的性質、利用已知不等式、利用函數的性質進行放縮等. 隨堂演練 1.設a、b、c∈R＋，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，則“PQR>0”是“P、Q、R同時大于零”的(　　) A.充分而不

8、必要條件 B.必要而不充分條件 C.充分且必要條件 D.既不充分又不必要條件 解析　必要性是顯然成立的 當PQR>0時，若P，Q，R不同時大于零，則其中兩個為負，一個為正，不妨設P>0，Q<0，R<0，則Q＋R＝2c<0，這與c>0矛盾，即充分性也成立. 答案　C 2.已知a，b，c，d都是正數，S＝＋＋＋，則S的取值范圍是________. 答案　(1，2) 3.用反證法證明：如果a，b為正數，則a3＋b3≥a2b＋ab2. 證明　假設a3＋b3

9、∵(a－b)2≥0， ∴a＋b<0這與a，b都是正數相矛盾， ∴假設不成立，∴a3＋b3≥a2b＋ab2. 4.求證：＋≤1＋. 證明　∵＋＝ ＝≤ ＝1＋≤1＋. 基礎達標 1.已知p＝a＋，q＝2－a2＋4a－2 (a>2)，則(　　) A.p>q　　B.p0， ∴p≥2＋2＝4，而q＝2－(a－2)2＋2， 根據a>2，可得q<22＝4，∴p>q. 答案　A 2.不等式a>b與>能同時成立的充要條件是(　　) A.a>b>0 B.a>0>b C.<<0 D.>>0 解析　充

10、分性顯然.下面用反證法說明必要性. 若a，b同號且a>b，則有<， 此時不能保證a>b與>同時成立， ∴a，b只能異號，即a>0>b. 答案　B 3.若f(x)＝，a，b都為正數，A＝f，G＝f()，H＝f，則(　　) A.A≤G≤H B.A≤H≤G C.G≤H≤A D.H≤G≤A 解析　∵a，b為正數， ∴≥＝≥＝， 又∵f(x)＝為單調減函數， ∴f≤f()≤f， ∴A≤G≤H. 答案　A 4.設x>0，y>0，A＝，B＝＋，則A與B的大小關系為________. 解析　∵A＝＋ (x>0，y>0)<＋＝B，∴A

11、b|，m＝，n＝，則m，n之間的大小關系是____________. 解析　m＝≤＝1， n＝≥＝1. 答案　m≤n 6.設m等于|a|、|b|和1中最大的一個，當|x|>m時，求證：<2. 證明　由已知得：|x|>m≥|a|， |x|>m≥|b|，|x|>m≥1， ∴|x|2>m2≥|b|·1＝|b| ∴≤＋ ＝＋<＋＝2， 故原不等式成立. 綜合提高 7.已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，abc>0，則a，b，c三數(　　) A.全為正數 B.至多有兩個為正數 C.至多有一個為正數 D.全為負數 解析　假設a，b，c不全為正數， ∵abc>0，∴

12、有兩個負數一個正數， 不妨設a，b為負數，c為正數， ∵a＋b＋c>0，c>－(a＋b)>0， 又∵ab＋bc＋ca>0，ab>－(bc＋ca)＝－c(a＋b)≥(a＋b)2， 這與(a＋b)2≥4ab矛盾，故假設錯誤，∴a，b，c全為正數.選A. 答案　A 8.若實數m>n，正數a>b，A＝(an＋bn)m，B＝(am＋bm)n，則(　　) A.A>B B.Ab>0，∴0<<1.又m>n，∴>， ∴a