反证法在不等式证明中的应用

2015-03-19 13:56华腾飞
高中生学习·高二版 2014年12期
关键词:反证法增函数指数函数

华腾飞

反证法也叫归谬法,其证明步骤可概括为“否定——推理——否定——肯定”四个部分. 关键是第二步,即由“暂时假设”推出矛盾.那么怎样才能导出矛盾呢?通常有以下几种情形:或与公理矛盾、或与定义矛盾、或与定理矛盾、或与已知条件矛盾、或与“暂时假设”矛盾、或与显然的事实矛盾、或自相矛盾等.

一 命题结论为“至多”“至少”的形式,宜用反证法

例1 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.

证法1 假设[a,b,c,d]都是非负数,

∵[a+b=c+d=1],

∴[a,b,c,d]∈[0, 1],∴[ac,bd]∈[0, 1].

∴[ac≤ac≤a+c2],[bd≤bd≤b+d2].

∴[ac+bd≤a+c+b+d2]= 1,这与已知[ac+bd>1]矛盾.

∴[a,b,c,d]中至少有一个是负数.

证法2 假设[a,b,c,d]都是非负数,则[(a+b)(c+d)=][(ac+bd)+(ad+bc)≥ac+bd].

∵[a+b=c+d=1],∴[(a+b)(c+d)=1].

∴[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.

例2 已知[f(x)=x2+ax+b],

求证:[|f(1)|,|f(2)|,][|f(3)|]中至少有一个不小于[12].

证明 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)|]=|1+a+b+9+[3a+b-8-4a-2b|]=2,这与假设矛盾,所以假设不成立.

故[|f(1)|,|f(2)|,][|f(3)|]中至少有一个不小于[12].

例3 已知[a>0, b>0],且[a+b>2],

求证:[1+ba]与[1+ab]中至少有一个小于2.

证明 设[1+ba]与[1+ab]都不小于2,即[1+ba]≥ 2,[1+ab]≥ 2,

∵[a>0, b>0],

∴[1+b≥2a],[1+a≥2b],

将两式相加得[1+b+1+a≥2a+2b],

∴[a+b≤2],这与已知矛盾,∴假设不成立.

∴[1+ba]与[1+ab]中至少有一个小于2.

二、命题结论呈“都是”“都不是”形式,宜用反证法

例4 已知[a+b+c>0], [ab+bc+ca>0], [abc>0],

求证:[a>0, b>0, c>0].

证明 (1)假设[a<0],则由[abc>0]知,[bc<0].

又由[a+b+c>0]知,[b+c>-a>0.]

于是[ab+bc+ca=a(b+c)+bc<0],这与已知矛盾.

(2)若[a=0],则[abc=0],这与[abc>0]矛盾.

∴[a>0]. 同理可证[b>0, c>0.]

例5 设实数a0, a1, a2, …, an-1,an满足a0=an=0,且a0-2a1+a2 ≥0,a1-2a2+a3 ≥0, …, an-2-2an-1+an ≥0.

试证明:ak ≤0(k=1, 2, 3, …,n-1).

证明 假设ak(k=1, 2, 3, …, n-1)中至少存在一个正数且ai是序列a0, a1, a2, …, an-1中第一个出现的正数,则a1 ≤0, a2 ≤0, …, ai-1 ≤0, ai>0,从而ai-ai-1>0.

据题设ak+1-ak ≥ak-ak-1(k=1, 2, 3, …, n-1),故从k=i起有an-an-1 ≥an-1-an-2 ≥…≥ai-ai-1>0.

于是有an>an-1>…>ai+1>ai>0,这与an=0矛盾,

故ak ≤0(k=1, 2, 3, …,n-1).

三、已知命题的逆命题是正确的,宜用反证法

例6 已知函数f(x)是(-∞, +∞)上的增函数,a, b∈R.

(1)证明:若a+b≥0,则f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b);

(2)证明:若f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b),则a+b≥0.

证明 (1)∵a+b≥0,∴a≥-b,b≥-a.

∵f(x)是(-∞, +∞)上的增函数,

∴f(a)≥f(-b),f(b)≥f(-a).

∴f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b).

(2)假设a+b<0,则a<-b, b<-a.

∵f(x)是(-∞, +∞)上的增函数,

∴f(a)

∴f(a)+f(b)

∴假设不成立,因此有a+b≥0成立.

点拨 本题中,由于前一个命题是后一个命题的逆命题,且前一个命题是真命题.因此在(2)中用反证法就容易“推出矛盾”.事实上,(2)中直接证缺少推理条件,而反设增加了条件(即利用(1)的推理和结论).

例7 已知a>b>0,n∈N且n≥2.求证:[an>bn].

证明 假设[an≤bn],由于a>b>0,

∴[an>0], [bn]>0,则[(an)n≤(bn)n],即a≤b.

这与已知条件a>b>0矛盾,故[an>bn]成立.

四、在证明的方法上用直接法较困难,或在证明的方向上从结论的反面着手较易的命题,宜用反证法

例8 如果正实数a, b满足ab=ba,且a<1.证明:a=b.

证明 假设a≠b,则有a>b或a

(1)当a>b时,由于1>a>b>0,可得ab>bb(幂函数的单调性),bb>ba(指数函数的单调性),

由不等式的传递性得ab>ba,这与已知ab=ba矛盾.

(2)当b>a时,由b>a>0, a<1可得ba>aa(幂函数的单调性),aa>ab(指数函数的单调性),

所以ba>ab,与已知ab=ba矛盾.

综上可得a=b.

例9 已知f(x)=[(cosαsinβ)x+(cosβsinα)x],且x<0,[α, β]∈(0,[π2]),若f(x)>2.

求证:[α+β>π2].

证明 假设0<α+β≤[π2],由已知α,β∈(0,[π2]),可得0<α≤[π2]-β<[π2][?]cosα≥cos([π2]-β)=sinβ>0,

0

又因为指数函数y=ax,

当a>1且x<0时,有y<1.

而当a=1且x<0时,有y=1.

∴[(cosαsinβ)x≤1],[(cosβsinα)x≤1].

∴f(x)=[(cosαsinβ)x+(cosβsinα)x]≤2,这与已知f(x)>2矛盾,

故α+β>[π2].

利用反证法证明不等式应注意以下几点:(1) 用反证法证明不等式必须先否定结论,即肯定结论的反面,当结论的反面呈现多样性时,必须罗列出各种可能的结论;(2)反证法必须从否定结论进行推理,即应把结论的反面作为条件,且必须根据这一条件进行推证;(3)推导出的矛盾可能多种多样,有的与已知矛盾,有的与假设矛盾,有的与已知事实相违背等,推导出的矛盾必须是明显的.

猜你喜欢
反证法增函数指数函数
反证法在平面几何中的一些应用
幂函数、指数函数、对数函数(2)
幂函数、指数函数、对数函数(1)
一个对数不等式的改进
幂函数、指数函数、对数函数(1)
幂函数、指数函数、对数函数(2)
我为高考设计题目(2)
反证法与高次费马大定理
点击反证法
2016年山东省20题第(Ⅱ)问的三种解法