20172018学年高中数学第二讲讲明不等式的基本方法三反证法与放缩法优化练习新人教A版选修45

2.3.1 反证法课后导练基础达标1实数a,b,c 不全为0的意义为（ ）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答案:D2设a,b,c 都是正数，则三个数a+b 1,b+c 1,c+a1…（ ） A.都大于2B.至少有一个大于2C.至少有一个不小于2D.至少有一个不大于2解析:(反证法)设三者都小于2, 即a+b 1<2,b+c 1<2,c+a1<2, ∴(a+b 1)+(b+c 1)+(c+b 1)<6. 但(a+b 1)+(b+c 1)+(c+a 1)=(a+a 1)+(b+b 1)+(c+c 1)≥c c b b a a 121212∙+∙+∙=6. 推出矛盾,故原假设不成立,即这三个数不都小于2.答案:C3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.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件解析:∵a,b,c∈R +,∴P+Q=2b>0,P+R=2a>0,Q+R=2c>0,当PQR>0时,P,Q,R 中正数个数为1或3;当有一个为正时,假设P>0,是Q,R<0 Q+R<0,与R+Q>0矛盾.故P,Q,R 同时大于零.若P,Q,R>0,则PQR>0.故选C.答案:C4已知α,β∈(0,2π),且sin(α+β)=2sin α,求证:α<β. 证明:假设α<β不成立,则α≥β.(1)若α=β,由sin(α+β)=2sin α sin2α=2sin α,从而cos α=1,这与α∈(0,2π)矛盾. (2)若α>β,则sin α·cos β+cos α·sin β=2sin α,即cos α·sin β=sin α(2-cos β), βαβαsin sin cos 2cos =-. ∵α>β,∴sin α>sin β. 从而βαcos 2cos ->1, 即cos α>2-cos β cos α+cos β>2,这是不可能的,表明α>β不成立,由(1)(2)知结论成立.综合应用5已知a,b,c,d∈R 且a+b=c+d=1,ac+bd>1.求证:a,b,c,d 中至少有一个是负数.证明:假设a,b,c,d 都是非负数，∵a+b=c+d=1,∴(a+b)(c+d)=1.又∵(a+b)(c+d)=ac+bc+ad+bd≥ac+bd,∴ac+bd≤1，这与已知ac+bd>1矛盾.∴a,b,c,d 中至少有一个是负数.6设a,b,c,d 是正数,有下列三个不等式:①a+b<c+d;②(a+b)(c+d)<ab+cd;③(a+b)cd<ab(c+d).求证:①②③中至少有一个不正确.证明:假设①②③式都正确,因为a,b,c,d 都是正数,所以①式与②式相乘得(a+b)2<ab+cd.④ (a+b)cd<ab(c+d)≤(2b a +)2·(c+d). 又∵a+b>0,∴4cd<(a+b)(c+d)<ab+cd, ∴cd<31ab. ∴由④得(a+b)2<34ab, 即a 2+b 2<-32ab,矛盾. ∴不等式①②③中至少有一个不正确. 7已知a,b,c>0,a+b>c.求证:111+>+++c c b b a a . 证明:假设111+≤+++c c b b a a 则1-11111111+-≤+-++c b a , 1+111111+++≤+b a c ,(1+a)(1+b)(1+c)+(1+a)(1+b)≤(1+b)(1+c)+(1+a)(1+c),(c+2)(1+a)(1+b)≤(1+c)(a+b+2)，2+2b+2a+2ab+c+bc+ac+abc≤a+b+2+ac+bc+2c,2ab+abc+a+b≤c.①∵a+b>c,a,b,c>0,∴a+b+2ab+abc>c.这与①相矛盾,∴假设不成立.∴原不等式成立.8已知a,b,c∈R,a+b+c>0,ab+bc+ca>0,abc>0,求证:a,b,c>0.证明:假设a,b,c不全为正数,由abc>0可知,a,b,c中必有两负一正,不妨设a,b<0,c>0,∵a+b+c>0有c>-(a+b)>0.两端同乘以a+b,有(a+b)c<-(a+b)2,即ac+bc<-a2-2ab-b2.由此可知ab+bc+ca<-a2-ab-b2=-(a2+ab+b2)<0.这与已知ab+bc+ca>0矛盾.故假设不成立,∴a,b,c>0.拓展探究9已知函数f(x)(x∈R)满足下列条件:对任意的实数x1,x2都有λ(x1-x2)2≤(x1-x2)［f(x1)-f(x2)］和|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2|,其中λ是大于0的常数,设实数a0,a,b满足f(a0)=0和b=a-λf(a).(1)证明λ≤1,并且不存在b0≠a0,使得f(b0)=0;(2)证明(b-a0)2≤(1-λ2)(a-a0)2;(3)证明［f(b)］2≤(1-λ2)［f(a)］2.思路分析:(1)利用不等式的传递性及反证法证明;(2),(3)都是由构造法,结合不等式的传递性证明.证明:(1)任取x1,x2∈R,x1≠x2,则由λ(x1-x2)2≤(x1-x2)［f(x1)-f(x2)］①和|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2|,②可知,λ(x1-x2)2≤(x1-x2)［f(x1)-f(x2)］≤|x1-x2|·|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2|2,从而λ≤1.假设有b0≠a0,使得f(b0)=0,则由①式知0<λ(a0-b0)2≤(a0-b0)［f(a0)-f(b0)］=0,矛盾.所以不存在b0≠a0,使得f(b0)=0.(2)由b=a-λf(a),③可知(b-a0)2=［a-a0-λf(a)］2=(a-a0)2-2λ(a-a0)f(a)+λ2［f(a)］2.④由f(a0)=0和①式,得(a-a0)f(a)=(a-a0)［f(a)-f(a0)］≥λ(a-a0)2.⑤由f(a0)=0和②式知,［f(a)］2=［f(a)-f(a0)］2≤(a-a0)2.⑥则将⑤⑥代入④式,得(b-a0)2≤(a-a0)2-2λ2(a-a0)2+λ2(a-a0)2=(1-λ2)(a-a0)2.(3)由③式,可知［f(b)］2=［f(b)-f(a)+f(a)］2=［f(b)-f(a)］2+2f(a)［f(b)-f(a)］+［f(a)］2≤(b -a)2-2·λab -［f(b)-f(a)］+［f(a)］2 =λ2［f(a)］2-λ2(b-a)［f(b)-f(a)］+［f(a)］2 ≤λ2［f(a)］2-λ2·λ·(b -a)2+［f(a)］2 =λ2［f(a)］2-2λ2［f(a)］2+［f(a)］2=(1-λ2)［f(a)］2.备选习题10设a,b∈R ,0≤x,y≤1,求证:对于任意实数a,b,必存在满足条件的x,y,使得|xy-ax-by|≥31成立. 证明:假设对一切实数x,y,有|xy-ax-by|<31, 则取x=0,y=1有|b|<31, 取x=1,y=0有|a|<31. 再取x=y=1便是|1-a-b|<31,① 而|1-a-b|≥|1-a|-|b|≥1-|a|-|b|>31, 这与①相矛盾.∴假设不成立,原命题成立.11已知f(x)=x 2+ax+b(a,b∈R ),x∈［-1,1］,若|f(x)|的最大值为M,求证:M≥21. 证明:假设M<21,即 -21<x 2+ax+b<21(-1≤x≤1), 有-21-(x 2-21)<x 2+ax+b-(x 2-21)<21-(x 2-21), 即-x 2<ax+b+21<1-x 2. 当x=1时,a+b+21<0. 当x=-1时,-a+b+21<0, 两式相加得b<-21.① 当x=0时,b+21>0,故b>-21,与①式矛盾. 矛盾表明M≥21是成立的.12已知a,b,c∈R ,f(x)=ax 2+bx+c,若a+c=0,f(x)在［-1,1］上最大值为2,最小值为25-,证明a≠0且|ab |<2. 证明:由a+c=0⇒c=-a,故f(x)=ax 2+bx+(-a).假设a=0或|ab |≥2. (1)由a=0得f(x)=bx,由于b≠0,故f(x)在［-1,1］上单调,因此f(x)最大值为|b|,最小值为-|b|. ∴⎪⎩⎪⎨⎧-=-=.25||,2||b b 矛盾表明a≠0.(2)由|a b |≥2得|ab 2-|≥1且a≠0. ∴区间［-1,1］位于抛物线f(x)=ax 2+bx-a 的对称轴x=ab 2-的左侧或右侧. 因此,f(x)在［-1,1］上单调,其最大值为|b|,最小值为-|b|,这是不可能的.由此可知假设不成立,原命题成立,即a≠0且|ab |<2. 13证明不存在一个实数a,使对所有的x∈［π,2π］都满足不等式(ax)2-axcosx<41sin 2x. 证明:假设存在实数a 满足题意.原不等式变形为(ax)2-axcosx<41-41cos 2x, ∴(ax -21cosx)2<41⇒|ax-21cosx|<21. 特殊地,取x=π,则-21<πa+21<21. ∴π1-<a<0.① 取x=2π,有-21<2πa-21<21, ∴0<a<π21.② ①②两式矛盾.由此可知假设是错误的,原命题成立.14设y=f(x)是定义在区间［-1,1］上的函数,且满足条件:①f(-1)=f(1)=0;②对任意u,v∈［-1,1］都有|f(u)-f(v)|≤|u -v|.(1)证明对任意的x∈［-1,1］,都有x-1≤f(x)≤1-x;(2)证明对任意的u,v∈［-1,1］,都有|f(u)-f(v)|≤1;(3)在区间［-1,1］上是否存在满足条件的奇函数y=f(x),且使得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈-=-∈-<-].1,21[,|,||)()(|],21,0[,|,||)()(|v u v u v f u f v u v u v f u f 当当 若存在,请举一例;若不存在,请说明理由.(1)证明:由题设条件可知,当x∈［-1,1］,|f(x)|=|f(x)-f(1)|≤|x -1|=1-x,即x-1≤f(x)≤1-x.(2)证明:对任意的u,v∈［-1,1］,当|u-v|≤1时,有|f(u)-f(v)|≤|u -v|≤1.当|u-v|>1时,有u·v<0.不妨设u<0,则v>0且v-u>1,所以|f(u)-f(v)|≤|f(u)-f(-1)|+|f(v)-f(1)|≤|u+1|+|v -1|=1+u+1-v=2-(v-u)<1. 综上可知,对任意的u,v∈［-1,1］,都有|f(u)-f(v)|≤1.(3)解析:满足所述条件的函数不存在,理由如下:假设存在函数f(x)满足条件, 则由|f(u)-f(v)|=|u-v|,u,v∈［21,1］得 |f(21)-f(1)|=|21-1|=21. 又f(1)=0,所以|f(21)|=21.① 又因为f(x)为奇函数,所以f(0)=0.由条件|f(u)-f(v)|<|u-v|,u,v∈［0,21］得 |f(21)|=|f(21)-f(0)|<21.② ①与②矛盾,所以假设不成立,即这样的函数不存在. 15△ABC 三边长分别为a,b,c 且它们互不相等,面积S=41,外接圆半径r=1,求证: a 1+b 1+c1>c b a ++ 证明:假设a 1+b 1+c1≤c b a ++.① 则由S=21absinC, 得41=21ab·⇒2c abc=1. ∴①式⇔bc+ac+ab≤ab c ac b bc a ++.② ∵bc+ca≥ab c 2, ca+ab≥bc a 2,ab+bc≥ac b 2,三式相加得 bc+ca+ab≥ab c ac b bc a ++,取等号的条件bc=ca,ca=ab,ab=bc 同时成立,即a=b=c,与a,b,c 不等矛盾,故“=”不成立,即bc+ca+ab>ab c ac b bc a ++,这与②相矛盾.∴原不等式成立.。

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．。

——教学资料参考参考范本——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同步配套教学案新人教A版选修4_5______年______月______日____________________部门对应学生用书P24 1．反证法(1)反证法证明的定义：先假设要证明的命题不成立，从此为出发点，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．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．对应学生用书P24利用反证法证明不等式[例1]已知f(x)＝x2＋px＋q.求证：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；(2)|f(1)|，f|(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.[思路点拨] “不小于”的反面是“小于”，“至少有一个”的反面是“一个也没有”．[证明] (1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2.(2)假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于，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.(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：“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”．答案：D2．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[例2] 已知实数x ，y ，z 不全为零．求证： x2＋xy＋y2＋＋>(x ＋y ＋z)．[思路点拨] 解答本题可对根号内的式子进行配方后再用放缩法证明．[证明] x2＋xy＋y2＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫x＋y 22＋34y2≥⎝⎛⎭⎪⎫x＋y 22＝|x ＋|≥x＋. 同理可得：≥y＋，z2＋zx＋x2≥z＋，由于x ，y ，z 不全为零，故上述三式中至少有一式取不到等号，所以三式相加得：x2＋xy＋y2＋＋>＋＋＝(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，进行恰当地放缩，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：≤＋＋…＋＜1.证明：由2n≥n＋k＞n(k＝1,2，…，n)，得≤＜.当k＝1时，≤＜；当k＝2时，≤＜；…当k＝n时，≤＜，∴将以上n个不等式相加得：1＝≤＋＋…＋＜＝1.25．设f(x)＝x2－x＋13，a，b∈[0,1]，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|.对应学生用书P251．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，所以这两个数至少一个为偶数．答案：C2．设x＞0，y＞0，M＝，N＝＋，则M，N的大小关系为( )A．M＞N B．M＜NC．M＝N D．不确定解析：N＝＋＞＋＝＝M.答案：B3．设a，b，c是正数，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“P·Q·R＞0”是“P，Q，R同时大于零”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：必要性显然成立．充分性：若P·Q·R＞0，则P，Q，R同时大于零或其中有两个负的，不妨设P＜0，Q＜0，R＞0.因为P＜0，Q ＜0.即a＋b＜c，b＋c＜a.所以a＋b＋b＋c＜c＋a.所以b＜0，与b＞0矛盾，故充分性成立．答案：C4．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．答案：C5．若要证明“a，b至少有一个为正数”，用反证法的反设应为________．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.∴＜＝＜＝1.∴lg 9·lg 11＜1.答案：lg 9·lg 11＜17．完成反证法整体的全过程．题目：设a1，a2，…，a7是1,2,3，……，7的一个排列，求证：乘积p＝(a1－1)(a2－2)…(a7－7)为偶数．证明：反设p为奇数，则________________均为奇数．①因奇数个奇数的和还是奇数，所以有奇数＝________________________②＝________________________ ③＝0.但奇数≠偶数，这一矛盾说明p为偶数．解析：反设p为奇数，则(a1－1)，(a2－2)，…，(a7－7)均为奇数．因为奇数个奇数的和还是奇数，所以有奇数＝(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)＝(a1＋a2＋...＋a7)－(1＋2＋3＋ (7)＝0.但奇数≠偶数，这一矛盾说明p为偶数．答案：(a1－1)，(a2－2)，…，(a7－7)(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)(a1＋a2＋...＋a7)－(1＋2＋3＋ (7)8．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≤≤，bd≤≤.∴ac＋bd≤＝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．求证：＋＋＋…＋<2. 证明：因为<＝－，所以＋＋＋…＋<1＋＋＋…＋1＝1＋(1－)＋(－)＋…＋(－) ＝2－<2.10．证明抛物线x ＝y2上，不存在关于直线x ＋y ＋1＝0对称的两点．证明：假设抛物线x ＝y2上存在两点A(a2，a)B(b2，b)(a≠b)关于直线x ＋y ＋1＝0对称．由kAB ＝1，且A 、B 的中点在直线x ＋y ＋1＝0上．即⎩⎪⎨⎪⎧a－b a2－b2＝1， ①a2＋b22＋a＋b 2＋1＝0. ②由①得a ＋b ＝1，代入②得＋＝0. 此方程无解，说明假设不成立．∴抛物线x ＝y2上不存在关于直线x ＋y ＋1＝0对称的两点．。

第二讲证明不等式的基本方法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．(2017·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：(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 ≤2.2．(2016·全国卷Ⅱ)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 |.解：(1)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 |.比较法证明不等式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．[例1] 若x ，y ，z ∈R ，a >0，b >0，c >0，求证：b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )． [证明] ∵b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2－2(xy ＋yz ＋zx ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b ax 2＋a b y 2－2xy ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫cby 2＋b cz 2－2yz ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a c z 2＋c a x 2－2zx ＝b a x － a b y 2＋ cby － b cz 2＋a cz － c ax 2≥0. ∴b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx ).综合法证明不等式件(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：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．[例2] 设a ，b ，c ∈R ＋且a ＋b ＋c ＝1. 求证：(1)2ab ＋bc ＋ca ＋c 22≤12；(2)a 2＋c 2b ＋b 2＋a 2c ＋c 2＋b 2a≥2.[证明] (1)因为1＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ≥4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2， 当且仅当a ＝b 时等号成立，所以2ab ＋bc ＋ca ＋c 22＝12(4ab ＋2bc ＋2ca ＋c 2)≤12.(2)因为a 2＋c 2b ≥2ac b ，b 2＋a 2c ≥2ab c ，c 2＋b 2a ≥2bca，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立．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 ＋c a ＋c ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a≥2a ＋2b ＋2c ＝2，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时等号成立.分析法证明不等式理论．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．[例3] 已知a >0，b >0，且a ＋b ＝1，求证： a ＋12＋b ＋12≤2.[证明] 要证a ＋12＋b ＋12≤2，只需证⎝⎛⎭⎪⎫a ＋12＋b ＋122≤4，即证a ＋b ＋1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋12≤4. 即证⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋12≤1.也就是要证ab ＋12(a ＋b )＋14≤1，即证ab ≤14.∵a >0，b >0，a ＋b ＝1.∴1＝a ＋b ≥2ab ，∴ab ≤14，即上式成立．故a ＋12＋b ＋12≤2.反证法证明不等式种．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、公理、定理或某些性质相矛盾的结论，从而肯定原命题成立．[例4] 已知a ，b ，c 为实数，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，即其中至少有一个不是正数．不妨先设a ≤0，下面分a ＝0或a <0两种情况讨论．①如果a ＝0，那么abc ＝0，与已知矛盾， 所以a ＝0不可能．②如果a <0，那么由abc >0，可得bc <0. 又因为a ＋b ＋c >0，所以b ＋c >－a >0， 于是ab ＋bc ＋ca ＝a (b ＋c )＋bc <0， 这与已知中的ab ＋bc ＋ca >0相矛盾． 因此，a <0也不可能．综上所述，a >0. 同理可以证明b >0，c >0，所以原命题成立.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．[例5] 已知n ∈N ＋，求证：19＋125＋…＋1(2n ＋1)2<14.[证明] 因为1(2k ＋1)2<14k 2＋4k ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1， 所以19＋125＋…＋1(2n ＋1)2<14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1<14.(时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．用分析法证明不等式的推论过程一定是( ) A ．正向、逆向均可进行正确的推理 B ．只能进行逆向推理 C ．只能进行正向推理D ．有时能正向推理，有时能逆向推理解析：选B 在用分析法证明不等式时，是从求证的不等式出发，逐步探索使结论成立的充分条件即可，故只需进行逆向推理即可．2．设a ＝lg 2＋lg 5，b ＝e x(x <0)，则a 与b 的大小关系是( ) A ．a <b B ．a >b C ．a ＝bD ．a ≤b解析：选B ∵a ＝lg 2＋lg 5＝1，b ＝e x(x <0)，故b <1， ∴a >b .3．已知a ，b ，c ，d 为实数，ab ＞0，－ca ＜－d b，则下列不等式中成立的是( ) A ．bc ＜ad B ．bc ＞adC.a c ＞b dD.a c ＜b d解析：选B 将－c a ＜－d b两边同乘以正数ab ，得－bc ＜－ad ，所以bc ＞ad .4．已知x 1>0，x 1≠1，且x n ＋1＝x n (x 2n ＋3)3x 2n ＋1(n ∈N *)，试证“数列{x n }对任意正整数n 都满足x n <x n ＋1，或者对任意正整数n 都满足x n >x n ＋1”，当此题用反证法否定结论时，应为( )A ．对任意的正整数n ，都有x n ＝x n ＋1B ．存在正整数n ，使x n >x n ＋1C ．存在正整数n (n ≥2)，使x n ≥x n ＋1且x n ≤x n －1D ．存在正整数n (n ≥2)，使(x n －x n －1)(x n －x n ＋1)≥0解析：选D 命题的结论是等价于“数列{x n }是递增数列或是递减数列”，其反设是“数列既不是递增数列，也不是递减数列”，由此可知选D.5．用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )A ．方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根 B ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实根 C ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实根 D ．方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根解析：选A 至少有一个实根的否定是没有实根，故做的假设是“方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根”．6．使不等式3＋8＞1＋a 成立的正整数a 的最大值为( ) A ．10 B ．11 C ．12D ．13解析：选C 用分析法可证a ＝12时不等式成立，a ＝13时不等式不成立． 7．已知a ，b ，c ，d ∈R ＋且S ＝a a ＋b ＋c ＋b b ＋c ＋d ＋c c ＋d ＋a ＋da ＋b ＋d，则下列判断中正确的是( )A ．0<S <1B ．1<S <2C ．2<S <3D ．3<S <4解析：选 B 用放缩法，aa ＋b ＋c ＋d <a a ＋b ＋c <a a ＋c ，b a ＋b ＋c ＋d <b b ＋c ＋d <bd ＋b，ca ＋b ＋c ＋d <c c ＋d ＋a <c c ＋a ，d a ＋b ＋c ＋d <d d ＋a ＋b <dd ＋b，以上四个不等式相加，得1<S <2.8．已知a ，b 为非零实数，则使不等式a b ＋b a≤－2成立的一个充分不必要条件是( ) A ．ab ＞0 B ．ab ＜0 C ．a ＞0，b ＜0D ．a ＞0，b ＞0解析：选C 因为a b 与b a 同号，由a b ＋b a ≤－2，知a b ＜0，b a＜0，即ab ＜0. 又若ab ＜0，则a b ＜0，b a＜0，所以a b ＋b a＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ≤－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－a b ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ＝－2， 综上，ab ＜0是a b ＋b a≤－2成立的充要条件，所以a ＞0，b ＜0是a b ＋ba≤－2成立的一个充分不必要条件．9．已知a >0，b >0，c >0，且a 2＋b 2＝c 2，则a n ＋b n 与c n的大小关系为(n ≥3，n ∈N ＋)( ) A ．a n ＋b n >c nB ．a n ＋b n <c nC ．a n ＋b n ≥c nD ．a n＋b n＝c n解析：选 B 因为a 2＋b 2＝c 2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2＝1.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a c n <⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫b c n <⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a c n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c n <⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c2＝1.所以a n ＋b n <c n.故选B. 10．若α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π，5π4，M ＝|sin α|，N ＝|cos α|，P ＝12|sin α＋cos α|，Q ＝ 12sin 2α，则它们之间的大小关系为( ) A ．M >N >P >Q B ．M >P >N >Q C ．M >P >Q >ND ．N >P >Q >M解析：选D ∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π，5π4，∴0>sin α>cos α. ∴|sin α|<|cos α|，∴P ＝12|sin α＋cos α|＝12(|sin α|＋|cos α|)>12(|sin α|＋|sin α|)＝|sin α|＝M . P ＝12|sin α|＋|cos α|<12(|cos α|＋|cos α|)＝|cos α|＝N . ∴N >P >M . ∵Q ＝12sin 2α＝sin αcos α<|sin α|＋|cos α|2＝P ，Q ＝sin αcos α>sin 2α＝|sin α|＝M ， ∴N >P >Q >M .二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上)11．用反证法证明“在△ABC 中，若∠A 是直角，则∠B 一定是锐角”时，应假设________________．解析：“∠B 一定是锐角”的否定是“∠B 不是锐角”． 答案：∠B 不是锐角12．如果a a ＋b b >a b ＋b a ，则实数a ，b 应满足的条件是________．解析：由a 知a ≥0，b 知b ≥0，而a a ＋b b ≠a b ＋b a ，知b ≠a .此时a a ＋b b －(a b ＋b a )＝(a －b )2(a ＋b )>0，不等式成立．故实数a ，b 应满足的条件是a ≥0，b ≥0，a ≠b .答案：a ≥0，b ≥0，a ≠b13．已知a ＋b >0，则a b2＋b a 2与1a ＋1b 的大小关系是________．解析：a b2＋b a2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝a －b b2＋b －a a2＝(a －b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2－1a 2＝(a ＋b )(a －b )2a 2b 2.∵a ＋b >0，(a －b )2≥0， ∴(a ＋b )(a －b )2a 2b 2≥0.∴a b2＋b a2≥1a ＋1b . 答案：a b2＋b a2≥1a ＋1b14．设0<m <n <a <b ，函数y ＝f (x )在R 上是减函数，下列四个数f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ，f ⎝⎛⎭⎪⎫b －m a －m ，f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋n b ＋n 的大小顺序依次是____________．解析：∵a b <a ＋nb ＋n <1<b a <b －ma －m，根据函数的单调性， 知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b >f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋n b ＋n >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a >f ⎝⎛⎭⎪⎫b －m a －m . 答案：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b >f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋n b ＋n >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b －m a －m三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)设|a |＜1，|b |＜1，求证：|a ＋b |＋|a －b |＜2. 证明：当a ＋b 与a －b 同号时，|a ＋b |＋|a －b |＝|a ＋b ＋a －b |＝2|a |＜2； 当a ＋b 与a －b 异号时，|a ＋b |＋|a －b |＝|a ＋b －(a －b )|＝2|b |＜2.∴|a ＋b |＋|a －b |＜2.16．(本小题满分12分)已知：在△ABC 中，∠CAB >90°，D 是BC 的中点，求证：AD <12BC (如右图所示)．证明：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(1)(2)知AD ＜12BC 成立．17．(本小题满分12分)求证：1＋11＋11×2＋11×2×3＋…＋11×2×3×…×n <3.证明：由11×2×3×…×k <11×2×2×…×2＝12k －1(k 是大于2的自然数)，得1＋11＋11×2＋11×2×3＋…＋11×2×3×…×n <1＋1＋12＋122＋123＋…＋12n －1＝1＋1－12n1－12＝3－12n －1<3.18．(本小题满分14分)已知函数f (x )＝2|x ＋1|＋|x －2|. (1)求f (x )的最小值m ；(2)若a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝m ，求证：b 2a ＋c 2b ＋a 2c≥3.解：(1)当x <－1时，f (x )＝－2(x ＋1)－(x －2)＝－3x ∈(3，＋∞)； 当－1≤x <2时，f (x )＝2(x ＋1)－(x －2)＝x ＋4∈[3,6)； 当x ≥2时，f (x )＝2(x ＋1)＋(x －2)＝3x ∈[6，＋∞)． 综上，f (x )的最小值m ＝3.(2)证明：a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝3，因为b 2a ＋c 2b ＋a 2c＋(a ＋b ＋c )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a ＋a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2c ＋c ≥2⎝⎛⎭⎪⎫b 2a·a ＋ c 2b·b ＋ a 2c ·c ＝2(a ＋b ＋c )， 当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，取等号，所以b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥a ＋b ＋c ，即b 2a ＋c 2b ＋a 2c≥3.。

2.3.2 放缩法课后导练基础达标 1设x>0,y>0,A=y x y x +++1,B=yyx x +++11,则A,B 的大小关系是_________________.解析:A=y x y y x x +++++11<yy x x +++11=B.答案:A<B2记A=111021121+++Λ,则A 与1的关系是_______. 解析:A=121212121221121102101010111010=+++<+++++444344421ΛΛ个答案:A<13用不等号将下列各式连接起来:(1)41_______________log 83; (2)31________________log 72;(3)log 54234⨯⨯__________log 452345⨯⨯⨯.解析:(1)41=log 8841<log 8941=log 83.(2)31=log 7731<log 7831=log 72.(3)log 54234⨯⨯=log 5424<log 5425=21, 而log 452345⨯⨯⨯=log 45120>log 4564=53,∴log 54234⨯⨯<log 452345⨯⨯⨯. 答案:(1)< (2)< (3)<4已知a>b>c,则比较大小:))((c b b a --_______2ca -. 解析:∵a>b>c,∴a -b>0,b-c>0,22)()())((ca cb b ac b b a -=-+-≤--.∴))((c b b a --≤2ca -.答案:≤5求证:2<2log 3log 32+<2+1.证明:2log 3log 32+2log 3log 232•>=2, 又2log 3log 32+<23log 4log 32=++1,∴2<22log 3log 32<++1. 综合应用6已知a>b≥0,c>0,求证:b c b a c a -+<-+.证明:b c b cb c b c bc b c ac a c a c a -+=-+=++<++=-+)(.7求证:2(1+n -1)<1+n n213121<+++Λ(n∈N *).证明: ∵)1(2121k k k k k-+=++>, ∴1+)23(2)12(213121-+->+++nΛ)11(2)1(2-+=-+++n n n Λ又),1(2121--=-+<k k k k k∴n n n n2)1(2)12(2)01(213121=--++-+-<+++ΛΛ∴原不等式成立. 8已知a n =)1(433221+⨯++⨯+⨯+⨯n n Λ(n∈N *),求证:2)1(+n n <a n <2)1(2+n .证明:∵)1(+⨯n n >n, ∴a n =2)1(21)1(3221+=+++>+⨯++⨯+⨯n n n n n ΛΛ.又)1(+⨯n n <21［(n+1)+n ］=21(2n+1), ∴a n =2)1(2122523)1(32212+<++++<+++⨯+⨯n n n n ΛΛ∴2)1(2)1(2+<<+n a n n n . 9求证:91+41)12(14912512<++++n Λ(n∈N *). 证明:)111(41)22121(21)12(12+-=+-<+n n n n n , ∴左式<41［(1-21)+(21-31)+…+(111+-n n )］=41(1-11+n )<41. 拓展探究10在△ABC 中,求证:3π≤2π<++++c b a cC bB aA (a,b,c 为三边,A,B,C 为弧度).证明:∵b+c>a,有a+b+c>2a,∴,21<++c b a a 可知2Ac b a aA <++.同理,2,2Cc b a cC B b b a bB <++<++.∴22π=++<++++C B A c b a cC bB aA .又∵(a -b)(A-B)≥0,便是aA+bB ≥aB+bA, ∴aA+bB+cC≥aB+bA+cC. 同理,aA+bB+cC≥cA+aC+bB, aA+bB+cC≥cB+bC+aA.三式相加,得3(aA+bB+cC)≥π(a+b+c), 即c b a cC bB aA ++++≥3π.∴原不等式成立. 备选习题11设n∈N ,且n>1,f(n)=1+21+31+…+n 1,求证:f(2n)>22+n . 证明:f(2n)=1+21+31+…+n 1+…+n 21=1+21+(31+41)+(>++++++++++--)21221121(8171615111n n n ΛΛ 22)212121()81818181()4141(211+=++++++++++++n n n n ΛΛ12设三角形三边a,b,c 满足关系a n +b n =c n(n≥3,n∈N ),求证:△ABC 为锐角三角形.证明:∵a n +b n =c n, 故(c a )n +(cb )n=1. ∴c>a,c>b,△ABC 中c 边最长. 又由于n≥3,1=(c a )n +(c b )n <(c a )2+(cb )2, ∴a 2+b 2>c 2,由余弦定理cosC=abc b a 2222-+>0,△ABC 为锐角三角形.13设a 1,a 2,a 3, …,a n 是一组正数,求证:12212321322121)()()(a a a a a a a a a a a a n n <+++++++++ΛΛ证明:,11)()(21121122212a a a a a a a a a a +-=+•<+,321213212132321311))(()(a a a a a a a a a a a a a a a ++-+=+++<++， ))(()(21121221nn nn n a a a a a a a a a a a ++++++<++-ΛΛΛ n n a a a a a a +++-+++=-ΛΛ2112111∴+++++++Λ232132212)()(a a a a a a a .111)(1211221a a a a a a a a a n n n <+++-<+++ΛΛ14α≠2πn (n∈Z ),求证:(1+αn 2sin 1)(1+αn 2cos 1)≥(1+2n )2. 证明:左式=1+αn 2sin 1+αn 2cos 1+≥•ααnn 22cos sin 12|cos sin |1|cos sin |21ααααn n n n •+•+≥(1+2n )2(∵|sinα·cosα|≤21). ∴原不等式成立.15设0<α<2π,0<β<2π,0<k≤21,且sin 2α=k·cosβ,求证:α+β<2π.证明:∵sin 2α=k·cosβ=k·sin(2π-β)=2k·sin(4π-2β)·cos(4π-2β)<2k·sin(4π-2β)≤sin(4π-2β),又2α∈(0,4π),4π-2β∈(0,4π), 正弦函数在(0,2π)内单调递增,∴2α<4π-2β, 即α+β<2π.16已知-1≤x≤1,n≥2,求证:(1-x)n+(1+x)n≤2n. 证明:∵-1≤x≤1,设x=cos2θ,则1-x=1-cos2θ=1-(1-2sin 2θ)=2sin 2θ,1+x=2cos 2θ.∴(1-x)n +(1+x)n =(2sin 2θ)n +(2cos 2θ)n=2n (sin 2n θ+cos 2nθ).考虑指数函数y=a x,当a∈(0,1)时,在x∈(0,+∞)上单调递减,∴sin 2n θ≤sin 2θ, cos 2n θ≤cos 2θ. ∴2n (sin 2n θ+cos 2n θ)≤2n (sin 2θ+cos 2θ)=2n .∴(1-x)n +(1+x)n ≤2n.。

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。

2.3 反证法与放缩法自主广场1.设M=1212211************-++++++ ,则（ ） A.M=1 B.M<1C.M>1D.M 与1大小关系不定思路解析:分母全换成210.答案:B2.设a,b,c∈R +,P=a+b-c,Q=b+c-a,R=c+a-b,则“PQR>0”是“P,Q,R 同时大于零”的 …（ ）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件思路解析:必要性是显然成立的；当PQR>0时,若P,Q,R 不同时大于零,则其中两个为负,一个为正,不妨设P>0,Q<0,R<0,则Q+R=2c<0,这与c>0矛盾,即充分性也成立.答案:C3.已知a,b∈R +,下列各式中成立的是（ ）A.cos 2θ·lga+sin 2θ·lgb<lg(a+b)B.cos 2θ·lga+sin 2θ·lgb>lg(a+b)C.θθ22sincos b a n =a+b D.θθ22sin cos b a n ∙>a+b思路解析:cos 2θ·lga+sin 2θ·lgb<cos 2θ·lg(a+b)+sin 2θ.lg(a+b)=lg(a+b).答案:A 4.A=1+n 13121+++ 与n (n∈N +)的大小关系是____________. 思路解析:A=n n n n n n n n ==+++≥++++项1111312111. 答案:A≥n5.lg9·lg11与1的大小关系是___________.思路解析:因为lg9>0,lg11>0. 所以2100lg 299lg 211lg 9lg 11lg 9lg <=+<∙=1. 所以lg9·lg11<1.答案:lg9·lg11<16.设x>0,y>0,A=y x y x +++1,B=yy x x +++11,则A,B 的大小关系是_________.思路解析:A=yy x x y x y y x x +++<+++++1111=B. 答案:A<B 7.求证:11+n (1+31+…+121-n )>n 1(21+41+…+n 21)(n≥2). 证明:∵21=21,31>41,6151>,…,nn 21121>-, 又21>nn 214121+++ ,将上述各式的两边分别相加,得 1+31+51+…+121-n >(21+41+…+n 21)·nn 1+. ∴11+n (1+31+…+121-n )>n 1(21+41+…+n 21). 8.已知a,b,c,d∈R ,且a+b=c+d=1,ac+bd>1.求证:a,b,c,d 中至少有一个是负数. 证明:假设a,b,c,d 都是非负数.因为a+b=c+d=1,所以(a+b)(c+d)=1,而(a+b)(c+d)=ac+bc+ad+bd≥ac+bd,所以ac+bd≤1,这与ac+bd>1矛盾.所以假设不成立,即a,b,c,d 中至少有一个为负数.9.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: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. 我综合我发展10.已知函数f(x)满足下列条件: (1)f(21)=1;(2)f(xy)=f(x)+f(y);(3)值域为［-1,1］.试证:41不在f(x)的定义域内. 思路解析:假设41在f(x)的定义域内,则f(41)有意义,且f(41)∈［-1,1］. 又由题设,得f(41)=f(21·21)=f(21)+f(21［-1,1］,此与f(41)∈［-1,1］矛盾,故假设不成立. 所以41不在f(x)的定义域内. 11.已知a,b,c∈R +,且a+b>c,求证:c c b b a a +>+++111. 证明:构造函数f(x)=xx +1(x∈R +), 任取x 1,x 2∈R +,且x 1<x 2,则f(x 1)-f(x 2)=)1)(1(1121212211x x x x x x x x ++-=+-+<0, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.∵a+b>c,∴f(a+b)>f(c). 即cc b a b a +>+++11. 又ba b a b a b b a a b b a a +++=+++++>+++11111, ∴c c b b a a +>+++111. 12.设a,b∈R ,0≤x,y≤1,求证:对于任意实数a,b 必存在满足条件的x,y 使|xy-ax-by|≥31成立.证明:假设对一切0≤x,y≤1,结论不成立,则有|xy-ax-by|<31. 令x=0,y=1,得|b|<31;令x=1,y=0,得|a|<31;令x=y=1,得|1-a-b|<31; 又|1-a-b|≥1-|a|-|b|>1-31-31=31矛盾. 故假设不成立,原命题结论正确.13.设S n =n n 2sin 23sin 22sin 21sin 32++++ (n∈N +),求证:对于正整数m,n 且m>n,都有|S m -S n |<n 21. 证明:|S m -S n |=|mn n m n n 2sin 2)2sin(2)1sin(21+++++++ | ≤|12)1sin(++n n |+|22)2sin(++n n |+…+|m m 2sin |. ∵|sin(n+1)|≤1,|sin(n+2)|≤1,…,|sinm|≤1, ∴上式≤|121+n |+|221+n |+…+|m 21| =121+n +221+n +…+m 21 =n n m n 21211])21(1[211=---+［1-(21)m-n ］<n 21. ∴原不等式成立.14.用反证法证明:钝角三角形最大边上的中线小于该边长的一半.证明:已知:在△ABC 中,∠CAB>90°,D 是BC 的中点,求证:AD<21BC(如下图所示).假设AD≥21BC. (1)若AD=21BC,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≠21BC. (2)若AD>21BC,因为BD=DC=21BC,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,则∠A<90°,这与题设矛盾. 由(1)(2)知AD>21BC. 15.已知f(x)=1+x x (x≠-1). (1)求f(x)的单调区间;(2)若a>b>0,c=bb a )(12-. 求证:f(a)+f(c)>54. (1)解:f(x)=x x +1=11+x , 所以f(x)在区间(-∞,-1)和(-1,+∞)上分别为增函数.(2)证明:首先证明对于任意的x>y>0,有f(x+y)<f(x)+f(y). f(x)+f(y)=1111+++++>++++++=+++y x xy y x xy y x xy y x xy xy y y x x =f(xy+x+y). 而xy+x+y>x+y,由(1),知f(xy+x+y)>f(x+y).所以f(x)+f(y)>f(x+y).因为c=a a b b a b b a 442)2(12)(1222==+-≥->0, 所以a+c≥a+aa a 424∙≥=4. 所以f(a)+f(c)>f(a+c)≥f(4)=54144=+.4即f(a)+f(c)>.5。