2019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
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
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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1.1不等式的性质课件北师大版选修4_509302158
(5)乘方 如果 a＞b＞0，那么 an___＞____bn(n 为正整数)． (6)开方
如果 a＞b＞0，那么n a＞n b(n∈N，n≥2)．
2．(1)“如果 a＞b，且 c＞d，那么 a－c＞b－d”一定成立 吗？
(2)“如果 a＞b＞0，c＞d＞0，那么ac＞bd”一定成立吗？
提示：(1)不一定成立，如 5＞2，－3＞－10，而 5－(－3) ＜2－(－10)．
(2)不一定成立，如 5＞2＞0,10＞1＞0，而150＜21.
甲同学认为 a＞b⇔1a＜1b，乙同学认为 a＞b＞0⇔1a＜1b，丙 同学认为当 ab＞0 时，a＞b⇔1a＜1b.请你思考一下，谁的观点正 确？
解：丙．如果 a＝2，b＝－3，那么12＞－13.所以甲同学的观 点错误．如果1a＝－12＜1b＝1，那么 a＝－2 不大于 b＝1.因此， 乙同学的观点也是错的．同号的两个数，大的倒数小、小的倒
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1.4.1比较法分析法课件北师大版选修4_5
������
������
������ ������������ + ������2 + ������ ������������ + ������2
=
+
=
������������ + ������ ������������ + ������
2������������ + (������ + ������) ������������
§4 不等式的证明
-1-
第1课时 比较法、分析法
-2-
目标导航
Z 知识梳理 HISHISHULI
D 典例透析 IANLITOUXI
S 随堂演练 UITANGYANLIAN
1.理解用比较法、分析法证明不等式的一般方法和步骤,并能证 明具体的不等式.
2.理解不等式证明方法的意义,并掌握不等式中取得等号的条件.
A.M≥N B.M≤N
C.M=N D.不能确定
解析:∵M-N=x2+y2+1-(x+y+xy)
=12[(x2+y2-2xy)+(x2-2x+1)+(y2-2y+1)] =12[(x-y)2+(x-1)2+(y-1)2]≥0,
∴M≥N.
答案:A
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D 典例透析 IANLITOUXI
������
������
②证明步骤:作商→变形→判断与1的大小关系→下结论.
名师点拨在求商比较法中, ������
������
>
1⇒b>a
是不0,由 ������ > 1, 可得b>a,
高中数学第一章不等关系与基本不等式1.2.2绝对值不等式的解法课件北师大版选修4_5
• [互动探究]若本例条件变为“若关于x的不等式|x＋2| －|x－1|≥a的解集为R”，求实数a的取值范围．
解：法一 令 y1＝|x＋2|－|x－1|，y2＝a， 3，x≥1，
则 y1＝2x＋1，－2≤x＜1， －3，x＜－2.
• 函数y1，y2的图像如图所示．由图可知当a＜－3时，
• 不等式|x－1|－|x－5|＜2的解集是( ) • A．(－∞，4) B．(－∞，1) • C．(1,4) D．(1,5) • 解析：①当x＜1时，原不等式等价于 • 1－x－(5－x)＜2，即－4＜2， • 所以x＜1.
• ②当1≤x≤5时，原不等式等价于 • x－1－(5－x)＜2，即x＜4， • 所以1≤x＜4. • ③当x＞5时，原不等式等价于x－1－(x－5)＜2， • 即4＜2，无解． • 综合①②③知x＜4. • 答案：A
• 3．|x－a|＋|x－b|≥c和|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解
法 几何意义
• (1)可以利用绝对值不等式的___________零_.点
• (2)利用分类讨论的思想，以绝对值的
“____________”为分界点，将数轴分成几个区间，
然后确定符号各个绝对值中的多绝对项值式符号的____________，
• 所以实数a的取值范围是(－∞，－3)．
• 【点评】 (1)含参数的绝对值不等式的解法与不含 参数的绝对值不等式的解法完全一样，只不过要注 意对参数的取值的讨论．
• (2)对于已知含参数的绝对值不等式的解集情况或恒 成立情况，求参数的值或取值范围的问题，关键是 根据其解集或恒成立构建关于参数的方程、不等式 或函数，再求解．
第一章 不等关系与基本不等式
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．
2019-2020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修4-5
2019-2020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修4-51．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 ＋bx2<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<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 2·S n >S n n 2＝n 2＋n n 2·3n >3n. 所以，当n ≥1时，a 112＋a 222＋…＋a nn 2>3n.2019-2020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修41．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<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 2·S n >S n n 2＝n 2＋n n 2·3n >3n. 所以，当n ≥1时，a 112＋a 222＋…＋a nn 2>3n.。
高中数学第一章不等关系与基本不等式1.1不等式的性质课件北师大选修4_5
探究二
探究三
探究四
思维辨析
探究二 利用求商法比较大小
【例2】 已知a>b>c>0,比较a2ab2bc2c与ab+cbc+aca+b的大小. 分析用求差比较法不易变形,所以用求商比较法.
探究一
探究二
探究三
探究四
思维辨析
解由 a>b>c>0,得 a2ab2bc2c>0,ab+cbc+aca+b>0.
名师点拨 要比较两个实数的大小,通常可以归结为判断它们的 差的符号(仅判断差的符号,至于确切值是多少无关紧要).在具体判 断两个实数(或代数式)的差的符号的过程中,常会涉及一些具体变 形,如:因式分解、配方法等.对于具体问题,如何采用恰当的变形方 式来达到目的,要视具体问题而定.
【做一做1】 比较大小:x2+3
名师点拨 不等式的倒数性质:
①若 a>b,ab>0,则1������ < 1������. ②若 a>b,ab<0,则1������ > 1������.
【做一做2】 若a>b,则下列结论一定成立的是( )
A.������������<1
B.������������<0
C.2-a>1-b D.(a-b)c2≥0
探究一
探究二
探究三
探究四
思维辨析
变式训练1比较a3+b3与a2b+ab2的大小关系,其中a,b均为负数. 解a3+b3-(a2b+ab2)=(a3-a2b)+(b3-ab2) =a2(a-b)-b2(a-b)=(a-b)2(a+b). 因为a,b均为负数,所以a+b<0,(a-b)2≥0. 所以(a-b)2(a+b)≤0. 故a3+b3≤a2b+ab2.
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综合法放缩法课件北师大版选修4_5
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目标导航
Z 知识梳理 HISHISHULI
D 典例透析 IANLITOUXI
S 随堂演练 UITANGYANLIAN
1.理解综合法的方法与步骤,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.
目标导航
Z 知识梳理 HISHISHULI
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1使a>b>0成立的一个充分不必要条件是( ) A. ������-2 > ������-2 B. ������2 > ������2 > 0 C.lg a-lg b>0 D.xa>xb,且 x>0 解析: 由 ������-2 > ������-2, 知a-2>b-2≥0⇒a>b>0. 由 a>b>0 推不出 ������-2 > ������-2. 答案:A
证明:∵S△ABC=
������������������ 4������
,
������
=
1,
������△ABC=
1 4
,
∴
������������������
=
1,
且a,b,c 不全相等,否则 a=1 与 a=2Rsin 60°= 3矛盾,
111 ∴ ������ + ������ + ������ = ������������ + ������������ + ������������.
∴ 1 × 2 + 2 × 3 + ⋯ + ������(������ + 1)
������(3 + 2������ + 1)
高中数学第一章不等关系与基本不等式1.2.2绝对值不等式的解法课件北师大版选修4_5ppt版本
§2 含有绝对值的不等式
2．2 绝对值不等式的解法
学习目标
重点难点
1.根据不等式的性质，利用绝对值的 几何意义，会求解|f(x)|＜g(x)，|f(x)|＞
1.重点是利用绝对值 的几何意义求解含绝
g(x)型不等式．
对值的不等式．
2．掌握运用分段讨论法、图像法、几 何意义法求解形如
(2)解不等式x2－12＞2x.
解：①当 2x＜0，即 x＜0 时， ∵不等式x2－12≥0 对任意的 x∈R 恒成立， ∴不等式x2－12＞2x(x＜0)恒成立． ∴x＜0 满足原不等式．
②当 2x＝0，即 x＝0 时， ∵x2－12＝02－12＝12＞2x＝2×0＝0， ∴x＝0 满足原不等式． ③当 2x＞0，即 x＞0 时， x2－12＞2x⇒x2－12＞2x 或 x2－12＜－2x. 由 x2－12＞2x，得 x＜2－2 6或 x＞2＋2 6；
法二 原不等式等价于
2≤x－4＜3 或－3＜x－4≤－2，
即 6≤x＜7 或 1＜x≤2.
所以原不等式的解集为{x|1＜x≤2 或 6≤x＜7}．
(3)由原不等式，可得
x＋1＞2－x 或 x＋1＜x－2.
解得 x＞12.
所以所求不等式的解集为xx＞12
.
|x－a|＋|x－b|≥c(c＞0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c
单＞0击)型此不处等编式的辑解母法版文本样式
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法三 将原不等式转化为 |x＋7|－|x－2|－3≤0， 构造函数 y＝|x＋7|－|x－2|－3，即 y＝－2x＋122，，x－＜－7≤7，x≤2，
6，x＞2. 作出函数的图像如图所示， 由图可知当 x≤－1 时，有 y≤0，即|x＋7|－|x－2|－3≤0. 所以原不等式的解集为{x|x≤－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 第2课时 放缩法、几何法、反证法当堂达标 北师大版选修4-5
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．。
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1.4.1比较法、分析法545数学
2.理解不等式证明方法的意义,并掌握不等式中取得(qǔdé)等号的条件.
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第三页，共二十二页。
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Z 知识梳理 D典例透析
HISHISHULI
IANLITOUXI
S随堂演练
UITANGYANLIAN
1.比较法
(1)求差比较法.
①理论依据:a>b⇔a-b>0;a<b⇔a-b<0.
题型三
【变式训练2】 已知0<x<1,求证(qiúzhèng):|loga(1-x)|>|loga(1+x)|(其中a>0,且
a≠1).
证明:∵0<x<1,a>0,且 a≠1,
|log (1-)|
∴
= |log(1 + )(1 − )|.
|log (1 + )|
∵0<1-x<1,1+x>1,
则与的大小关系是
.
解析:P= − -1 =
= +1− =
1
+ -1
> 0,
1
+1+
+1+
∴ =
> 1, ∴ > .
+ -1
答案(dá àn):P>Q
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> 0,
UITANGYANLIAN
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②证明(zhèngmíng)步骤:作差→变形→判断符号→下结论.
(2)求商比较法.
①理论依据:b>0, > 1⇒a>b;b<0, > 1⇒a<b.
2018年高中数学 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
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．。
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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＝x＋y2＋x＋y，N＝x2＋x＋y2＋y，则M，N的大小关系是( )A．M >N B．M<N C．M＝N D．不能确定解析：N＝x2＋x＋y2＋y＞x2＋x＋y＋y2＋x＋y＝x＋y2＋x＋y＝M.答案：B3．已知x＝a＋1a－2(a＞2)，y＝12b2－2(b＜0)，则x，y之间的大小关系是( )A．x＞y B．x＜y C．x＝y D．不能确定解析：易得x＝a－2＋1a－2＋2≥2＋2＝4(a＞2)，而b2－2＞－2(b＜0)，即y＝12b2－2＜12－2＝4，所以x＞y. 答案：A4．设M＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则( )A．M＝1 B．M＜1C．M＞1 D．M与1大小关系不定解析：M＝1210＋1210＋1＋…＋1211－1<＝210×1210＝1.答案：B二、填空题5．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a ＞b ＞0，m ＞0，n ＞0，知b a ＜b ＋m a ＋m ＜1且b a ＜b ＋n a ＋n ＜1. 则a b ＞a ＋n b ＋n ＞1，即1＜a ＋n b ＋n ＜a b . 答案：b a ＜b ＋m a ＋m ＜a ＋n b ＋n ＜a b6．已知a ∈(0，＋∞)，则12a ，12a ＋1，1a ＋a ＋1从大到小的顺序为_____________________．解析：∵a ＋a ＋1＞a ＋a ＝2a ，a ＋a ＋1＜a ＋1＋a ＋1＝2a ＋1，∴2a ＜a ＋a ＋1＜2a ＋1.∴12a＞1a ＋a ＋1＞12a ＋1. 答案：12a ＞1a ＋a ＋1＞12a ＋1三、解答题7．已知数列{a n}的前n 项和S n＝(n 2＋n )·３n.求证：a 112＋a 222＋…＋a n n2＞3n.证明：当n ＝1时，a 112＝a 1＝S 1＝6＞3；当n ＞1时，a 112＋a 222＋…＋a nn2＝S 112＋S 2－S 122＋S 3－S 232＋…＋S n －S n －1n2＝112－122S 1＋122－132S 2＋…＋1n －12－1n 2S n －1＋S nn2＞S nn 2＝n 2＋n n2·３n ＞3n. 所以当n ≥１时，a 112＋a 222＋…＋a n n2＞3n .8．设函数f (x )定义在区间(0，＋∞)上，且f (1)＝0，导函数f ′（x )＝1x，函数g (x )＝f (x )＋f ′（x )．(1)求函数g (x )的最小值；(2)是否存在x0＞0，使得不等式|g(x)－g(x0)|＜1x对任意x＞0恒成立？若存在，请求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)由题设，易知f(x)＝ln x，g(x)＝ln x＋1 x .∴g′（x)＝x－1x2.令g′（x)＝0，得x＝1.当x∈(0,1)时，g′（x)＜0，故区间(0,1)是函数g(x)的单调递减区间；当x∈(1，＋∞)时，g′（x)＞0，故区间(1，＋∞)是函数g(x)的单调递增区间．∴函数g(x)的最小值为g(1)＝1.(2)满足条件的x0不存在．理由如下：假设存在x0＞0，使得不等式|g(x)－g(x0)|＜1x对任意x＞0恒成立．由(1)，知函数g(x)的最小值为g(1)＝1.∴当x≥１时，函数g(x)的值域为[1，＋∞)，从而可取一个x1＞1，使g(x1)≥g(x0)＋1，即g(x1)－g(x0)≥1.故|g(x1)－g(x0)|≥1＞1x1，与假设矛盾．∴不存在x0＞0，使得不等式|g(x)－g(x0)|＜1x对任意x＞0恒成立．一、选择题1．lg 9lg 11与1的大小关系是( )A．lg 9lg 11＞1 B．lg 9lg 11＝1 C．lg 9lg 11＜1 D．不能确定解析：因为lg 9＞0，lg 11＞0，且lg 9≠lg 11，所以lg 9lg 11＜lg 9＋lg 1122＝lg 9922＜lg 10022＝1.答案：C2．若|a|＜1，|b|＜1，则( )A．a＋b1＋ab＝1 B．a＋b1＋ab＜1C．a＋b1＋ab≤1 D．a＋b1＋ab≥１解析：假设a＋b1＋ab≥1，则|a＋b|≥|1＋ab|?a2＋b2＋2ab≥1＋2ab＋a2b2?a2＋b2－1－a2b2≥０?a2(1－b2)－ (1－b2)≥０?(a2－1)(1－b2)≥0.由上式，知a2－1≤0,1－b2≤０或a2－1≥0,1－b2≥0.与已知矛盾，故a＋b1＋ab＜1.答案：B二、填空题3．若直线y＝x＋m与曲线x＝1－y2恰有一个公共点，则实数m的取值范围是______________.解析：如图所示，曲线x＝1－y2是半圆(x≥0)，A(1,0)，B(0，－1)，C(0,1)，k AB＝1，这时直线AB在y轴上的截距为－1(m≠－1)，往上平移至C点时适合题意(m＝1)，往下平移至相切时在y轴上的截距为－2，所以直线y＝x＋m与曲线x＝1－y2恰有一个公共点时，实数m的取值范围是{m|－1＜m≤１或m＝－2}．答案：{m|－1＜m≤１或m＝－2}4．完成下列反证法证题的全过程．题目：设a1，a2，…，a7是1,2,3，…，7的一个排列，求证：p＝(a1－1)(a2－2)…（a7－7)为偶数．证明：假设p为奇数，则____________________均为奇数．因为奇数个奇数的和还是奇数，所以奇数＝____________________＝____________________＝0.但奇数≠偶数，这一矛盾说明p为偶数．解析：假设p为奇数，则(a1－1)，(a2－2)，…，(a7－7)均为奇数．因为奇数个奇数的和还是奇数，所以奇数＝(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋3＋…＋7)＝0.但奇数≠偶数，这一矛盾说明p为偶数．答案：(a1－1)，(a2－2)，…，(a7－7)(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋3＋…＋7)三、解答题5．已知x1，x2∈0，π2.求证：tan x1＋tan x2＞2tan x1＋x22.证明：不妨设x2＞x1.在单位圆中，过点A作单位圆的切线AT，在AT上取B，C两点，使∠BOA＝x1，∠COA＝x2，取∠DOA＝x1＋x22，E为BC的中点．∵x 1，x2∈0，π2，∴|OC|＞|OB|，|AB|＝tan x1，|AC|＝tan x2，|AD|＝tan x1＋x22.易得OD是∠BOC的平分线，由三角形内角平分线的性质，得|BD||DC|＝|OB||OC|.∴|BD||DC|＜1，即|BD|＜|DC|.∴|BE|＞|BD|，|AE|＞|AD|.∵|AE|＝12(|AB|＋|AC|)，∴12(tan x1＋tan x2)＞tanx1＋x22，即tan x1＋tan x2＞2tan x1＋x22.6．已知数列{a n}是等差数列，数列{b n}是等比数列，S n是数列{a n}的前n项和，a1＝b1＝1，S2＝12 b2.(1)若b2是a1，a3的等差中项，求数列{a n}与{b n}的通项公式；(2)若a n∈N＋，数列{ba n}是公比为9的等比数列，求证：1S1＋1S2＋1S3＋…＋1S n＜74.(1)解：设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q.因为S2＝12b2，所以a1＋a1＋d＝12b1q.而a 1＝b 1＝1，则q (2＋d )＝12.①因为b 2是a 1，a 3的等差中项，所以a 1＋a 3＝2b 2，即1＋1＋2d ＝2q ，即1＋d ＝q .②联立①②，解得d ＝2，q ＝3或d ＝－5，q ＝－4.所以a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1，b n ＝3n －1或a n ＝1＋(n －1)·(－5)＝6－5n ，b n ＝(－4)n －1.(2)证明：因为a n ∈N ＋，ba n ＝b 1qa n －1＝q 1＋(n －1)d －1＝q(n －1)d，所以ba n ＋1ba n ＝q ndqn －d＝q d ＝9，即q d＝32.③由(1)，知q (2＋d )＝12，即q ＝122＋d.④因为a 1＝1，a n ∈N ＋，所以d ∈N .根据③④，知q ＞1且q 为正整数．所以d 可为0或1或2或4.但同时满足③④两个等式的只有d ＝2，q ＝3，所以a n ＝2n －1，S n ＝n ＋2n －2＝n 2. 所以1S n＝1n2＜1n －n ＋＝121n －1－1n ＋1(n ≥2)．当n ≥２时，1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＜1＋1211－13＋1212－14＋1213－15＋…＋121n －1－1n ＋1＝1＋1211－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＝1＋121＋12－1n －1n ＋1＝74－12n －1n ＋＜74.显然，当n ＝1时上式也成立．故n ∈N ＋，1S1＋1S2＋…＋1S n＜74.。