2016_2017学年高中数学第1章不等式的基本性质和证明的基本方法1.5.3反证法和放缩法学业分层测评
2016_2017学年高中数学第1章不等式的基本性质和证明的基本方法1.5.1比较法课件
[探究共研型]
用比较法证明不等式
探究1 作差比较法的主要适用类型是什么？实质是什么？
【提示】 作差比较法适用于具有多项式结构特征的不等式的证明.实质是 把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与0的大小关系.
探究2 作商比较法主要适用类型是什么？其证明的一般步骤是什么？
【提示】 作商比较法主要用于积(商)、幂(根式)、指数形式的不等式证明. 其证明的一般步骤：作商→变形(化简)→判断商值与1的大小关系→结论.
求商比较法证明不等式
已知a＞2，求证：loga(a－1)＜log(a＋1)a.
【精彩点拨】 判断logaa－1与loga＋1a的符号 → 作商化简 →与1比较大小→ 下结论
【自主解答】 ∵a＞2，则a－1＞1， ∴loga(a－1)＞0，log(a＋1)a＞0， logaa－1 由于 ＝loga(a－1)· loga(a＋1) loga＋1a
(2)作商比较法 a b 若 a>0，b>0，要证明 a>b，只要证明 >1；要证明 b>a，只要证明 >1.这 b a 种证明不等式的方法，叫做作商比较法. 教材整理 2 比较法证明不等式的步骤
比较法是证明不等式的基本方法之一，其步骤是先 求差(商)，然后 变形 ，最 终通过比较作 判断.
1.设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则下列t与s的大小关系中正确的是( A.t＞s C.t＜s B.t≥s D.t≤s
求证：(1)当x∈R时，1＋2x4≥2x3＋x2； (2)当a，b∈(0，＋∞)时，aabb≥(ab) .
a+b 2
【精彩点拨】 (1)利用作差比较法，注意变形分解； (2)利用作商比较法，注意判断底数大小决定商的大小.
2016-2017学年高中数学第1章不等式的基本性质和证明的基本方法1.5.2综合法和分析法课件
法一：在△ABC中，a<b＋c，b<a＋c，c<b＋a，则a2<a(b＋c)，b2<b(a＋ c)，c2<c(b＋a).
∴a2＋b2＋c2<a(b＋c)＋b(a＋c)＋c(a＋b)， 即a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ac.
第17页，共45页。
法二：在△ABC中，设a>b>c， ∴0<a－b<c,0<b－c<a,0<a－c<b， ∴(a－b)2<c2，(b－c)2<a2，(a－c)2<b2， ∴(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2<c2＋a2＋b2， 即a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ac. 综上，得ab＋bc＋ac≤a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ac.
∵x＞0，y＞0，
∴x2y2＞0，
第33页，共45页。
即证3x2＋3y2＞2xy.
∵3x2＋3y2＞x2＋y2≥2xy，
∴3x2＋3y2＞2xy成立.
1
1
∴(x2＋y2)2பைடு நூலகம்(x3＋y3)3.
第34页，共45页。
[构建·体系]
综合法与分析法———
综合法由因寻果 分析法执果索因
———
定义与应用
第35页，共45页。
第20页，共45页。
即证(a－b)(a－c)＞0. ∵a＞b＞c， ∴(a－b)(a－c)＞0成立， 从而 b2－ac＜ 3a成立.
第21页，共45页。
1.本题的关键是在不等式两边非负的条件下，寻找结论成立时不带根号(平 方)的充分条件，采用分析法是常用方法.证明时要注意表达的严密、准确，不 可颠倒因果关系，否则要犯逻辑错误.
高中数学 第一章 不等式的基本性质和证明的基本方法 1.5.1 不等式证明的基本方法 新人教B版选修
负数，要证 a>b，只需证
a b<1
.
基础自测
1.下列关系中对任意 a<b<0 的实数都成立的是
A.a2<b2
B.lg b2<lg a2
C.ba>1
D.12a2>12b2
解析 a<b<0，∴a2>b2>0，∴lg a2>lg b2，故选 B.
答案 B
()
2.已知 a>0 且 a≠1，P＝loga(a3＋1)，Q＝loga(a2＋1)，则 P、Q
解析
|a|＋|b|
mn ＝
|a＋b| |a－b|
＝（|a|a|＋＋|bb||）·|a|－|a|b－| |b||
||a|－|b||
＝||aa22－ －bb22||＝1，∴m＝n.
答案 ＝
课堂小结 1.比较法有两种形式，一是作差；二是作商.用作差证明不 等式是最基本、最常用的方法.它的依据是不等式的基本性质. 2.步骤是：作差(商)―→变形―→判断.变形的目的是为了判 断.若是作差，就判断与 0 的大小关系，为了便于判断，往往把 差式变为积或完全平方式.若是作商，两边为正，就判断与 1 的 大小关系. 3.有时要先对不等式作等价变形再进行证明，有时几种证 明方法综合使用.
●反思感悟：实数大小的比较常用 a>b⇔a－b>0 或“ab>1， 且 b>0⇒a>b”来解决，比较法的关键是第二步的变形，一 般来说，变形越彻底，越有利于下一步的符号判断.
1.设 a>0，b>0 且 a≠b，试比较 aabb 与 abba 的大小. 解 aaabbbba＝aa－b·bb－a＝aba－b. 当 a>b>0 时，ab>1，a－b>0，则aba－b>1， 于是 aabb>abba.当 b>a>0 时，0<ab<1，a－b<0， 则aba－b>1，于是 aabb>abba. 综上所述，对于不相等的正数 a、b，都有 aabb>abba.
2017-2018学年高中数学第一章不等式的基本性质和证明不等式的基本方法1.5.1比较法学
1. 5.1 比较法拍象问題情境代，新知无师自通［对应学生用书P16］［读教材•填要点］1.定义要证a>b,只需要证a —b>0；要证a<b,只需证a —b<0，这种证明不等式的方法，称为比较法.2•用比较法证明不等式的步骤(1) 求差.(2) 变形：可用因式分解、配方、乘法公式等，把差变形为乘积式平方和的形式.(3) 作出判断.［小问题•大思维］作差比较法的主要适用类型是什么？实质是什么？提示：作差比较法尤其适用于具有多项式结构特征的不等式的证比较法证明不等式明. 实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与0的大小关系•爲協芒点拒主立一字，此--点吐満［对应学生用书P16］_ 4 3 2［例1］求证：(1)当x€ R 时，1 + 2x》2x + x；⑵当a, b€ (0,+^)时，a a b b>( ab) |~ .［思路点拨］(1)利用作差比较法，注意变形分解；(2)利用作商比较法，注意判断底数大小决定商的大小.［精解详析］(1)法一：(1 + 2x4) —(2 x3+ x2)32 2=(x —1) (2x + 2x + 1)=2x (x—1) —(x + 1)( x—1)3=(x —1)(2 x —x —1)=(x —1)(2 x3—2x+ x—1)2=(x —1)［2 x(x —1) + (x —1)］=(x - 1)2.中 + 2j + 2 l>0,4^32••• 1 + 2x >2 x + x .法二：(1 + 2x 4) — (2 x 3 + x 2)4^ 3 2 4^2“=x — 2x + x + x — 2x + 12 2 2 2=(x — 1) • x + (x — 1) >0,4^32• 1 + 2x >2 x + x .综上可知，当a , b € (0 ,+^)时，a a b b >( ab ) U 成立•么规建口- (1)比较法证明不等式的过程中，变形具有承上启下的作用，变形的目的在于判断差的 符号，而不用考虑差能否化简或值是多少.(2)变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有 效的恒等变形的方法.(3)因式分解是常用的变形手段，为了便于判断“差式”的符号，常将“差式”变形为 一个常数，或几个因式积的形式，当所得的“差式”是某字母的二次三项式时，常用判别式 法判断符号•有时会遇到结果符号不能确定，这时候要对差式进行分类讨论./么型公.之作__x1.已知x >— 1,求证:,1 + x < 1 +勺证明：T x >— 1 , • 1 + x >0, 1 + x >0.a a 一 b当 a >b >0 时，^>1, 丁>0,则aa — b当 b >a >0 时，0<a <1, 丁<0, ⑵当a = b 时,------ x ---------------------- x + 1 + 1 •- ,1 + x - (1 + 2)= 1 + x — 2— ------ x + 1 1=x + 1— ~T~ — 2=-亦(x + 1) — 2 x + 1 + 1]------ x• •• 1 + x W 1+ 2.1 比较法的实际应用［例2］甲、乙二人同时同地沿同一路线走到同一地点，甲有一半时间以速度m 行走，另一半以速度n 行走；乙有一半路程以速度 m 行走，另一半路程以速度 n 行走•如果 住n , 问甲、乙二人谁先到达指定地点?［思路点拨］ 本题考查比较法在实际问题中的应用， 解答本题需要设出从出发点到指定地点的路程S ,甲、乙二人走完这段路程各自需要的时间t 1、t 2，然后利用作差法比较 t 1 ,t 2的大小即可.［精解详析］设从出发地点至指定地点的路程为 S ，甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为t 1> t 2,依题意有：t 1 t 1ym + 尹=s , s s2m + 2n =2s [4 mnr n + n ]2mn n + n2s m- n 2mn n + n其中s , m n 都是正数，且m^ n ,• t 1 一 t 2 V 0,即卩 t 1V t 2.从而知甲比乙先到达指定地点.2s m +ns m + n t 2=-imn2s n + ns m + n2mn应用不等式解决问题时，关键是如何把等量关系不等量关系转化为不等式的问题来解 决，也就是建立数学模型是解应用题的关键， 最后利用不等式的知识来解.解答不等式问题， 一般可分为如下步骤：①阅读理解材料； ②建立数学模型；③讨论不等式关系；④作出问题结论..变上.之」肚2•某人乘出租车从 A 地到B 地，有两种方案•第一种方案：乘起步价为 10元，超过规定里程后每千米 1.2元的出租车；第二种方案：乘起步价为8元，超过规定里程后每千米1.4元的出租车.按出租车管理条例，在起步价内，不同型号的出租车行驶的路程是相等的， 则此人从A 地到B 地选择哪一种方案比较合适？解：设A 地到B 地的距离为 m 千米.起步价内行驶的路程为 a 千米.显然当me a 时，选起步价为8元的出租车比较合适.当m>a 时，设m= a + x (x >0)，乘坐起步价为10元的出租车费用为 P (x )元.乘坐起步价 为8元的出租车费用为 Qx)元，贝U P (x ) = 10 + 1.2 x , Qx ) = 8+ 1.4 x .•/ Rx ) — Qx ) = 2-0.2 x = 0.2(10 — x )•••当x >10时，Rx )<Q x )，此时选择起步价为 10元的出租车较为合适. 当x <10时，P (x )>Qx )，此时选择起步价为 8元的出租车较为合适.当x = 10时，Rx ) = Qx)，两种出租车任选，费用相同.、选择题 1.下列关系中对任意av b v 0的实数都成立的是()2 2课下训嗾经典化，贵在袖类旁通P18][对应学生用书a >—b >0.B. Ig b 2<lg a 2A. a v bbC a>1解析：••• a v b v0, (—a)2>( —b)2>0. 即a2>b2>0.序是（n = , a + .b ,得a = b >0时m = n ,可否定 B C.比较A D 项，不必论证与 p 的关系.取特值 a = 4, b = 1,贝U m = 4+1 = 9, n = 2+ 1 = 3,m > n .可排除D.答案：A4.若a , b 为不等的正数，则(ab k 十a k b ) - (a*1+ 1)( k € N+)的符号( )A.恒正B.恒负C.与k 的奇偶性有关D.与a , b 大小无关解析：(ab k + a k b ) - a k +1-b k 十1=b k (a -b )十a k (b -a ) = (a -b )( b k — a k ). ■/ a >0, b >0,若 a >b ,则 a k >b k , •- (a — b )( b — a )<0 ；2又 lg b - Ig a 2= 4< lg 1=0.2 ■ 2/• lg b v lg a . 答案：B1 22.已知P =r , Q= a -a + 1,那么P 、Q 的大小关系是(A. P >QB. P <QC. P > QD. P < Q解析:P - Q=匕a 2 - a +la 2 + a +l2 "a + a + 14 ,2—a + a =a 2+ a + 1，a 十a +1 > 0恒成立且a 十a 》0,二 P 一 Q ^ 0.即 P. 答案：D3.―a b已知 a > 0, b > 0, mn=—十—0=寸a+Q b , p = Q a + b ，贝U m , n , p 的大小顺A.n >p B . m >n 》pC. n >m >pD. n 》m >p解析：由已知，知 m=jh +若a<b,贝U a k<b k,「.(a—b)( b k—a k)<0.答案：B二、填空题5. ________________________________________________________________________ 若x v y v 0, M= (x2+ y2)( x —y) , N= (x2—y2)( x + y),则M N的大小关系为______________ .2 2 2 2解析：M- N= (x + y )( x —y) —(x —y )( x+ y)2 2 2=(x —y)[( x + y ) —(x+ y) ] = —2xy(x—y).••• x<y<0,「. xy>0, x —y<0.一2xy(x —y)>0，—M- N>0.即M>N.答案：M>N—16. 设0<x<1，贝U a=j2x, b= 1 + x, c = 中最大的一个是______________ .解析：由a2= 2x, b2= 1 + x2+ 2x>a2, a>0, b>0,得b>a.2 21 1 — 1 —x x又c―b= 口—(1 + x)= = 1—7°，得c>b,知c最大.答案：c7. 如果a>°, b>°,则下列两式的大小关系为lg(1 + >/ab) ________ *[lg(1 + a) + lg(1+ b)].(填不等关系符号)解析：T (1 + a)( b+ 1) = 1 + a+ b+ ab,1 •••2【lg(1 + a) + lg(1 + b)]=lg 1 + a + b+ ab.■/ (1 + . ab)2—( , 1 + a+ b+ ab)2= 2 , ab —(a+ b),又a + b》2 ：：.；：ab,.°. ab—(a+ b) w 0.•- lg(1 + .ab) W 2[lg(1 + a) + lg(1 + b)].答案：w3 500&一个个体户有一种商品，其成本低于—元.如果月初售出可获利100元，再将本利存入银行，已知银行月息为 2.5%，如果月末售出可获利120元，但要付成本的2%勺保管费，这种商品应________ 出售(填“月初”或“月末”).解析：设这种商品的成本费为a 元.月初售出的利润为 L i = 100+ (a +100) x 2.5%, 月末售出的利润为 L 2= 120-2%a ,则 L i - L 2= 100 + 0.025 a + 2.5 — 120 + 0.02 a (3 500 > =0.045 a -丁，3 500T a <—9 ，二L 1<L 2，月末出售好. 答案：月末 三、解答题 9.已知 a 》1,求证屯j a + 1 — Ej'a Sf a — a — 1,证明：••• ( a + 1 — a ) — C a — a — 1) _ 1 1；;：：;a+ 1 + ...；a -.』a + ;；a — 1=—:』a - 1- a + 1v 0,\.''a + 1 + \.'a、-...；a + a — 1\.j a + 1 — a<Ja — pa — 1.10. 设a , b 是非负实数，求证：a 3 + b 3> ab ( a 2 + b 2). 证明：由a , b 是非负实数，作差得a 3 +b 3- ab ( a 2+ b 2)=a “(曲-W )+ b 2托(血-曲 =(.a — ,b)[(.a)5— ( ,b)5].当 a >b 时，a > b ,从而(a )5>( b )5, 得( .a — ,b )[(.a )5— ( b )5] >0;当 a <b 时，,a < b ，从而(，a )5<( b )5, 得(a — ,b )[(.a )5— ( b )5]>0.所以 a 3 + b 3> ab ( a 2 + b 2).11 .设 m€ R , a >b >1, f (x )=mx，比较f (a )与f (b )的大小. x — 1-a >b >1,• • b — a <0, a —1>0, b —1>0,解: maf (a ) — f (b )=肓 mb b — 1 mlb — aa —b — 1,, m b — a当 m=0 时， a _b _ ] = 0， f (a )= f (b ).当m >0时， m b — a a — b — <0，f(a)<f(b)； 当m <0时，m b — a a -1* b —>0，f(a )>f(b )；<0.a —b —]b — a。
2016_2017学年高中数学第一章不等式的基本性质和证明的基本方法1.1.1不等式的基本性质课件
������
������
③若 a>b,ab≠0,则 ������ < ������ ; ④若 a>b,c>d,则 ac>bd; ⑤若 ������ > ������ , 则 ad>bc.
解析 :对于①,当 c2=0 时不成立 ; 对于 ②,∵c >0,∴
2
1
������
������
对于 ③,a>0>b 时不成立; 对于 ④,当 a=1,b=0,c=-1,d=-2 时 ,ac>bd 不成立 ; ⑤中 cd 不一定大于 0,故不正确.
题型一
题型二
题型三
题型四
(5)真命题.理由:因为 0 > a > ������ , 所以 n 必为奇数. ������ ������ 故 0>( ������)n>( ������ )n,即 0>a>b. ������ ������ 故 0 > ������ > ������⇒a>b(n∈N*,n>1), 故(5)为真命题.
【做一做2-1】 若a,b,c∈R,a>b,则下列不等式成立的是(
)
A. < C.
������ ������ > D.a|c|>b|c| ������2 +1 ������2 +1
1 ������
1 ������
B.a2>b2
解析:对于选项A,还需有ab>0这个前提条件;对于选项B,当a,b都 为负数时不成立,或一正一负时可能不成立,如2>-3,但22>(-3)2不正
(2)假命题.理由 :令 a=1,b=-1,有 故(2)为假命题 ; 故(3)为假命题 ;
2016_2017学年高中数学第一章不等式的基本性质和证明的基本方法1.5.2综合法和分析法课件
������2 +������2 -1 − ≤0 2
− 1-a2b2≤ 0
综合法在应用中的有关问题是什么? 剖析:用综合法证明不等式时,主要利用基本不等式,函数的单调 性以及不等式的性质,在严密的演绎推理下推导出结论. 综合法证明问题的“入手处”是题设中的已知条件或某些基本不 等式.比如下面的几个,是经常用到的:
题型一
题型二
题型三
用分析法证明不等式
【例 2】
(������-������) 已知 a>b>0,求证: 8������
2
<
������+������ − 2
������������
(������-������) < 8������
2
.
分析:本题要证明的不等式显得较为复杂,不易观察出怎样由 a>b>0得到要证明的不等式,因而可以用分析法先变形要证明的不 等式,从中找到证题的线索.
������
题型一
题型二
题型三
易错辨析 易错点:因不注意分析法的证题格式而致错.
【例 3】 用分析法证明: 3 + 6 < 4 + 5. 错解 :证明: 由 3 + 6 < 4 + 5, 知 ( 3 + 6)2<( 4 + 5)2,即 9+ 2 18 < 9+2 20, 即 2 18 < 2 20, 即18<20. 因为 18<20 显然成立 ,所以原不等式成立. 错因分析:分析法是“执果索因”,即由待证的不等式出发,逐步寻 求它要成立的充分条件,所以书写时必须按照分析法的固有格式进 行.本题的错误就在于未按分析法的格式证明.
2016_2017学年高中数学第一章不等式的基本性质和证明的基本方法1.2基本不等式课件
解析:对于选项 A,当 ab>0 时,有 + ≥2; 对于选项 B,当 x>1,y>1 时 ,有 lg x+lg y≥2 lg������· lg������ ; 对于选项 C,当 x<0 时,有 x+ = − -������故可排除选项 A,B,C,故选 D.
答案:D
4 ������ 4 ������
=
������ 2 +������ 2 2
,
≤
������ 2 +������ 2 2������������ ������ +������
(当且仅当a=b 时等号成立 ).
������ +������ 2
综上所述 ,
≤ ������������ ≤
≤
������ 2 +������ 2 2
(当且仅当a=b 时等号成立 ).
1
2 ������������
= =
2
2������������ ������ +������
������
������
,
(当且仅当a=b 时等号成立 ).
4
������ 2 +������ 2 +2������������
≤
������ 2 +������ 2 +������ 2+������ 2 4
(3)定理3可用语言叙述为三个正数的算术平均值不小于它们的 几何平均值.
【做一做3】 已知x,y,z是正数,且x+y+z=6,则lg x+lg y+lg z的取 值范围是( ) A.(-∞,lg 6] B.(-∞,3lg 2] C.[lg 6,+∞) D.[3lg 2,+∞) 解析:∵x,y,z是正数,
不等式的基本性质和证明的基本方法
通过构造平方和并利用非负性进行证明。
应用领域
在线性代数、函数分析和概率论中有广泛应用，如证明某些函数的可 积性等。
切比雪夫不等式
定义
对于任意两个实数序列，序列和的乘积小于或等于序列各项乘积 的和。
证明方法
通过排序后应用算术-几何平均不等式进行证明。
应用领域
在数论、概率论和统计学中有应用，如证明某些概率分布的性质等。
06
经典不等式介绍及其证明
算术-几何平均不等式
定义
对于所有非负实数，算术平均数永远大于或等于 几何平均数。
证明方法
通过数学归纳法或拉格朗日乘数法进行证明。
应用领域
在概率论、信息论和统计学中广泛应用，如证明 熵的最大值等。
柯西-施瓦茨不等式
定义
对于任意两个向量，它们的内积的绝对值小于或等于它们的模的乘 积。
数列的单调性
利用不等式的性质，可以判断数列的单调性，即数列是递增还是 递减。
数列的有界性
通过不等式的性质，可以证明数列的有界性，即数列的每一项都落 在某个区间内。
数学归纳法中的不等式证明
在数学归纳法中，经常需要利用不等式的性质进行证明，如证明某 个不等式对所有的自然数都成立。
05
证明不等式的基本策略
不等式在数学、物理、工程等领域都有广泛应用，研究不等式有 助于解决实际问题。
不等式的基本性质概述
01
传递性
02
可加性
03 可乘性
04
特殊性
对称性
05
如果a>b且b>c，则a>c。 如果a>b，则a+c>b+c。 如果a>b且c>0，则ac>bc。 任何数都大于负数，小于正数。 如果a=b，则b=a。
高中数学 第1章 不等式的基本性质和证明的基本方法 1.1 不等式的基本性质和一元二次不等式的解法
2016-2017学年高中数学第1章不等式的基本性质和证明的基本方法1.1 不等式的基本性质和一元二次不等式的解法学业分层测评新人教B版选修4-5编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2016-2017学年高中数学第1章不等式的基本性质和证明的基本方法1.1 不等式的基本性质和一元二次不等式的解法学业分层测评新人教B版选修4-5）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第1章不等式的基本性质和证明的基本方法 1。
1 不等式的基本性质和一元二次不等式的解法学业分层测评新人教B版选修4—5(建议用时：45分钟)［学业达标]一、选择题1.已知全集U＝R，集合M＝{x｜x2－2x－3≤0｝，则∁U M＝（)A。
{x｜－1≤x≤3} B.｛x｜－3≤x≤1｝C.{x|x＜－3或x＞1}D.｛x｜x＜－1或x＞3｝【解析】法一：因为M＝{x｜－1≤x≤3｝，全集U＝R，所以∁U M＝｛x｜x＜－1或x＞3}.法二：因为M＝｛x｜x2－2x－3≤0｝，所以∁U M＝｛x｜x2－2x－3＞0｝＝{x｜x＜－1或x＞3}.【答案】D2.设a＞1，且m＝log a(a2＋1)，n＝log a（a－1），p＝log a(2a）,则m，n,p的大小关系为( ）A.n＞m＞pB.m＞p＞nC。
m＞n＞p D。
p＞m＞n【解析】当a＞1时，∵a2＋1－2a＝（a－1)2＞0，∴a2＋1＞2a。
2016_2017学年高中数学第一章不等式的基本性质和证明的基本方法课件
5 2
此时原不等式的解集为 ������ ������ < -
| |
5 2
.
3 3 5
②当 − 2≤x≤2 时 ,原不等式变形为 2-x-2x-5>2x,解得 x<− 5.
此时原不等式的解集为 ������ 解得
5 2
≤ ������ <
.
③当 x>2 时 ,原不等式变形为 x-2-2x-5>2x,
证法三:∵(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd)2=(bc-ad)2≥0, ∴(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,
∴ (������2 + ������ 2 )(������ 2 + ������ 2 )≥|ac+bd|≥ac+bd, 即 ac+bd≤ (������2 + ������ 2 )(������ 2 + ������ 2 ).
7 x<− , 此时原不等式无解. 3
综上所述 ,原不等式的解集为 ������ ������ <
|
3 5
.
专题一
专题二
专题三
专题四
应用 2 若 f1(x) = 3|������- ������1 |,f2(x)=2· 3|������ - ������2 |,x∈R,p1,p2 为常数,且 f(x ) = ������ 1 (������), ������ 1 (������) ≤ ������ 2 (������), ������2 (������),������ 1 (������) > ������ 2 (������).
专题一
高中数学第一章不等式的基本性质和证明不等式的基本方法1
——教学资料参考参考范本——高中数学第一章不等式的基本性质和证明不等式的基本方法1______年______月______日____________________部门[读教材·填要点]1．反证法首先假设要证明的命题是不正确的，然后利用公理，已有的定义、定理，命题的条件逐步分析，得到和命题的条件(或已证明过的定理，或明显成立的事实)矛盾的结论，以此说明假设的结论不成立，从而原来结论是正确的，这种方法称为反证法．2．放缩法在证明不等式时，有时需要将所需证明的不等式的值适当放大(或缩小)使它由繁化简，达到证明目的，这种方法称为放缩法．[小问题·大思维]1．用反证法证明不等式应注意哪些问题？提示：用反证法证明不等式要把握三点：(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．2．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，这些都是我们在证明中的常用方法与技巧，也是放缩法中的主要形式．[对应学生用书P21]用反证法证明否定性结论[例1] 设a，b，c，d都是小于1的正数，求证：4a(1－b)，4b(1－c)，4c(1－d)，4d(1－a)这四个数不可能都大于1.[思路点拨] 本题考查反证法的应用．解答本题若采用直接法证明将非常困难，因此可考虑采用反证法从反面入手解决．[精解详析] 假设4a(1－b)＞1,4b(1－c)＞1,4c(1－d)＞1，4d(1－a)＞1，则有a(1－b)＞，b(1－c)＞，c(1－d)＞，d(1－a)＞.∴＞，＞，＞，＞.又∵≤，≤，≤，≤，∴＞，＞，c＋1－d＞，＞.2将上面各式相加得2＞2，矛盾．∴4a(1－b)，4b(1－c)，4c(1－d)，4d(1－a)这四个数不可能都大于1.(1)当证明的结论中含有“不是”，“不都”，“不存在”等词语时，适于应用反证法，因为此类问题的反面比较具体．(2)用反证法证明不等式时，推出的矛盾有三种表现形式①与已知相矛盾，②与假设矛盾，③与显然成立的事实相矛盾．1．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列．解：(1)当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，两式相减得an＋1＝an，所以{an}是首项为1，公比为的等比数列，所以an＝.(2)反证法：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p<q<r，且p，q，r∈N＋)，则2·＝＋，所以2·2r－q＝2r－p＋1.①又因为p<q<r，所以r－q，r－p∈N＋.所以①式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立，所以假设不成立，原命题得证.用反证法证明“至多”、“至少”型命题[例2]若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋π2，b＝y2－2z＋π3，c＝z2－2x＋π6，求证：a，b，c中至少有一个大于0.[思路点拨] 由于问题是“至少型”命题，故可用反证法证明．[精解详析] 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＝x2－2y＋＋y2－2z＋＋z2－2x＋＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3∴π－3>0，且(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)≥0∴a＋b＋c>0这与a＋b＋c≤0矛盾．因此，a，b，c中至少有一个大于0.(1)在证明中含有“至少”、“至多”、“最多”等字眼时，或证明否定性命题、惟一性命题时，可使用反证法证明．在证明中常见的矛盾可以与题设矛盾，也可以与已知矛盾，与显然的事实矛盾，也可以自相矛盾．(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．2．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．证明：假设a，b，c，d都是非负数，即a≥0，b≥0，c≥0，d≥0，则1＝(a＋b)(c＋d)＝(ac＋bd)＋(ad＋bc)≥ac＋bd.这与已知中ac＋bd>1矛盾，∴原假设错误，故a，b，c，d中至少有一个是负数.用放缩法证明不等式[例3] 求证：－＜1＋＋…＋＜2－(n∈N*且n≥2)．[思路点拨]本题考查放缩法在证明不等式中的应用，解答本题要注意欲证的式子中间是一个和的形式，但我们不能利用求和公式或其他方法求和，因此可考虑将分母适当放大或缩小成可以求和的形式，进而求和，并证明该不等式．[精解详析] ∵k(k＋1)＞k2＞k(k－1)，∴＜＜.即－＜＜－(k∈N＋且k≥2)．分别令k＝2,3，…，n得1－＜＜1－，－＜＜－，2…1－＜＜－，将这些不等式相加得n1－＋－＋…＋－＜＋＋…＋＜1－＋－＋…＋－，2即－＜＋＋…＋＜1－.∴1＋－＜1＋＋＋…＋＜1＋1－.即－＜1＋＋＋…＋＜2－(n∈N＋且n≥2)成立．(1)放缩法证不等式主要是根据不等式的传递性进行变换，即欲证a>b，可换成证a>c且c>b，欲证a<b，可换成证a<c且c<b.(2)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：2＋＞2；将分子或分母放大(缩小)：＜，＞1，＜，＞(k∈R，k＞1)等．3．设n是正整数，求证：≤＋＋…＋<1.证明：由2n≥n＋k≥n(k＝1,2…，n)，得≤<.当k＝1时，≤<；当k＝2时，≤<；…当k＝n时，≤<，∴＝≤＋＋…＋<＝1.[对应学生用书P23]一、选择题1．否定“自然数a 、b 、c 中恰有一个为偶数”时正确的反设为( )A ．a 、b 、c 都是奇数B ．a 、b 、c 都是偶数C ．a 、b 、c 中至少有两个偶数D ．a 、b 、c 中至少有两个偶数或都是奇数解析：三个自然数的奇偶情况有“三偶、三奇、二偶一奇、二奇一偶”4种，而自然数a 、b 、c 中恰有一个为偶数包含“二奇一偶”的情况，故反面的情况有3种，只有D 项符合．答案：D2．设M ＝＋＋＋…＋，则( ) A ．M ＝1 B ．M<1 C ．M>1D ．M 与1大小关系不定解析：∵210＋1>210,210＋2>210，…，211－1>210， ∴M ＝＋＋＋…＋1211－1<＝1.101010102111···222+++个答案：B3．设a ，b ，c∈(－∞，0)，则三数a ＋，b ＋，c ＋的值( ) A ．都不大于－2 B ．都不小于－2C．至少有一个不大于－2D．至少有一个不小于－2解析：假设都大于－2，则a＋＋b＋＋c＋＞－6，∵a，b，c＜0，∴a＋≤－2，b＋≤－2，c＋≤－2，∴a＋＋b＋＋c＋≤－6，这与假设矛盾，则选C.答案：C4．已知p＝a＋，q＝－a2＋4a(a>2)，则( )A．p>q B．p<qC．p≥q D．p≤q解析：∵p＝(a－2)＋＋2，又a－2>0，∴p≥2＋2＝4，而q＝－(a－2)2＋4，由a>2，可得q<4，∴p>q.答案：A二、填空题5．给出下列两种说法：①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2；②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时，可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.以上两种说法正确的是________．解析：反证法的实质是否定结论，对于①，其结论的反面是p＋q>2，所以①错误；对于②，其假设正确．答案：②6．用反证法证明“已知平面上有n(n≥3)个点，其中任意两点的距离最大为d ，距离为d 的两点间的线段称为这组点的直径，求证直径的数目最多为n 条”时，假设的内容为________．解析：对“至多”的否定应当是“至少”，二者之间应该是完全对应的，所以本题中的假设应为“直径的数目至少为n ＋1条”．答案：直径的数目至少为n ＋1条7．A ＝1＋＋＋…＋与(n∈N＋)的大小关系是________． 解析：A ＝＋＋＋…＋≥＝＝.111++?··+n n n n项答案：A≥n8．设a>0，b>0，M ＝，N ＝＋，则M 与N 的大小关系是________． 解析：∵a>0，b>0， ∴N ＝＋>＋ ＝＝M. ∴M<N. 答案：M<N 三、解答题9．已知0<x<2,0<y<2,0<z<2，求证：x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)不都大于1.证明：法一：假设x(2－y)>1且y(2－z)>1且z(2－x)>1均成立， 则三式相乘有：xyz(2－x)(2－y)(2－z)>1.①由于0<x<2，∴0＜x(2－x)＝－x2＋2x ＝－(x －1)2＋1≤1.同理：0＜y(2－y)≤1，且0＜z(2－z)≤1，∴三式相乘得：0<xyz(2－x)(2－y)(2－z)≤1② ②与①矛盾，故假设不成立．∴x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)不都大于1.法二：假设x(2－y)＞1且y(2－z)＞1且z(2－x)＞1. ∴＋＋＞3.③又＋＋≤＋＋＝3④④与③矛盾，故假设不成立，∴原题设结论成立．10．已知实数x 、y 、z 不全为零，求证： ＋ ＋ >(x ＋y ＋z)． 证明：x2＋xy＋y2＝ ≥ ⎝ ⎛⎭⎪⎫x＋y 22 ＝|x ＋|≥x＋.同理可得：≥y＋，z2＋zx＋x2≥z＋.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，所以三式累加得：x2＋xy＋y2＋＋>＋＋＝(x ＋y ＋z)．11．设数列{an}的前n 项和为Sn ，a1＝1，Sn ＝nan －2n(n －1)．(1)求数列{an}的通项公式an ；(2)设数列的前n 项和为Tn ，求证：≤Tn<.解：(1)由Sn ＝nan －2n(n －1)得an ＋1＝Sn ＋1－Sn ＝(n ＋1)an ＋1－nan －4n ， 即an ＋1－an ＝4.∴数列{an}是以1为首项，4为公差的等差数列， ∴an ＝4n －3.(2)证明：Tn ＝＋＋…＋1anan＋1 ＝＋＋＋…＋1 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15＋15－19＋19－113＋…＋14n－3－14n＋1＝<.又易知Tn 单调递增，故Tn≥T1＝，得≤Tn<.。
2016_2017学年高中数学第一章不等式的基本性质和证明的基本方法1.5.3反证法和放缩法课件
1 4
又 ∵b∈(0,1),∴
>
1 4
= .
1 2
பைடு நூலகம்
∴原结论成立.
常见 词语 否定 假设
至少有 至多有 一个 一个
唯一 不是 一个 没有或有 一个也 有两个或 两个及以 是 没有 两个以上 上
没有 有
全 不全
都是 不都是
对某些数学语言的否定假设要准确,以免造成原则性的错误,有 时在使用反证法时,对假设的否定也可以举一定的特例来说明矛盾, 尤其在一些选择题中,更是如此.
证明 :证法一 :假设 (1-a)b,(1-b)c,(1-c)a 同时大于 , 即有(1-a)b> , ( 1-b)c> , (1-c)a> ,
4 4 4 1 1 1 4
1
三式同向相乘 ,得 (1-a)a(1-b)b(1-c)c>
1 64
.
∵a∈(0,1),∴ 1-a>0, ∴(1-a)a≤
1-������ +������ 2 2 1 4
������ +1 3 2������ -1 ������ 2 4 2������
2������ 2
, >
1
1 1 1 + +…+ 2 4 2 ������
������
,
反思用放缩法证明不等式的过程中,往往采用添项或减项的“添 舍”放缩,拆项对比的分项放缩,函数的单调性放缩等.放缩时要注意 适度,否则不能同向传递.
高中数学 第1章 不等式的基本性质和证明的基本方法 1.2 基本不等式学业分层测评 新人教B版选修
2016-2017学年高中数学第1章不等式的基本性质和证明的基本方法1.2 基本不等式学业分层测评新人教B版选修4-5编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2016-2017学年高中数学第1章不等式的基本性质和证明的基本方法1.2 基本不等式学业分层测评新人教B版选修4-5）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第1章不等式的基本性质和证明的基本方法 1.2 基本不等式学业分层测评新人教B版选修4-5（建议用时:45分钟)［学业达标]一、选择题1.设a>0,b〉0，且a＋b≤4，则有（)A.错误!≥错误!B。
错误!＋错误!≥1C.错误!≥2D。
错误!≤错误!【解析】4≥a＋b≥2错误!，∴错误!≤2，∴错误!≥错误!,错误!＋错误!≥2错误!≥1.【答案】B2.设x，y∈R,a＞1，b＞1，若a x＝b y＝3，a＋b＝23，则1x＋错误!的最大值为（）A。
2 B.错误! C.1 D.错误!【解析】因为x，y∈R，a＞1，b＞1，且a x＝b y＝3，a＋b＝23，所以x＝log a3，y＝log b3，错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝log3a＋log3b＝log3(ab），由均值定理,ab≤错误!错误!＝3，故错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝log3a＋log3b＝log3（ab）≤log33＝1.【答案】C3。
设a＞0，b＞0，若错误!是3a与3b的等比中项，则错误!＋错误!的最小值为( )A。
2021_2020学年高中数学第1章不等式的基本性质和证明的基本方法1.5.3反证法和放缩法课件新人
4．已知实数 x，y 满足：|x＋y|<13，|2x－y|<16，求证：|y|<158. [证明] 因为 3|y|＝|3y|＝|2(x＋y)－(2x－y)|≤2|x＋y|＋|2x－y|， 由题设知|x＋y|<13，|2x－y|<16， 从而 3|y|<23＋16＝56， 所以|y|<158.
≥f(1)＋f(3)－2f(2)
＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－(8＋4p＋2q)＝2.
∴|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥2 与(*)矛盾，假设不成立．
故|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于12.
1．在题目中含有“至多”“至少”“最多”等字眼时，常使用 反证法证明．
∴(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．
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证，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， 推出和已知条件或定理事实或假设相矛盾的结论．
∴1＋12－n＋1 1＜1＋212＋312＋…＋n12＜1＋1－1n， 即23－n＋1 1＜1＋212＋312＋…＋n12＜2－1n(n 为正整数，且 n≥2)成立．
1．放缩法证不等式主要是根据不等式的传递性进行变换，即欲 证 a＞b，可换成证 a＞c 且 c＞b，欲证 a＜b，可换成证 a＜c 且 c＜ b.
已知等比数列{an}的各项均为正数，公比 q≠1，设 P＝a3＋2 a9，
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第1章不等式的基本性质和证明的基本方法 1.5.3 反证法和放缩法学业分层测评新人教B版选修4-5
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1.应用反证法推出矛盾的推导过程中，要把下列哪些作为条件使用( )
①结论相反的判断，即假设；
②原命题的条件；
③公理、定理、定义等；
④原结论.
A.①②
B.①②④
C.①②③
D.②③
【解析】由反证法的推理原理可知，反证法必须把结论的相反判断作为条件应用于推理，同时还可应用原条件以及公理、定理、定义等.
【答案】 C
2.用反证法证明命题“如果a＞b，那么3
a＞
3
b”时，假设的内容是( )
A.3
a＝
3
b B.
3
a＜
3
b
C.3
a＝
3
b且
3
a＞
3
b D.
3
a＝
3
b或
3
a＜
3
b
【解析】应假设3
a≤
3
b，
即3
a＝
3
b或
3
a＜
3
b.
【答案】 D
3.已知p＝a＋1
a－2
，q＝－a2＋4a(a＞2)，则( ) A.p＞q B.p＜q
C.p≥q
D.p≤q
【解析】∵p＝(a－2)＋1
a－2
＋2，又a－2＞0，∴p≥2＋2＝4，而q＝－(a－2)2＋4，
由a＞2，可得q＜4，∴p＞q.
【答案】 A
4.设M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1
211－1，则( )
A.M ＝1
B.M ＜1
C.M ＞1
D.M 与1大小关系不定
【解析】 ∵210
＋1＞210,210
＋2＞210
，…，211
－1＞210
， ∴M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1
211－1
＜
1210＋1210＋…＋1
2
10＝1. 210
个 【答案】 B
5.设x ，y ，z 都是正实数，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1
x
，则a ，b ，c 三个数( )
【导学号：38000027】
A.至少有一个不大于2
B.都小于2
C.至少有一个不小于2
D.都大于2
【解析】 ∵a ＋b ＋c ＝x ＋1x ＋y ＋1y ＋z ＋1
z
≥2＋2＋2＝6，当且仅当x ＝y ＝z ＝1时等号
成立，
∴a ，b ，c 三者中至少有一个不小于2. 【答案】 C 二、填空题
6.用反证法证明“一个三角形不能有两个直角”有三个步骤：
①∠A ＋∠B ＋∠C ＝90°＋90°＋∠C >180°，这与三角形内角和为180°矛盾，故假设错误.
②所以一个三角形不能有两个直角.
③假设△ABC 中有两个直角，不妨设∠A ＝90°，∠B ＝90°. 上述步骤的正确顺序为________.
【解析】 由反证法的步骤可知，正确顺序为③①②. 【答案】 ③①② 7.给出下列两种说法：
①已知p 3
＋q 3
＝2，求证p ＋q ≤2，用反证法证明时，可假设p ＋q ≥2；
②已知a ，b ∈R ，|a |＋|b |＜1，求证方程x 2
＋ax ＋b ＝0的两根的绝对值都小于1，用
反证法证明时，可假设方程有一根x 1的绝对值大于或等于1，即假设|x 1|≥1.
以上两种说法正确的是________.
【解析】 反证法的实质是否定结论，对于①，其结论的反面是p ＋q ＞2，所以①错误；对于②，其假设正确.
【答案】 ② 8.已知a 为正数，则
12a
，
1
2a ＋1，1
a ＋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
＞
1
a ＋a ＋1＞12a ＋1.
【答案】
12a
＞
1
a ＋a ＋1＞12a ＋1
三、解答题
9.设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1
2n <1.
【证明】 由2n ≥n ＋k >n (k ＝1,2，…，n )， 得12n ≤1n ＋k <1
n
. 当k ＝1时，12n ≤1n ＋1<1
n ；
当k ＝2时，12n ≤1n ＋2<1
n ；
…
当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n <1
n
.
∴12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <n n ＝1， 即原不等式成立.
10.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 )＞9
2.
∵a ，b ，c 均为小于3的正数，
∴a 3－b ＞
9
2，b 3－c ＞9
2
，c 3－a ＞92
， 从而有a 3－b ＋b 3－c ＋c 3－a ＞9
2 2.
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＝9
2
. ②
显然②与①相矛盾，假设不成立，故命题得证.
[能力提升]
1.当n ＞2时，log n (n －1)²log n (n ＋1)与1的大小关系是( ) A.log n (n －1)²log n (n ＋1)＞1 B.log n (n －1)²log n (n ＋1)＜1 C.log n (n －1)²log n (n ＋1)≤1 D.不能确定
【解析】 log n (n －1)²log n (n ＋1)＜⎣⎢⎡⎦
⎥⎤log n n －1 ＋log n n ＋1 22
＝
⎣⎢⎡⎦⎥⎤log n n 2
－1 22
＜⎝ ⎛⎭
⎪⎫log n n 222
＝1.
【答案】 B
9.x ，y ∈R ，且x 2
＋y 2
＝1，则(1－xy )(1＋xy )有( )
【导学号：38000028】
A.最小值3
4，而无最大值
B.最小值1，而无最大值
C.最小值1
2和最大值1
D.最大值1和最小值3
4
【解析】 可设x ＝cos θ，y ＝sin θ， 则(1－xy )(1＋xy )
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12sin 2θ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋12sin 2θ ＝1－14
sin 2
2θ.
∵－1≤sin 2θ≤1， ∴0≤sin 2
2θ≤1，
∴sin 2θ＝0时，取得最大值为1， sin 2θ＝±1时，取得最小值为3
4.
【答案】 D
3.用反证法证明“已知平面上有n (n ≥3)个点，其中任意两点的距离最大为d ，距离为
d 的两点间的线段称为这组点的直径，求证直径的数目最多为n 条”时，假设的内容为
________.
【解析】 对“至多”的否定应当是“至少”，二者之间应该是完全对应的，所以本题中的假设应为“直径的数目至少为n ＋1条”.
【答案】 直径的数目至少为n ＋1条 4.用反证法证明：已知|a |＜1，|b |＜1，则⎪⎪⎪⎪
⎪⎪a ＋b 1＋ab ＜1.
【证明】 假设⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪a ＋b 1＋ab ≥1，则|a ＋b |≥|1＋ab |，
∴(a ＋b )2
≥(1＋ab )2
， ∴(a 2
－1)(1－b 2
)≥0，
即a 2
和b 2
一个比1大，一个比1小.
从而|a |和|b |一个比1大，一个比1小，这与已知条件矛盾，故假设错误，∴原不等式成立.。