2017_18学年高中数学第二讲证明不等式的基本方法第3节反证法与放缩法创新应用教学案

《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。

高中数学第二讲证明不等式的基本方法2.3反证法与放缩法素材1新人教A版选修45一览众山小诱学·导入材料：从前有个国王总认为自己是个“至高无上的权威”，又是个“大慈大悲”的救世主.在处决犯人前，总要叫犯人抽签决定自己的命运，即在两张小纸片上，一张写“活”字，一张写“死”字，抽到“活”字可幸免一死.一个囚犯一天将要被处决，他的死对头买通了狱吏，把两张纸片都写上了“死”字让他去抽，心想，这下犯人必死无疑.谁知那个狱吏把此消息透露给了犯人.国王宣布抽签开始后，那犯人胸有成竹、不慌不忙地抽出一纸片，看也不看便放进嘴里，就吞下肚子，使在场的人慌了手脚，而犯人只受了痛打一顿的处罚而死里逃生了.问题：上述材料中犯人机智地保全了性命，试问你能说清理由吗？导入：因为谁都搞不清犯人抽到的是“死”还是“活”，此时，国王查看剩下的纸片上写的是“死”字，由此反证，可知被犯人吞下的是“活”字了.于是国王下令，将犯人痛打一顿，以责罚他不该擅自吞吃纸片，随后又不得不将犯人释放了.上述材料中犯人机智地运用反证法保全了性命，真可谓棋高一筹.这就是反证法思想在生活中的应用，下面就研究反证法以及放缩法在不等式证明中的应用.温故·知新1何谓矛盾呢？答：在逻辑中指两个概念互相排斥或两个判断不能同时为真也不能同时为假的关系.2.生活中的归谬证法是什么意思呢？答：归谬证法是指：当我们发现对方意见谬误时，不予驳斥和争辩，而是顺着他的思路，把谬误推导出来.对方的意见原来可能只考虑到一方面的效果，而忽略了另一方面的影响以及可能产生的负作用，所以归谬论证就有意朝这些方面推导.这种推导有时可以适当地夸大，使谬误更加明显，这就等于给对方戴上望远镜与显微镜.在整个推导过程中，自己始终表现得十分真诚，而且越真诚效果越好.对方感到你如此真诚地按照他的意见进行设想，而结果又是如此荒谬，往往会禁不住哑然失笑.这笑是笑他本人的愚笨，于是你的目的也达到了，这就是古人所采用的归谬论证法的效果.1。

2.3.1 反证法课堂导学三点剖析一,熟悉反证法证明不等式的步骤【例1】 设f(x)、g(x)是定义在［0,1］上的函数，求证:存在x 0、y 0∈［0,1］，使|x 0y 0-f(x 0)-g(y 0)|≥41. 证明:用反证法.假设对［0,1］内的任意实数x,y 均有|xy-f(x)-g(y)|<41，考虑对x,y 在［0,1］内取特殊值:(1)取x=0,y=0时，有|0×0-f(0)-g(0)|<41,∴|f(0)+g(0)|<41; (2)取x=1,y=0时，有|1×0-f(1)-g(0)|<41,∴|f(1)+g (0)|<41; (3)取x=0,y=1时，有|0×1-f(0)-g(1)|<41,∴|f(0)+g(1)|<41; (4)取x=1,y=1时，有|1×1-f(1)-g(1)|<41,∴|1-f(1)-g(1)|<41. ∵1=1-f(1)-g(1)+f(0)+g(1)+f(1)+g(0)-f(0)-g(0),∴1≤|1-f(1)-g(1)|+|f(0)+g(1)|+|f(1)+g(0)|+|f(0)+g(0)|<41+41+41+41=1. ∴1<1，矛盾，说明假设不能成立.故要证结论成立.各个击破类题演练1求证:如果a>b>0，那么n n b a >(n∈N 且n>1).证明:假设n a 不大于n b 有两种情况:n n b a <或者n n b a =.由推论2和定理1，当n n b a <时，有a<b;当n n b a =时，有a=b ，这些都与已知a>b>0矛盾，所以n n b a >. 变式提升1求证:如果a>b>0,那么21a <21b . 证明:假设21a ≥21b , 则21a -21b =2222b a a b -≥0. ∵a>b>0,∴a 2b 2>0.∴b 2-a 2=(b+a)(b-a)≥0.∵a>b>0,∴b+a>0.∴b -a≥0,即b≥a.这与已知a>b 矛盾.∴假设不成立，原结论21a <21b 成立. 二、什么时候用反证法证明不等式 【例2】 设0<a 、b 、c<1,求证:(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a 三个数不可能同时大于41. 思路分析:此命题为否定式，直接证明比较困难，可以考虑反证法.假设命题不成立，则三个数都大于41，然后从这个结论出发，推出与题设矛盾的结果来.证明:假设(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a 三个数都大于41,即(1-a)b>41,(1-b)c>41,(1-c)a>41.以上三式相乘得(1-a)b5(1-b)c5(1-c)a>641,亦即(1-a)a5(1-b)b5(1-c)c>641.①又∵0<a<1,∴0<(1-a)a≤［2)1(aa +-］2=41.同理,0<(1-b)b≤41,0<(1-c)c≤41.以上三式相乘得(1-a)a·(1-b)b·(1-c)c≤641,与①矛盾.∴假设不成立，故命题获证.类题演练2已知x>0,y>0,且x+y>2,求证:x y +1与y x+1中至少有一个小于2.证明:假设x y +1、y x +1都不小于2，则x y+1≥2,y x+1≥2.∵x>0,y>0,∴1+y≥2x,1+x≥2y,2+x+y≥2(x+y).∴x+y≤2，这与已知x+y>2矛盾.故假设不成立，原题得证.变式提升2设a,b,c 均为正数且a+b+c=1,求证:a 2+b 2+c 2≥31.证明:∵ab≤222b a +,bc≤222c b +,ca≤222a c +,三式相加得ab+bc+ca≤a 2+b 2+c 2.假设a 2+b 2+c 2<31,由1=a+b+c,∴1=(a+b+c)2=a 2+b 2+c 2+2(ab+bc+ca)≤a 2+b 2+c 2+2(a 2+b 2+c 2)=3(a 2+b 2+c 2)<3×31=1, 即1<1,显然不成立.三、体会反证法证明不等式的优越性【例3】 若△ABC 三边a,b,c 的倒数成等差数列,则∠B<2π. 证明:假设∠B≥2π,则b 边最大,有b>a,b>c. ∴a 1>b 1,c 1>b1. 两式相加得a 1+c 1>b2, 这与题设a 1+c 1=b2相矛盾. 因此,假设是错误的, ∴∠B<2π. 温馨提示证明过程就那么简单,推出矛盾也这般容易!用反证法证明不等式思路清清爽爽,有化难为易的功效.类题演练3若|a|<1,|b|<1,求证:|ab b a ++1|<1. 证明:假设|ab b a ++1|≥1,则|a+b|≥|1+ab|. ∴a 2+b 2+2ab≥1+2ab+a 2b 2.∴a 2+b 2-a 2b 2-1≥0.∴a 2-1-b 2(a 2-1)≥0.∴(a 2-1)(1-b 2)≥0.∴⎪⎩⎪⎨⎧≥≤⎪⎩⎪⎨⎧≤≥⎪⎩⎪⎨⎧≤-≤-⎪⎩⎪⎨⎧≥-≥-1,11,1.01,01010122222222b a b a b a b a 或即或 即a 2≥1,b 2≤1或a 2≤1,b 2≥1,与已知矛盾. ∴|abb a ++1|<1. 变式提升3 已知f(x)=x 2+px+q,求证:|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于21. 证明:用反证法.假设|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|都小于21,则 |f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|<2,而|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|≥|f(1)+f(3)-2f(2)|=|(1+p+q)+(9+3p+q)-(8+4p+2q)|=2,相互矛盾.∴|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于21.。

第二节 证明不等式的基本方法1．基本不等式定理1：如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理2：(基本不等式)如果a ，b >0，那么a ＋b2≥a ＝b 时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．定理3：如果a ，b ，c ∈R ＋，那么a ＋b ＋c 3≥a ＝b ＝c 时，等号成立．2．比较法(1)比差法的依据是：a －b ＞0⇔a ＞b ．步骤是：“作差→变形→判断差的符号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．(2)比商法：若B ＞0，欲证A ≥B ，只需证AB ≥1.3．综合法与分析法(1)综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立．(2)分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义，公理或已证明的定理，性质等)，从而得出要证的命题成立．1．(教材改编题)已知a ＋b ＋c ＞0，ab ＋bc ＋ac ＞0，abc ＞0，用反证法求证a ＞0，b ＞0，c ＞0时的反设为( )A ．a ＜0，b ＜0，c ＜0B ．a ≤0，b ＞0，c ＞0C ．a 、b 、c 不全是正数D ．abc ＜0【解析】 a ＞0，b ＞0，c ＞0的否定是：a ，b ，c 不全是正数． 【答案】 C2．四个不相等的正数a 、b 、c 、d 成等差数列，则( ) A.a ＋d 2>bcB.a ＋d 2<bcC.a ＋d 2＝bcD.a ＋d 2与bc 的大小不确定【解析】 ∵a ＋d ＝b ＋c ，且正数a ，b ，c ，d 不相等． ∴a ＋d 2＝b ＋c2＞bc . 【答案】 A3．设a ＝2，b ＝7－3，c ＝6－2，则a 、b 、c 间的大小关系是( ) A ．a >b >c B ．b >a >c C ．b >c >a D ．a >c >b 【解析】 由42＋2>46＋2>47＋3，得a >c >b . 【答案】 D 4．已知|a |≠|b |，m ＝|a |－|b ||a －b |，n ＝|a |＋|b ||a ＋b |，则m ，n 之间的大小关系是( ) A ．m ＞n B ．m ＜n C ．m ＝n D ．m ≤n【解析】 ∵|a |＋|b |≥|a ＋b |， ∴n ＝|a |＋|b ||a ＋b |≥1，又|a |－|b |≤|a －b |，∴m ＝|a |－|b ||a －b |≤1，因此n ≥m .【答案】 D5．已知a ＞0，b ＞0且ln(a ＋b )＝0，则1a ＋1b的最小值是________．【解析】 由题意得，a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0， ∴1a ＋1b ＝2＋b a ＋ab≥2＋2b a ·ab＝4， 当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立．【答案】 4已知a ＞0，b ＞0，求证：a b ＋ba≥a ＋b . 【思路点拨】 (1)作差变形，化为因式乘积的形式；(2)注意到a ＋b ＞0也可作商，转化为判定商值与1的大小．【尝试解答】 法一 ∵(a b ＋ba)－(a ＋b ) ＝(a b －b )＋(ba －a )＝a －b b ＋b －a a＝（a －b ）（a －b ）ab ＝（a ＋b ）（a －b ）2ab≥0，∴a b ＋ba ≥a ＋b .法二 由于a b ＋ba a ＋b ＝a a ＋b bab （a ＋b ）＝（a ＋b ）（a －ab ＋b ）ab （a ＋b ）＝a ＋b ab －1≥2abab－1＝1.又a ＞0，b ＞0，ab ＞0. ∴a b ＋ba≥a ＋b .,1．在法一中，采用局部通分，优化了解题过程；在法二中，利用不等式的性质，把证明a ＞b 转化为证明ab＞1(b ＞0)．2．作差(商)证明不等式，关键是对差(商)式进行合理的变形，特别注意作商证明不等式，不等式的两边应同号．设a ，b 是非负实数，求证：a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)．【证明】 a 3＋b 3－ab (a 2＋b 2) ＝(a 3－a 2ab )＋(b 3－b 2ab ) ＝a 2a (a －b )－b 2b (a －b ) ＝(a －b )(a 5－b 5)． 当a ≥b ≥0时，a ≥b 且a 5≥b 5， 当b ＞a ≥0时，a ＜b 且a 5＜b 5， ∴a 3＋b 3－ab (a 2＋b 2)≥0， ∴a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2).(2013·大连调研)已知a ，b ，c 均为正数，证明：a 2＋b 2＋c 2＋(1a ＋1b ＋1c)2≥63，并确定a ，b ，c 为何值时，等号成立．【思路点拨】 考虑待证不等式的结构特征，a 2＋b 2＋c 2与1a ＋1b ＋1c 分别运用基本不等式；相加后，再用基本不等式，并根据等号成立的条件确定a ，b ，c 的值．【尝试解答】 因为a ，b ，c 均为正数，由均值不等式得 a 2＋b 2＋c 2≥3(abc )23，① 1a ＋1b ＋1c ≥3(abc )－13， 所以(1a ＋1b ＋1c )2≥9(abc )－23.②故a 2＋b 2＋c 2＋(1a ＋1b ＋1c )2≥3(abc )23＋9(abc )－23. 又3(abc )23＋9(abc )－23≥227＝63，③所以原不等式成立．当且仅当a ＝b ＝c 时，①式和②式等号成立； 当且仅当3(abc )23＝9(abc )－23时，③式等号成立．因此当且仅当a ＝b ＝c ＝314时，原式等号成立．,1．综合法证明的逻辑关系是：A ⇒B 1⇒B 2⇒…⇒B n ⇒B (A 为已知条件或数学定义、定理、公理，B 为要证结论)，它的常见书面表达是“∵，∴”或“⇒”．2．综合法证明不等式，利用已证的不等式为基础，例如：a 2＋b 2≥2ab ，a ＋b2≥ab (a ≥0，b ≥0)，|a ＋b |≤|a |＋|b |及其变形等，再运用不等式的性质推导出所要证的不等式．(2013·徐州模拟)设a 、b 、c 为正实数，求证：1a 3＋1b 3＋1c3＋abc ≥2 3.【证明】 因为a ，b ，c 为正实数，由均值不等式可得 1a 3＋1b 3＋1c 3≥3 31a 3·1b 3·1c 3， 所以1a 3＋1b 3＋1c 3≥3abc.所以1a 3＋1b 3＋1c 3＋abc ≥3abc ＋abc .又3abc＋abc ≥2 3abc·abc ＝23， 所以1a 3＋1b 3＋1c 3＋abc ≥2 3.已知a >0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.【思路点拨】 观察待证不等式两边的特征：①左边是无理式，右边是有理式．②两边均非负．可考虑用分析法，通过平方寻找它成立的充分条件．【尝试解答】 要证原不等式，只需证 a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋2，∵a >0，∴两边均大于零． 因此只需证a 2＋1a 2＋4＋4a 2＋1a 2≥a 2＋1a 2＋2＋2＋22(a ＋1a)，只需证2a 2＋1a 2≥2(a ＋1a)，只需证2(a 2＋1a 2)≥a 2＋1a 2＋2，即证a 2＋1a 2≥2，又a 2＋1a 2≥2显然成立，∴原不等式成立．,,\x(\a\al( 1.(1)分析法是寻找结论成立的充分条件，对于无理不等式去根号，分式不等式去分母，采用分析法是常用方法．(2)此题证明的关键是在两边非负的条件下平方去根号．,2.分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为：Q ⇐P 1))→P 1⇐P 2)→P 2⇐P 3→…→得到一个明显成立的条件.ＫＫ(2013·盐城调研)已知m ＞0，a ，b ∈R ，求证：(a ＋mb 1＋m )2≤a 2＋mb 21＋m.【证明】 ∵m ＞0，∴1＋m ＞0. 欲证(a ＋mb 1＋m )2≤a 2＋mb 21＋m 成立．只需证明(a ＋mb )2≤(1＋m )(a 2＋mb 2)， 即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥0， 只要证明a 2－2ab ＋b 2≥0，又a 2－2ab ＋b 2＝(a －b )2≥0显然成立， 故(a ＋mb 1＋m )2≤a 2＋mb 21＋m.已知a ，b ，c ∈(0，1)，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不能同时大于14.【思路点拨】 当直接证明命题较困难时，可根据“正难则反”，利用反证法加以证明． 【尝试解答】 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 ＞164.①∵0＜a ＜1，∴(1－a )a ≤(1－a ＋a 2)2＝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 ≤164，②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．凡涉及否定性、惟一性命题或含“至多”“至少”等语句的不等式时，常可考虑反证法．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】 ∵m 是|a |，|b |和1中的最大的一个． ∴|x |＞m ≥1，|x |＞m ≥|b |， ∴|x 2|＞m 2＞|b |. 又|x |＞m ≥|a |， 因此|a x ＋b x 2|≤|a x |＋|b x 2|＝|a ||x |＋|b ||x 2|＜|x ||x |＋|x 2||x 2|＝2.一种原则“正难则反”原则．当直接证明有困难时，常采用反证法．一个程序反证法证明步骤是：(1)作出否定结论的假设；(2)利用假设进行推理，导出矛盾；(3)否定假设，肯定结论．两种方法1.分析法：B⇐B1⇐B2⇐…⇐B n⇐A(结论)．(步步寻求不等式成立的充分条件)(已知)．2．综合法：A⇒B1⇒B2⇒…⇒B n⇒B(已知)．(逐步推演不等式成立的必要条件)(结论)．从近两年高考命题看，做为新课标选考的重要内容，不等式证明严格按考试说明要求命题，试题难度不超过中等．着重考查比较法、综合法与分析法证明不等式，在证明中要注意放缩法的应用．创新探究之十四新定义型不等式及其证明(2013·常州质检)若实数x、y、m满足|x－m|＞|y－m|，则称x比y远离m.(1) 若x2－1比1远离0，求x的取值范围；(2)对任意两个不相等的正数a，b，证明：a3＋b3比a2b＋ab2远离2ab ab.【规范解答】(1)由题意知|x2－1－0|＞|1－0|，即|x2－1|＞1，所以x2－1＜－1或x2－1＞1，解得x＞2或x＜－2，所以x的取值范围是{x|x＞2或x＜－2}．(2)要证明a3＋b3比a2b＋ab2远离2ab ab，即证|a3＋b3－2ab ab|＞|a2b＋ab2－2ab ab|，因为a ≠b ，故a 2b ＋ab 2＞2a 2bab 2＝2ab ab ， a 3＋b 3＞2a 3b 3＝2ab ab .所以只需证a 3＋b 3－2ab ab ＞a 2b ＋ab 2－2ab ab . 即证明a 3＋b 3－(a 2b ＋ab 2)＞0， 化简得(a －b )2(a ＋b )＞0显然成立， 所以a 3＋b 3比a 2b ＋ab 2远离2ab ab .创新点拨：(1)本题是在题设情境上进行创新，定义新概念“x 比y 远离m ”；(2)注重新知识的接受、迁移能力，是对再学习能力的很好考查，并考查绝对值不等式的解法及不等式的证明．应对措施：(1)认真审题，吃透概念，抓住“x 比y 远离m ”，建立不等式；(2)“万变不离其宗”，增强自信，平时强化迁移能力的培养，善于把“新概念”，“新运算”转化为我们熟悉的“旧概念”、“旧运算”，并严格按照规定进行操作．1．(2013·合肥调研)若a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝2，则下列不等式对一切满足条件的a ，b 恒成立的是________(写出所有正确命题的编号)．①ab ≤1；②a ＋b ≤2；③a 2＋b 2≥2；④a 3＋b 3≥3；⑤1a ＋1b ≥2.【解析】 令a ＝b ＝1，排除②④； 由2＝a ＋b ≥2ab ⇒ab ≤1，命题①正确； a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝4－2ab ≥2，命题③正确； 1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝2ab ≥2，命题⑤正确． 【答案】 ①③⑤2．(2013·济南模拟)已知a >0，b >0，且a ＋b >2，求证：1＋b a ，1＋ab 中至少有一个小于2.【证明】 假设1＋b a ，1＋a b 都不小于2，则1＋b a ≥2，1＋ab ≥2，∵a >0，b >0，∴1＋b ≥2a ，1＋a ≥2b ， 两式相加可得1＋b ＋1＋a ≥2a ＋2b ，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＋ab 中至少有一个小于2.。

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)＝x2＋px＋q，求证：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；1(2)|f(1)|，f|(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.2“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)＝2.1(2)假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于，则|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<2.2而|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝2矛盾，1∴|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.2(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1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b2＝ac.又∵a，b，c成等差数列，∴a＝b－d，c＝b＋d(其中d为公差)．∴ac＝b2＝(b－d)(b＋d)．∴b2＝b2－d2.∴d2＝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，y，z不全为零．求证：3x2＋xy＋y2＋y2＋yz＋z2＋z2＋zx＋x2> (x＋y＋z)．2解答本题可对根号内的式子进行配方后再用放缩法证明．y 3x2＋xy＋y2＝(x＋2 )2＋y24y y y≥(x＋2 )2＝|x＋2 |≥x＋.22z同理可得：y2＋yz＋z2≥y＋，2xz2＋zx＋x2≥z＋，2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x2＋xy＋y2＋y2＋yz＋z2＋z2＋zx＋x2>y z x 3(x＋ 2 )(z＋2 )2 )＋(y＋＋＝(x＋y＋z)．2(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．1 1 1 14．设n是正整数，求证：≤＋＋…＋＜1.2 n＋1 n＋2 2n1 1 1证明：由2n≥n＋k＞n(k＝1,2，…，n)，得≤＜.2n n＋k n1 1 1当k＝1时，≤＜，2n n＋1 n1 1 1当k＝2时，≤＜，2n n＋2 n…1 1 1当k＝n时，≤＜.2n n＋n n1 n 1 1 1 n∴将以上n个不等式相加，得＝≤＋＋…＋＜＝1.2 2n n＋1 n＋2 2n n5．设f(x)＝x2－x＋13，a，b∈，求证：|f(a)－f(b)|<|a－b|.证明：|f(a)－f(b)|＝|a2－a－b2＋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，R3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|>2hC．|a－b|<h D．|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)2 D．xy≥2(2＋1)x＋y解析：选A由已知(x＋y)＋1＝xy≤(2 )2，∴(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．1C．2 D．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 99 lg 100∴lg 9·lg11＜＝＜＝1，2 2 2∴lg 9·lg 11＜1.答案：lg 9·lg 11＜14x＋y x y7．设x＞0，y＞0，A＝，B＝＋，则A，B的大小关系是________．1＋x＋y1＋x1＋yx y x y解析：A＝＋＜＋＝B.1＋x＋y1＋x＋y1＋x1＋y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∈．a＋c b＋d从而ac≤ac≤，bd≤bd≤，2 2a＋c＋b＋d ∴ac＋bd≤＝1，2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*)．n n＋1n n＋2求证：<a n< .2 2证明：∵n n＋1＝n2＋n，∴n n＋1>n，n n＋1∴a n＝1 × 2＋2 × 3＋…＋n n＋1>1＋2＋3＋…＋n＝.2n＋n＋1∵n n＋1< ，21＋2 2＋3 3＋4 n＋n＋1∴a n< ＋＋＋…＋2 2 2 2n n n＋2＝＋(1＋2＋3＋…＋n)＝.2 2n n＋1n n＋2综上得<a n< .2 25 10．已知f(x)＝ax2＋bx＋c，若a＋c＝0，f(x)在上的最大值为2，最小值为－.2b|a|<2.求证：a≠0且b|a|≥2.证明：假设a＝0或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，5所以f(x)的最大值为|b|，最小值为－|b|.5 1由已知条件得|b|＋(－|b|)＝2－＝－，2 2这与|b|＋(－|b|)＝0相矛盾，所以a≠0.b b②当|a|≥2时，由二次函数的对称轴为x＝－，2a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Error!或Error!b|a|<2.又a＋c＝0，则此时b无解，所以b|a|<2.由①②，得a≠0且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 1|x－2 |＋|x＋2 |，M为不等式f(x)<2的解集．1．(全国甲卷)已知函数f(x)＝(1)求M；(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|<|1＋ab|.(1)解：f(x)＝Error!1当x≤－时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1；21 1当－<x< 时，f(x)<2恒成立；2 21当x≥时，由f(x)<2得2x<2，解得x<1.2所以f(x)<2的解集M＝{x|－1<x<1}．6(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＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)·(1－b2)<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＋2 ab，( c＋d)2＝c＋d＋2 cd，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＋2 ab>c＋d＋2 cd.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．7a＋m1 a＋m2已知b，m1，m2都是正数，a<b，m1<m2，求证：< .b＋m1 b＋m2a＋m1 a＋m2 －b＋m1 b＋m2a＋m1b＋m2－a＋m2b＋m1＝b＋m1b＋m2am2＋bm1－am1－bm2 ＝b＋m1b＋m2a－b m2－m1＝.b＋m1b＋m2因为b>0，m1，m2>0，所以(b＋m1)(b＋m2)>0.又a<b，所以a－b<0.因为m1<m2，所以m2－m1>0.从而(a－b)(m2－m1)<0.a－b m2－m1于是<0.b＋m1b＋m2a＋m1 a＋m2所以< .b＋m1 b＋m2综合法证明不等式综合法证明不等式的思维方向是“顺推”，即由已知的不等式出发，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＝1.1 1 1求证：＋＋≥8.a b ab∵a>0，b>0，a＋b＝1.1∴1＝a＋b≥2ab，ab≤.21 ∴≥4.ab1 1 1 1 1 1(＋b)＋∴＋＋ab＝(a＋b)a b a ab1≥2ab·2＋4＝8.ab1 1 1∴＋＋≥8.a b ab8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＋2 b a－b，只需证0<2 b a－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．1已知：在△ABC中，∠CAB>90°，D是BC的中点．求证：AD< BC(如右图所示)．21假设AD≥BC.21①若AD＝BC，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29条边所对的角为直角”，知∠A＝90°，与题设矛盾．1所以AD≠BC.21 1②若AD> BC，因为BD＝DC＝BC，2 2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．1故AD＞BC不成立．21 由①②知AD＜BC成立.2放缩法证明不等式放缩法是在顺推法逻辑推理过程中，有时利用不等式关系的传递性，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，否则达不到目的．3 1 1 1 1求证：－<1＋＋…＋<2－(n∈N*且n≥2)．2 n＋1 22 n2 n∵k(k＋1)>k2＞k(k－1)(k∈N*且k≥2)，1 1 1∴< < .k k＋1k2 k k－11 1 1 1 1即－< < －.k k＋1 k2 k－1 k分别令k＝2,3，…，n，得1 1 1 1 1 1 1 1 1－< <1－，－< < －，2 3 22 2 3 4 32 2 3…1 1 1 1 1－< < －，将这些不等式相加，得n n＋1 n2 n－1 n1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1－＋－＋…＋－< ＋＋…＋<1－＋－＋…＋－，2 3 3 4 n n＋1 22 32 n2 2 2 3 n－1 n1 1 1 1 1 1即－< ＋＋…＋<1－.2 n＋1 22 32 n2 n1 1 1 1 1 1∴1＋－<1＋＋＋…＋<1＋1－.2 n＋1 22 32 n2 n1031111即－<1＋＋…＋<2－(n∈N*且n≥2)成立．2n＋122n2n10。

三反证法与放缩法1．掌握用反证法证明不等式的方法．(重点)2．了解放缩法证明不等式的原理，并会用其证明不等式．(难点、易错易混点)[基础·初探]教材整理1 反证法阅读教材P26～P27“例2”及以上部分，完成下列问题．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，我们把这种证明问题的方法称为反证法．如果两个正整数之积为偶数，则这两个数( )A．两个都是偶数B．一个是奇数，一个是偶数C．至少一个是偶数D．恰有一个是偶数【解析】假设这两个数都是奇数，则这两个数的积也是奇数，这与已知矛盾，所以这两个数至少有一个为偶数．【答案】 C教材整理2 放缩法阅读教材P28～P29“习题”以上部分，完成下列问题．证明不等式时，通过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，我们把这种方法称为放缩法．若|a－c|＜h，|b－c|＜h，则下列不等式一定成立的是( )【导学号：32750039】A．|a－b|＜2h B．|a－b|＞2hC ．|a －b |＜h D.|a －b |＞h【解析】 |a －b |＝|(a －c )－(b －c )|≤|a －c |＋|b －c |＜2h . 【答案】 A[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1： 解惑： 疑问2： 解惑： 疑问3： 解惑：[小组合作型](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.【精彩点拨】 (1)把f (1)，f (2)，f (3)代入函数f (x )求值推算可得结论． (2)假设结论不成立，推出矛盾，得结论． 【自主解答】 (1)由于f (x )＝x 2＋px ＋q ， ∴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，则有|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)|＜2.(*)又|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)| ≥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．在证明中含有“至多”“至少”等字眼时，常使用反证法证明．在证明中出现自相矛盾，说明假设不成立．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．[再练一题]1．已知实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＝c ＋d ＝1，ac ＋bd ＞1.求证：a ，b ，c ，d 中至多有三个是非负数．【证明】 a ，b ，c ，d 中至多有三个是非负数，即至少有一个是负数，故有假设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． 即a ，b ，c ，d 中至多有三个是非负数.已知a n ＝2n 2，n ∈N *，求证：对一切正整数n ，有a 1＋a 2＋…＋1a n ＜32.【精彩点拨】 针对不等式的特点，对其通项进行放缩、列项． 【自主解答】 ∵当n ≥2时，a n ＝2n 2＞2n (n －1)， ∴1a n ＝12n 2＜12nn －＝12·1nn －＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜1＋1211×2＋12×3＋…＋1n n －＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝32－12n ＜32，即1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜32.1．放缩法在不等式的证明中无处不在，主要是根据不等式的传递性进行变换．2．放缩法技巧性较强，放大或缩小时注意要适当，必须目标明确，合情合理，恰到好处，且不可放缩过大或过小，否则，会出现错误结论，达不到预期目的，谨慎地添或减是放缩法的基本策略．[再练一题]2．求证：1＋122＋132＋…＋1n 2＜2－1n (n ≥2，n ∈N ＋)．【证明】 ∵k 2＞k (k －1)， ∴1k 2＜1kk －＝1k －1－1k(k ∈N ＋，且k ≥2)． 分别令k ＝2,3，…，n 得122＜11·2＝1－12，132＜12·3＝12－13，…， 1n2＜1nn －＝1n －1－1n. 因此1＋122＋132＋…＋1n2＜1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n＝1＋1－1n ＝2－1n.故不等式1＋122＋132＋…＋1n 2＜2－1n(n ≥2，n ∈N ＋)．[探究共研型]探究1 【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．探究2 反证法证题时常见数学语言的否定形式是怎样的？【提示】 常见的涉及反证法的文字语言及其相对应的否定假设有：【精彩点拨】 本题中的条件是三边间的关系2b ＝1a ＋1c，而要证明的是∠B 与90°的大小关系．结论与条件之间的关系不明显，考虑用反证法证明．【自主解答】 ∵a ，b ，c 的倒数成等差数列，∴2b ＝1a ＋1c.假设∠B ＜90°不成立，即∠B ≥90°，则∠B 是三角形的最大内角，在三角形中，有大角对大边，∴b ＞a ＞0，b ＞c ＞0， ∴1b ＜1a ，1b ＜1c ，∴2b ＜1a ＋1c，这与2b ＝1a ＋1c相矛盾．∴假设不成立，故∠B ＜90°成立．1．本题中从否定结论进行推理，即把结论的反面“∠B ≥90°”作为条件进行推证是关键．要注意否定方法，“＞”否定为“≤”，“＜”否定为“≥”等．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．[再练一题]3．若a 3＋b 3＝2，求证：a ＋b ≤2.【导学号：32750040】【证明】 法一 假设a ＋b >2，a 2－ab ＋b 2＝⎝⎛⎭⎪⎫a －12b 2＋34b 2≥0，故取等号的条件为a ＝b ＝0，显然不成立， ∴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， 这显然不成立，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. 这显然不成立，故a ＋b ≤2.[构建·体系]反证法与放缩法—⎪⎪⎪⎪—反证法与放缩法的定义—反证法的一般步骤—证明不等式—放缩的技巧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】 实数a ，b ，c 不全为0的含义即a ，b ，c 中至少有一个不为0，其否定则是a ，b ，c 全为0，故选D.【答案】 D2．已知a ＋b ＋c ＞0，ab ＋bc ＋ac ＞0，abc ＞0，用反证法求证a ＞0，b ＞0，c ＞0时的假设为( )A ．a ＜0，b ＜0，c ＜0B ．a ≤0，b ＞0，c ＞0C ．a ，b ，c 不全是正数D.abc ＜0【解析】 a ＞0，b ＞0，c ＞0的反面是a ，b ，c 不全是正数，故选C. 【答案】 C3．要证明3＋7＜25，下列证明方法中，最为合理的是( ) A ．综合法 B ．放缩法 C ．分析法D.反证法【解析】 由分析法的证明过程可知选C. 【答案】 C 4．A ＝1＋12＋13＋…＋1n与n (n ∈N ＋)的大小关系是________.【导学号：32750041】【解析】 A ＝11＋12＋13＋…＋1n ≥＝nn ＝n .【答案】 A ≥n5．若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2.求证：1＋x y <2和1＋yx<2中至少有一个成立．【证明】 假设1＋x y <2和1＋y x<2都不成立，则有1＋x y ≥2和1＋y x≥2同时成立，因为x >0且y >0，所以1＋x ≥2y ，且1＋y ≥2x ，两式相加，得2＋x ＋y ≥2x ＋2y ， 所以x ＋y ≤2，这与已知条件x ＋y >2矛盾，因此1＋x y <2和1＋y x<2中至少有一个成立．我还有这些不足：(1) (2) 我的课下提升方案：(1) (2)学业分层测评（八） (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．①②B．①②④C．①②③D．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】 C2．用反证法证明命题“如果a＞b，那么3a＞3b”时，假设的内容是( )A.3a＝3bB.3a＜3bC.3a＝3b且3a＜3bD.3a＝3b或3a＜3b【解析】应假设3a≤3b，即3a＝3b或3a＜3b.【答案】 D3．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个B．1个 C．2个D．3个【解析】对于①，若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与已知矛盾，故①对；对于②，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；对于③，显然不正确．【答案】 C4．若a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，设M＝827－27a，N＝(a＋c)·(a＋b)，则( ) A．M≥N B．M≤NC．M>N D.M<N【解析】 依题意易知1－a,1－b,1－c ∈R ＋，由均值不等式知31－a 1－b1－c≤13[(1－a )＋(1－b )＋(1－c )]＝23，∴(1－a )(1－b )(1－c )≤827，从而有8－a ≥(1－b )(1－c )，即M ≥N ，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，取等号．故选 A.【答案】 A5．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【解析】 ∵a ＋b ＋c ＝x ＋1x ＋y ＋1y ＋z ＋1z≥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．若要证明“a ，b 至少有一个为正数”，用反证法的反设应为________.【导学号：32750042】【答案】 a ，b 中没有任何一个为正数(或a ≤0且b ≤0) 7．lg 9·lg 11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＜18．设M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则M 与1的大小关系为________．【解析】 ∵210＋1＞210,210＋2＞210，…，211－1＞210， ∴M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1＜＝1.【答案】 M ＜1 三、解答题9．若实数a ，b ，c 满足2a＋2b＝2a ＋b,2a＋2b ＋2c ＝2a ＋b ＋c，求c 的最大值．【解】 2a ＋b＝2a ＋2b ≥22a ＋b，当且仅当a ＝b 时，即2a ＋b≥4时取“＝”，由2a＋2b＋2c＝2a ＋b ＋c，得2a ＋b＋2c ＝2a ＋b·2c，∴2c＝2a ＋b2a ＋b －1＝1＋12a ＋b －1≤1＋14－1＝43，故c ≤log 243＝2－log 23.10．已知n ∈N ＋，求证：n n ＋2<1×2＋2×3＋…＋n n ＋<n ＋22.【证明】 k <kk ＋<k ＋k ＋2＝12(2k ＋1)(k ＝1,2，…，n )． 若记S n ＝1×2＋2×3＋…＋n n ＋，则S n >1＋2＋…＋n ＝n n ＋2，S n <12(3＋5＋…＋2n ＋1)＝12(n 2＋2n )<n ＋22.[能力提升]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、两偶一奇、两奇一偶”4种，而自然数a ，b ，c 中恰有一个为偶数包含“两奇一偶”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】 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)．【答案】 A3．已知a ＞2，则log a (a －1)log a (a ＋1)________1(填“＞”“＜”或“＝”)．【解析】 ∵a ＞2，∴log a (a －1)＞0，log a (a ＋1)＞0. 又log a (a －1)≠log a (a ＋1)， ∴log a a －a a ＋＜log a a －＋log a a ＋2， 而log a a －＋log a a ＋2＝12log a (a 2－1) ＜12log a a 2＝1， ∴log a (a －1)log a (a ＋1)＜1.【答案】 ＜4．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2·a n (n ∈N ＋), 【导学号：32750043】(1)求a 2，a 3，并求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝n a n ，求证：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＜710. 【解】 (1)∵a 1＝2，a n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2·a n (n ∈N ＋)， ∴a 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋112·a 1＝16，a 3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·a 2＝72. 又∵a n ＋1n ＋＝2·a n n ，n ∈N ＋， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 2为等比数列．∴a n n 2＝a 112·2n －1＝2n，∴a n＝n2·2n.(2)证明：c n＝na n ＝1 n·2，∴c1＋c2＋c3＋…＋c n＝11·2＋12·22＋13·23＋…＋1n·2n＜12＋18＋124＋14·⎝⎛⎭⎪⎫124＋125＋…＋12n＝23＋14·124⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫12n－31－12＜23＋14·1241－12＝23＋132＝6796＝670960＜96×796×10＝710，所以结论成立．。

2.3 反证法与放缩法预习目标1．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．一、预习要点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、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题条件(或已证明过的定理、性质、明显成立的事实等)__________，以说明____________________，从而证明原命题成立，我们把它称为________．2．放缩法证明不等式时，通过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________，我们把这种方法称为________.二、预习检测1．实数a ，b ，c 不全为0的等价条件为( )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02．已知a ＋b ＋c ＞0，ab ＋bc ＋ac ＞0，abc ＞0，用反证法求证a ＞0，b ＞0，c ＞0时的假设为( )A ．a ＜0，b ＜0，c ＜0B ．a ≤0，b ＞0，c ＞0C ．a ，b ，c 不全是正数 D.abc ＜03．要证明3＋7＜25，下列证明方法中，最为合理的是( )A ．综合法B ．放缩法C ．分析法 D.反证法4．若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2.求证：1＋x y <2和1＋y x<2中至少有一个成立．三、思学质疑把你在本次课程学习中的困惑与建议填写在下面,与同学交流后,由组长整理后并拍照上传平台讨论区。

参考答案一、预习要点 1.相矛盾的结论 假设不正确 反证法 2.证明的目的 放缩法二、预习检测1．【解析】 实数a ，b ，c 不全为0的含义即a ，b ，c 中至少有一个不为0，其否定则是a ，b ，c 全为0，故选D.【答案】 D2.【解析】 a ＞0，b ＞0，c ＞0的反面是a ，b ，c 不全是正数，故选C.【答案】 C3.【解析】 由分析法的证明过程可知选C.【答案】 C4.【证明】 假设1＋x y <2和1＋y x<2都不成立， 则有1＋x y ≥2和1＋y x≥2同时成立，因为x >0且y >0，所以1＋x ≥2y ，且1＋y ≥2x ， 两式相加，得2＋x ＋y ≥2x ＋2y ，所以x ＋y ≤2，这与已知条件x ＋y >2矛盾，因此1＋x y <2和1＋y x<2中至少有一个成立．。

2.3.2 放缩法课堂导学三点剖析一,利用增,减项进行放缩【例1】 证明下列不等式: (1)21·43·65·…·10099<101; (2)1<d c a dd c b c c b a b d b a a +++++++++++<2.证明： (1)21<32,43<54,……,10099<101100,令A=21.43.....10099,B=32.54.. (101100),∴A<B,A 2<A·B=1011<1001. ∴21·43·65·…·10099<101. (2)d c a dd c b c c b a b d b a a +++++++++++ <)()(d c dd c cb a bb a a+++++++=2, 又d c a dd c b c c b a b d b a c +++++++++++d c b a dd c b a c d c b a b d c b a c +++++++++++++++>=1,∴原不等式成立.各个击破类题演练1设n 为正整数,求证:21≤n n n 212111+++++Λ<1.证明:∵n∈N *,∴n n n n n n n n n 12121,,12121,11121<≤<+≤<+≤Λ,以上各式相加得n nn n n n n<+++++≤2121112Λ故原不等式成立.变式提升1求证:4712111222<++n Λ. 证明:∵k k k 11112--<,∴ΛΛ+-+-++<++++)4131()3121(21111312111222222n 47147121411)111(<-=-++=--+n n n n 即原不等式成立.二、利用均值不等式或不等式的性质进行放缩【例2】 (1)比较log 23与log 34的大小;(2)求证:log 56·log 54<1;(3)已知f(x)=log x (x+1),①比较f(1 024)·f(1 025)·…·f(2 048)与1.1的大小;②求证:f(n)>f(n+1)(n∈N ,n≥2).(1)解析:log 23-log 34=3lg 2lg )]4lg 2(lg 21[3lg 3lg 2lg 4lg 2lg 3lg 3lg 4lg 2lg 3lg 222•+->••-=- 3lg 2lg )9lg 21(3lg 3lg 2lg )8lg 21(3lg 2222•->•-= ∴log 23>log 34.(2)证明:24log 6log 4log 6log 5555+<•=21log 524 <21log 525=1. (3)①解析:f(1 024)·f(1 025)·…·f(2 048)=101110112lg 2lg 2lg )12lg(1024lg 2049lg >+==1.1. ②证明:f(n)>f(n+1)⇐log n (n+1)>log n+1(n+2)log n+1(n+2)·log n+1n<1,仿(2)的证明思路,此式易证.温馨提示1.对于(1),比较大小→作差→平均值不等式→放缩,结果出来了.熟悉了常规解法,然后再去追求解法的新奇,所有新奇思路的获得,必植根于扎实的基础之中,如这样放缩:log 23=log 827>log 816>log 916=log 34,就更为巧妙!2.放与缩,没有固定的模式,需根据问题的特点,设计好如何进行放缩.放到什么程度,缩到怎样的范围,必须事先在心中有一个充分的估计.类题演练2a,b,c 为三角形的三边,p=2c b a ++,p 2=2ab,求证: (1)p<2a;(2)a>c.证明:(1)∵a+c>b,∴p=2c b a ++>22b =b. ∴2ab=p·p>p·b,即p<2a.(2)p=ab 2≤22b a +, 即2c b a ++≤22b a +,故a≥c. 当且仅当2a=b 时取等号,此时,由条件p 2=2ab ⇒p=b,再由p=2c b a ++知b=a+c,这与三角形两边之和大于第三边相矛盾,因此a>c.变式提升2(1)a,b,c 为三角形的三边,证明a 2+b 2+c 2<2(ab+bc+ca);(2)设a,b,c 为三角形的三边,证明cc b b a a +>+++111 证明:(1)a,b,c 为三角形的三边,有a+b>c ⇒c(a+b)>c 2,b+c>a ⇒a(b+c)>a 2,c+a>b ⇒b(c+a)>b 2.三式相加即为2(ab+bc+ca)>a 2+b 2+c 2. (2)cc c b a b a b a b a b b a a b b a a +=+>++=+++=+++++>+++111111111111 ∴原不等式成立.三、利用其他方法进行放缩【例3】 设0<α<β<2π,0<θ<2π,求证: βαβθαθsin sin )sin()sin(>++. 思路分析:α,β,θ为锐角,因此sin(θ+α),sin(θ+β),sinα,sinβ都是正值,当我们再一次去观察要证的不等式时,能让我们想起哪一个十分熟悉的不等式呢?外形的联想,往往能帮助我们触发解题思路.证明：βθβθαθβθβθβθαθαθβθαθsin cos cos sin sin cos cos sin sin cos cos sin sin cos cos sin )sin()sin(•+••+•>•+••+•=++ βαβθαθsin sin sin cos sin cos =••> ∴原不等式成立.温馨提示将cosα换成cosβ,值变小了,这里又直接利用了不等式:a,b,m>0且a<b,则b a <m b m a ++.其实,很多时候我们不可能一下子看清问题的实质,那么去尝试一下,尝试的过程中,去伪存真,删繁就简.类题演练3设△ABC 的三边a,b,c 满足关系:a 2+b 2=c 2,当n>2,且n∈N *时,求证:a n +b n <c 2n . 证明:∵a 2+b 2=c 2,∴a<c,b<c.∴a n-2<c n-2,b n-2<c n-2.∴a n +b n =a 2·a n-2+b 2·b n-2<a 2·c n-2+b 2·c n-2=c n-2(a 2+b 2)=c n ,即a n +b n <c 2n .变式提升3在△ABC 中,求证:sin 2A ·sin 2B ·sin 2C ≤81.证明:sin 22A=2cos 1A -ac a bc c b a 44)(222≤--, ∴sin bc a A22≤.同理,sin ac b B 22≤,sin ab cC 22≤.三式相乘,得sin 2A ·sin 2B·sin 2C≤81.。

- 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。

第3节反证法与放缩法创新应用[核心必知]1．反证法先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合条件，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，我们称这种证明问题的方法为反证法．2．放缩法证明不等式时，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．我们把这种方法称为放缩法．[问题思考]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；否那么，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，那么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．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.[精讲详析] 此题考查反证法的应用．解答此题假设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．假设4a (1－b )＞1，4b (1－c )＞1，4c (1－d )＞1，4d (1－a )＞1，那么有a (1－b )＞14，b (1－c )＞14，c (1－d )＞14，d (1－a )＞14.∴a 〔1－b 〕＞12，b 〔1－c 〕＞12，c 〔1－d 〕＞12，d 〔1－a 〕＞12.又∵a 〔1－b 〕≤a ＋〔1－b 〕2，b 〔1－c 〕≤b ＋〔1－c 〕2，c 〔1－d 〕≤c ＋〔1－d 〕2， d 〔1－a 〕≤d ＋〔1－a 〕2，∴a ＋1－b 2＞12，b ＋1－c 2＞12， c ＋1－d 2＞12，d ＋1－a 2＞12.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与相矛盾，②与假设矛盾，③与显然成立的事实相矛盾．1．f(x)是R上的单调递增函数，且f(a)＋f(－b)＞f(－a)＋f(b)．求证：a>b.证明：假设a≤b，那么当a＝b时－b＝－a，于是有f(a)＋f(－b)＝f(b)＋f(－a)与矛盾．当a＜b时，－a＞－b，于是有f(a)<f(b)，f(－b)<f(－a)，∴f(a)＋f(－b)＜f(b)＋f(－a)与矛盾．∴a>b.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．[精讲详析] 此题考查“至多〞、“至少〞型命题的证明方法．解答此题应假设a、b、c、d都是非负数，然后证明并得出矛盾．假设a、b、c、d都是非负数，即a≥0，b≥0，c≥0，d≥0，那么1＝(a＋b)(c＋d)＝(ac＋bd)＋(ad＋bc)≥ac＋bd，这与中ac＋bd＞1矛盾，∴原假设错误，∴a、b、c、d中至少有一个是负数．——————————————————(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、唯一性命题时，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，在证明过程中必须使用这个增加的条件，否那么就不是反证法．2．函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上是增函数，求证：y ＝f (x )在区间(a ，b )上至多有一个零点．证明：假设函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上至少有两个零点，不妨设x 1，x 2(x 1≠x 2)为函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上的两个零点，且x 1＜x 2，那么f (x 1)＝f (x 2)＝0.∵函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上为增函数，x 1，x 2∈(a ，b )且x 1＜x 2，∴f (x 1)＜f (x 2)，与f (x 1)＝f (x 2)＝0矛盾， ∴原假设不成立．∴函数y ＝f (x )在(a ，b )上至多有一个零点.求证：32－1n ＋1＜1＋122＋…＋1n 2＜2－1n(n ∈N ＋且n ≥2)．[精讲详析] 此题考查放缩法在证明不等式中的应用，解答此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．∵k (k ＋1)＞k 2＞k (k －1)， ∴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． ——————————————————(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 －1〕，1k 2＞1k 〔k ＋1〕，1k ＜2k ＋k －1，1k＞2k ＋k ＋1(k ∈R ，k ＞1)等．3．：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＋…40＋n ＝n 〔n ＋1〕2.∵n 〔n ＋1〕<n ＋〔n ＋1〕2，∴a n <1＋22＋2＋32＋3＋42＋…＋n ＋〔n ＋1〕2＝12＋(2＋3＋…＋n )＋n ＋12＝n 〔n ＋2〕2. 综上得：n 〔n ＋1〕2＜a n ＜n 〔n ＋2〕2.反证法和放缩法在高考中单独命题的可能性不大，一般以解答题一问的形式出现，但反证法和放缩法是一种重要的思维模式，在逻辑推理中有着广泛的应用．[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．[命题立意] 此题考查直线与直线的位置关系，线线相交的判断与证明，点在曲线上的判断与证明，考查学生推理论证的能力．[证明] (1)反证法．假设l 1与l 2不相交，那么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＋k 1k 2－k 1.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.此即说明交点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．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：选D 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．2．设x >0，y >0，A ＝x ＋y 1＋x ＋y ，B ＝x 1＋x ＋y1＋y，那么A 、B 的大小关系为( )A ．A ＝B B ．A ＜BC ．A ≤BD ．A >B解析：选B B ＝x 1＋x ＋y 1＋y >x 1＋x ＋y ＋y 1＋x ＋y ＝x ＋y1＋x ＋y＝A ，即A <B .3．设a ，b ，c ∈(－∞，0)，那么三数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a的值 ( )A ．都不大于－2B ．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：选C 假设都大于－2，那么a ＋1b ＋b ＋1c ＋c ＋1a＞－6，∵a ，b ，c ＜0，∴a ＋1a ≤－2，b ＋1b ≤－2，c ＋1c≤－2，∴a ＋1a＋b ＋1b ＋c ＋1c≤－6，这与假设矛盾，那么选C.4．对“a 、b 、c 是不全相等的正数〞，给出以下判断： 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个B ．1个C ．2个D ．3个解析：选C 对①，假设(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2＝0，这时a ＝b ＝c ，不符合题意，故①(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0符合题意，∴①对．对②，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．对③，显然不正确．二、填空题5．M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1与1的大小关系为________． 解析：M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1210＋〔210－1〕 ＜1210＋1210＋1210＋…＋1210共210项＝1.即M ＜1. 答案：M ＜16．用反证法证明“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“最多〞的否定应当是“最少〞，二者之间应该是完全对应的，所以此题中的假设应为“直径的数目最少为n ＋1条〞．答案：直径的数目最少为n ＋1条 7．A ＝1＋12＋13＋…＋1n与n (n ∈N ＋)的大小关系是________． 解析：A ＝11＋12＋13＋…＋1n ≥项 ＝nn＝n . 答案：A ≥n8．a >2，那么log a (a －1)log a (a ＋1)________1(填“＞〞、“＜〞或“＝〞)． 解析：∵a >2，∴log a (a －1)＞0，log a (a ＋1)>0， 又log a (a －1)≠log a (a ＋1)，∴log a 〔a －1〕log a 〔a ＋1〕＜log a 〔a －1〕＋log a 〔a ＋1〕2，而log a 〔a －1〕＋log a 〔a ＋1〕2＝12log a (a 2－1)＜12log a a 2＝1， ∴log a (a －1)log a (a ＋1)＜1. 答案：< 三、解答题9．0<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， 那么三式相乘有：xyz (2－x )(2－y )(2－z )>1.① 由于0<x <2，∴0＜x (2－x )＝－x 2＋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. ∴x 〔2－y 〕＋y 〔2－z 〕＋z 〔2－x 〕＞3.③ 又x 〔2－y 〕＋y 〔2－z 〕＋z 〔2－x 〕 ≤x ＋〔2－y 〕2＋y ＋〔2－z 〕2＋z ＋〔2－x 〕2＝3，④④与③矛盾，故假设不成立， ∴原题设结论成立．10．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 ＋y2|≥x ＋y2.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，所以三式累加得：.专业. 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 )． 11．数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2·a n (n ∈N ＋)， (1)求a 2，a 3并求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝n a n ，求证：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＜710. 解：(1)∵a 1＝2，a n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2·a n (n ∈N ＋)， ∴a 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋112·a 1＝16， a 3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·a 2＝72. 又∵a n ＋1〔n ＋1〕2＝2·a n n 2，n ∈N ＋，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 2为等比数列． ∴a n n 2＝a 112·2n －1＝2n ， ∴a n ＝n 2·2n .(2)证明：c n ＝n a n ＝1n ·2n， ∴c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n＝11·2＋12·22＋13·23＋…＋1n ·2n <12＋18＋124＋14·⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋125＋…＋12n ＝23＋14·124⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －31－12＜23＋14·1241－12＝23＋132 ＝6796＝670960＜96×796×10＝710，所以结论成立．。

学必求其心得，业必贵于专精
第二讲证明不等式的基本方法
本讲知识概述
1．回顾和复习不等式的基本性质和基本不等式，通过综合应用加深对不等式基本性质基本定理的理解．2．通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法．
利用代数恒等变换以及放大、缩小方法是证明不等式的常用方法，例如，比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等，在很多情况下需要一些前人为我们创造的技巧，对于专门从事某些数学领域研究的人们而言，掌握这些技巧是极为重要的．但是，对大多数学习不等式的人来说,常常很难从这些复杂的代数恒等变换中看到数学的本质,对他们更为重要的是理解这些不等式的数学思想和背景．所以，本专题尽力使用几何或其他方法来证明这些不等式，使学生较为容易地理解这些不等式以及证明的数学思想,不对恒等变换的难度特别是一些技巧做更多的要求,不希望不等式的教学陷在过于形式化的和复杂的恒等变换的技巧之中．
1。

三反证法与放缩法知识梳理1.反证法先____________,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(或已知证明的定理,性质,明显成立的事实等) _________的结论,以说明_________不正确,从而证明原命题成立,我们称这种证明问题的方法为反证法.2.放缩法证明不等式时,通常把不等式中的某些部分的值_________或_________,简化不等式,从而达到证明的目的.我们把这种方法称为放缩法.知识导学1.用反证法证明不等式必须把握以下几点：(1)必须否定结论,即肯定结论的反面,当结论的反面呈现多样性时,必须罗列出各种情况,缺少任何一种可能,反证法都是不完全的.(2)反证法必须从否定结论进行推理,即应把结论的反面作为条件,且必须根据这一条件进行推证.否则,仅否定结论,不从结论的反面出发进行推理,就不是反证法.(3)推导出的矛盾可能多种多样,有的与已知矛盾,有的与假设矛盾,有的与已知事实相违背等等.推导出的矛盾必须是明显的.(4)在使用反证法时,“否定结论”在推理论证中往往作为已知使用,可视为已知条件.2.放缩法多借助于一个或多个中间量进行放大或缩小,如欲证A≥B,需通过B≤B1,B1≤B2≤…≤B i≤A(或A≥A1,A1≥A2≥…≥A i≥B)，再利用传递性，达到证明的目的.疑难突破1.反证法中的数学语言反证法适宜证明“存在性问题,唯一性问题”,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.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.2.放缩法的尺度把握等问题(1)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;④基本不等式与绝对值不等式的基本性质;⑤三角函数的有界性等.(2)放缩法使用的主要方法: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:(a+21)2+43>(a+21)2; 将分子或分母放大(缩小):,121,)1(11,)1(1122-+<+>-<k k kk k k k k k121++>k k k(k∈R ,k>1)等.典题精讲【例1】 (经典回放)若a 3+b 3=2,求证:a+b≤2.思路分析：本题结论的反面比原结论更具体,更简洁,宜用反证法. 证法一：假设a+b>2,a 2-ab+b 2=(a 21-b)2+43b 2≥0. 而取等号的条件为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.证法二: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.证法三: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. 绿色通道：本题三种方法均采用反证法，有的推至与假设矛盾，有的推至与已知事实矛盾.一般说来,结论的语气过于肯定或肯定“过头”时,都可以考虑用反证法.再是本题的已知条件非常少,为了增加可利用的条件,从反证法的角度来说,“假设”也是已知条件,因而,可考虑反证法. 【变式训练】 若|a|<1,|b|<1,求证:|1|abba ++<1. 思路分析：本题由已知条件不易入手证明,而结论也不易变形,即直接证有困难,因而可联想反证法. 证明:假设|1|abba ++≥1,则|a+b|≥|1+ab|, ∴a 2+b 2+2ab≥1+2ab+a 2b 2. ∴a 2+b 2-a 2b 2-1≥0. ∴a 2-1-b 2(a 2-1)≥0.∴(a 2-1)(1-b 2)≥0.∴⎪⎩⎪⎨⎧≤-≤-⎪⎩⎪⎨⎧≥-≥-.01,0101,012222b a b a 或 即⎪⎩⎪⎨⎧≥≤⎪⎩⎪⎨⎧≤≥.1,11,12222b a b a 或与已知矛盾. ∴|1|abba ++<1. 【例2】 (经典回放)已知a,b,c∈(0,1),求证:(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a 不能同时大于41. 思路分析：“不能同时”包含情况较多,而其否定“同时大于”仅有一种情况,因此用反证法.证法一：假设三式同时大于41, 即有(1-a)b>41,(1-b)c>41,(1-c)a>41, 三式同向相乘,得(1-a)a(1-b)b(1-c)c>641.又(1-a)a≤(21a a +-)2=41.同理,(1-b)b≤41,(1-c)c≤41.∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤641,与假设矛盾,结论正确.证法二:假设三式同时大于41,∵0<a<1,∴1-a>0,2141)1(2)1(=>-≥+-b a ba . 同理2)1(,2)1(a c c b +-+-都大于21. 三式相加,得2323>,矛盾.∴原命题成立.绿色通道：结论若是“都是……”“都不是……”“至少……”“至多……”或“……≠……”形式的不等式命题,往往可应用反证法,因此,可从这些语言上来判断是否可用此方法证明.【变式训练】 已知x>0,y>0,且x+y>2,求证:xy +1与y x+1中至少有一个小于2.思路分析：由于题目的结论是:两个数中“至少有一个小于2”情况比较复杂,会出现异向不等式组成的不等式组,一一证明十分繁杂,而对结论的否定是两个“都大于或等于2”构成的同向不等式,结构简单,为推出矛盾提供了方便,故采用反证法.证明:假设xy+1≥2,y x +1≥2.∵x>0,y>0,则1+y≥2x,1+x≥2y.两式相加,得2+x+y≥2(x+y),∴x+y≤2. 这与已知x+y>2矛盾. ∴y x +1与xy+1中至少有一个小于2成立. 【例3】 设n 是正整数,求证:21≤2111+++n n +…+21n<1. 思路分析：要求一个n 项分式2111+++n n +…+n21的范围,它的和又求不出,可以采用“化整为零”的方法,观察每一项的范围,再求整体的范围. 证明：由2n≥n+k>n(k=1,2, …,n),得n 21≤nk n 11<+. 当k=1时,n 21≤n n 111<+; 当k=2时,n 21≤nn 121<+;;……当k=n 时,n 21≤n n 111<+, ∴21=n n2≤2111+++n n +…+n 21<n n =1. 绿色通道：放缩法证明不等式,放缩要适度,否则会陷入困境,例如证明4712111222<+++n ,由k k k 11112--<,如果从第3项开始放缩,正好可证明;如果从第2项放缩,可得小于2,当放缩方式不同时,结果也在变化.放缩法一般包括:用缩小分母,扩大分子,分式值增大；缩小分子,扩大分母,分式值缩小；全量不少于部分.每一次缩小其和变小,但需大于所求;每一次扩大其和变大,但需小于所求.即不能放缩不够或放缩过头,同时要使放缩后便于求和. 【变式训练】 若n∈N +,n≥2,求证：21-n nn 111312111222-<+++<+ .思路分析：利用)1(11)1(12-<<+k k k k k 进行放缩.证明:∵)1(143132113121222+++⨯+⨯>+++n n n=(21-31)+(31-41)+…+(111+-n n )=21-11+n .又223121++…+21n <)1(1231121-++⨯+⨯n n =(121-)+(21-31)+…+(n n 111--)=1-n1,∴21-11+n <223121++ (21)<1-n 1.【例4】 (经曲回放)求证：||1||||||1||||b a b a b a b a +++≥+++.思路分析：利用|a+b|≤|a|+|b|进行放缩,但需对a,b 的几种情况进行讨论,如a=b=0时等. 证明：若a+b=0或a=b=0时显然成立. 若a+b≠0且a,b 不同时为0时,||||11||||||||11b a b a b a ++=+++=左边. ∵|a+b|≤|a|+|b|, ∴上式≤1+||||1||1b a b a b a +++=+.∴原不等式成立.绿色通道：对含绝对值的不等式的证明，要辨别是否属绝对值不等式的放缩问题，如利用|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|进行放缩，此问题我们可以算作放缩问题中的一类. 【变式训练】 已知|x|<3ε,|y|<6ε,|z|<9ε,求证:|x+2y-3z|<ε. 思路分析：利用|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|进行放缩. 证明:∵|x|<3ε,|y|<6ε,|z|<9ε, ∴|x+2y -3z|=|1+2y+(-3z)|≤|x|+|2y|+|-3z|=|x|+2|y|+3|z| <3ε+2×6ε+3×9ε=ε. ∴原不等式成立. 问题探究问题:说明“语言的声音和它所表示的事物之间没有必然联系”.导思：直接去说明某件事情是正确的,有时很难说明原因或根据,因此,用反证法及其逻辑思维会显得较为简单. 探究：反证题:声音和事物的结合假如有什么必然联系,世界上所有的语言中表示同一事物的词的声音就应是相同的,后者显然不能成立,既然世界上表示同一事物的词的声音各不相同,可见语言的声音和所表示的事物之间是没有必然联系的.。