用反证法证明等式和不等式

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。

常用不等式及其证明方法不等式作为数学中重要的概念，广泛应用在数学推理、优化问题以及各个领域的研究中。

在本文中，我们将介绍一些常用的不等式及其证明方法，帮助读者更好地理解和运用不等式。

一、基本不等式1. 平均不等式平均不等式是最基本的不等式之一。

对于任意非负实数$a_1, a_2,\ldots, a_n$，其算术平均和几何平均的大小关系如下：\[ \frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1 \cdot a_2 \cdot\ldots \cdot a_n} \]2. 柯西-施瓦兹不等式柯西-施瓦兹不等式是数学分析中常用的不等式之一。

对于实数$a_1, a_2, \ldots, a_n$和$b_1, b_2, \ldots, b_n$，其平方和满足以下不等式：\[ (a_1^2 + a_2^2 + \ldots + a_n^2)(b_1^2 + b_2^2 + \ldots + b_n^2)\geq (a_1b_1 + a_2b_2 + \ldots + a_nb_n)^2 \]3. 马尔可夫不等式马尔可夫不等式用于描述非负随机变量的概率分布。

对于非负随机变量$X$和任意大于$0$的实数$a$，其概率满足以下不等式：\[ P(X \geq a) \leq \frac{\mathbb{E}(X)}{a} \]二、常用不等式1. 幂平均不等式幂平均不等式是数学分析中常用的不等式之一。

对于非负实数$a_1, a_2, \ldots, a_n$和实数$p$，定义$p$次幂平均如下：\[ M_p = \left(\frac{a_1^p + a_2^p + \ldots +a_n^p}{n}\right)^{\frac{1}{p}} \]当$p > q$时，有$M_p \geq M_q$。

2. 切比雪夫不等式切比雪夫不等式是概率论中常用的不等式之一，用于度量随机变量偏离其期望值的程度。

《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：不等式题目的七种证明方法压轴题目一般是开放型的题目，每年都是会变化。

但大概率题目是函数、数列、圆锥曲线、不等式等知识的综合问题。

我就来总结一下不等式的证明方法。

01比较法所谓比较法，就是通过两个实数a与b的差或商的符号（范围）确定a与b大小关系的方法，即通过来确定a,b大小关系的方法。

前者为作差法，后者为作商法。

但要注意作差法适用范围较广；作商法再用时注意符号问题，如果同为正的话是没有问题的，同为负的话记得改变不等式的符号。

02分析法和综合这两个方法我们一般会一起使用。

分析法是从求证的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件，把证明这个不等式的问题转化为证明这些条件是否具备的问题。

如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以判定所证的不等式成立。

综合法是从已知或证明过的不等式出发，根据不等式的性质及公理推导出欲证的不等式。

我们来看一个例题，已知如果要用综合法或者分析法的话，对于过程上需要写明，即证，所以要证，也就是说，即等价于……一些转化的语句来过渡我们的题目。

当然这两个方法我们经常一起用，因为分析完条件，分析结论，两个一起分析做题速度更快一些呢。

03反证法从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，证实结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的。

这个方法其实是按照集合的补集理论来的，正难则反，但是要注意用反证法证明不等式时，必须将命题结论的反面的各种情形都要考虑到，不能少的。

反证法证明一个命题的思路及步骤：1）假定命题的结论不成立；2）进行推理，在推理中出现下列情况之一：与已知条件矛盾；与公理或定理矛盾;3）由于上述矛盾的出现，可以断言，原来的假定“结论不成立”是错误的;4）肯定原来命题的结论是正确的。

04放缩法在证明过程中,利用不等式的传递性,作适当的放大或缩小,证明有更好的不等式来代替原不等式。

放缩法的目的性强,必须恰到好处,。

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，灵活性很大。

不等式的证明技巧不等式是数学中常见的一种重要的数学关系。

证明一个不等式一般有以下几种常用的技巧：1.分析前提条件：首先，我们需要对不等式中的前提条件进行仔细的分析，了解这些条件约束下的数学性质。

在证明过程中，有时可以通过对前提条件的适当利用来简化证明过程，或者削弱不等式的限制，使得问题更容易处理。

2.求导和函数分析：对于一些关于函数的不等式，我们可以通过函数的导数来进行分析。

在求导的过程中，我们可以得到函数的最大值、最小值以及增减性质等重要的信息。

根据这些信息，我们可以判断函数的取值范围和不等式的成立条件。

3.数学归纳法：对于一些具有递推性质的不等式，可以使用数学归纳法进行证明。

首先，我们可以验证当n=1时不等式的成立，然后假设对于一些n成立，即不等式成立，再通过证明当n+1时也成立来得出结论。

4.分割法：对于一些含有多个变量的不等式，我们可以通过分割法将问题转化为多个单变量的不等式进行分析。

通过分析这些单变量的不等式，可以帮助我们更好地理解原始不等式的性质和结论。

5.套用已知不等式：在证明过程中，我们可以尝试将一些已知的不等式进行变形运用。

通过套用已知的不等式，可以简化证明过程，加快解题速度。

尤其是一些经典的不等式如均值不等式、柯西-施瓦茨不等式等，它们已经被广泛研究和应用，具有较强的普适性。

6.代入与化简：有时我们可以通过代入一些特殊的数值或者特定的变量取值，使得不等式变得更简单。

这样可以进一步分析不等式的性质，加深对问题本质的理解，从而得出证明结论。

7.反证法：给定一个不等式，我们假设其不成立，然后通过一系列逻辑推导和推理来推导出矛盾的结论。

这时我们可以得出原不等式的成立。

总之，证明不等式需要深入理解数学性质和灵活的数学思维。

结合前述的证明技巧，可以帮助我们更好地解决不等式问题。

最重要的是，需要积极锻炼数学证明的能力，通过练习和实践才能够提高。

浅谈“反证法”在高中数学的应用反证法，又称归谬法，是一种通过否定或质疑对方的论点，从而证明自己观点正确性的方法。

这种证明方法在高中数学中有着广泛的应用，下面我们就来谈谈反证法在高中数学中的应用。

反证法的原理是：如果一个命题的结论是错误的，那么这个命题的前提也必须是错误的。

这个原理基于逻辑推理的矛盾性，即如果一个命题的前提和结论之间存在矛盾，那么这个命题就是错误的。

根据这个假设，推导出与原命题的结论相矛盾的结论；说明这个矛盾的结论与原命题的结论是矛盾的，从而证明原命题的结论是正确的。

下面我们通过一个实例来说明反证法在高中数学中的应用：例题：求证：在任意三角形ABC中，至少有一个内角小于或等于60度。

证明：假设在三角形ABC中，所有内角都大于60度，即每个内角都大于60度。

根据三角形内角和定理，三角形内角和为180度，因此三角形ABC的内角和大于180度。

但是，这与三角形内角和定理相矛盾，因为三角形的内角和不可能大于180度。

因此，我们的假设是错误的，至少有一个内角小于或等于60度。

通过这个例子，我们可以看到反证法的应用范围很广，可以用来证明各种类型的命题，包括数量关系、不等式、函数性质等等。

虽然反证法在高中数学中有着广泛的应用，但是并不是所有的命题都可以使用反证法来证明。

一般来说，反证法适用于那些结论是“至多”、“至少”等形式的命题，因为这些命题的结论可以被否定。

如果命题的结论是“等于”、“不等于”等形式，那么就不适合使用反证法。

反证法是一种非常重要的数学证明方法，在高中数学中有着广泛的应用。

通过掌握反证法的原理和步骤，我们可以更好地理解和掌握数学中的各种知识点，提高自己的数学素养。

使用反证法也可以培养我们的逻辑思维能力，让我们更加严谨、准确地思考问题。

因此，我们应该认真学习反证法，并将其应用到实际生活中去。

在中学数学的学习过程中，我们经常会遇到一些看似简单但实际上需要巧妙思维才能解决的问题。

这时候，反证法就像是一把利剑，能帮助我们破解难题。

不等式证明的几种方法1.直接证明法直接证明法是最常用的证明方法之一、该方法是通过运用数学定义、公理和已知条件，直接推导出要证明的不等式。

例如，要证明a+b≥2√ab，我们可以通过平方两边的方式将不等式变形为(a-b)^2≥0的形式，再通过数学运算的方式得出结论。

2.反证法反证法是常用的证明方法之一，尤其适用于不等式证明。

该方法是先假设要证明的不等式为假，然后通过推导得出与已知条件矛盾的结论，从而证明所假设的不等式为真。

例如，要证明3√ab≥2(a+b)不成立，我们可以先假设不等式成立，然后通过运算推导出与已知条件不符的结果。

由此可知，不等式不成立。

3.数学归纳法数学归纳法适用于一类特殊的不等式，即对于其中一自然数n，当n=1时不等式成立，且当n=k时不等式成立，则当n=k+1时不等式也成立。

通过反证法证明。

例如，要证明n^2<2^n，首先当n=1时，不等式成立。

假设当n=k时，不等式也成立，即k^2<2^k成立。

我们需要证明当n=k+1时，不等式也成立，即(k+1)^2<2^(k+1)成立。

通过反证法推导出与已知条件矛盾的结果，即可证明不等式成立。

4.几何法几何法可以通过将不等式转化为几何问题来证明。

例如，要证明a^2+b^2≥2ab，可以将不等式转化为平面上两点的距离的问题。

通过建立几何模型，可以直观地看出不等式成立的原因。

例如，可以将两个正方形的面积进行比较，或者使用勾股定理来解决问题。

5.代数方法代数方法是通过将不等式转化为代数方程或函数的性质来证明。

例如，要证明3a^2+3b^2+2c^2≥4ab+4bc+4ca，可以通过将不等式整理为一个二次函数的形式，然后通过对函数进行研究来得出结论。

以上是几种常见的不等式证明方法，其中每种方法都有其独特的适用范围和优势。

在实际应用中，根据具体的题目和情况选择合适的证明方法可以更高效地解决问题。

第2讲 不等式的证明1．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定理2：如果a 、b 为正数，则a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理3：如果a 、b 、c 为正数，则a ＋b ＋c 3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．2．不等式的证明方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等．若a >b >1，证明：a ＋1a >b ＋1b.证明：a ＋1a －⎝⎛⎭⎫b ＋1b ＝a －b ＋b －a ab ＝（a －b ）（ab －1）ab . 由a >b >1得ab >1，a －b >0， 所以（a －b ）（ab －1）ab >0.即a ＋1a －⎝⎛⎭⎫b ＋1b >0， 所以a ＋1a >b ＋1b.已知a >0，b >0，c >0，且a ，b ，c 不全相等，求证：bc a ＋ac b ＋abc >a ＋b ＋c .证明：因为a ，b ，c ∈(0，＋∞)，所以bc a ＋acb≥2bc a ·acb＝2c . 同理ac b ＋ab c ≥2a ，ab c ＋bca≥2b .因为a ，b ，c 不全相等，所以上述三个不等式中至少有一个等号不成立，三式相加，得2⎝⎛⎭⎫bc a ＋ac b ＋ab c >2(a ＋b ＋c )，即bc a ＋ac b ＋abc>a ＋b ＋c .用综合法、分析法证明不等式(师生共研)(一题多解)(2017·高考全国卷Ⅱ)已知a >0，b >0，a 3＋b 3＝2.证明： (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.【证明】 法一(综合法)：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4)＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3 ＝2＋3ab (a ＋b )≤2＋3（a ＋b ）24·(a ＋b )＝2＋3（a ＋b ）34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2.法二(分析法)：(1)因为a >0，b >0，a 3＋b 3＝2. 要证(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4，只需证(a ＋b )(a 5＋b 5)≥(a 3＋b 3)2， 再证a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6≥a 6＋2a 3b 3＋b 6， 再证a 4＋b 4≥2a 2b 2，因为(a 2－b 2)2≥0，即a 4＋b 4≥2a 2b 2成立． 故原不等式成立．(2)要证a ＋b ≤2成立，只需证(a ＋b )3≤8， 再证a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3≤8， 再证ab (a ＋b )≤2， 再证ab (a ＋b )≤a 3＋b 3，再证ab (a ＋b )≤(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)，即证ab ≤a 2－ab ＋b 2显然成立． 故原不等式成立．用综合法证明不等式是“由因导果”，用分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法．综合法往往是分析法的逆过程，表述简单、条理清楚，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，互相渗透，互为前提，充分利用这一辩证关系，可以增加解题思路，开阔视野．1．(2019·湖北八校联考)已知不等式|x |＋|x －3|<x ＋6的解集为(m ，n )． (1)求m ，n 的值；(2)若x >0，y >0，nx ＋y ＋m ＝0，求证：x ＋y ≥16xy . 解：(1)由|x |＋|x －3|<x ＋6，得⎩⎪⎨⎪⎧x ≥3，x ＋x －3<x ＋6或⎩⎪⎨⎪⎧0<x <3，3<x ＋6或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，－x ＋3－x <x ＋6，解得－1<x <9，所以m ＝－1，n ＝9. (2)证明：由(1)知9x ＋y ＝1，又x >0，y >0， 所以⎝⎛⎭⎫1x ＋1y (9x ＋y )＝10＋y x ＋9xy≥10＋2y x ×9xy＝16， 当且仅当y x ＝9x y ，即x ＝112，y ＝14时取等号，所以1x ＋1y≥16，即x ＋y ≥16xy .2．(2019·长春市质量检测(一))设不等式||x ＋1|－|x －1||<2的解集为A . (1)求集合A ；(2)若a ，b ，c ∈A ，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－abc ab －c >1.解：(1)由已知，令f (x )＝|x ＋1|－|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧2，x ≥1，2x ，－1<x <1，－2，x ≤－1，由|f (x )|<2得－1<x <1，即A ＝{x |－1<x <1}．(2)证明：要证⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－abc ab －c >1，只需证|1－abc |>|ab －c |，只需证1＋a 2b 2c 2>a 2b 2＋c 2，只需证1－a 2b 2>c 2(1－a 2b 2)， 只需证(1－a 2b 2)(1－c 2)>0，由a ，b ，c ∈A ，得－1<ab <1，c 2<1，所以(1－a 2b 2)(1－c 2)>0恒成立．综上，⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－abc ab －c>1.放缩法证明不等式(师生共研)若a ，b ∈R ，求证：|a ＋b |1＋|a ＋b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.【证明】 当|a ＋b |＝0时，不等式显然成立． 当|a ＋b |≠0时， 由0＜|a ＋b |≤|a |＋|b |⇒1|a ＋b |≥1|a |＋|b |， 所以|a ＋b |1＋|a ＋b |＝11|a ＋b |＋1≤11＋1|a |＋|b |＝|a |＋|b |1＋|a |＋|b |＝|a |1＋|a |＋|b |＋|b |1＋|a |＋|b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |.在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．常见的放缩变换有： (1)变换分式的分子和分母，如1k 2＜1k （k －1），1k 2＞1k （k ＋1），1k ＜2k ＋k －1，1k ＞2k ＋k ＋1.上面不等式中k ∈N *，k ＞1. (2)利用函数的单调性．(3)真分数性质“若0＜a ＜b ，m ＞0，则a b ＜a ＋mb ＋m”．[注意] 在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．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，所以12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <n n ＝1.所以原不等式成立．反证法证明不等式(师生共研)设0<a ，b ，c <1，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.【证明】 设(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14，三式相乘得(1－a )b ·(1－b )c ·(1－c )a >164，①又因为0<a ，b ，c <1，所以0<(1－a )a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤（1－a ）＋a 22＝14.同理：(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14，以上三式相乘得(1－a )a ·(1－b )b ·(1－c )c ≤164，与①矛盾．所以(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能同时大于14.利用反证法证明问题的一般步骤(1)否定原结论．(2)从假设出发，导出矛盾． (3)证明原命题正确．已知a ＋b ＋c >0，ab ＋bc ＋ca >0，abc >0，求证：a ，b ，c >0. 证明：①设a <0，因为abc >0， 所以bc <0.又由a ＋b ＋c >0，则b ＋c >－a >0，所以ab ＋bc ＋ca ＝a (b ＋c )＋bc <0，与题设矛盾． ②若a ＝0，则与abc >0矛盾， 所以必有a >0. 同理可证：b >0，c >0. 综上可证a ，b ，c >0.[基础题组练]1．设a ＞0，b ＞0，若3是3a 与3b 的等比中项，求证：1a ＋1b ≥4.证明：由3是3a 与3b 的等比中项得 3a ·3b ＝3，即a ＋b ＝1，要证原不等式成立，只需证a ＋b a ＋a ＋b b ≥4成立，即证b a ＋a b ≥2成立，因为a ＞0，b ＞0，所以b a ＋ab≥2b a ·ab＝2， (当且仅当b a ＝a b ，即a ＝b ＝12时，“＝”成立)，所以1a ＋1b≥4.2．求证：112＋122＋132＋…＋1n 2＜2.证明：因为1n 2＜1n （n －1）＝1n －1－1n，所以112＋122＋132＋…＋1n 2＜1＋11×2＋12×3＋13×4＋…＋1（n －1）×n＝1＋⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n ＜2. 3．(2019·长春市质量检测(二))已知函数f (x )＝|2x －3|＋|3x －6|. (1)求f (x )<2的解集；(2)若f (x )的最小值为T ，正数a ，b 满足a ＋b ＝12，求证：a ＋b ≤T .解：(1)f (x )＝|2x －3|＋|3x －6|＝⎩⎨⎧3－2x ＋6－3x ⎝⎛⎭⎫x <322x －3＋6－3x ⎝⎛⎭⎫32≤x ≤22x －3＋3x －6（x >2）＝⎩⎨⎧－5x ＋9⎝⎛⎭⎫x <32－x ＋3⎝⎛⎭⎫32≤x ≤25x －9（x >2），其图象如图，由图象可知：f (x )<2的解集为⎝⎛⎭⎫75，115.(2)证明：由图象可知f (x )的最小值为1，由基本不等式可知a ＋b2≤a ＋b2＝14＝12， 当且仅当a ＝b 时，“＝”成立，即a ＋b ≤1＝T . 4．设不等式－2＜|x －1|－|x ＋2|＜0的解集为M ，a ，b ∈M . (1)证明：⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ＜14； (2)比较|1－4ab |与2|a －b |的大小．解：(1)证明：记f (x )＝|x －1|－|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧3，x ≤－2，－2x －1，－2＜x ≤1，－3，x ＞1，由－2＜－2x －1＜0解得－12＜x ＜12，即M ＝⎝⎛⎭⎫－12，12，所以⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ≤13|a |＋16|b |＜13×12＋16×12＝14. (2)由(1)得a 2＜14，b 2＜14，因为|1－4ab |2－4|a －b |2＝(1－8ab ＋16a 2b 2)－4(a 2－2ab ＋b 2) ＝(4a 2－1)(4b 2－1)＞0，故|1－4ab |2＞4|a －b |2，即|1－4ab |＞2|a －b |.[综合题组练]1．设a ，b ，c ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＋c ＝1. (1)求证：2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12；(2)求证：a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a≥2.证明：(1)要证2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12，只需证1≥4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2，即证1－(4ab ＋2bc＋2ca ＋c 2)≥0，而1－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)＝(a ＋b ＋c )2－(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)＝a 2＋b 2－2ab ＝(a －b )2≥0成立，所以2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12.(2)因为a 2＋c 2b ≥2ac b ，b 2＋a 2c ≥2ab c ，c 2＋b 2a ≥2bca，所以a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a ≥⎝⎛⎭⎫ac b ＋ab c ＋⎝⎛⎭⎫ab c ＋bc a ＋⎝⎛⎭⎫ac b ＋bc a ＝a ⎝⎛⎭⎫c b ＋b c ＋b ⎝⎛⎭⎫a c ＋ca ＋c ⎝⎛⎭⎫ab ＋b a ≥2a ＋2b ＋2c ＝2(当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立)． 2．(2019·新疆自治区适应性检测)设函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －4|，g (x )＝9＋2x －x 2. (1)解不等式f (x )>1；(2)证明：|8x －16|≥g (x )－2f (x )．解：(1)当x ≥2时，f (x )＝2x ＋1－(2x －4)＝5>1恒成立，所以x ≥2. 当－12≤x <2时，f (x )＝2x ＋1－(4－2x )＝4x －3>1，得x >1，所以1<x <2.当x <－12时，f (x )＝－2x －1－(4－2x )＝－5>1不成立．综上，原不等式的解集为(1，＋∞)．(2)证明：|8x －16|≥g (x )－2f (x )⇔|8x －16|＋2f (x )≥g (x )，因为2f (x )＋|8x －16|＝|4x ＋2|＋|4x －8|≥|(4x ＋2)－(4x －8)|＝10，当且仅当－12≤x ≤2时等号成立，所以2f (x )＋|8x －16|的最小值是10，又g (x )＝－(x －1)2＋10≤10，所以g (x )的最大值是10，当x ＝1时等号成立． 因为1∈⎣⎡⎦⎤－12，2，所以2f (x )＋|8x －16|≥g (x )， 所以|8x －16|≥g (x )－2f (x )．3．(2019·四川成都模拟)已知函数f (x )＝m －|x －1|，m ∈R ，且f (x ＋2)＋f (x －2)≥0的解集为[－2，4]．(1)求m 的值；(2)若a ，b ，c 为正数，且1a ＋12b ＋13c ＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥3.解：(1)由f (x ＋2)＋f (x －2)≥0得，|x ＋1|＋|x －3|≤2m ， 设g (x )＝|x ＋1|＋|x －3|，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2，x ≤－1，4，－1<x <3，2x －2，x ≥3，数形结合可得g (－2)＝g (4)＝6＝2m ，得m ＝3. (2)证明：由(1)得1a ＋12b ＋13c＝3.由柯西不等式，得(a ＋2b ＋3c )⎝⎛⎭⎫1a ＋12b ＋13c ≥⎝⎛⎭⎫a ·1a＋2b ·12b＋3c ·13c 2＝32， 所以a ＋2b ＋3c ≥3.4．(2019·高考全国卷Ⅲ)设x ，y ，z ∈R ，且x ＋y ＋z ＝1. (1)求(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值．(2)若(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥13成立，证明：a ≤－3或a ≥－1.解：(1)由于[(x －1)＋(y ＋1)＋(z ＋1)]2＝(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2＋2[(x －1)(y ＋1)＋(y ＋1)(z ＋1)＋(z ＋1)(x －1)]≤3[(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2]，故由已知得(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥43，当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－13时等号成立．所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43.(2)由于[(x －2)＋(y －1)＋(z －a )]2＝(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2＋2[(x －2)(y －1)＋(y －1)(z －a )＋(z －a )(x －2)] ≤3[(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2]，故由已知得(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥（2＋a ）23，当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a 3，z ＝2a －23时等号成立．因此(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2的最小值为（2＋a ）23.由题设知（2＋a ）23≥13，解得a ≤－3或a ≥－1.。