放缩法与反证法证明不等式
2020学年高中数学第二讲证明不等式的基本方法三反证法与放缩法学案含解析新人教a版选修45
三 反证法与放缩法1．不等式的证明方法——反证法(1)反证法证明的定义：先假设要证明的命题不成立，然后由此假设出发，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，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，以说明假设不成立，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推出矛盾以说明假设不成立，从而断定原命题成立．2．不等式的证明方法——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放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的．(2)放缩法的理论依据主要有： ①不等式的传递性； ②等量加不等量为不等量；③同分子(分母)异分母(分子)的两个分式大小的比较．利用反证法证明不等式已知f (x )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.“不小于”的反面是“小于”，“至少有一个”的反面是“一个也没有”． (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.(1)反证法适用范围：凡涉及不等式为否定性命题，唯一性、存在性命题可考虑反证法．如证明中含“至多”“至少”“不能”等词语的不等式．(2)注意事项：在对原命题进行否定时，应全面、准确，不能漏掉情况，反证法体现了“正难则反”的策略，在解题时要灵活应用．1．实数a ，b ，c 不全为0的等价条件为( ) A ．a ，b ，c 均不为0 B ．a ，b ，c 中至多有一个为0 C ．a ，b ，c 中至少有一个为0 D ．a ，b ，c 中至少有一个不为0解析：选D “不全为0”是对“全为0”的否定，与其等价的是“至少有一个不为0”． 2．证明：三个互不相等的正数a ，b ，c 成等差数列，则a ，b ，c 不可能成等比数列． 证明：假设a ，b ，c 成等比数列，则b 2＝ac . 又∵a ，b ，c 成等差数列，∴a ＝b －d ，c ＝b ＋d (其中d 为公差)． ∴ac ＝b 2＝(b －d )(b ＋d )． ∴b 2＝b 2－d 2. ∴d 2＝0，∴d ＝0.这与已知中a ，b ，c 互不相等矛盾． ∴假设不成立．∴a ，b ，c 不可能成等比数列．3．已知函数y ＝f (x )在R 上是增函数，且f (a )＋f (－b )<f (b )＋f (－a )，求证：a <b . 证明：假设a <b 不成立，则a ＝b 或a >b .当a ＝b 时，－a ＝－b ，则有f (a )＝f (b )，f (－a )＝f (－b )，于是f (a )＋f (－b )＝f (b )＋f (－a )，与已知矛盾．当a >b 时，－a <－b ，由函数y ＝f (x )的单调性可得f (a )>f (b )，f (－b )>f (－a )，于是有f (a )＋f (－b )>f (b )＋f (－a )，与已知矛盾．故假设不成立．∴a <b .利用放缩法证明不等式已知实数x x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2>32(x ＋y ＋z )．解答本题可对根号内的式子进行配方后再用放缩法证明．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 )．(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)，审慎地采取措施，进行恰当的放缩，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以较大或较小的数，从而达到证明不等式的目的．4．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.∴将以上n 个不等式相加，得12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＜nn ＝1.5．设f (x )＝x 2－x ＋13，a ，b ∈，求证： |f (a )－f (b )|<|a －b |.证明：|f (a )－f (b )|＝|a 2－a －b 2＋b |＝|(a －b )(a ＋b －1)|＝|a －b ||a ＋b －1|. ∵0≤a ≤1,0≤b ≤1，∴0≤a ＋b ≤2，－1≤a ＋b －1≤1，|a ＋b －1|≤1.∴|f (a )－f (b )|≤|a －b |.课时跟踪检测(八)1．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：选C 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．2．若|a －c |<h ，|b －c |<h ，则下列不等式一定成立的是( ) A ．|a －b |<2h B ．|a －b |>2h C ．|a －b |<hD ．|a －b |>h解析：选A |a －b |＝|(a －c )－(b －c )|≤|a －c |＋|b －c |<2h . 3．设x ，y 都是正实数，且xy －(x ＋y )＝1，则( ) A ．x ＋y ≥2(2＋1) B ．xy ≤2＋1 C ．x ＋y ≤(2＋1)2D ．xy ≥2(2＋1)解析：选A 由已知(x ＋y )＋1＝xy ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22，∴(x ＋y )2－4(x ＋y )－4≥0. ∵x ，y 都是正实数，∴x >0，y >0，∴x ＋y ≥22＋2＝2(2＋1)．4．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 ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选C 若(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2＝0，则a ＝b ＝c ，与已知矛盾，故①对；当a >b 与a <b 及a ≠c 都不成立时，有a ＝b ＝c ，不符合题意，故②对；③显然不正确．5．若要证明“a ，b 至少有一个为正数”，用反证法证明时作的反设应为________． 答案：a ，b 中没有任何一个为正数(或a ≤0且b ≤0) 6．lg9·lg11与1的大小关系是________．解析：∵lg 9＞0，lg 11＞0，∴lg 9·lg 11＜lg 9＋lg 112＝lg 992＜lg 1002＝1，∴lg 9·lg 11＜1. 答案：lg 9·lg 11＜17．设x ＞0，y ＞0，A ＝x ＋y 1＋x ＋y ，B ＝x 1＋x ＋y1＋y，则A ，B 的大小关系是________．解析：A ＝x 1＋x ＋y ＋y 1＋x ＋y ＜x 1＋x ＋y1＋y ＝B .答案：A ＜B8．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 ∈． 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． 9．已知a n ＝1×2＋2×3＋3×4＋…＋n n ＋1(n ∈N *)．求证：n n ＋12<a n <n n ＋22.证明：∵n n ＋1＝n 2＋n ，∴nn ＋1>n ，∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n n ＋1>1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12.∵nn ＋1<n ＋n ＋12，∴a n <1＋22＋2＋32＋3＋42＋…＋n ＋n ＋12＝n 2＋(1＋2＋3＋…＋n )＝n n ＋22.综上得n n ＋12<a n <n n ＋22.10．已知f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，若a ＋c ＝0，f (x )在上的最大值为2，最小值为－52.求证：a ≠0且⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a <2. 证明：假设a ＝0或⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ≥2.①当a ＝0时，由a ＋c ＝0，得f (x )＝bx ，显然b ≠0. 由题意得f (x )＝bx 在上是单调函数， 所以f (x )的最大值为|b |，最小值为－|b |. 由已知条件得|b |＋(－|b |)＝2－52＝－12，这与|b |＋(－|b |)＝0相矛盾，所以a ≠0. ②当⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ≥2时，由二次函数的对称轴为x ＝－b2a ，知f (x )在上是单调函数，故其最值在区间的端点处取得 .所以⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝a ＋b ＋c ＝2，f －1＝a －b ＋c ＝－52或⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝a ＋b ＋c ＝－52，f －1＝a －b ＋c ＝2.又a ＋c ＝0，则此时b 无解，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a <2. 由①②，得a ≠0且⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a<2.本讲高考热点解读与高频考点例析考情分析从近两年的高考试题来看，不等式的证明主要考查比较法与综合法，而比较法多用作差比较，综合法主要涉及基本不等式与不等式的性质，题目难度不大，属中档题．在证明不等式时，要依据命题提供的信息选择合适的方法与技巧进行证明．如果已知条件与待证结论之间的联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”“恒成立”等方式给出，可考虑用反证法．在必要的情况下，可能还需要使用换元法、放缩法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．真题体验1．(全国甲卷)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )<2的解集．(1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |<|1＋ab |.(1)解：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12<x <12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )<2得－2x <2，解得x >－1；当－12<x <12时，f (x )<2恒成立；当x ≥12时，由f (x )<2得2x <2，解得x <1.所以f (x )<2的解集M ＝{x |－1<x <1}．(2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1<a <1，－1<b <1，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)·(1－b 2)<0.因此|a ＋b |<|1＋ab |.2．(全国卷Ⅱ)设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明： (1)若ab >cd ，则a ＋b >c ＋d ；(2)a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件． 证明：(1)因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ， (c ＋d )2＝c ＋d ＋2cd ， 由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab >cd ， 得(a ＋b )2>(c ＋d )2. 因此a ＋b >c ＋d .(2)①必要性：若|a －b |<|c －d |， 则(a －b )2<(c －d )2，即(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd . 因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd . 由(1)，得a ＋b >c ＋d . ②充分性：若a ＋b >c ＋d ， 则(a ＋b )2>(c ＋d )2， 即a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd .因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd .于是(a －b )2＝(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd ＝(c －d )2. 因此|a －b |<|c －d |.综上，a ＋b >c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件．比较法证明不等式比较法证明不等式的依据是：不等式的意义及实数比较大小的充要条件．作差比较法证明的一般步骤是：①作差；②恒等变形；③判断结果的符号；④下结论．其中，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑差能否化简或值是多少，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．已知b ，m 1，m 2都是正数，a <b ，m 1<m 2，求证：a ＋m 1b ＋m 1<a ＋m 2b ＋m 2. a ＋m 1b ＋m 1－a ＋m 2b ＋m 2＝a ＋m 1b ＋m 2－a ＋m 2b ＋m 1b ＋m 1b ＋m 2＝am 2＋bm 1－am 1－bm 2b ＋m 1b ＋m 2＝a －b m 2－m 1b ＋m 1b ＋m 2.因为b >0，m 1，m 2>0，所以(b ＋m 1)(b ＋m 2)>0. 又a <b ，所以a －b <0. 因为m 1<m 2，所以m 2－m 1>0. 从而(a －b )(m 2－m 1)<0. 于是a －b m 2－m 1b ＋m 1b ＋m 2<0.所以a ＋m 1b ＋m 1<a ＋m 2b ＋m 2. 综合法证明不等式逐步推出其必要条件(由因导果)，最后推导出所要证明的不等式成立．综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推证的基本理论．证明时要注意的是：作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握．设a >0，b >0，a ＋b ＝1. 求证：1a ＋1b ＋1ab≥8.∵a >0，b >0，a ＋b ＝1. ∴1＝a ＋b ≥2ab ，ab ≤12.∴1ab≥4.∴1a ＋1b ＋1ab＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1ab≥2ab ·21ab＋4＝8.∴1a ＋1b ＋1ab≥8.分析法证明不等式分析法证明不等式的依据也是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即由待证的不等式出发， 逐步寻找使它成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．当要证的不等式不知从何入手时，可考虑用分析法去证明，特别是对于条件简单而结论复杂的题目往往更为有效．分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”，逐步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一的两种方法．一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．已知a >b >0.求证：a －b <a －b . 要证a －b <a －b ， 只需证a <a －b ＋b ， 只需证(a )2<(a －b ＋b )2， 只需证a <a －b ＋b ＋2b a －b ，只需证0<2ba －b .∵a >b >0，上式显然成立，∴原不等式成立，即a －b <a －b .反证法证明不等式用直接法证明不等式困难的时候，可考虑用间接证法予以证明，反证法是间接证法的一种．假设欲证的命题是“若A 则B ”，我们可以通过否定B 来达到肯定B 的目的，如果B 只有有限多种情况，就可用反证法．用反证法证明不等式，其实质是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出与已知条件或公理或定理或某些性质相矛盾的结论，从而肯定原命题成立．已知：在△ABC 中，∠CAB >90°，D 是BC 的中点．求证：AD <12BC (如右图所示)．假设AD ≥12BC .①若AD ＝12BC ，由平面几何中定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半，那么，这条边所对的角为直角”，知∠A ＝90°，与题设矛盾．所以AD ≠12BC .②若AD >12BC ，因为BD ＝DC ＝12BC ，所以在△ABD 中，AD >BD ，从而∠B >∠BAD .同理∠C >∠CAD .所以∠B ＋∠C >∠BAD ＋∠CAD .即∠B ＋∠C >∠A . 因为∠B ＋∠C ＝180°－∠A ， 所以180°－∠A >∠A ， 即∠A ＜90°，与已知矛盾． 故AD ＞12BC 不成立．由①②知AD ＜12BC 成立.放缩法证明不等式作适当的放大或缩小，证明比原不等式更强的不等式来代替原不等式的一种证明方法．放缩法的实质是非等价转化，放缩没有一定的准则和程序，需按题意适当．．放缩，否则达文档从互联网中收集，已重新修正排版，word 格式支持编辑，如有帮助欢迎下载支持。
《证明不等式的基本方法反证法与放缩法》
《证明不等式的基本方法反证法与放缩法》证明不等式的基本方法包括反证法和放缩法。
反证法是一种常用的证明不等式的方法，它的思路是假设不等式不成立，然后通过推理推出一个矛盾的结论，从而证明原不等式的成立。
放缩法是通过对不等式进行变形、放缩，将原不等式转化为一个更易证明的形式。
首先介绍反证法。
对于一个要证明的不等式，我们可以假设不等式不成立，即假设存在一些满足条件的变量使得不等式不成立。
然后通过对这个假设的推理，得出一个与已知条件相矛盾的结论，从而证明假设是错误的，进而证明原不等式的成立。
具体步骤如下：1.假设不等式不成立，即假设存在一些满足条件的变量使得不等式不成立。
2.根据已知条件和假设，对变量进行推理，得出结论。
3.利用这个结论推出与已知条件矛盾的结论。
4.由此可以得出假设是错误的，从而证明原不等式的成立。
举个例子来说明反证法的应用：对于不等式x+y>0，假设不等式不成立，即存在一些满足条件的x和y使得x+y≤0。
然后我们通过推理可以得到y≤-x，即y的取值范围在x的左侧。
然而，根据已知条件，对于任意的x和y，x+y的和都大于0，与假设矛盾。
因此，假设错误，原不等式成立。
接下来介绍放缩法。
放缩法是通过对不等式进行变形和放缩，将原不等式转化为一个更易证明的形式。
放缩法的关键在于找到合适的放缩因子和放缩方法。
具体步骤如下：1.根据不等式的特点，选择合适的放缩因子和放缩方法。
2.对不等式进行变形和放缩，将原不等式转化为一个更易证明的形式。
3.对新形式的不等式进行证明。
4.如果新形式的不等式成立，根据不等式的等价性，原不等式也成立。
举个例子来说明放缩法的应用：对于不等式(x + y)(y + z)(z + x) ≥ 8xyz，我们可以使用放缩法进行证明。
我们选择放缩因子2和放缩方法(x + y) ≥ 2√xy，可以得到(2√xy)(2√yz)(2√xz) ≥ 8xyz。
化简后得到(√xy)(√yz)(√xz) ≥ xyz，即x·y·z ≥ xyz，显然成立。
不等式证明中的几种新颖方法
不等式证明中的几种新颖方法
以下是 8 条关于不等式证明中的新颖方法：
1. 放缩法简直太神奇啦！比如说，要证明
1+1/2+1/3+……+1/n>ln(n+1)，咱就可以通过巧妙地放大或缩小一些项
来达到目的。
这就好像建房子，一点一点把合适的材料放上去就能建成稳固的大厦呀！
2. 构造函数法真的是绝了！像证明x²+5>2x+3 ，咱可以构造函数
f(x)=x²-2x+2 ，通过研究函数的性质来得出不等式的结论，这多像给不等
式穿上了一件量身定制的衣服！
3. 数学归纳法也很厉害的哟！比如要证明一个关于 n 的不等式，先证
明当 n=1 时成立，然后假设 n=k 时成立去推出 n=k+1 时也成立。
这就像爬楼梯，一步步稳稳地往上走！“嘿，这不就证明出来啦！”
4. 利用均值不等式来证明，哇哦，那可太好用啦！例如证明
(a+b)/2≥√(ab) ，这就像是给不等式找了个平衡的支点！
5. 换元法也有意思呀！把复杂的式子通过换元变得简单明了，再去证明。
就好像把一团乱麻理清楚，然后就能看清它的真面目啦！“哇，原来这么简单！”
6. 反证法也超棒的呢！先假设不等式不成立，然后推出矛盾，从而证明原来的不等式是对的。
这不是和找错一样嘛，找到错的就知道对的在哪啦！
7. 排序不等式更是一绝！在一堆乱序的数中找到规律证明不等式，就像在一堆杂物中找到宝贝一样让人惊喜！
8. 柯西不等式也是很牛的哦！通过它独特的形式来证明不等式，真的是让人眼前一亮呀！“哇塞，还有这种神奇的方法！”
我觉得这些新颖的方法就像是一个个神奇的工具，能让我们在不等式的证明中如鱼得水，轻松搞定各种难题！。
三反证法与放缩法
庖丁巧解牛知识·巧学 一、反证法1.反证法的意义：先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，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，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，我们把它称为反证法.反证法在于表明：若肯定命题的条件而否定其结论，就会导致矛盾.具体地说，反证法不直接证明命题“若p 则q”，而是先肯定命题的条件p ，并否定命题的结论q ，然后通过合理的逻辑推理，而得到矛盾，从而断定原来的结论是正确的. 记忆要诀用反证法证明命题“若p 则q”的过程可以用下图表示.2.利用反证法证明不等式，一般有下面几个步骤： 第一步,分清欲证不等式所涉及到的条件和结论； 第二步,作出与所证不等式结论相反的假定；第三步,从条件和假定出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；第四步,断定产生矛盾结果的原因，在于开始所作的假定不正确，于是原先要证的不等式成立.辨析比较3通常在什么情况下用反证法？有些不等式，从正面证如果说不清楚，可以考虑反证法.即先否定结论，然后依据已知条件以及有关的定义、定理、公理，逐步导出与定义、定理、公理或已知条件等相矛盾或自相矛盾的结论，从而肯定原有结论是正确的. 学法一得凡是含“至少”“唯一”或含有否定词的命题，大多适宜用反证法.不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容相结合.高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，纯不等式的证明，历来是高中数学中的一个难点，本难点着重培养大家数学式的变形能力、逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力. 二、放缩法1.放缩法的意义：所谓放缩法，即是把要证的不等式一边适当地放大（或缩小），使之得出明显的不等量关系后，再应用不等量大、小的传递性，从而使不等式得到证明的方法.也就是说：欲证A≥B ，可通过适当地放大或缩小，借助一个或多个中间量使得B≤B 1，B 1≤B 2，…，B 1≤A ，或A≥A 1，A 1≥A 2，…，A i ≥B ，再利用传递性，达到欲证的目的.这种方法是证明不等式中的常用方法，尤其在今后学习高等数学时用处更为广泛. 2.放缩法的理论依据主要有：①不等式的传递性；②等量加不等量为不等量；③同分子（分母）异分母（分子）的两个分式大小的比较.3.放缩法经常采用的技巧有： ①舍去一些正项（或负项），②在和或积中换大（或换小）某些项，③扩大（或缩小）分式的分子（或分母）等.如：nn n n n n n n n 111)1(11)1(11112--=-<<+=+- 11121111+-=+-<<++=-+k k kk k k k k k .误区警示用放缩法证明不等式，关键是放、缩适当，放得过大或过小都不能达到证题目的. 典题·热题知识点一：反证法证明不等式 例1 设a 3+b 3=2，求证a+b≤2.思路分析：要证的不等式与所给的条件之间的联系不明显，而且待证式比已知式次数低，直接由条件推出结论的线索不够清晰，于是考虑用反证法. 证明：假设a+b>2，则有a>2-b ，从而 a 3>8-12b+6b 2-b 3,a 3+b 3>6b 2-12b+8=6(b-1)2+2.所以a 3+b 3>2，这与题设条件a 3+b 3=2矛盾，所以，原不等式a+b≤2成立. 误区警示不能根据已知等式找出几组数值，代入待证不等式中进行验证，验证成立也不能算是证明成功了.例2 设二次函数f(x)=x 2+px+q,求证：|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于21. 思路分析：要证明几个代数式中，至少有一个满足某个不等式时，需要考虑的情形较多，一一列举直接证明不容易，通常采用反证法进行. 证明：假设|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|都小于21，则 |f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|<2. ①另一方面，由绝对值不等式的性质，有 |f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|≥|f(1)-2f(2)+f(3)|=|(1+p+q)-2(4+2p+q)+(9+3p+q)|=2. ②①②两式的结果矛盾，所以假设不成立，原来的结论正确. 方法归纳一般来说，利用反证法证明不等式的第三步所称的矛盾结果，通常是指所推出的结果与已知公理、定义、定理或已知条件、已证不等式，以及临时假定矛盾等各种情况. 例3 设0<a,b,c<1，求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a 不可能同时大于41. 思路分析：题目中出现了“不可能同时大于……”字样，而且三个式子的地位相同，结合0<(1-a)a≤［2)1(a a +-］2=41，可得到方向相矛盾的两个不等式，适于用反证法. 证明：设(1-a)b>41,(1-b)c>41,(1-c)a>41,则三式相乘：(1-a)b·(1-b)c·(1-c)a>641.①又∵0<a,b,c<1,∴0<(1-a)a≤［2)1(a a +-］2=41.同理：(1-b)b≤41,(1-c)c≤41,以上三式相乘：(1-a)a·(1-b)b·(1-c)c≤641,与①矛盾.∴原式成立.巧解提示凡涉及到证明不等式为否定性命题、唯一性命题或是含“至多”“至少”等字句时，可考虑使用反证法.知识点二：放缩法证明不等式例4 当n>2时，求证：log n (n-1)log n (n+1)<1.思路分析：不等式左边含有不确定字母n ，两个对数式底数相同，真数中没有常数项，而右边为常数1，应考虑应用基本不等式逐步放缩证明，采用放缩法证明较好. 证明：∵n>2，∴log n (n-1)>0,log n (n+1)>0.∴log n (n-1)log n (n+1)<［2)1(log )1(log ++-n n n n ］2=［2)1(log 2-n n ］2<［2log 2n n ］2=1.∴n>2时,log n (n-1)log n (n+1)<1. 方法归纳在用放缩法证明不等式A≤B 时，我们找一个(或多个)中间量C 作比较，即若能断定A≤C 与C≤B 同时成立，那么A≤B 显然正确.所谓的“放”即把A 放大到C ，再把C 放大到B;反之，所谓的“缩”即由B 缩到C ，再把C 缩到A.同时在放缩时必须时刻注意放缩的跨度，放不能过头，缩不能不及. 例5 若n 是正整数，求证22221312111n ++++ <2. 思路分析：左边不能直接通分，而且项数不定，分析此式的形式特点，借助kk k k k 111)1(112--=-<进行变形，可以通过适当地放缩，使不等式简化，从而得出证明. 证明：∵kk k k k 111)1(112--=-<,k=2,3,4…,n. ∴n n n∙-++∙+∙+<++++)1(13212111113121112222 ..212)111()3121()2111(11<-=--++-+-+=nn n 巧解提示实际上，我们在证明22221312111n++++ <2的过程中，已经得到一个更强的结论n n1213121112222-<++++ ，这恰恰在一定程度上体现了放缩法的基本思想. 例6 设a 、b 、c 是三角形的边长，求证cb a cb ac b a c b a -++-++-+≥3. 思路分析：根据不等式的对称性，三个字母地位相同，不妨设出大小顺序，结合三角形三边之间的关系，进而应用放缩法选择适当的式子放缩变形，以达到证明目的. 证明：由不等式的对称性，不妨设a≥b≥c ，则b+c-a≤c+a -b≤a+b -c, 且2c-a-b≤0，2a-b-c≥0.∴c b a c b a c b a c b a -++-++-+-3=a c b a -+-1+b a c b -+-1+c b a c-+-1 =ba cb ac b a c a c b b a c c b a c b a b a c b a c c a b a c b c b a -+--+-+--+-+--≥-+--=-+--=-+--222222=0, ∴cb ac b a c b a c b a -++-++-+≥3. 方法归纳本题中为什么要将b+c-a 与a+b-c 都放缩为c+a-b 呢？这是因为2c-a-b≤0，2a-b-c≥0，而2b-a-c 无法判断符号，因此ba c ca b -+--2无法放缩.所以在运用放缩法时要注意放缩能否实现及放缩的跨度. 问题·探究 交流讨论探究问题 有人说反证法很难，根本想不通；有人说反证法不难，看课本中的例题用起来很简单，那如何体会反证法的难与易呢？ 探究过程:学生甲：反证法太难了，都是逆向思维，根本想不到.学生乙：其实反证法不难，在生活中不也经常使用吗？先假设怎样怎样，然后就会出现什么样的事情，最后发现那不可能，出现了笑话，说明假设的不对.学生丙：反证法不难，只要见到含有否定形式的命题，如含有“至多”“至少”“不可能”等时就用反证法.学生甲：那要找不到矛盾呢？学生乙：只要按照正确的推理总会找到矛盾的，可以和已知矛盾，也可以和常识矛盾，也可以和假设本身矛盾等等，反正只要找到矛盾就可以. 学生甲：那反证法有什么好处呀？学生丙：反证法比直接证明多了一个条件，那就是假设，当然容易证明了.老师：反证法也不是万能的，一般证明还是先用直接证法，当要证的结论和条件之间的联系不明显，直接由条件推出结论的线索不够清晰时，还有就是从正面证明需要分成多种情形进行分类讨论，而且从反面进行证明，只要研究一种或很少的几种情形时用反证法较好.还有，平时应该拥有较为扎实的基本功，在推理中才能较快地找到矛盾，也就是要多积累素材. 探究结论:反证法作为一种证明方法，其实也不是很新，很早就接触了，说来并不算难，只要多积累一下这方面的知识技巧就可以较为熟练的应用了.思想方法探究问题反证法证题，可以说是一个难点，就是感觉难懂难用.因为以前我们的证明，所采用的方法均为直接证法，由已知到结论，顺理成章.而对于属于间接证法的反证法，许多同学正是难以走出直接证法的局限，从而不能深刻或正确理解反证法思想.怎样才能更好地理解反证法呢？探究过程:其实，反证法作为证明方法的一种，有时起着直接证法不可替代的作用.在生活中的应用也非常广泛，只是我们没有注意罢了.下面看两则故事，体会一下，对我们正确理解反证法很有帮助.故事一：南方某风水先生到北方看风水，恰逢天降大雪.乃作一歪诗：“天公下雪不下雨，雪到地上变成雨；早知雪要变成雨，何不当初就下雨.”他的歪诗又恰被一牧童听到，亦作一打油诗讽刺风水先生：“先生吃饭不吃屎，饭到肚里变成屎；早知饭要变成屎，何不当初就吃屎.”实际上，小牧童正是巧妙地运用了反证法，驳斥了风水先生否定事物普遍运动的规律，只强调结果，不要变化过程的形而上学的错误观点：假设风水先生说的是真理，只强调变化最后的结果，不要变化过程也可，那么，根据他的逻辑，即可得出先生当初就应吃屎的荒唐结论.风水先生当然不会承认这个事实了.那么，显然，他说的就是谬论了.这就是反证法的威力，一个原本非常复杂难证的哲学问题被牧童运用了“以其人之道，还治其人之身”的反证法迎刃而解了.如果说这则故事还尚不能让我们明白反证法的思路的话，不妨再看看故事二.故事二：王戎小时候，爱和小朋友在路上玩耍.一天，他们发现路边的一棵树上结满了李子，小朋友一哄而上，去摘李子，独有王戎没动.等到小朋友们摘了李子一尝，原来是苦的！他们都问王戎：“你怎么知道李子是苦的呢？”王戎说：“假如李子不苦的话，早被路人摘光了，而这树上却结满了李子，所以李子一定是苦的.”这是很著名的“道旁苦李”的故事.实质上王戎的论述，也正是运用了反证法，我们不妨把这则故事改编成像几何题目中的“已知、求证、证明”，再和反证法的步骤进行对比，大家就明白了.探究结论:反证法的应用广泛，只要善于观察和总结，从生活中体会反证法的思想，就不会感觉反证法难懂难用了.。
高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 三 反证法与放缩法习题 新人教A版选修4-5
3．实数 a，b，c 满足 a＋2b＋c≥2，则( ) A．a，b，c 都是正数 B．a，b，c 都大于 1 C．a，b，c 都小于 2 D．a，b，c 中至少有一个不小于12 解析：选 D.假设 a，b，c 均小于12，则 a＋2b＋c<12＋1＋12，与 已知矛盾，所以假设不成立，故 a，b，c 中至少有一个不小于 1 2.
2．已知 a，b，c 是互不相等的非零实数．若用反证法证明三 个方程 ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0 至 少有一个方程有两个相异实根，应假设成( ) A．三个方程都没有两个相异实根 B．一个方程没有两个相异实根 C．至多两个方程没有两个相异实根 D．三个方程不都没有两个相异实根 解析：选 A.命题“三个方程 ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0， cx2＋2ax＋b＝0 至少有一个方程有两个相异实根”的否定为 “三个方程都没有两个相异实根”，故选 A.
＝2
5cos θcos
π4－sin θsin
π4＝2
5cosθ＋π4.
因为 cosθ＋π4∈[－1，1]， 所以 a－b∈[－2 5，2 5]．
2．A＝1＋
1＋ 2
1 ＋…＋ 3
1与 n
n (n∈N ＋ ) 的 大 小 关 系 是
________．
解析：A＝1＋
1＋ 2
1 ＋…＋ 3
1 n
≥
＝n n
＝ n. 答案：A≥ n
3．已知二次函数 f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与 x 轴有两个不 同的交点，若 f(c)＝0，且当 0<x<c 时，f(x)>0. (1)证明：1a是函数 f(x)的一个零点； (2)试用反证法证明：1a>c. 证明：(1)因为 f(x)的图象与 x 轴有两个不同的交点， 所以 f(x)＝0 有两个不等实根，不妨设为 x1，x2， 因为 f(c)＝0，所以 x1＝c 是 f(x)＝0 的一个根． 又 x1x2＝ac，所以 x2＝1a1a≠c. 故 x2＝1a是 f(x)＝0 的一个根，即1a是函数 f(x)的一个零点．
2019_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教B版选修4_5
1.5 不等式证明的基本方法 1.5.3 反证法和放缩法
学习目标：1.理解反证法在证明不等式中的应用，掌握用反证法 证明不等式的方法.2.了解放缩法证明不等式的原理，并会用其证明不 等式．
自主预习 探新知
教材整理 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 ，这种方法称作反证法．
[精彩点拨] 针对不等式的特征，关键是对左端根号内变形，配 方后适当放缩去掉根号，达到证明的目的．
[自主解答]
x2＋xy＋y2＝
x＋2y2＋43y2
≥
x＋2y2＝x＋2y≥x＋2y，
同理可得： y2＋yz＋z2≥y＋2z，
z2＋zx＋x2≥z＋2x.
∴1＋ab>a2＋b2≥2ab， 从而 ab<1. ∴a2＋b2<1＋ab<2. ∴(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab<2＋2ab<4. 而由假设 a＋b>2，得(a＋b)2>4，出现矛盾，故假设不成立，原 结论成立，即 a＋b≤2.
反证法与放缩法的特点
[探究问题] 1．反证法的一般步骤是什么？ [提示] 证明的步骤是：(1)作出否定结论的假设；(2)从否定结论 进行推理，导出矛盾；(3)否定假设，肯定结论．
∴(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．
反证法与放缩法证明不等式-高中数学知识点讲解
反证法与放缩法证明不等式
1．反证法与放缩法证明不等式
【知识点的认识】
放缩法
在证明不等式时，有时我们要把所证不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的．这种方法称为放缩法．
反证法的步骤
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．
【关键要点点拨】
放缩法证明不等式的主要理论依据
（1）不等式的传递性；
（2）等量加不等量为不等量；
（3）同分子（分母）异分母（分子）的两个分式大小的比较．
[注意]放缩要适度，“放”和“缩”的方向与“放”和“缩”的量的大小是由题目分析，多次尝试得出．
1/ 1。
5.3放缩法与反证法证明不等式课件(人教A版选修4-5)
复习
不等式证明的常用方法:
比较法、综合法、分析法
反证法
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， 进行正确的推理，得到矛盾，说明假设不正确， 从而间接说明原命题成立的方法。
例 1 . 已 知 x ， y 0 ， 且 x y 2 .试 证 ： 1 x 1 y ， 中 至 少 有 一 个 小 于 2. y x
1
1 1 a b
1
a b 1 a b
a 1 a b 1 b .
1 a | |b
b
|a| 1 a b
1 a b
法３：函数的方法
例 3求 证 ： 2（ n+1-1） <1+ 1 2
1 k
1 2 2[( 1
1 3
...
1 n
2 n (n n )
*
2
1 3
2 k
2 k
1 n
k 1
2( k
k 1 ), k N
*
1
0) ( 2
1) ( 3
2 ) ( n
n 1 )] 2
n.
例4、巳知：a、b、c∈
a ab b
1 1 ab 1
当 a b 0 时，左边
1 1 a b 1 a b 1 a b |a| 1 a b
b 1 a b
a２：
ab 1 a b 1
0 ab a b ,
a b 11 1 a b
例1、若a, b, c, dR+，求证：
证明不等式的几种常用方法
证明不等式的几种常用方法证明不等式除了教材中介绍的三种常用方法，即比较法、综合法和分析法外，在不等式证明中，不仅要用比较法、综合法和分析法，根据有些不等式的结构，恰当地运用反证法、换元法或放缩法还可以化难为易．下面几种方法在证明不等式时也经常使用．一、反证法如果从正面直接证明，有些问题确实相当困难，容易陷入多个元素的重围之中，而难以自拔，此时可考虑用间接法予以证明，反证法就是间接法的一种．这就是最“没办法”的时候往往又“最有办法”，所谓的“正难则反”就是这个道理．反证法是利用互为逆否的命题具有等价性来进行证明的，在使用反证法时，必须在假设中罗列出各种与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，则反证法都是不完全的．用反证法证题的实质就是从否定结论入手，经过一系列的逻辑推理，导出矛盾，从而说明原结论正确．例如要证明不等式A ＞B ，先假设A ≤B ，然后根据题设及不等式的性质，推出矛盾，从而否定假设，即A ≤B 不成立，而肯定A ＞B 成立．对于要证明的结论中含有“至多”、“至少”、“均是”、“不都”、“任何”、“唯一”等特征字眼的不等式，若正面难以找到解题的突破口，可转换视角，用反证法往往立见奇效．例1 设a 、b 、c 、d 均为正数，求证：下列三个不等式：①a ＋b ＜c ＋d ；②(a ＋b)(c ＋d)＜ab ＋cd ；③(a ＋b)cd ＜ab(c ＋d)中至少有一个不正确．反证法：假设不等式①、②、③都成立，因为a 、b 、c 、d 都是正数，所以不等式①与不等式②相乘，得：(a ＋b)2＜ab ＋cd ，④由不等式③得(a ＋b)cd ＜ab(c ＋d)≤(2b a )2·(c ＋d)， ∵a ＋b ＞0，∴4cd ＜(a ＋b)(c ＋d)，综合不等式②，得4cd ＜ab ＋cd ， ∴3cd ＜ab ，即cd ＜31ab ． 由不等式④，得(a ＋b)2＜ab ＋cd ＜34ab ，即a 2＋b 2＜－32ab ，显然矛盾．∴不等式①、②、③中至少有一个不正确．例2 已知a ＋b ＋c ＞0，ab ＋bc ＋ca ＞0，abc ＞0，求证：a ＞0，b ＞0，c＞0．证明：反证法由abc ＞0知a ≠0，假设a ＜0，则bc ＜0，又∵a ＋b ＋c ＞0，∴b ＋c ＞－a ＞0，即a(b ＋c)＜0，从而ab ＋bc ＋ca = a(b ＋c)＋bc ＜0，与已知矛盾．∴假设不成立，从而a ＞0，同理可证b ＞0，c ＞0．例3 若p ＞0，q ＞0，p 3＋q 3= 2，求证：p ＋q ≤2．证明：反证法假设p ＋q ＞2，则(p ＋q)3＞8，即p 3＋q 3＋3pq (p ＋q)＞8，∵p 3＋q 3= 2，∴pq (p ＋q)＞2．故pq (p ＋q)＞2 = p 3＋q 3= (p ＋q)( p 2－pq ＋q 2)，又p ＞0，q ＞0 p ＋q ＞0，∴pq ＞p 2－pq ＋q 2，即(p －q)2 ＜0，矛盾．故假设p ＋q ＞2不成立，∴p ＋q ≤2．例4 已知)(x f = x 2＋ax ＋b ，其中a 、b 是与x 无关的常数，求证：|)1(f |，|)2(f |，|)3(f |中至少有一个数不小于21． 反证法一：假设|)1(f |＜21，|)2(f |＜21，|)3(f |＜21， 由于)1(f = 1＋a ＋b ，)2(f = 4＋2a ＋b ，)3(f = 9＋3a ＋b ，∴)1(f ＋)3(f －)2(f =2，但是，2 = |)1(f ＋)3(f －)2(f |≤|)1(f |＋|)3(f |＋2|)2(f |＜21＋21＋2×21= 2， 即2＜2，矛盾，∴假设不成立，∴|)1(f |，|)2(f |，|)3(f |中至少有一个数不小于21． 反证法二：假设|)1(f |＜21，|)2(f |＜21，|)3(f |＜21，即 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<<<.21|)3(|,21|)2(|,21|)1(|f f f ⇒ ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<++<-<++<-<++<-③b a ②b a ①b a .219321,214221,21121 ①＋③得：－1＜4a ＋2b ＋10＜1，即－21＜2a ＋b ＋5＜21， ∴－23＜2a ＋b ＋4＜－21，④ 显然②与④矛盾，因此，假设是不成立的， 故|)1(f |，|)2(f |，|)3(f |中至少有一个数不小于21． 例4 设a ，b ，c 均为小于1的正数，求证：(1－a)b ，(1－b)c ，(1－c)a 不能同时大于41． 证明：反证法假设(1－a)b ，(1－b)c ，(1－c)a 同时大于41，即(1－a)b ＞41，(1－b)c ＞41，(1－c)a ＞41， 则由41＜(1－a)b ≤(21b a +-)2⇒21b a +-＞21， 同理：21c b +-＞21，21a c +-＞21， 三个同向不等式两边分别相加，得23＞23，矛盾，所以假设不成立， ∴原结论成立．例6 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．证明：反证法假设⎪⎩⎪⎨⎧>->->-.1)2(,1)2(,1)2(a c c b b a 那么2)2(b a +-≥b a )2(-＞1，① 同理2)2(c b +-＞1，② 2)2(a c +-＞1，③ ①＋②＋③，得3＞3矛盾，即假设不成立，故(2－a)b ，(2－b)c ，(2－c)a 不能同时大于1．二、三角换元法对于条件不等式的证明问题，当所给条件较复杂，一个变量不易用另一个变量表示，这时可考虑用三角代换，将复杂的代数问题转化为三角问题．若变量字母x 的取值围与sin θ或cos θ的变化围相同，故可采用三角换元，把所要证的不等式转换为求三角函数的值域而获证．一般地，题设中有形如x 2＋y 2≤r 2，22a x ＋22b y = 1或22a x －22b y = 1的条件可以分别引入三角代换⎩⎨⎧==θθsin cos r y r x (| r |≤1)，⎩⎨⎧==θθsin cos b y a x 或⎩⎨⎧==θθtan sec b y a x ，其中θ的取值围取决于x ，y 的取值围，凡不能用重要不等式证明的问题时，一般可以优先考虑换元(代数换元或三角换元)，然后利用函数的单调性最终把问题解决．在三角换元中，由于已知条件的限制作用，根据问题需要，可能对引入的角度有一定的限制，应特别引起注意，否则可能会出现错误的结果．例2 已知1≤x 2＋y 2≤2，求证：21≤x 2－xy ＋y 2≤3． 证明：∵1≤x 2＋y 2≤2，∴可设x = rcos θ，y = rsin θ，其中1≤r 2≤2，0≤θ＜π2．∴x 2－xy ＋y 2= r 2－r 2sin θ2= r 2(1－21sin θ2)， ∵21≤1－21sin θ2≤23，∴21r 2≤r 2(1－21sin θ2)≤23r 2，而21r 2≥21，23r 2≤3， ∴ 21≤x 2－xy ＋y 2≤3． 例2 已知x 2－2xy ＋y 2≤2，求证：| x ＋y |≤10．证明：∵x 2－2xy ＋y 2= (x －y)2＋y 2，∴可设x －y = rcos θ，y = rsin θ，其中0≤r ≤2，0≤θ＜π2．∴| x ＋y | =| x －y ＋2y | = | rcos θ＋2rsin θ| = r|5sin(θ＋ractan21)|≤r 5≤10．例3 已知－1≤x ≤1，n ≥2且n ∈N ，求证：(1－x)n ＋(1＋x)n ≤2n ． 证明：∵－1≤x ≤1，设x = cos θ2 (0≤θ≤2π)， 则1－x =1－cos θ2= 1－(1－2sin 2θ) = 2sin 2θ，1＋x =1＋cos θ2= 2cos 2θ，∴(1－x)n ＋(1＋x)n = 2n sin n 2θ＋2n cos n 2θ≤2n ( sin 2θ＋cos 2θ) =2n ，故不等式(1－x)n ＋(1＋x)n ≤2n 成立．例4 求证：－1≤21x -－x ≤2．证明：∵1－x 2≥0，∴－1≤x ≤1，故可设x = cos θ，其中0≤θ≤π． 则21x -－x =θ2cos 1-－cos θ= sin θ－cos θ=2sin(θ－4π)， ∵－4π≤θ－4π≤43π， ∴－1≤2sin(θ－4π)≤2，即－1≤21x -－x ≤2． 三、增量代换法 在对称式(任意互换两个字母，代数式不变)和给定字母顺序(如a ＞b ＞c)的不等式，常用增量进行代换，代换的目的是减少变量的个数，使要证的结论更清晰，思路更直观，这样可以使问题化难为易，化繁为简．例7 已知a ，b ∈R ，且a ＋b = 1，求证：(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥225． 证明：∵a ，b ∈R ，且a ＋b = 1，∴设a =21＋t ，b=21－t ， (t ∈R) 则(a ＋2)2＋(b ＋2)2= (21＋t ＋2)2＋(21－t ＋2)2= (t ＋25)2＋(t －25)2= 2t 2＋225≥225． ∴(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥225． 例8 已知a 1＋a 2＋…＋a n = 1，求证：21a ＋22a ＋…＋2n a ≥n1． 证明：设a 1= t 1＋n 1，a 2= t 2＋n 1，…，a n = t n ＋n1，其中t 1＋t 2＋…＋t n = 0，则21a ＋22a ＋…＋2n a = (t 1＋n 1)2＋(t 2＋n 1)2＋…＋(t n ＋n 1)2= n ·21n＋2×n 1( t 1＋t 2＋…＋t n )＋…＋21t ＋22t ＋…＋2n t =n 1＋21t ＋22t ＋…＋2n t ≥n 1． 四、放缩法放缩法是在顺推法逻辑推理过程中，有时利用不等式的传递性，作适当的放大或缩小，证明不原不等式更强的不等式来代替原不等式的证明．这种证题方法的实质是非等价转化，而它的证题方法没有一定的准则和程序，需按题意适当．．放缩，否则是达不到目的．利用放缩法证明不等式，要根据不等式两端的特征及已知条件，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、把和式中的某些项换以较大或较小的数，从而达到证明不等式的目的．此类证法要慎审地采取措施，进行恰当地放缩，任何不适宜的放缩(放的过大或过小)都会导致推证的失败．例5 设n 为自然数，求证：91＋251＋…＋2)12(1+n ＜41． 证明：∵2)12(1+k =14412++k k ＜k k 4412+=41(k1－11+k )， ∴91＋251＋…＋2)12(1+n ＜41[(1－21)＋(21－31)＋…＋(n 1－11+n ) =41(1－11+n )＜41． ∴91＋251＋…＋2)12(1+n ＜41[(1－21)＋(21－31)＋…＋(n 1－11+n ) =41(1－11+n )＜41． 例5 已知a n =21⨯＋32⨯＋…＋)1(+n n ，其中n 为自然数， 求证：21n(n ＋1)＜a n ＜21(n ＋1)2． 证明：∵)1(+k k ＜21++k k =212+k 对任意自然数k 都成立， ∴a n =21⨯＋32⨯＋…＋)1(+n n ＜23＋25＋27＋…＋212+n =21[3＋5＋7＋…＋(2n ＋1)] =21(n ＋2n)＜21(n ＋2n ＋1) =21(n ＋1)2． 又)1(+k k ＞2k = k ，∴a n =21⨯＋32⨯＋…＋)1(+n n ＞1＋2＋3＋…＋n =21n(n ＋1)， ∴21n(n ＋1)＜a n ＜21(n ＋1)2． 评析：根据要证不等式的结构特征，应用均值不等式“放大”a n 为一个等差数列的和，求和后再添加一个数1，直到“放大”到要证的右边；而左边是通过“缩小”a n 的方法去根号而转化为等差数列的和．放大或缩小的技巧很多，如添项、减项、分子、分母加或减一个数，或利用函数的单调性、有界性等等，但要注意放缩要适度．11．设a 、b 为不相等的两正数，且a 3－b 3= a 2－b 2，求证：1＜a + b ＜34． 证明：由题意得a 2＋ab ＋b 2= a + b ，于是(a ＋b)2= a 2＋2ab ＋b 2＞a 2＋ab ＋b 2= a + b ，故a + b ＞1，又(a ＋b)2＞4ab ，而(a ＋b)2= a 2＋2ab ＋b 2= a ＋b ＋ab ＜a ＋b ＋4)(2b a +， 即43(a ＋b)2＜a ＋b ，解得a + b ＜34． ∴1＜a + b ＜34． 例12 已知a 、b 、c 、d 都是正数，求证：1＜c b a b ++＋d c b c ++＋a d c d ++＋ba d a ++＜2． 证明：∵d cb a b +++＜c b a b ++＜ba b +， d c b a c +++＜d c b c ++＜dc c +，d c b a d +++＜a d c d ++＜dc d +， d c b a a +++＜b a d a ++＜ba a +， 将上述四个同向不等式两边分别相加，得：1＜c b a b ++＋d c b c ++＋a d c d ++＋ba d a ++＜2．。
数学：不等式证明四法比较法综合法分析法反证法与放缩法
不等式证明一（比较法）比较法是证明不等式的一种最重要最基本的方法。
比较法分为：作差法和作商法 一、 作差法若a ，b ∈R ，则： a —b ＞0⇔a ＞b ；a —b ＝0⇔a ＝b ；a —b ＜0⇔a ＜b 它的三个步骤：作差——变形——判断符号（与零的大小）——结论. 作差法是当要证的不等式两边为代数和形式时，通过作差把定量比较左右的大小转化为定性判定左—右的符号，从而降低了问题的难度。
作差是化归，变形是手段，变形的过程是因式分解（和差化积）或配方，把差式变形为若干因子的乘积或若干个完全平方的和，进而判定其符号，得出结论.例１、求证：x ２ + ３ > ３x 证：∵（x ２ + ３） ３x = 043)23(3)23()23(32222>+-=+-+-x x x ∴x ２ + ３ > ３x例2、 （课本P ２２例２）已知a, b, m 都是正数，并且a < b ，求证：bam b m a >++ 证：)()()()()(m b b a b m m b b m b a m a b b a m b m a +-=++-+=-++ ∵a,b,m 都是正数，并且a<b ，∴b + m > 0 , b a > 0 ∴0)()(>+-m b b a b m 即：bam b m a >++变式：若a > b ，结果会怎样？若没有“a < b ”这个条件，应如何判断？例3、 已知a, b 都是正数，并且a b ，求证：a ５ + b ５ > a ２b ３ + a ３b ２ 证：（a ５ + b ５ ）（a ２b ３ + a ３b ２） = （ a ５ a ３b ２） + （b ５ a２b ３）= a ３ （a ２b ２ ）b ３ （a ２b ２） = （a ２b ２ ）（a ３ b ３）= （a + b ）（a b ）２（a ２ + ab + b ２）∵a, b 都是正数，∴a + b, a ２ + ab + b ２ > 0又∵a b ，∴（a b ）２ > 0 ∴（a + b ）（a b ）２（a ２ + ab + b２） > 0即：a ５ + b ５ > a ２b ３ + a ３b ２例4、 甲乙两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，另一半时间以速度n 行走；有一半路程乙以速度m 行走，另一半路程以速度n 行走，如果m n ，问：甲乙两人谁先到达指定地点？解：设从出发地到指定地点的路程为S ，甲乙两人走完全程所需时间分别是t １, t ２，则：21122,22t n S m S S n t m t=+=+可得：mnn m S t n m S t 2)(,221+=+= ∴)(2)()(2])(4[2)(22221n m mn n m S mn n m n m mn S mn n m S n m S t t +--=++-=+-+=- ∵S, m, n 都是正数，且m n ，∴t １ t ２ < 0 即：t １ < t ２从而：甲先到到达指定地点。
不等式证明(反证法_放缩法)
(1)要证的结论与条件之间的联系不明显,直接由条件 推出结论的线索不够清晰;
(2)如果从正面证明,需要分成多种情形进行分类讨论 而从反面进行证明,只研究一种或很少的几种情形.
例1 已 知x , y 0, 且x y 2, 1 x 1 y 试证 , 中至少有一个小于 2. y x 1 x 1 y 证明 : 假设 , 都不小于2, y x
因为 6(b 1)2 2 ≥ 2 ， 所以 a 3 b3 2 ， 这与题 设条件 a 3 b3 2 矛盾， 所以， 原不等式 a b ≤ 2 成 立.
1 1 1 1 1 . 4.设 n 为大于 1 的自然数,求证: n1 n 2 n 3 2n 2
x y z x x yz z 5.已知 a, b, c, x, y, z 都是正数 ,且 , 求证 : . a b c a abc c
6.设
ab0
,试用反证法证明
例3、设0 < a, b, c < 1，求证：(1 a)b, (1 b)c, (1 c)a, 不可能同时大于1/4
证明：设(1 a)b>1/4, (1 b)c>1/4,
(1 c)a>1/4,
1 则三式相乘： (1 a)b•(1 b)c•(1 c)a > 64
又∵0 < a, b, c < 1
1 分析：设 | f (1) |,| f (2) |,| f (3) | 中没有一个大于或等于 ， 2 观察： f (1) 1 p q, f (2) 4 2 p q, f (3) 9 3 p q 得： f (1) 2 f (2) f (3) 2 所以 2= | f (1) 2 f (2) f (3) | ≤ | f (1) | 2 | f (2) | | f (3) | 1 1 1 < +2× + =2 这是不可能的，矛盾表明原结论成立。 2 2 2 证明：略. 说明： “至少”型命题常用反证法，由于其反面情况也只有一 种可能，所以属于归谬反证法.
放缩法与反证法证明不等式
(2)作商比较法
例3 已知a , b是正数, 求证a a bb a bba , 当且仅当a b时, 等号成立.
a 证明 : b a a b b a b 根 据 要 证 的 不 等 式 的点 特(交 换a , b的 位 置 ,不等式不变 ) a b
a ab b a ac c a b c
2 2 2 2
略 解
a ab b
2 2
a ac c
2
2
a 2 3 2 (b ) a 2 4
a 2 3 2 (c ) a 2 4
a 2 (b ) 2 abc
a 2 (c ) 2
法二：从函数观点来解
补充例题: 1.已 知ABC的 三 边 长 是 a , b, c , 且m为 正 数 , a b c 求 证: am bm cm
x m 证明 : 设函数f ( x ) 1 ( x 0, m 0), xm xm 易知f ( x )在( 0,)上是增函数.
2
2
2
2
(a b)(a b) a, b 0, a b 0 又 a b ( a b)2 0 2 3 3 2 2 故(a b)(a b) 0即(a b ) (a b ab ) 0
2
a b a b ab
3
3
2
2
a 例2 如 果 用 akg白 糖 制 出 bkg糖 溶 液 ,则 其 浓 度 为 , b 若 在 上 述 溶 液 中 再 添 mkg 加 白 糖, 此 时 溶 液 的 浓 度 am 增加到 , 将 这 个 事 实 抽 象 为 数问 学 题, 并 给 出 证 明 . bm 解 : 可以把上述事实抽象成如下不等式问题 : am a 已知a, b, m都是正数, 并且a b, 则 bm b
证明不等式的基本方法—反证法与放缩法
- 1 – “学海无涯苦作舟，书山有路勤为径”§4.2.3证明不等式的基本方法—反证法与放缩法【学习目标】能熟练运用反证法与放缩法来证明不等式。
【新知探究】1．反证法的一般步骤：反设——推理——导出矛盾（得出结论）；2．放缩法：欲证A B ≥，可通过适当放大或缩小，借助一个或多个中间量使得112,...B B B B A ≤≤≤≤（或112,...A A A A B ≥≥≥≥），要注意放缩的适度， 常用的方法是：①舍去或加上一些项；②将分子或分母放大（或缩小）．≤-≥-211;(1)nn n ≥+211(1)nn n ≤-【自我检测】1．设a,b 是两个实数,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____________. 2．1A =++++)n N *∈的大小关系是 ．【典型例题】例1. 已知,0,>y x 且,2>+y x 求证：xyy x ++1,1中至少一个小于2。
变式训练：若a,b,c 都是小于1的正数，求证：41)1(,)1(,)1(不可能同时大于a c c b b a ---- 2 – “天下事，必作于细”例2. 已知实数a,b,c ，,0>++c b a ,0>++ca bc ab ,0>abc 求证：.0,0,0>>>c b a变式训练：课本P29页，习题2.3第4题 例3. 已知,,,+∈R c b a 求证.21<+++++++++++<ca d d db c c ac b b db a a变式训练：设00>>y x 、，yy xx B yx y x A +++=+++=11,1，则A 、B 大小关系为________。
例4．求证：)(2131211222N n n∈<+⋅⋅⋅+++例5．已知q px x x f ++=2)(，求证：|)3(||)2(||)1(|f f f ，，中至少有一个不少于21。
例谈证明不等式的四种常用措施
=
cos2 a, a
∈
(0,
π 2
)
，
æ è
x
+
1 x
öøæèç
y
+
1 y
ö
÷
ø
=
æ
ç
sin2
a
è
+
1 sin2a
öæ
֍
cos2
a
øè
+
1 cos2a
ö
÷
ø
=
sin4 a
+
cos4a - 2 sin2a 4 sin22a
cos2 a
+
2
，
( ) =
4 - sin2a 2 + 16 ， 4 sin22a
(x)
=
(
cos sin
α β
)x
+
(
cos sin
β α
)x,
且x < 0,
α,β ∈
æ è
0,
π 2
öø，若
f (x) > 2, 求证：α + β >
π 2
.
证明：假设0
<
α
+
β
≤
π 2
,
由α, β
∈
（0，π2 ）可得0
<
α
≤
π 2
-
β
≤
π 2
，
则
cos
α
≥
cosæè
π 2
-
β
ö ø
=
sin
β
>
1)
=
2n2
+
反证法与放缩法
三 反证法与放缩法[学习目标] 1.理解反证法在证明不等式中的作用，掌握用反证法证明不等式的方法.2.掌握放缩法证明不等式的原理，并会用其证明不等式．[知识链接]1．在阅读教材的基础上，想一想哪些命题或不等式适合用反证法证明？答案 存在性命题、否定性命题、唯一性命题或结论中出现“至少”、“至多”、“全都”等字词的命题或不等式．2．用放缩法证明不等式常用的放缩方法有哪些？答案 ①添加或舍去一些项；②将分子或分母放大(或缩小)；③真分数的性质：若0＜a ＜b ，m ＞0，则a b ＜a ＋m b ＋m； ④利用基本不等式；⑤利用函数的单调性；⑥绝对值不等式：||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |.⑦利用函数的有界性：如：|sin x |≤1(x ∈R )；x 2－x ≥－14(x ∈R )；2x ＞0(x ∈R )． [预习导引]1．反证法 先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等进行正确的推理，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，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，我们把它称为反证法．2．放缩法 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．如果所要证明的不等式中含有分式，把分母放大，则相应分式的值缩小，反之，把分母缩小，则分式的值放大.要点一 反证法证明不等式例1 已知：a ＋b ＋c ＞0，ab ＋bc ＋ca ＞0，abc ＞0.求证：a ＞0，b ＞0，c ＞0.证明 假设a 、b 、c 不全是正数，即至少有一个小于或等于0.又abc ＞0，不妨假设a ＜0，则bc ＜0.∵b ＋c ＞－a ＞0，∴－a (b ＋c )＞0.∴a (b ＋c )＜0，又∵bc ＜0，∴bc ＋a (b ＋c )＜0.即ab ＋bc ＋ca ＜0.这与已知ab ＋bc ＋ca ＞0矛盾．∴假设不成立．故a ＞0，b ＞0，c ＞0成立．规律方法 用反证法证明不等式，其实质是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出与已知条件或公理相矛盾的结论，从而肯定原命题成立．跟踪演练1 已知x ＞0，y ＞0，且x ＋y ＞2，求证1＋y x 与1＋x y中至少有一个小于2. 证明 假设1＋y x ≥2且1＋x y≥2. ∵x ＞0，y ＞0，∴1＋y ≥2x ①1＋x ≥2y ②①＋②得2＋(x ＋y )≥2(x ＋y )，即x ＋y ≤2，与x ＋y ＞2矛盾．∴假设不成立，故1＋y x 与1＋x y中至少有一个小于2. 要点二 放缩法证明不等式例2 设S n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)，求证：不等式n (n ＋1)2＜S n ＜(n ＋1)22对所有的正整数n 都成立． 证明 ∵S n ＞12＋22＋…＋n 2＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2. 且S n ＜1＋22＋2＋32＋…＋n ＋n ＋12＝32＋52＋…＋2n ＋12＜12＋32＋52＋…＋2n ＋12＝(n ＋1)22∴n (n ＋1)2＜S n ＜(n ＋1)22. 规律方法 用放缩法证明不等式的过程中，往往采用“添舍”放缩、分项放缩、函数的单调性放缩、重要不等式放缩等，放缩时要注意适度，否则不能同向传递．本例是利用n 2＜n (n ＋1)＜n ＋(n ＋1)2放缩，进而求证． 跟踪演练2 设f (x )＝x 2－x ＋14，且|x －a |＜1.求证：|f (x )－f (a )|＜2(|a |＋1)．证明 由|f (x )－f (a )|＝|x 2－a 2＋a －x |＝|(x －a )(x ＋a －1)|＝|x －a ||x ＋a －1|＜|x ＋a －1|＝|(x －a )＋2a －1|≤|x －a |＋|2a |＋1＜|2a |＋2＝2(|a |＋1).要点三 放缩法在数列中的综合应用例3 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1(n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项；(2)证明：n 2－13＜a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＜n 2(n ∈N ＋)． (1)解 ∵a n ＋1＝2a n ＋1(n ∈N ＋)，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是以a 1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列．∴a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n －1(n ∈N ＋)．(2)证明 ∵a n a n ＋1＝2n －12n ＋1－1＝1－12n 2－12n ＜12， ∴a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＜n 2. ∵a k a k ＋1＝2k －12k ＋1－1＝12－12(2k ＋1－1)＝12－13·2k ＋2k －2≥12－13⎝⎛⎭⎫12k ，k ＝1,2,3，…，n . ∴a 1a 2＋a 2a 3＋a 3a 4＋…＋a n a n ＋1≥n 2－13＋13⎝⎛⎭⎫12k ＞n 2－13. ∴n 2－13＜a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＜n 2(n ∈N ＋)． 规律方法 解数列不等式综合题要注意①数列不等式综合题难度大，内容丰富，是考查数学能力的良好载体；②数列问题重点在数列通项上，解决问题的方法也蕴含在其中，注意考察的方式； ③注意放缩的尺度，过大过小都不能解决问题．跟踪演练3 求证：12＋34＋58＋…＋2n －12n ＜3(n ∈N ＋)． 证明 设S ＝12＋34＋58＋…＋2n －12n ， 将等式两边乘以12得，12S ＝14＋38＋516＋…＋2n －12n ＋1. 将两式相减得，12S ＝12＋2⎝⎛⎫14＋18＋116＋…＋12n －2n －12n ＋1＝12＋1－2n ＋32n ＋1. ∴S ＝3－2n ＋32n ，又2n ＋32n ＞0， ∴S ＜3，即12＋34＋58＋…＋2n －12n ＜3(n ∈N ＋).1．实数a ，b ，c 不全为0等价于( )A ．a ，b ，c 均不为0B ．a ，b ，c 中至多有一个为0C ．a ，b ，c 中至少有一个为0D ．a ，b ，c 中至少有一个不为0答案 D解析 a ，b ，c 不全为0，等价于“a ，b ，c 中至少有一个不为0”．2．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，则有( ) A ．S ＜1 B ．S ＞1C ．S ＞2D ．以上都不对答案 B解析 S ＞a a ＋b ＋c ＋d ＋b a ＋b ＋c ＋d ＋c a ＋b ＋c ＋d ＋d a ＋b ＋c ＋d＝1. 3．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答案 D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 中恰有一个为偶数只包含“二奇一偶”的情况，故反面的情况有3种，只有D 项符合．4．求证：1＋122＋132＋…＋1n 2＜2(n ∈N ＋)． 证明 1＋122＋132＋…＋1n 2＜1＋11·2＋12·3＋…＋1n (n －1)＝1＋⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＝2－1n＜2.(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．(3)放缩法常用结论有： ①1k ＝2k ＋k ＞2k ＋k ＋1＝2(k ＋1－k )， 1k ＝2k ＋k ＜2k ＋k －1＝2(k －k －1)(k ∈N ＋，k ＞1)； ②1k 2＜1k (k －1)＝1k －1－1k ；1k 2＞1k (k ＋1)＝1k －1k ＋1(程度大)； ③1k 2＜1k 2－1＝1(k －1)(k ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫1k －1－1k ＋1(程度小)． 反证法与放缩法1．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：选C 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．2．若|a －c |<h ，|b －c |<h ，则下列不等式一定成立的是( )A ．|a －b |<2hB ．|a －b |>2hC ．|a －b |<hD ．|a －b |>h解析：选A |a －b |＝|(a －c )－(b －c )|≤|a －c |＋|b －c |<2h .3．设x ，y 都是正实数，且xy －(x ＋y )＝1，则( )A ．x ＋y ≥2(2＋1)B ．xy ≤2＋1C ．x ＋y ≤(2＋1)2D ．xy ≥2(2＋1)解析：选A 由已知(x ＋y )＋1＝xy ≤⎝⎛⎭⎫x ＋y 22，∴(x ＋y )2－4(x ＋y )－4≥0.∵x ，y 都是正实数，∴x >0，y >0，∴x ＋y ≥22＋2＝2(2＋1)．4．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解析：选C 若(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2＝0，则a ＝b ＝c ，与已知矛盾，故①对；当a >b 与a <b 及a ≠c 都不成立时，有a ＝b ＝c ，不符合题意，故②对；③显然不正确．5．若要证明“a ，b 至少有一个为正数”，用反证法证明时作的反设应为________． 答案：a ，b 中没有任何一个为正数(或a ≤0且b ≤0)6．lg9·lg11与1的大小关系是________．解析：∵lg 9＞0，lg 11＞0， ∴lg 9·lg 11＜lg 9＋lg 112＝lg 992＜lg 1002＝1， ∴lg 9·lg 11＜1.答案：lg 9·lg 11＜17．设x ＞0，y ＞0，A ＝x ＋y 1＋x ＋y ，B ＝x 1＋x ＋y 1＋y ，则A ，B 的大小关系是________． 解析：A ＝x 1＋x ＋y ＋y 1＋x ＋y ＜x 1＋x ＋y 1＋y＝B . 答案：A ＜B8．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 ＋c 2，bd ≤bd ≤b ＋d 2， ∴ac ＋bd ≤a ＋c ＋b ＋d 2＝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．9．已知a n ＝1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)(n ∈N *)．求证：n (n ＋1)2<a n <n (n ＋2)2. 证明：∵n (n ＋1)＝n 2＋n ， ∴n (n ＋1)>n ，∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)>1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2. ∵n (n ＋1)<n ＋(n ＋1)2， ∴a n <1＋22＋2＋32＋3＋42＋…＋n ＋(n ＋1)2＝n 2＋(1＋2＋3＋…＋n )＝n (n ＋2)2. 综上得n (n ＋1)2<a n <n (n ＋2)2.10．已知f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，若a ＋c ＝0，f (x )在[－1,1]上的最大值为2，最小值为－52. 求证：a ≠0且⎪⎪⎪⎪b a <2.证明：假设a ＝0或⎪⎪⎪⎪b a ≥2.①当a ＝0时，由a ＋c ＝0，得f (x )＝bx ，显然b ≠0.由题意得f (x )＝bx 在[－1,1]上是单调函数，所以f (x )的最大值为|b |，最小值为－|b |.由已知条件得|b |＋(－|b |)＝2－52＝－12， 这与|b |＋(－|b |)＝0相矛盾，所以a ≠0.②当⎪⎪⎪⎪b a ≥2时，由二次函数的对称轴为x ＝－b 2a， 知f (x )在[－1,1]上是单调函数，故其最值在区间的端点处取得 .所以⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝a ＋b ＋c ＝2，f (－1)＝a －b ＋c ＝－52或⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a ＋b ＋c ＝－52，f (－1)＝a －b ＋c ＝2.又a ＋c ＝0，则此时b 无解，所以⎪⎪⎪⎪b a <2.由①②，得a ≠0且⎪⎪⎪⎪b a <2.。
不等式的证明方法
2 2 2
所以2(a b c ) 2(ab bc ca )，
所以a b c ab bc ca。
2 2 2
已知a, b, c为正数，且a b c 1, 求证：
1 1 1 ( 1)( 1)( 1) 8 a b c
证明：因为a, b, c都为正数，且a b c 1,
abcd = =1 abcd
已知 b, c, d 都是正数，求证： b c d a 1 2 abc bcd cd a d ab
bd ca d b ac 又因为 p a bc d a bc d a b c d a b c d
有关定理，推导出所要证明的不等式成立。
思路：“由因导果”，即从“已知”看
“可知”逐步推向“未知”。
已知a, b, c都是实数，求证： 2 2 2 a b c ab bc ca。
证明：因为a b 2ab， b c 2bc， 2 2 c a 2ca，
2 2
从求证的不等式出发，寻求使这个不等式成立的充分
条件直至找到一个已知的显然成立的不等式为止。
思路：“执果索因”，从“结论” 寻求“条件”向 “已知”靠拢。
一般格式为： 为了证明—>只需证明—> ··· —>已知
求证：3+ 6 5 2 为了证明 3+ 6 5 2， 2 2 只需证明( 3+ 6) ( 5 2) ， 展开后，即2 18 4 5，即72 80。
2 2
证明：因为a b 2(a b 1)
2 2
=a b 2a 2b 2 2 2 (a 1) (b 1) 0
反证法,放缩法,代换法证明不等式
a b c d > + + + =1 a+b+c+d a+b+c+d a+b+c+d a+b+c+d a b c d + + + a+b+d b+c+a c+d +b d +a+c
a b c d < + + + =2 a+b a+b c+d c+d
证明：假设 p + q > 2， 则 q > 2 − p ⇒ q 3 > (2 − p )3。
∴ p 3 + q 3 > p 3 + (2 − p )3 = 6 p 2 − 12 p + 8 = 6( p − 1) 2 + 2 ≥ 2，
即 p 3 + q 3 > 2，与已知矛盾。
3.已知 a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，abc > 0，求证： a > 0， > 0，c > 0。 b
再证左端不等式：
1 3 5 2n − 1 3 5 7 2n − 1 1 1 1 ⋅ ⋅ ⋅L ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅L ⋅ ⋅ > > 2 4 6 2n 2 4 6 2n − 2 2n 2n 2n + 1
8.已知 a , b , c , d ∈ R +，求证： a b c d 1< + + + < 2。 a+b+d b+c+a c+d +b d +a+c
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例1、若a, b, c, dR+，求证：
a b c d 1 2 abd bca cd b d ac
证：记m =
a b c d abd bca cd b d ac
∵a, b, c, dR+
m a b c d 1 abcd abca cd ab d abc
课堂练习
1、当 n > 2 时，求证：log n (n 1) log n (n 1) 1
证：∵n > 2
∴ log n ( n 1) 0, log n (n 1) 0
2
log ( n 1) log n ( n 1) log n ( n 1) log n ( n 1) n 2 log n ( n 2 1) 2
a b b |a| . 1 a 1 b 1 a b 1 a b
法３：函数的方法
例3求证： 1 1 1 * 2（ n+1- 1）<1+ ... 2 n (n n ) 2 3 n
1 2 2 2( k k 1), k N * k 2 k k k 1
不等式的证明
复习
不等式证明的常用方法: 比较法、综合法、分析法
反证法
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， 进行正确的推理，得到矛盾，说明假设不正确， 从而间接说明原命题成立的方法。
例1.已知x，y 0，且x y 2.试证： 1 x 1 y ， 中至少有一个小于2. y x
例题
例2、已知a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0， abc > 0， 求证：a, b, c > 0 证：设a < 0, ∵abc > 0, ∴bc < 0 又由a + b + c > 0, 则b + c > a > 0 ∴ab + bc + ca = a(b + c) + bc < 0 与题设矛盾 若a = 0，则与abc > 0矛盾， ∴必有a > 0 同理可证：b > 0, c > 0
略 解
a ab b
2 2
a ac c
2
2
a 2 3 2 (b ) a 2 4
a 2 3 2 (c ) a 2 4
a 2 (b ) 2 abc
a 2 (c ) 2
小结
在证明不等式过程中，有时为了证明的 需要，可对有关式子适当进行放大或缩小， 实现证明。例如： 要证b<c,只须寻找b1使b<b1且b1≤c(放大) 要证b>a,只须寻找b2使b>b2且b2≥a(缩小) 这种证明方法,我们称之为放缩法。 放缩法的依据就是定理2（传递性性质）
1 1 ab
1 1 ab
ab b |a| 1 1 a b 1 a b 1 a b
a 1 a
b 1 b
.
法２：
0 ab a b ,
ab a b 11 1 1 1 a b 1 a b 1 a b a b 1 1 1 a b 1 a | | b
1 1 1 1 2 3 n 2[( 1 0) ( 2 1) ( 3 2) ( n n 1)] 2 n.
例4、巳知：a、b、c∈ R ，求证：
a ab b a ac c a b c
2 2 2 2
a b c d 同时 m 2 ab ab cd d c
∴1 < m < 2
即原式成立
例2已知a, b是实数，求证: a+b a b . 1 a b 1 a 1 b
法１：
ab 1 a b
a 1 a
b 1 b
1
证明：在 a b 0 时，显然成立. 当 a b 0 时，左边
例3、设0 < a, b, c < 1，求证：(1 a)b, (1 b)c, (1 c)a, 不可能同时大于1/4
证明：设(1 a)b>1/4, (1 b)c>1/4,
(1 c)a>1/4,
1 则三式相乘： (1 a)b•(1 b)c•(1 c)a > 64
又∵0 < a, b, c < 1 ∴
2 2
2
∴n > 2时,
log n (n 1) log n (n 1) 1
log n n 1 2
课堂练习
2、若p>0,q>0,且p3+q3=2, 求证：p+q≤2
①
1 以上三式相乘： (1 a)a•(1 b)b•(1 c)c≤ 64 与①矛盾∴结论成立
1 1 ( 1 b ) b (1 c )c 同理： 4 4
1 (1 a ) a 0 (1 a )a 2 4
2
放缩法
在证明不等式过程中，有时为了证明 的需要，可对有关式子适当进行放大或缩 小，实现证明。例如： 要证b<c,只须寻找b1使b<b1且b1≤c(放大) 要) 这种证明方法,我们称之为放缩法。 放缩法的依据就是传递性。