学习目标 1.理解反证法的理论依据，掌握反证法的基本步骤，会用反证法证明不等式.2.理解用放缩法证明不等式的原理，会用放缩法证明一些不等式．知识点一反证法思考什么是反证法？用反证法证明时，导出矛盾有哪几种可能？梳理反证法(1)反证法证明的定义：先假设要证明的命题不成立，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________________，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________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____________________，从而断定原命题成立．知识点二放缩法思考放缩法是证明不等式的一种特有的方法，那么放缩法的原理是什么？梳理放缩法(1)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______或________，简化不等式，从而达到证明的目的．这种方法称为放缩法．(2)放缩法的理论依据①不等式的传递性．②等量加(减)不等量为____________．③同分子(分母)异分母(分子)的两个分式大小的比较．类型一 反证法证明不等式命题角度1 证明“否定性”结论例1 设a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＝1a ＋1b，证明： (1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a ＜2与b 2＋b ＜2不可能同时成立．反思与感悟 当待证不等式的结论为否定性命题时，常用反证法来证明，对结论的否定要全面不能遗漏，最后的结论可以与已知的定义、定理、已知条件、假设矛盾．跟踪训练1 设0＜a ＜2,0＜b ＜2,0＜c ＜2，求证：(2－a )·c ，(2－b )·a ，(2－c )·b 不可能同时大于1.命题角度2 证明“至少”“至多”型问题例2 已知f (x )＝x 2＋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.反思与感悟 (1)在证明中含有“至多”“至少”“最多”等字眼时，若正面难以找到解题的突破口，可转换视角，用反证法证明．(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．跟踪训练2 若a ，b ，c 均为实数，且a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c ＝z 2－2x ＋π6，求证：a ，b ，c 中至少有一个大于零．类型二 放缩法证明不等式例3 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 )．反思与感悟 (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)，谨慎地采取措施，进行恰当地放缩，任何不适宜的放缩都会导致推证的失败．(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成较大或较小的数，从而达到证明不等式的目的．跟踪训练3求证：32－1n＋1＜1＋122＋…＋1n2＜2－1n(n∈N＋且n≥2)．1．用放缩法证明不等式时，下列各式正确的是()A.1a＋x＞1a B.ba＜b＋ma＋mC．x2＋x＋3＞x2＋3 D．|a＋1|≥|a|－12．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0 B．a，b，c至少有一个为0C．a，b，c至少有一个不为0 D．a，b，c至多有一个不为03．如果a a＋b b＞a b＋b a，则实数a，b应满足的条件是________．4．求证：2是无理数．1．常见的涉及反证法的文字语言及其相对应的否定假设常见词语至少有一个至多有一个唯一一个不是不可能全都是否定假设一个也没有有两个或两个以上没有或有两个或两个以上是有或存在不全不都是2.放缩法证明不等式常用的技巧(1)增项或减项．(2)在分式中增大或减小分子或分母．(3)应用重要不等式放缩，如a2＋b2≥2ab，ab≤a＋b2，ab≤(a＋b2)2，a＋b＋c3≥3abc(a，b，c＞0)．(4)利用函数的单调性等．答案精析问题导学知识点一思考 (1)反证法就是在否定结论的前提下推出矛盾，从而说明结论是正确的．(2)矛盾可以是与已知条件矛盾，也可以是与已知的定义，定理矛盾．梳理 (1)正确的推理 假设(2)假设不成立知识点二思考 ①不等式的传递性；②等量加(减)不等量为不等量．梳理 (1)放大 缩小 (2)②不等量题型探究例1 证明 由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋b ab，a ＞0，b ＞0，得ab ＝1. (1)由基本不等式及ab ＝1可知，a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2，当且仅当a ＝b ＝1时等号成立．(2)假设a 2＋a ＜2与b 2＋b ＜2同时成立，则由a 2＋a ＜2及a ＞0，得0＜a ＜1；同理，0＜b ＜1，从而ab ＜1，这与ab ＝1矛盾．故a 2＋a ＜2与b 2＋b ＜2不可能同时成立．跟踪训练1 证明 假设(2－a )·c ，(2－b )·a ，(2－c )·b 同时都大于1，即(2－a )·c ＞1，(2－b )·a ＞1，(2－c )·b ＞1，则(2－a )·c ·(2－b )·a ·(2－c )·b ＞1，∴(2－a )(2－b )(2－c )·abc ＞1.①∵0＜a ＜2,0＜b ＜2,0＜c ＜2，∴(2－a )·a ≤(2－a ＋a 2)2＝1， 同理(2－b )·b ≤1，(2－c )·c ≤1，∴(2－a )·a ·(2－b )·b ·(2－c )·c ≤1，∴(2－a )(2－b )(2－c )·abc ≤1，这与①式矛盾．∴(2－a )·c ，(2－b )·a ，(2－c )·b 不可能同时大于1.例2 证明 (1)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|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. 跟踪训练2 证明 假设a ，b ，c 都不大于0，即a ≤0，b ≤0，c ≤0，则a ＋b ＋c ≤0，而a ＋b ＋c ＝x 2－2y ＋π2＋y 2－2z ＋π3＋z 2－2x ＋π6＝(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2＋π－3，∵π－3＞0，且(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2≥0，∴a ＋b ＋c ＞0，这与a ＋b ＋c ≤0矛盾，因此假设不成立．∴a ，b ，c 中至少有一个大于0.例3 证明x 2＋xy ＋y 2 ＝(x ＋y 2)2＋34y 2≥(x ＋y 2)2＝|x ＋y 2|≥x ＋y 2. 同理可得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，故上述三式中至少有一式取不到等号，所以三式相加，得x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2＞(x ＋y 2)＋(y ＋z 2)＋(z ＋x 2)＝32(x ＋y ＋z )． 跟踪训练3 证明 ∵k (k ＋1)＞k 2＞k (k －1)(k ∈N ＋且k ≤2)，∴1k (k ＋1)＜1k 2＜1k (k －1)， 即1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k(k ∈N ＋且k ≥2)．分别令k ＝2,3，…，n ，得 12－13＜122＜1－12，13－14＜132＜12－13，…，1n －1n ＋1＜1n 2＜1n －1－1n，将这些不等式相加，得 12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＜122＋132＋…＋1n 2＜1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n， 即12－1n ＋1＜122＋132＋…1n 2＜1－1n， ∴1＋12－1n ＋1＜1＋122＋132＋…＋1n 2＜1＋1－1n， 即32－1n ＋1＜1＋122＋132＋…＋1n 2＜ 2－1n(n ∈N ＋且n ≥2)成立． 当堂训练1．D 2.C 3.a ＞0，b ＞0，a ≠b4．证明 假设2不是无理数，那么它就是有理数．于是，存在互质的正整数m ，n ， 使得2＝m n，从而有m ＝2n ， 因此m 2＝2n 2，所以m 为偶数．于是可设m ＝2k (k 为正整数)，从而有4k 2＝2n 2，即n 2＝2k 2，所以n 也为偶数，这与m ，n 互质矛盾． 由上述矛盾可知假设错误，从而2是无理数．。