高中数学第一章不等关系与基本不等式 1_4(2) 放缩法几何法与反证法课后练习北师大版选修4

2017_2018学年高中数学第一章不等关系与基本不等式4第二课时放缩法几何法与反证法教学案北师大版选

第二课时放缩法、几何法与反证法[对应学生用书P20][自主学习]1．放缩法通过缩小(或放大)分式的分母(或分子)，或通过放大(或缩小)被减式(或减式)来证明不等式的方法，称为放缩法．2．几何法通过构造几何图形，利用几何图形的性质来证明不等式的方法称为几何法．3．反证法通过证明命题结论的否定不能成立，来肯定命题结论一定成立的方法叫做反证法，其证明的步骤是：(1)作出否定结论的假设；(2)进行推理，导出矛盾；(3)否定假设，肯定结论．[合作探究]1．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，这些都是证明中常用方法技巧，也是放缩法中的主要形式．2．运用几何法证明不等式的关键是什么？提示：结合待证不等式的特征构造出几何图形，最终将待证不等式转化为几何图形的长、面积、体积等大小比较问题，从而求证．3．用反证法证不等式应把握哪些问题？提示：用反证法证明不等式要把握好以下三点：(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．[对应学生用书P21][例1] 已知a 求证：a 1＋a ＋b 1＋b >c1＋c. [思路点拨] 本题若通分去分母运算量较大，考虑到a >0，b >0，可考虑利用分式的放缩．[精解详析] ∵a >0，b >0， ∴a 1＋a >a 1＋a ＋b ，b 1＋b >b1＋a ＋b. ∴a1＋a ＋b 1＋b >a ＋b 1＋a ＋b. 而函数f (x )＝x 1＋x ＝1－11＋x在(0，＋∞)上递增．且a ＋b >c ， ∴f (a ＋b )>f (c )．则a ＋b 1＋a ＋b >c 1＋c，所以a1＋a ＋b1＋b >c1＋c .则原不等式成立．放缩法是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩必须有目标，而且要恰到好处．目标往往要从证明的结论考察．常用的放缩方法有增项、减项、利用分式的性质、利用不等式的性质、利用已知的绝对值不等式、平均值不等式、利用函数的性质进行放缩等．比如：舍去或加上一些项：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋122＋34＞⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋122；将分子或分母放大(缩小)：1k2＜1k k －，1k2＞1kk ＋，1k＜2k ＋k －1，1k＞2k ＋k ＋1(k ∈R ，k ＞1)等．1．设m 是|a |，|b |和1中最大的一个，当|x |>m 时，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋b x 2<2.证明：由已知m ≥|a |，m ≥|b |，m ≥1. 又|x |>m ，∴|x |>|a |，|x |>|b |，|x |>1，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋b x 2≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪b x 2 ＝|a ||x |＋|b ||x |2<|x ||x |＋|x ||x |2 ＝1＋1|x |<1＋|x ||x |＝2.∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋b x <2成立．2．设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＜1.证明：由2n ≥n ＋k ＞n (k ＝1,2，…，n )，得12n ≤1n ＋k ＜1n. 当k ＝1时，12n ≤1n ＋1＜1n ；当k ＝2时，12n ≤1n ＋2＜1n ；…当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n ＜1n.∴12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＜n n ＝1，即原不等式成立.[例2] (1)若求证：(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 不能同时大于1. (2)已知f (x )＝x 2＋px ＋q ，求证： ①f (1)＋f (3)－2f (2)＝2；②|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|中至少有一个不小于12.[思路点拨] 本题考查不等式的性质及反证法在证明结论为否定形式结论也含有“至少”、“至多”等字眼命题中的应用，考查推理、求解能力，解答此题，需用反证法证明．[精解详析] (1)(用反证法证明)假设⎩⎪⎨⎪⎧－a b >1，－b c >1，－c a >1，那么－a ＋b2≥－a b >1.①同理－b ＋c2>1，② －c ＋a2>1.③ ①＋②＋③得3>3，矛盾． ∴原命题得证． (2)①f (1)＋f (3)－2f (2)＝(1＋p ＋q )＋(9＋3p ＋q )－2(4＋2p ＋q ) ＝2.②用反证法证明．法一：假设|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|都小于12，则有|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)|<2，①而|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)|≥f (1)＋f (3)－2f (2) ＝(1＋p ＋q )＋(9＋3p ＋q )－(8＋4p ＋2q )＝2.② ①②两式矛盾，从而假设不成立，所以原命题成立． ∴|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|中至少有一个不小于12.法二：假设|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|都小于12，则有⎩⎪⎨⎪⎧－32<p ＋q <－12， ①－92<2p ＋q <－72， ②－192<3p ＋q <－172. ③由①②得－4<p <－2，由②③得－6<p <－4.这不可能，∴假设错误．从而|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|中至少有一个不小于12.反证法适宜证明“存在性问题，唯一性问题”及否定性问题，带有“至少有一个”或“至多有一个”等字样的问题，或者说“正难则反”，直接证明有困难时，常采用反证法，下面我们列举一下常见的涉及反证法的文字语言及其相对应的否定假设.假设的否定也可以举一定的特例来说明矛盾，在一些选择题中，更是如此．3．已知a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＞2，求证：1＋b a ，1＋a b中至少有一个小于2.证明：假设1＋b a ，1＋a b都不小于2，即1＋b a ≥2，1＋ab≥2.∵a ＞0，b ＞0，∴1＋b ≥2a,1＋a ≥2b . 两式相加，得1＋b ＋1＋a ≥2(a ＋b )．即a ＋b ≤2，这与已知a ＋b ＞2矛盾．故假设不成立．因此，1＋b a ，1＋a b中至少有一个小于2.4．若a 3＋b 3＝2，求证：a ＋b ≤2. 证明：法一：假设a ＋b ＞2，而a 2－ab ＋b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12b 2＋34b 2≥0.但取等号的条件为a ＝b ＝0，显然不可能， ∴a 2－ab ＋b 2＞0.则a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＞2(a 2－ab ＋b 2)，而a 3＋b 3＝2，故a 2－ab ＋b 2＜1. ∴1＋ab ＞a 2＋b 2≥2ab .从而ab ＜1. ∴a 2＋b 2＜1＋ab ＜2.∴(a ＋b )2＝a 2＋b 2＋2ab ＜2＋2ab ＜4. ∴a ＋b ＜2.这与假设矛盾，故a ＋b ≤2. 法二：假设a ＋b ＞2，则a ＞2－b ，故2＝a 3＋b 3＞(2－b )3＋b 3，即2＞8－12b ＋6b 2，即(b －1)2＜0，这不可能，从而a ＋b ≤2.法三：假设a ＋b ＞2，则(a ＋b )3＝a 3＋b 3＋3ab (a ＋b )＞8. 由a 3＋b 3＝2，得3ab (a ＋b )＞6.故ab (a ＋b )＞2. 又a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＝2， ∴ab (a ＋b )＞(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)． ∴a 2－ab ＋b 2＜ab ，即(a －b )2＜0. 这不可能，故a ＋b ≤2.放缩法、反证法是证明不等式的两种常用方法，在近几年高考模拟中，常以解答题形式出现，考查两种方法、不等式的性质等基础知识，同时考查推理、求解能力，常与数列、函数等知识交汇命题．[考题印证](安徽高考)设直线l 1：y ＝k 1x ＋1，l 2：y ＝k 2x －1，其中实数k 1，k 2满足k 1k 2＋2＝0.(1)证明l 1与l 2相交；(2)证明l 1与l 2的交点在椭圆2x 2＋y 2＝1上． [自主尝试](1)反证法．假设l 1与l 2不相交，则l 1与l 2平行，有k 1＝k 2.代入k 1k 2＋2＝0，得k 21＋2＝0，此与k 1为实数的事实相矛盾．从而k 1≠k 2，即l 1与l 2相交． (2)法一：由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x ＋1，y ＝k 2x －1，解得交点P 的坐标(x ，y )为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2k 2－k 1，y ＝k 2＋k1k 2－k1而2x 2＋y 2＝2⎝⎛⎭⎪⎫2k 2－k 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋k 1k 2－k 12＝8＋k 22＋k 21＋2k 1k 2k 22＋k 21－2k 1k 2＝k 21＋k 22＋4k 21＋k 22＋4＝1.此即表明交点P (x ，y )在椭圆2x 2＋y 2＝1上．法二：l 1与l 2的交点P 的坐标(x ，y )满足⎩⎪⎨⎪⎧y －1＝k 1x ，y ＋1＝k 2x ，故知x ≠0，从而⎩⎪⎨⎪⎧k 1＝y －1x ，k 2＝y ＋1x .代入k 1k 2＋2＝0，得y －1x ·y ＋1x＋2＝0，整理后，得2x 2＋y 2＝1，所以交点P 在椭圆2x 2＋y 2＝1上．[对应学生用书P23]一、选择题1．若△ABC 的三边a ，b ，c 的倒数成等差数列，则( ) A ．∠B ＝π2B ．∠B ＜π2C ．∠B ＞π2D ．∠B ＝π3解析：假设∠B ≥π2，则b 最大，有b ＞a ，b ＞c ，∴1a ＞1b ，1c ＞1b.∴1a ＋1c ＞2b ，与题意中的1a ＋1 c ＝2b 矛盾． ∴∠B ＜π2.答案：B2．设a ，b ，c ∈R ＋，P ＝a ＋b －c ，Q ＝b ＋c －a ，R ＝c ＋a －b ，则“PQR ＞0”是“P ，Q ，R 同时大于零”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：必要性是显然成立的；当PQR ＞0时，若P ，Q ，R 不同时大于零，则其中两个为负，一个为正，不妨设P ＞0，Q ＜0，R ＜0，则Q ＋R ＝2c ＜0，这与c ＞0矛盾，即充分性也成立．答案：C3．若|a |＜1，|b |＜1，则( ) A.⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ＝1B.⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ＜1C.⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ≤1D.⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ≥1解析：假设⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ≥1，故|a ＋b |≥|1＋ab |⇒a 2＋b 2＋2ab ≥1＋2ab ＋a 2b 2⇒a 2＋b 2－1－a 2b 2≥0⇒a 2(1－b 2)－(1－b 2)≥0⇒(a 2－1)(1－b 2)≥0.由上式知a 2－1≤0,1－b 2≤0或a 2－1≥0,1－b 2≥0.与已知矛盾，故⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ＜1.答案B4．设M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则( )A ．M ＝1B ．M ＜1C ．M ＞1D ．M 与1大小关系不定解析：分母全换成210，共有210个单项．答案：B 二、填空题5．用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，反设应为________．解析：反设为：假设三内角都大于60°. 答案：假设三内角都大于60° 6．设a ，b ∈R ，给出下列条件：①a ＋b ＞1；②a ＋b ＝2；③a ＋b ＞2；④a 2＋b 2＞2； ⑤ab ＞1.其中能推出“a ，b 中至少有一个实数大于1”的条件是________．解析：对于①，a ，b 均可小于1；对于②，a ，b 均可等于1；对于④⑤，a ，b 均可为负数；对于③，若a ，b 都不大于1，则a ＋b ≤2，与③矛盾．故若③成立，则“a ，b 中至少有一个实数大于1”成立．答案：③7．若a >b >0，m >0，n >0，则a b ，b a ，b ＋m a ＋m ，a ＋nb ＋n，按由小到大的顺序排列为__________．解析：由不等式a >b >0，m >0，n >0，知b a <b ＋m a ＋m <1，且 b a <b ＋n a ＋n<1，得a b >a ＋nb ＋n >1，即1<a ＋nb ＋n <ab. 答案：b a <b ＋m a ＋m <a ＋n b ＋n <ab8．已知a ，b ，c ，d 都是正数，S ＝a a ＋b ＋c ＋b a ＋b ＋d ＋c c ＋d ＋a ＋dc ＋d ＋b，则S 与1的大小关系是________．解析：S ＝a a ＋b ＋c ＋b a ＋b ＋d ＋c c ＋d ＋a ＋d c ＋d ＋b ＞a a ＋b ＋c ＋d ＋ba ＋b ＋c ＋d ＋ca ＋b ＋c ＋d ＋da ＋b ＋c ＋d＝1.答案：S ＞1三、解答题9．用几何法证明，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π4时，sin x <cos x .证明：如图所示，单位圆⊙O 中，∠AOP ＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0<x <π4，PM ⊥OA 于M ，显然MP ＝sin x ，OM ＝cos x ，又∠OPM >x ，所以在Rt △OMP 中，OM >MP ，即cos x >sin x .10．用反证法证明：如果a ，b ，c ，d 为实数，a ＋b ＝1，c ＋d ＝1，且ac ＋bd ＞1，则a ，b ，c ，d 中至少有一个负数．证明：假设a ，b ，c ，d 中至少有一个负数不成立，即a ，b ，c ，d 都为非负数，即a ≥0，b ≥0，c ≥0，d ≥0. 因为a ＋b ＝1，c ＋d ＝1，所以(a ＋b )(c ＋d )＝1，即(ac ＋bd )＋(bc ＋ad )＝1.因为a ，b ，c ，d 均为非负数，于是有bc ＋ad ≥0，故由上式可以知道ac ＋bd ≤1，这与已知条件中的ac ＋bd ＞1矛盾，所以假设不成立，故a ，b ，c ，d 中至少有一个负数．11．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝(n 2＋n )·3n. 证明：a 112＋a 222＋…＋a nn 2>3n.证明：当n ＝1时，a 112＝S 1＝6>3；当n >1时，a 112＋a 222＋…＋a n n 2＝S 112＋S 2－S 122＋S 3－S 232＋…＋S n －S n －1n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫112－122·S 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－132·S 2＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n －12－1n 2·S n －1＋1n ·S n >S n n ＝n 2＋n n ·3n >3n. 所以，当n ≥1时，a 112＋a 222＋…＋a nn2>3n.。

高中数学第一章不等关系与基本不等式1.4第2课时放缩法几何法反证法课件北师大版选修4_5ppt版本

单击此处编用辑反母证版法证文明本不样等式式
2－ab＞1，证明：(用反证法证明)假设2－bc＞1，
2－ca＞1，
那么2－2a＋b≥ 2－ab＞1.
①
单击同此理处2－编2b辑＋母c＞版1，文本样式
②
2－2c＋a＞1.
③
①＋②＋③，得 3＞3，矛盾．
∴原命题得证．

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3．已知函数 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.
法一假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于12，
则|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|＜2.
把握尺度.
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缩小
放大
放大
缩小
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构造几何图形
几何图形
已知函数 f(x)＝ 1＋x2，设 a，b∈R，则|f(a)－f(b)|________|a －b|(比较大小).
解析：如图所示，设 A(a,1)，B(b,1)，则 |OA|＝ 1＋a2＝f(a)， |OB|＝ 1＋b2＝f(b)， |AB|＝|a－b|.
第一章不等关系与基本不等式
§4 不等式的证明
第二课时放缩法法、几何法、反证法证明不等式的特点和思路．
1.重点是反证法，
正难则反．
2．理解用放缩法与反证法证明不等式的步骤和写法．
2．难点是放缩
法，要调整角度，
3．能够用放缩法、几何法、反证法证明简单的不等式.
①
而|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝

高中数学第一章不等关系与基本不等式1.4第2课时放缩法、几何法、反证法活页作业6北师大版选修4-5

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活页作业(六) 放缩法、几何法、反证法一、选择题1．实数a,b，c不全为0的等价条件是( )A．实数a，b，c均不为0B．实数a,b,c中至多有一个为0C．实数a，b，c中至少有一个为0D．实数a，b,c中至少有一个不为0解析：实数a，b,c不全为0的含义是实数a,b,c中至少有一个不为0。

答案:D2．设x〉0，y〉0，M＝错误!，N＝错误!＋错误!，则M，N的大小关系是（）A．M >N B．M<NC．M＝N D．不能确定解析：N＝错误!＋错误!＞错误!＋错误!＝错误!＝M。

答案：B3．已知x＝a＋错误!(a＞2)，y＝错误!b2－2（b＜0），则x，y之间的大小关系是( ) A．x＞y B．x＜yC．x＝y D．不能确定解析:易得x＝a－2＋错误!＋2≥2＋2＝4（a＞2）,而b2－2＞－2（b＜0），即y＝错误!b2－2＜错误!－2＝4，所以x＞y。

答案：A4．设M＝1210＋错误!＋错误!＋…＋错误!，则( ）A．M＝1 B．M＜1C．M＞1 D．M与1大小关系不定解析:M＝错误!＋错误!＋…＋错误!<＝210×错误!＝1.答案:B二、填空题5．若a＞b＞0，m＞0,n＞0，则错误!,错误!,错误!，错误!，按由小到大的顺序排列为______________________．解析:由a＞b＞0，m＞0，n＞0，知错误!＜错误!＜1且错误!＜错误!＜1。

高中数学第一章不等关系与基本不等式1.4第2课时放缩法几何法反证法当堂达标北师大版选修4_5201809303122

1.4 第二课时放缩法、几何法、反证法1．命题“函数f (x )＝ax ＋b (a ≠0)有且只有一个零点”的结论的否定是( )A ．无零点B ．有两个零点C ．至少有两个零点D ．无零点或至少有两个零点解析：“有且只有一个”的否定是“一个也没有或至少有两个”．答案：D2．下面放缩正确的是( )A ．a 2＋2a ＋1＞a 2＋1B ．a 2＋2a ＋1＞a 2＋2a C ．|a ＋b |＞|a | D ．x 2＋1＞1 解析：由减少项的符号，易知选项A ，C ，D 不正确．答案：B3．已知复数z 满足|z |＝2，则|z －i|的最大值为( )A ．2B ．3C ．4D ．6解析：|z |＝2表示以原点为圆心、2为半径的圆，|z －i|表示圆上的点到点(0,1)的距离，由图易得最大值为3.答案：B4．已知a ，b ，c ，d 都是正数，S ＝a a ＋b ＋c ＋b a ＋b ＋d ＋c c ＋d ＋a ＋d c ＋d ＋b ，则S 与1的大小关系是________.解析：S ＝a a ＋b ＋c ＋b a ＋b ＋d ＋c c ＋d ＋a ＋d c ＋d ＋b ＞a a ＋b ＋c ＋d ＋b a ＋b ＋c ＋d＋ca ＋b ＋c ＋d ＋d a ＋b ＋c ＋d＝1. 答案：S ＞1 5．用反证法证明：如果a ，b ，c ，d 为实数，a ＋b ＝1，c ＋d ＝1，且ac ＋bd ＞1，则a ，b ，c ，d 中至少有一个负数．证明：假设a ，b ，c ，d 中至少有一个负数不成立，即a，b，c，d都为非负数，即a≥0，b≥0，c≥0，d≥0.因为a＋b＝1，c＋d＝1，所以(a＋b)(c＋d)＝1，即(ac＋bd)＋(bc＋ad)＝1.(*)因为a，b，c，d均为非负数，所以bc＋ad≥0.由(*)式可以知道ac＋bd≤1.这与已知条件中的ac＋bd＞1矛盾，所以假设不成立．故a，b，c，d中至少有一个负数．精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

高中数学第1章不等关系与基本不等式1.4.3不等式的证明__反证法放缩法几何法北师大版选修

以不一定达到放大的目的，故错误．
【答案】 (1)√ (2)√ (3)×
教材整理 2 反证法阅读教材 P20～P21，完成下列问题．通过证明命题结论的否定不能成立，来肯定命题结论一定成立的证明方法叫反证法．其证明的步骤是：(1)作出否定结论的假设；(2)进行推理，导出矛盾； (3) 否定假设，肯定结论．
1．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理，否则，仅否定结论，不从结论的反面推理，就不是反证法．
2．利用反证法证题的关键是利用假设和条件通过正确推理推出与已知条件或定理事实相矛盾，或自相矛盾．
[再练一题] 1．若 0<a<2,0<b<2,0<c<2.求证：(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a 不能同时大于 1.
判断(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)分式的放缩可以通过放大(或缩小)分子(或分母)来进行．( ) (2)整式的放缩可以通过加减项来进行．( )
(3)从ab<a＋b m来看，这是通过扩大分子达到了放大的目的．(
)
【解析】根据放缩法的定义知(1)(2)正确，而(3)中，因 m 的符号不定，所
【自主解答】假设三式同时大于14，即 b－ab>14，c－bc>14，a－ac>14，三式同向相乘，得(1－a)a(1－b)b(1－c)c>614. ① ∵0<a<1， ∴(1－a)a≤1－a2＋a2＝14.
同理(1－b)b≤14，(1－c)c≤14. 又(1－a)a，(1－b)b，(1－c)c 均大于零， ∴(1－a)a(1－b)b(1－c)c≤614， ② 因此①式与②式矛盾．故假设不成立，即原命题成立．

高中数学第一章不等关系与基本不等式4第二课时放缩法几何法与反证法教学案北师大版

第二课时放缩法、几何法与反证法[对应学生用书P20][自主学习]1．放缩法通过缩小(或放大)分式的分母(或分子)，或通过放大(或缩小)被减式(或减式)来证明不等式的方法，称为放缩法．2．几何法通过构造几何图形，利用几何图形的性质来证明不等式的方法称为几何法．3．反证法通过证明命题结论的否定不能成立，来肯定命题结论一定成立的方法叫做反证法，其证明的步骤是：(1)作出否定结论的假设；(2)进行推理，导出矛盾；(3)否定假设，肯定结论．[合作探究]1．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，这些都是证明中常用方法技巧，也是放缩法中的主要形式．2．运用几何法证明不等式的关键是什么？提示：结合待证不等式的特征构造出几何图形，最终将待证不等式转化为几何图形的长、面积、体积等大小比较问题，从而求证．3．用反证法证不等式应把握哪些问题？提示：用反证法证明不等式要把握好以下三点：(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．[对应学生用书P21][例1] 已知a 求证：a 1＋a ＋b 1＋b >c1＋c. [思路点拨] 本题若通分去分母运算量较大，考虑到a >0，b >0，可考虑利用分式的放缩．[精解详析] ∵a >0，b >0， ∴a 1＋a >a 1＋a ＋b ，b 1＋b >b1＋a ＋b. ∴a1＋a ＋b 1＋b >a ＋b 1＋a ＋b. 而函数f (x )＝x 1＋x ＝1－11＋x在(0，＋∞)上递增．且a ＋b >c ， ∴f (a ＋b )>f (c )．则a ＋b 1＋a ＋b >c 1＋c，所以a1＋a ＋b1＋b >c1＋c .则原不等式成立．放缩法是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩必须有目标，而且要恰到好处．目标往往要从证明的结论考察．常用的放缩方法有增项、减项、利用分式的性质、利用不等式的性质、利用已知的绝对值不等式、平均值不等式、利用函数的性质进行放缩等．比如：舍去或加上一些项：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋122＋34＞⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋122；将分子或分母放大(缩小)：1k2＜1k k －，1k2＞1kk ＋，1k＜2k ＋k －1，1k＞2k ＋k ＋1(k ∈R ，k ＞1)等．1．设m 是|a |，|b |和1中最大的一个，当|x |>m 时，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋b x 2<2.证明：由已知m ≥|a |，m ≥|b |，m ≥1. 又|x |>m ，∴|x |>|a |，|x |>|b |，|x |>1，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋b x 2≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪b x 2 ＝|a ||x |＋|b ||x |2<|x ||x |＋|x ||x |2 ＝1＋1|x |<1＋|x ||x |＝2.∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋b x <2成立．2．设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＜1.证明：由2n ≥n ＋k ＞n (k ＝1,2，…，n )，得12n ≤1n ＋k ＜1n. 当k ＝1时，12n ≤1n ＋1＜1n ；当k ＝2时，12n ≤1n ＋2＜1n ；…当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n ＜1n.∴12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＜n n ＝1，即原不等式成立.[例2] (1)若求证：(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 不能同时大于1. (2)已知f (x )＝x 2＋px ＋q ，求证： ①f (1)＋f (3)－2f (2)＝2；②|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|中至少有一个不小于12.[思路点拨] 本题考查不等式的性质及反证法在证明结论为否定形式结论也含有“至少”、“至多”等字眼命题中的应用，考查推理、求解能力，解答此题，需用反证法证明．[精解详析] (1)(用反证法证明)假设⎩⎪⎨⎪⎧－a b >1，－b c >1，－c a >1，那么－a ＋b2≥－a b >1.①同理－b ＋c2>1，② －c ＋a2>1.③ ①＋②＋③得3>3，矛盾． ∴原命题得证． (2)①f (1)＋f (3)－2f (2)＝(1＋p ＋q )＋(9＋3p ＋q )－2(4＋2p ＋q ) ＝2.②用反证法证明．法一：假设|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|都小于12，则有|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)|<2，①而|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)|≥f (1)＋f (3)－2f (2) ＝(1＋p ＋q )＋(9＋3p ＋q )－(8＋4p ＋2q )＝2.② ①②两式矛盾，从而假设不成立，所以原命题成立． ∴|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|中至少有一个不小于12.法二：假设|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|都小于12，则有⎩⎪⎨⎪⎧－32<p ＋q <－12， ①－92<2p ＋q <－72， ②－192<3p ＋q <－172. ③由①②得－4<p <－2，由②③得－6<p <－4.这不可能，∴假设错误．从而|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|中至少有一个不小于12.反证法适宜证明“存在性问题，唯一性问题”及否定性问题，带有“至少有一个”或“至多有一个”等字样的问题，或者说“正难则反”，直接证明有困难时，常采用反证法，下面我们列举一下常见的涉及反证法的文字语言及其相对应的否定假设.假设的否定也可以举一定的特例来说明矛盾，在一些选择题中，更是如此．3．已知a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＞2，求证：1＋b a ，1＋a b中至少有一个小于2.证明：假设1＋b a ，1＋a b都不小于2，即1＋b a ≥2，1＋ab≥2.∵a ＞0，b ＞0，∴1＋b ≥2a,1＋a ≥2b . 两式相加，得1＋b ＋1＋a ≥2(a ＋b )．即a ＋b ≤2，这与已知a ＋b ＞2矛盾．故假设不成立．因此，1＋b a ，1＋a b中至少有一个小于2.4．若a 3＋b 3＝2，求证：a ＋b ≤2. 证明：法一：假设a ＋b ＞2，而a 2－ab ＋b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12b 2＋34b 2≥0.但取等号的条件为a ＝b ＝0，显然不可能， ∴a 2－ab ＋b 2＞0.则a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＞2(a 2－ab ＋b 2)，而a 3＋b 3＝2，故a 2－ab ＋b 2＜1. ∴1＋ab ＞a 2＋b 2≥2ab .从而ab ＜1. ∴a 2＋b 2＜1＋ab ＜2.∴(a ＋b )2＝a 2＋b 2＋2ab ＜2＋2ab ＜4. ∴a ＋b ＜2.这与假设矛盾，故a ＋b ≤2. 法二：假设a ＋b ＞2，则a ＞2－b ，故2＝a 3＋b 3＞(2－b )3＋b 3，即2＞8－12b ＋6b 2，即(b －1)2＜0，这不可能，从而a ＋b ≤2.法三：假设a ＋b ＞2，则(a ＋b )3＝a 3＋b 3＋3ab (a ＋b )＞8. 由a 3＋b 3＝2，得3ab (a ＋b )＞6.故ab (a ＋b )＞2. 又a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＝2， ∴ab (a ＋b )＞(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)． ∴a 2－ab ＋b 2＜ab ，即(a －b )2＜0. 这不可能，故a ＋b ≤2.放缩法、反证法是证明不等式的两种常用方法，在近几年高考模拟中，常以解答题形式出现，考查两种方法、不等式的性质等基础知识，同时考查推理、求解能力，常与数列、函数等知识交汇命题．[考题印证](安徽高考)设直线l 1：y ＝k 1x ＋1，l 2：y ＝k 2x －1，其中实数k 1，k 2满足k 1k 2＋2＝0.(1)证明l 1与l 2相交；(2)证明l 1与l 2的交点在椭圆2x 2＋y 2＝1上． [自主尝试](1)反证法．假设l 1与l 2不相交，则l 1与l 2平行，有k 1＝k 2.代入k 1k 2＋2＝0，得k 21＋2＝0，此与k 1为实数的事实相矛盾．从而k 1≠k 2，即l 1与l 2相交． (2)法一：由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x ＋1，y ＝k 2x －1，解得交点P 的坐标(x ，y )为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2k 2－k 1，y ＝k 2＋k1k 2－k1而2x 2＋y 2＝2⎝⎛⎭⎪⎫2k 2－k 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋k 1k 2－k 12＝8＋k 22＋k 21＋2k 1k 2k 22＋k 21－2k 1k 2＝k 21＋k 22＋4k 21＋k 22＋4＝1.此即表明交点P (x ，y )在椭圆2x 2＋y 2＝1上．法二：l 1与l 2的交点P 的坐标(x ，y )满足⎩⎪⎨⎪⎧y －1＝k 1x ，y ＋1＝k 2x ，故知x ≠0，从而⎩⎪⎨⎪⎧k 1＝y －1x ，k 2＝y ＋1x .代入k 1k 2＋2＝0，得y －1x ·y ＋1x＋2＝0，整理后，得2x 2＋y 2＝1，所以交点P 在椭圆2x 2＋y 2＝1上．[对应学生用书P23]一、选择题1．若△ABC 的三边a ，b ，c 的倒数成等差数列，则( ) A ．∠B ＝π2B ．∠B ＜π2C ．∠B ＞π2D ．∠B ＝π3解析：假设∠B ≥π2，则b 最大，有b ＞a ，b ＞c ，∴1a ＞1b ，1c ＞1b.∴1a ＋1c ＞2b ，与题意中的1a ＋1 c ＝2b 矛盾． ∴∠B ＜π2.答案：B2．设a ，b ，c ∈R ＋，P ＝a ＋b －c ，Q ＝b ＋c －a ，R ＝c ＋a －b ，则“PQR ＞0”是“P ，Q ，R 同时大于零”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：必要性是显然成立的；当PQR ＞0时，若P ，Q ，R 不同时大于零，则其中两个为负，一个为正，不妨设P ＞0，Q ＜0，R ＜0，则Q ＋R ＝2c ＜0，这与c ＞0矛盾，即充分性也成立．答案：C3．若|a |＜1，|b |＜1，则( ) A.⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ＝1B.⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ＜1C.⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ≤1D.⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ≥1解析：假设⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ≥1，故|a ＋b |≥|1＋ab |⇒a 2＋b 2＋2ab ≥1＋2ab ＋a 2b 2⇒a 2＋b 2－1－a 2b 2≥0⇒a 2(1－b 2)－(1－b 2)≥0⇒(a 2－1)(1－b 2)≥0.由上式知a 2－1≤0,1－b 2≤0或a 2－1≥0,1－b 2≥0.与已知矛盾，故⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab ＜1.答案B4．设M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则( )A ．M ＝1B ．M ＜1C ．M ＞1D ．M 与1大小关系不定解析：分母全换成210，共有210个单项．答案：B 二、填空题5．用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，反设应为________．解析：反设为：假设三内角都大于60°. 答案：假设三内角都大于60° 6．设a ，b ∈R ，给出下列条件：①a ＋b ＞1；②a ＋b ＝2；③a ＋b ＞2；④a 2＋b 2＞2； ⑤ab ＞1.其中能推出“a ，b 中至少有一个实数大于1”的条件是________．解析：对于①，a ，b 均可小于1；对于②，a ，b 均可等于1；对于④⑤，a ，b 均可为负数；对于③，若a ，b 都不大于1，则a ＋b ≤2，与③矛盾．故若③成立，则“a ，b 中至少有一个实数大于1”成立．答案：③7．若a >b >0，m >0，n >0，则a b ，b a ，b ＋m a ＋m ，a ＋nb ＋n，按由小到大的顺序排列为__________．解析：由不等式a >b >0，m >0，n >0，知b a <b ＋m a ＋m <1，且 b a <b ＋n a ＋n<1，得a b >a ＋nb ＋n >1，即1<a ＋nb ＋n <ab. 答案：b a <b ＋m a ＋m <a ＋n b ＋n <ab8．已知a ，b ，c ，d 都是正数，S ＝a a ＋b ＋c ＋b a ＋b ＋d ＋c c ＋d ＋a ＋dc ＋d ＋b，则S 与1的大小关系是________．解析：S ＝a a ＋b ＋c ＋b a ＋b ＋d ＋c c ＋d ＋a ＋d c ＋d ＋b ＞a a ＋b ＋c ＋d ＋ba ＋b ＋c ＋d ＋ca ＋b ＋c ＋d ＋da ＋b ＋c ＋d＝1.答案：S ＞1三、解答题9．用几何法证明，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π4时，sin x <cos x .证明：如图所示，单位圆⊙O 中，∠AOP ＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0<x <π4，PM ⊥OA 于M ，显然MP ＝sin x ，OM ＝cos x ，又∠OPM >x ，所以在Rt △OMP 中，OM >MP ，即cos x >sin x .10．用反证法证明：如果a ，b ，c ，d 为实数，a ＋b ＝1，c ＋d ＝1，且ac ＋bd ＞1，则a ，b ，c ，d 中至少有一个负数．证明：假设a ，b ，c ，d 中至少有一个负数不成立，即a ，b ，c ，d 都为非负数，即a ≥0，b ≥0，c ≥0，d ≥0. 因为a ＋b ＝1，c ＋d ＝1，所以(a ＋b )(c ＋d )＝1，即(ac ＋bd )＋(bc ＋ad )＝1.因为a ，b ，c ，d 均为非负数，于是有bc ＋ad ≥0，故由上式可以知道ac ＋bd ≤1，这与已知条件中的ac ＋bd ＞1矛盾，所以假设不成立，故a ，b ，c ，d 中至少有一个负数．11．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝(n 2＋n )·3n. 证明：a 112＋a 222＋…＋a nn 2>3n.证明：当n ＝1时，a 112＝S 1＝6>3；当n >1时，a 112＋a 222＋…＋a n n 2＝S 112＋S 2－S 122＋S 3－S 232＋…＋S n －S n －1n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫112－122·S 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－132·S 2＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n －12－1n 2·S n －1＋1n ·S n >S n n ＝n 2＋n n ·3n >3n. 所以，当n ≥1时，a 112＋a 222＋…＋a nn2>3n.。

高中数学第1章不等关系与基本不等式1.4.2综合法与分析法北师大版选修

分析法证明不等式
设 a>b>c，且 a＋b＋c＝0，求证： (1)b2－ac>0；(2) b2－ac< 3a. 【精彩点拨】根据题目特点，利用分析法寻找结论成立的充分条件．
【自主解答】 (1)∵a>b>c 且 a＋b＋c＝0， ∴a>0，c<0，ac<0，故 b2－ac>0. (2)欲证 b2－ac< 3a，只需证 b2－ac<3a2. 因为 c＝－(a＋b)，只要证明 b2＋a(a＋b)<3a2 成立．也就是(a－b)(2a＋b)>0，
【提示】如果使用综合法证明不等式难以入手时常用分析法探索证题的途径，之后用综合法形式写出它的证明过程，以适应人们习惯的思维规律．有时问题的证明难度较大，常使用分析综合法，实现从两头往中间靠以达到证题目的．
【导学号：94910020】
【证明】 ∵a>0，b>0，c>0， ∴1＋a≥2 a，当且仅当 a＝1 时，取等号； 1＋b≥2 b，当且仅当 b＝1 时，取等号； 1＋c≥2 c，当且仅当 c＝1 时，取等号． ∵abc＝2， ∴a，b，c 不能同时取 1， ∴“＝”不同时成立． ∴(1＋a)(1＋b)(1＋c)>8 abc＝8 2，即(1＋a)(1＋b)(1＋c)>8 2.
法二：∵a，b，c 是正数，
∴bac＋abc≥2 bac·abc＝2c. 同理abc＋acb≥2a，acb＋bac≥2b， ∴2bac＋abc＋acb≥2(a＋b＋c)．又 a>0，b>0，c>0， ∴b2c2＋a2c2＋a2b2≥abc(a＋b＋c)．故b2c2＋a＋c2ba＋2＋ca2b2≥abc.
1．运用不等式的性质或已证明的不等式时，要注意它们各自成立的条件，正确推理．

高中数学第1章不等关系与基本不等式1.4.2综合法与分析法课件北师大版选修4_5

【自主解答】法一：∵a，b，c 是正数， ∴b2c2＋c2a2≥2abc2，b2c2＋a2b2≥2ab2c，c2a2＋a2b2≥2a2bc. ∴2(b2c2＋c2a2＋a2b2)≥2(abc2＋ab2c＋a2bc)，即 b2c2＋c2a2＋a2b2≥abc(a＋b＋c)．又 a＋b＋c>0， ∴b2c2＋a＋c2ba＋2＋ca2b2≥abc.
2．综合法从已知条件出发，利用不等式的性质(或已知证明过的不等式)，推出了所要证明的结论，这种证明不等式的方法称为综合法．其思路是由因寻果，即从“已知”推导出已知的“性质”，从而逐步推向“未知”．
判断(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)分析法与综合法都是直接证明命题的方法．( ) (2)分析法是由结论推向已知的过程．( ) (3)综合法的特点是“由因寻果”．( ) 【解析】根据分析法与综合法的特点知(1)正确，(2)中，分析法是从结论入手，寻找使它成立的充分条件，而不是由结论推向已知，故错误．(3)正确．
1．运用不等式的性质或已证明的不等式时，要注意它们各自成立的条件，正确推理．
2．综合法证明不等式，常将不等式的两端进行合理的等价变形，如恰当的组合、拆项、匹配等，便于应用某些重要的不等式．
[再练一题] 1．已知 a>0，b>0，c>0，且 abc＝2.求证：(1＋a)(1＋b)(1＋c)>8 2.
[探究共研型] 分析综合法证明不等式
探究 1 分析法和综合法的逻辑关系是怎样的？【提示】综合法：A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B，(已知)(逐步推演不等式成立的必要条件)(结论)．分析法：B⇐Bn⇐Bn－1⇐…⇐B1⇐A，(结论)(步步寻求不等式成立的充分条件)(已知)．
探究 2 在证明不等式的过程中，分析法、综合法常常是不能分离的，那么往往在什么情况下使用？如何证明？

高中数学第一章不等关系与基本不等式1.4.3几何法、反证法课件北师大选修4_5

探究一
探究二
思维辨析
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. 因为|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|≥f(1)+f(3)-2f(2)=2,与 |f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|<2 矛盾, 所以假设错误. 故|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于12.
探究一
探究二
思维辨析
探究二利用反证法证明不等式
【例 2】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.
分析(1)代入即可证明;(2)利用反证法,并结合(1)中的结论推得矛盾,从而证明不等式.
+
��2,当且仅当1��
=
1 ��
+
1��时,等号成立.
分析从三个根式的结构特点,容易联想到余弦定理,于是可构造
图形,利用余弦定理来证明.
探究一
探究二
思维辨析
证明如图,作 OA=a,OB=b,OC=c,∠AOB=∠BOC=60°,
则∠AOC=120°,AB= ��2-�� + ��2,
第3课时几何法、反证法
学习目标
思维脉络
1.了解几何法的证明过程,并会用几何法证明简单的不等式. 2.掌握反证法,并会用反证法证明不等式.

高中数学第一章不等关系与基本不等式1.4不等式的证明1.4.2综合法、放缩法545数学

第2课时(kèshí)
综合法、放缩法
12/9/2021
第一页，共十七页。
目标导航
Z 知识梳理 D典例透析
HISHISHULI
IANLITOUXI
1.理解综合法的方法与步骤(bùzhòu),会用综合法证明简单的不等式.
2.认识放缩法,了解它的方法与步骤,会用放缩法证明简单的不等式.
12/9/2021
2
12/9/2021
+ +1
1
2
; (2)将分子(或分母)放大(或缩小),如
>
1
(+1)
(∈N+),
1

<
2
+ -1
(∈N+)等.
第五页，共十七页。
1
2
<
1
(-1)
1
( > 1, ∈N+),
1 2
2
( >

>
+
目标导航
Z 知识梳理 D典例透析
HISHISHULI
【做一做 2】若 n∈N+,
证明
1
2
1
+
1
1
2+…+2
2
<
7
1
,根据 2
4

<
1
1
− ,如果从第

-1
7
4
3 项开始放缩,那
么正好可证得小于 ;如果从第 2 项开始放缩,那么可证得小于 2.当放
缩方式不同时,结果也在变化.
12/9/2021
第十一页，共十七页。
目标导航
题型一

高中数学第一章不等关系与基本不等式4第3课时放缩法几何法与反证法学案北师大版

第3课时放缩法、几何法与反证法学习目标 1.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.2.了解几何法证明不等式的特征，会构造一些特征明显的图形证明一些特定的不等式.3.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．知识点一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？答案①不等式的传递性；②等量加(减)不等量为不等量．梳理放缩法(1)放缩法证明的定义在证明不等式时，有时可以通过缩小(或放大)分式的分母(或分子)，或通过放大(或缩小)被减式(或减式)来证明不等式，这种证明不等式的方法称为放缩法．(2)放缩法的理论依据①不等式的传递性；②等量加(减)不等量为不等量；③同分子(分母)异分母(分子)的两个分式大小的比较．知识点二几何法通过构造几何图形，利用几何图形的性质来证明不等式的方法称为几何法．知识点三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？答案(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．梳理反证法(1)反证法证明的定义：反证法是常用的证明方法．它是通过证明命题结论的否定不能成立，来肯定命题结论一定成立．(2)反证法证明不等式的一般步骤：①作出否定结论的假设；②进行推理，导出矛盾；③否定假设，肯定结论.类型一放缩法证明不等式例1 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 )．证明x 2＋xy ＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＋34y 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋y 2≥x ＋y 2.同理可得y 2＋yz ＋z 2≥y ＋z2，z 2＋zx ＋x 2≥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 )．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1 求证：32－1n ＋1＜1＋122＋…＋1n 2＜2－1n (n ∈N ＋且n ≥2)．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．类型二反证法证明不等式命题角度1 证明“否定性”结论例2 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．证明由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab，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．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2 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. 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 22＝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. 命题角度2 证明“至少”“至多”型问题例3 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.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.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3 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0.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0.1．用放缩法证明不等式时，下列各式正确的是( ) A.1a ＋x ＞1aB.b a ＜b ＋ma ＋mC ．x 2＋x ＋3＞x 2＋3 D ．|a ＋1|≥|a |－1答案 D解析对于A ，x 的正、负不定；对于B ，m 的正、负不定；对于C ，x 的正、负不定；对于D ，由绝对值三角不等式知，D 正确．2．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0 C ．a ，b ，c 至少有一个不为0D ．a ，b ，c 至多有一个不为0 答案 C 3．比较大小：1＋12＋13＋…＋1n________n .答案 ≥ 解析 1＋12＋…＋1n≥n n n n++⋅⋅⋅+项＝n n ＝n . 4．已知0＜a ＜3,0＜b ＜3,0＜c ＜3.求证：a (3－b )，b (3－c )，c (3－a )不可能都大于92.证明假设a (3－b )＞92，b (3－c )＞92，c (3－a )＞92.因为a ，b ，c 均为小于3的正数，所以a (3－b )＞92，b (3－c )＞92，c (3－a )＞92，从而有a (3－b )＋b (3－c )＋c (3－a )＞922.①但是a (3－b )＋b (3－c )＋c (3－a )≤a ＋(3－b )2＋b ＋(3－c )2＋c ＋(3－a )2＝9＋(a ＋b ＋c )－(a ＋b ＋c )2＝92.②当且仅当a ＝b ＝c ＝32时，②中取等号．显然②与①相矛盾，假设不成立，故命题得证．1．常见的涉及反证法的文字语言及其相对应的否定假设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a 2＋b 2≥2ab ，ab ≤a ＋b2，ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22，a ＋b ＋c 3≥3abc (a ，b ，c ＞0)．(4)利用函数的单调性等．一、选择题 1．P ＝a a ＋1＋b b ＋1＋cc ＋1(a ，b ，c 均为正数)与3的大小关系为( ) A ．P ≥3 B ．P ＝3 C ．P ＜3 D ．P ＞3答案 C 解析 P ＝a a ＋1＋b b ＋1＋c c ＋1＜a a ＋b b ＋cc＝3. 2．设x ，y ，z 都是正实数，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x，则a ，b ，c 三个数( )A ．至少有一个不大于2B ．都小于2C ．至少有一个不小于2D ．都大于2答案 C解析假设a ，b ，c 都小于2，则a ＋b ＋c ＜6，又a ＋b ＋c ＝x ＋1y ＋y ＋1z＋z ＋1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋1y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z ＋1z ≥6，与a ＋b ＋c ＜6矛盾．所以a ，b ，c 至少有一个不小于2.故选C.3．已知a ＞0，b ＞0，c ＞0，且a 2＋b 2＝c 2，则a n ＋b n 与c n(n ≥3，n ∈N ＋)的大小关系为( ) A ．a n ＋b n ＞c nB ．a n ＋b n ＜c nC ．a n ＋b n ≥c nD ．a n＋b n＝c n答案 B解析 ∵a 2＋b 2＝c 2， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2＝1， ∴0＜a c＜1,0＜b c＜1，∴y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a c x ，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b cx 均为减函数．∴当n ≥3时，有⎝ ⎛⎭⎪⎫a c n ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫b c n ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a c n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c n ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2＝1， ∴a n＋b n＜c n.4．设x ＞0，y ＞0，A ＝x ＋y 1＋x ＋y ，B ＝x 1＋x ＋y1＋y，则A 与B 的大小关系为( )A ．A ≥B B ．A ＝BC ．A ＞BD ．A ＜B答案 D解析 ∵x ＞0，y ＞0，∴A ＝x 1＋x ＋y ＋y 1＋x ＋y ＜x 1＋x ＋y1＋y＝B .5．对“a ，b ，c 是不全相等的正数”，给出下列判断： ①(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0； ②a ＞b 与a ＜b 及a ≠c 中至少有一个成立； ③a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 不能同时成立．其中判断正确的个数为( ) A ．0B ．1C ．2D ．3 答案 C解析对于①，假设(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2＝0，这时a ＝b ＝c ，与已知矛盾，故(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0，故①正确；对于②，假设a ＞b 与a ＜b 及a ≠c 都不成立，这时a ＝b ＝c ，与已知矛盾，故a ＞b 与a ＜b 及a ≠c 中至少有一个成立，故②正确；对于③，显然不正确．6．设a ，b ，c 是正数，P ＝a ＋b －c ，Q ＝b ＋c －a ，R ＝c ＋a －b ，则“P ·Q ·R ＞0”是“P ，Q ，R 同时大于零”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件答案 C解析必要性显然成立．充分性：若P ·Q ·R ＞0，则P ，Q ，R 同时大于零或其中有两个负的，不妨设P ＜0，Q ＜0，R ＞0，因为P ＜0，Q ＜0，即a ＋b ＜c ，b ＋c ＜a .所以a ＋b ＋b ＋c ＜c ＋a . 所以b ＜0，与b ＞0矛盾，故充分性成立．二、填空题7．若A ＝1210＋1210＋1＋…＋1211－1，则A 与1的大小关系为________．答案 A ＜1解析 A ＝1210＋1210＋1＋…＋1211－1＜101010102111222++⋅⋅⋅+共个＝210210＝1.8．用反证法证明“一个三角形不能有两个直角”有三个步骤：①则∠A ＋∠B ＋∠C ＝90°＋90°＋∠C ＞180°，这与三角形的内角和为180°矛盾，故结论错误； ②所以一个三角形不可能有两个直角；③假设△ABC 有两个直角，不妨设∠A ＝∠B ＝90°. 上述步骤的正确顺序是________．答案 ③①②解析由反证法的证明步骤可知，正确顺序应该是③①②.9．已知a ∈R ＋，则12a ，12a ＋1，1a ＋a ＋1从大到小的顺序为________．答案12a＞1a ＋a ＋1＞12a ＋1解析因为a ＋a ＋1＞a ＋a ＝2a ，a ＋a ＋1＜a ＋1＋a ＋1＝2a ＋1，所以2a ＜a ＋a ＋1＜2a ＋1，所以12a ＞1a ＋a ＋1＞12a ＋1 .10．某同学准备用反证法证明如下问题：函数f (x )在[0,1]上有意义，且f (0)＝f (1)，如果对于不同的x 1，x 2∈[0,1]，满足|f (x 1)－f (x 2)|＜|x 1－x 2|，求证：|f (x 1)－f (x 2)|＜12，那么它的反设应该是________．答案存在x 1，x 2∈[0,1]且x 1≠x 2，满足|f (x 1)－f (x 2)|＜|x 1－x 2|，使|f (x 1)－f (x 2)|≥12三、解答题11．实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＝c ＋d ＝1，且ac ＋bd ＞1，求证：a ，b ，c ，d 中至少有一个是负数．证明假设a ，b ，c ，d 都是非负数．由a ＋b ＝c ＋d ＝1知，a ，b ，c ，d ∈[0,1]．从而ac ≤ac ≤a ＋c2，bd ≤bd ≤b ＋d2，∴ac ＋bd ≤a ＋c ＋b ＋d2＝1，即ac ＋bd ≤1，与已知ac ＋bd ＞1矛盾， ∴a ，b ，c ，d 中至少有一个是负数．12．设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＜1.证明由2n ≥n ＋k ＞n (k ＝1,2，…，n )，得12n ≤1n ＋k ＜1n，当k ＝1时，12n ≤1n ＋1＜1n ，当k ＝2时，12n ≤1n ＋2＜1n ，…，当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n ＜1n，∴12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＜n n ＝1. ∴原不等式成立．13．设a ，b ∈R,0≤x ≤1,0≤y ≤1，求证：对于任意实数a ，b 必存在满足条件的x ，y ，使|xy －ax －by |≥13成立．证明假设对一切0≤x ≤1,0≤y ≤1，结论不成立，则有|xy －ax －by |＜13.令x ＝0，y ＝1，得|b |＜13；令x ＝1，y ＝0，得|a |＜13；令x ＝y ＝1，得|1－a －b |＜13.又|1－a －b |≥1－|a |－|b |＞1－13－13＝13，这与上式矛盾．故假设不成立，原命题结论正确．四、探究与拓展14．完成反证法证题的全过程．题目：设a 1，a 2，…，a 7是由数字1,2，…，7任意排成的一个数列，求证：乘积p ＝(a 1－1)(a 2－2)…(a 7－7)为偶数．证明：假设p 为奇数，则________均为奇数．① 因为7个奇数之和为奇数，故有(a 1－1)＋(a 2－2)＋…＋(a 7－7)为________．②而(a 1－1)＋(a 2－2)＋…＋(a 7－7)＝(a 1＋a 2＋…＋a 7)－(1＋2＋…＋7)＝________.③ ②与③矛盾，故p 为偶数．答案 ①a 1－1，a 2－2，…，a 7－7 ②奇数 ③0解析由假设p 为奇数可知，(a 1－1)，(a 2－2)，…，(a 7－7)均为奇数，故(a 1－1)＋(a 2－2)＋…＋(a 7－7)＝(a 1＋a 2＋…＋a 7)－(1＋2＋…＋7)＝0为奇数，这与0为偶数相矛盾．15．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜32.证明 (1)由a n ＋1＝3a n ＋1，得a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12.又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列．所以a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n－12.(2)由(1)知，1a n ＝23n －1，因为当n ≥1时，3n－1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32(1－13n)＜32. 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜32.。

高中数学第一章不等关系与基本不等式1.4不等式的证明1.4.3几何法、反证法545数学

≥2.
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题型二
反思从“正难则反”的角度考虑,即要证明不等式A>B,先假设A≤B.由题设及
其他性质推出矛盾,从而肯定A>B.凡涉及证明不等式为否定(fǒudìng)命题、唯一性
B. [−2 10, 2 10 ]
C.[− 10, 10 ]D. [−2 5, 2 5 ]
答案(dá àn):D
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答案(dá àn):B
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5
3若a,b∈R,且a2+b2=10,则a-b的取值范围(fànwéi)是(
A.[0, 10 ]
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1.几何法
通过构造几何图形,利用几何图形的性质来证明不等式的方法称为几何法.

高中数学第一章不等关系与基本不等式4第3课时放缩法、几何法与反证法545数学

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题型探究(tànjiū)
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类型一 (lèixíng) 放缩法证明不等式
例 1 已知实数 x，y，z 不全为零，求证： x2＋xy＋y2＋ y2＋yz＋z2＋ z2＋zx＋x2＞32(x＋y＋z).
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知识点二几何(jǐ 法 hé)
通过构造几何图形，利用几何图形的性质来证明不等式的方法称为(chēnɡ wéi)几何法.
12/12/2021
第七页，共三十五页。
知识点三反证法
思考(sīkǎo) 什么是反证法？用反证法证明时，导出矛盾有哪几种可能？答案 (1)反证法就是在否定结论的前提下推出矛盾，从而(cóng ér)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.
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证明
1.常见(chánɡ jiàn)的涉及反证法的文字语言及其相对应的否定假设
规律与方法
常见
至多有
至少有一个
词语
一个
唯一一个
不不可能全
是
都是
否定
有两个或没有或有两个
有或
一个也没有
是
不全不都是
假设
两个以上或两个以上
存在
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证明(zhèngmíng) f(1)＋f(3)－2f(2) ＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2.
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