2019版高考数学一轮复习第11章算法复数推理与证明11.4直接证明与间接证明学案理

11．4 直接证明与间接证明[知识梳理]1．直接证明2．间接证明间接证明是不同于直接证明的又一类证明方法，反证法是一种常用的间接证明方法．(1)反证法的定义：假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的证明方法．(2)用反证法证明的一般步骤：①反设——假设命题的结论不成立；②归谬——根据假设进行推理，直到推出矛盾为止；③结论——断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．[诊断自测]1．概念思辨(1)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．( )(2)证明不等式2＋7＜3＋6最适合的方法是分析法．( )(3)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．( )(4)在解决问题时，常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程．( )答案(1)×(2)√(3)×(4)√2．教材衍化(1)(选修A2－2P90例5)用反证法证明某命题时，对结论“自然数a，b，c中恰有一个是偶数”正确的反设为( )A．a，b，c中至少有两个偶数B．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数C．a，b，c都是奇数D．a，b，c都是偶数答案 B解析a，b，c中恰有一个偶数说明有且仅有一个是偶数，其否定有a，b，c均为奇数或a，b，c中至少有两个偶数．故选B.(2)(选修A2－2P89T2)设a>b>0，m＝a－b，n＝a－b，则m，n的大小关系是________．答案m<n解析解法一：(取特殊值法)取a＝2，b＝1，得m<n.解法二：(作差法)由已知得m>0，n>0，则m2－n2＝a＋b－2ab－a＋b＝2b－2ab＝2b2－2ab<0，∴m2<n2，∴m<n.3．小题热身(1)若a>0，b>0，且a＋b＝4，则下列不等式中恒成立的是( )A.1ab>12B.1a＋1b≤1C.ab≥2D.1a2＋b2≤18答案 D解析∵a2＋b2≥2ab，∴2(a2＋b2)≥(a＋b)2＝16.∴a2＋b2≥8，∴1a2＋b2≤18.故选D.①a＋b>2；②a2＋b2>2.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是________．(填序号)答案①解析 取a ＝－2，b ＝－1，则a 2＋b 2>2，从而②推不出．①能够推出，即若a ＋b >2，则a ，b 中至少有一个大于1.用反证法证明如下：假设a ≤1，且b ≤1，则a ＋b ≤2与a ＋b >2矛盾． 因此假设不成立，所以a ，b 中至少有一个大于1. 题型1 分析法的应用 典例 已知a >0，证明：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.本题证明时需要用分析法，在推导过程中用到平方法． 证明 要证 a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只需证a 2＋1a 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a －(2－2)． 因为a >0，所以⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a －(2－2)>0，所以只需证⎝⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 22≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a －(2－2)2，即2(2－2)⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ≥8－42，只需证a ＋1a≥2.因为a >0，a ＋1a≥2显然成立⎝⎛⎭⎪⎫a ＝1a＝1时等号成立，所以要证的不等式成立．方法技巧1．分析法证明问题的策略(1)逆向思考是用分析法证题的主要思想．(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．2．分析法的适用范围及证题关键 (1)适用范围①已知条件与结论之间的联系不够明显、直接． ②证明过程中所需要用的知识不太明确、具体． ③含有根号、绝对值的等式或不等式，从正面不易推导． (2)证题关键：保证分析过程的每一步都是可逆的． 冲关针对训练(2018·天津期末)已知x >y >0，m >0.用分析法证明：xy (2－xy )≤1.证明 要用分析法证明：xy (2－xy )≤1， 只需2xy －(xy )2≤1， 只需(xy )2－2xy ＋1≥0， 即(xy －1)2≥0，因为x ，y >0，且(xy －1)2≥0成立， 所以xy (2－xy )≤1. 题型2 综合法的应用典例 设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明： (1)ab ＋bc ＋ca ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c2a ≥1.证明 (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca 得 a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .由题设得(a ＋b ＋c )2＝1， 即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1. 所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1， 即ab ＋bc ＋ca ≤13.当且仅当“a ＝b ＝c ”时等号成立．(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c ，当且仅当“a 2＝b 2＝c 2”时等号成立，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.方法技巧1．利用综合法证题的策略用综合法证题是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围：(1)定义明确的问题；(2)已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型．2．综合法证明问题的常见类型及方法(1)与不等式有关的证明：充分利用函数、方程、不等式间的关系，同时注意函数单调性、最值的应用，尤其注意导数思想的应用．见典例．(2)与数列有关的证明：充分利用等差、等比数列的定义通项及前n 项和公式证明． 冲关针对训练(2017·黄冈模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且(3－m )S n ＋2ma n ＝m ＋3(n ∈N)．其中m 为常数，且m ≠－3.(1)求证：{a n }是等比数列；(2)若数列{a n }的公比q ＝f (m )，数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＝32f (b n －1)(n ∈N ，n ≥2)，求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为等差数列．证明 (1)由(3－m )S n ＋2ma n ＝m ＋3，得 (3－m )S n ＋1＋2ma n ＋1＝m ＋3.两式相减，得(3＋m )a n ＋1＝2ma n ，m ≠－3， ∴a n ＋1a n ＝2m m ＋3，∴{a n }是等比数列． (2)∵(3－m )S n ＋2ma n ＝m ＋3， ∴(3－m )a 1＋2ma 1＝m ＋3，∴a 1＝1.b 1＝a 1＝1，q ＝f (m )＝2mm ＋3，∴当n ∈N 且n ≥2时， b n ＝32f (b n －1)＝32·2b n －1b n －1＋3⇒b n b n －1＋3b n ＝3b n －1⇒1b n －1b n －1＝13.∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为1，公差为13的等差数列．题型3 反证法的应用典例 直线y ＝kx ＋m (m ≠0)与椭圆W ：x 24＋y 2＝1相交于A ，C 两点，O 是坐标原点．(1)当点B 的坐标为(0,1)，且四边形OABC 为菱形时，求AC 的长； (2)当点B 在W 上且不是W 的顶点时，证明：四边形OABC 不可能为菱形．因菱形的对角线垂直且相互平分，所以由对角线的中点，求对角线的斜率，研究其是否垂直．解 (1)因为四边形OABC 为菱形，AC 与OB 相互垂直平分．可设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，12，代入椭圆方程得t 24＋14＝1， 即t ＝±3，所以|AC |＝2 3. (2)证明：假设四边形OABC 为菱形．因为点B 不是W 的顶点，且AC ⊥OB ，所以k ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝kx ＋m ，消y 并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1＋x 22＝－4km1＋4k2， y 1＋y 22＝k ·x 1＋x 22＋m ＝m1＋4k2.AC 的中点为M ⎝⎛⎭⎪⎫－4km 1＋4k 2，m 1＋4k 2.因为M 为AC 和OB 的交点，且m ≠0，k ≠0， 所以直线OB 的斜率为－14k .因为k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－14k ≠－1，所以AC 与OB 不垂直．所以四边形OABC 不是菱形，与假设矛盾．所以当点B 不是W 的顶点时，四边形OABC 不可能为菱形． 方法技巧反证法的适用范围(1)否定性命题；(2)命题的结论中出现“至少”“至多”“唯一”等词语的；(3)当命题成立非常明显，而要直接证明所用的理论太少，且不容易说明，而其逆否命题又是非常容易证明的；(4)要讨论的情况很复杂，而反面情况很少． 冲关针对训练(2017·济南质检)若f (x )的定义域为[a ，b ]，值域为[a ，b ](a <b )，则称函数f (x )是[a ，b ]上的“四维光军”函数．是否存在常数a ，b (a >－2)，使函数h (x )＝1x ＋2是区间[a ，b ]上的“四维光军”函数？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由．解 假设函数h (x )＝1x ＋2在区间[a ，b ](a >－2)上是“四维光军”函数，因为h (x )＝1x ＋2在区间(－2，＋∞)上单调递减，所以有⎩⎪⎨⎪⎧h (a )＝b ，h (b )＝a ，即⎩⎪⎨⎪⎧1a ＋2＝b ，1b ＋2＝a ，解得a ＝b ，这与已知矛盾．故不存在．1．(2014·山东高考)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，要作的假设是( )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 答案 A解析 因为“方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”等价于“方程x 3＋ax ＋b ＝0的实根的个数大于或等于1”，因此，要作的假设是方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根．故选A.2．(2017·郑州模拟)设x >0，P ＝2x ＋2－x ，Q ＝(sin x ＋cos x )2，则( ) A ．P >Q B ．P <Q C ．P ≤Q D ．P ≥Q 答案 A解析 因为2x ＋2－x ≥22x ·2－x＝2(当且仅当x ＝0时等号成立)，而x >0，所以P >2；又(sin x ＋cos x )2＝1＋sin2x ，而sin2x ≤1，所以Q ≤2.于是P >Q .故选A.3．(2016·邹平期中)若a >b >c ，则使1a －b ＋1b －c ≥ka －c恒成立的最大的正整数k 为( )A ．2B ．3C ．4D ．5 答案 C解析 ∵a >b >c ，∴a －b >0，b －c >0，a －c >0，且a －c ＝a －b ＋b －c . 又a －c a －b ＋a －c b －c ＝a －b ＋b －c a －b ＋a －b ＋b －c b －c ＝2＋b －c a －b ＋a －bb －c≥2＋2＝4，当且仅当a －b ＝b －c 时等号成立．∴k ≤a －c a －b ＋a －cb －c，k ≤4，故k 的最大整数为4.故选C. 4．(2017·海淀区二模)一位手机用户前四次输入四位数字手机密码均不正确，第五次输入密码正确，手机解锁，事后发现前四次输入的密码中，每次都有两个数字正确，但它们一定含有数字( )A ．4,6B ．3,6C ．3,7D ．1,7 答案 D自的位置均不正确矛盾．同理正确的密码中一定含有数字4,6或3,7不正确．若正确的可得1在第三位置，7在第四位置．故选D.[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．(2018·无锡质检)已知m >1，a ＝m ＋1－m ，b ＝m －m －1，则以下结论正确的是( )A ．a >bB ．a <bC ．a ＝bD ．a ，b 大小不定答案 B解析 ∵a ＝m ＋1－m ＝1m ＋1＋m，b ＝m －m －1＝1m ＋m －1.而m ＋1＋m >m ＋m －1>0(m >1)，∴1m ＋1＋m<1m ＋m －1，即a <b .故选B.2．设x ，y ，z >0，则三个数y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋x y( ) 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答案 C解析 由于y x ＋y z ＋z x ＋z y ＋x z ＋x y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋xy ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z x ＋x z ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y z ＋z y≥2＋2＋2＝6， ∴y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋xy中至少有一个不小于2.故选C.3．若用分析法证明：“设a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac <3a ”索的“因”应是( )A ．a －b >0B ．a －c >0C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<0答案 C 解析b 2－ac <3a ⇔b 2－ac <3a 2⇔(a ＋c )2－ac <3a 2⇔a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2<0⇔－2a 2＋ac ＋c 2<0⇔2a 2－ac －c 2>0⇔(a －c )(2a ＋c )>0⇔(a －c )(a －b )>0.故选C.4．已知a >0，b >0，如果不等式2a ＋1b ≥m2a ＋b 恒成立，那么m 的最大值等于( )A ．10B ．9C ．8D ．7 答案 B解析 ∵a >0，b >0，∴2a ＋b >0.∴不等式可化为m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b (2a ＋b )＝5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b .∵5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋ab ≥5＋4＝9，即其最小值为9，当且仅当a ＝b 时等号成立．∴m ≤9，即m 的最大值等于9.故选B.5．设f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )单调递减，若x 1＋x 2>0，则f (x 1)＋f (x 2)的值( )A ．恒为负值B ．恒等于零C ．恒为正值D ．无法确定正负答案 A解析 由f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )单调递减，可知f (x )是R 上的单调递减函数，由x 1＋x 2>0，可知x 1>－x 2，f (x 1)<f (－x 2)＝－f (x 2)，则f (x 1)＋f (x 2)<0.故选A.6．设a ，b ，c 为△ABC 的三边，则( ) A ．a 2＋b 2＋c 2>a ＋b ＋c B ．a 2＋b 2＋c 2>ab ＋bc ＋ac C ．a 2＋b 2＋c 2<2(ab ＋bc ＋ac ) D ．a 2＋b 2＋c 2>2(ab ＋bc ＋ac ) 答案 C解析 c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，∴a 2＋b 2＋c 2＝2(a 2＋b 2＋c 2)－2(ab cos C ＋ac cos B ＋bc cos A )． ∴a 2＋b 2＋c 2＝2(ab cos C ＋ac cos B ＋bc cos A )<2(ab ＋bc ＋ac )．故选C.7．若△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则( ) A ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形 B ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C ．△A 1B 1C 1是钝角三角形，△A 2B 2C 2是锐角三角形D ．△A 1B 1C 1是锐角三角形，△A 2B 2C 2是钝角三角形 答案 D解析 由条件知，△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形，且△A 2B 2C 2不可能是直角三角形．假设△A 2B 2C 2是锐角三角形．由⎩⎪⎨⎪⎧sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－A 1，sin B 2＝cos B 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 1，sin C 2＝cos C 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧A 2＝π2－A 1，B 2＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1，则A 2＋B 2＋C 2＝π2，这与三角形内角和为180°相矛盾，因此假设不成立， 故△A 2B 2C 2是钝角三角形．故选D.8．(2017·昌平区二模)四支足球队进行单循环比赛(每两队比赛一场)，每场比赛胜者得3分，负者得0分，平局双方各得1分．比赛结束后发现没有足球队全胜，且四队得分各不相同，则所有比赛中最多可能出现的平局场数是( )A ．2B ．3C ．4D ．5 答案 C解析 四支足球队进行单循环比赛(每两队比赛一场)，共比赛6场． 每场比赛胜者得3分，负者得0分，平局双方各得1分．即每场比赛若不平局，则共产生3×6＝18分，每场比赛都平局，则共产生2×6＝12分．比赛结束后发现没有足球队全胜，且四队得分各不相同， 但是不可能产生4,5分，与题意矛盾，舍去． 第一名得分5：5＝3＋1＋1，为一胜两平； 第二名得分4：4＝3＋1＋0，为一胜一平一负； 第三名得分3：根据胜场等于负场，只能为三平； 第四名得分2：2＝1＋1＋0，为两平一负． 则所有比赛中最多可能出现的平局场数是4. 故选C. 二、填空题9．(2017·南昌一模)设无穷数列{a n }，如果存在常数A ，对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －A |<ε成立，就称数列{a n }的极限为A .则四个无穷数列：①{(－1)n×2}；②{n }；③⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋12＋122＋123＋…＋12n －1；④⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋1n .其极限为2的共有________个．答案 2解析 对于①，|a n －2|＝|(－1)n×2－2|＝2×|(－1)n－1|，当n 是偶数时，|a n －2|＝0，当n 是奇数时，|a n －2|＝4，所以不符合数列{a n }的极限的定义，即2 不是数列{(－1)n×2}的极限；对于②，由|a n －2|＝|n －2|<ε，得2－ε<n <2＋ε，所以对于任意给定的正数ε(无论多小)，不存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε，即2不是数列{n }的极限；对于③，由|a n －2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n1－12－2＝22n<ε，得n >1－log 2ε，即对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数 N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε成立，所以2是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋12＋122＋123＋…＋12n －1的极限；对于④，由|a n －2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2n ＋1n －2＝1n<ε，得n >1ε，即对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε成立，所以2是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋1n 的极限．综上所述，极限为2的共有2个，即③④.10．已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若S 100＝41，T 100＝49，设c n ＝a n T n＋b n S n －a n b n (n ∈N *)．那么数列{c n }的前100项和为________．答案 2009解析 ∵a n ＝S n －S n －1，b n ＝T n －T n －1， 则c n ＝a n T n ＋b n S n －a n b n ＝S n T n －S n －1T n －1， ∴c 100＝S 100T 100－S 99T 99，c 99＝S 99T 99－S 98T 98，…c 2＝S 2T 2－S 1T 1， c 1＝S 1T 1.∴数列{c n }的前100项和为S 100T 100＝41×49＝2009. 11．设a >1，n ∈N *，若不等式na －1<a －1n恒成立，则n 的最小值为________． 答案 2解析 n ＝1时，结论不成立．n＝2时，不等式为a－1<a－1 2，即2a－2<a－1，∴(a－1)2>0，∵a>1，则a有意义，∴不等式恒成立．12．设非等腰△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若1a－b ＋1c－b＝3a－b＋c，则A，B，C的关系是________．答案2B＝A＋C解析∵1a－b ＋1c－b＝3a－b＋c，∴a＋c－2b(a－b)(c－b)＝3a－b＋c，即b2＝a2＋c2－ac，则有cos B＝a2＋c2－b22ac＝12，∴B＝60°，∴A，B，C的关系是成等差数列，即2B＝A＋C.三、解答题13．已知函数f(x)＝a x＋x－2x＋1(a>1)．(1)求证：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；(2)用反证法证明f(x)＝0没有负根．证明(1)因为函数f(x)＝a x＋x－2x＋1＝a x＋1－3x＋1(a>1)，而函数y＝a x(a>1)和函数y＝－3x＋1在(－1，＋∞)上都是增函数，故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．(2)假设函数f(x)＝0有负根x0，即存在x0<0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，则ax0＝2－x0 x0＋1.又0<ax0<1，所以0<－x0－2x0＋1<1，即12<x0<2与x0<0(x0≠－1)假设矛盾．故f(x)＝0没有负根．14．已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝a n＋1＋n－2，n∈N*，a1＝2.(1)证明：数列{a n－1}是等比数列，并求数列{a n}的通项公式；(2)设b n ＝3n S n －n ＋1(n ∈N *)的前n 项和为T n ，证明：T n <6.证明 (1)因为S n ＝a n ＋1＋n －2，所以当n ≥2时，S n －1＝a n ＋(n －1)－2＝a n ＋n －3， 两式相减，得a n ＝a n ＋1－a n ＋1， 即a n ＋1＝2a n －1.设c n ＝a n －1，代入上式， 得c n ＋1＋1＝2(c n ＋1)－1， 即c n ＋1＝2c n (n ≥2)．又S n ＝a n ＋1＋n －2，则a n ＋1＝S n －n ＋2， 故a 2＝S 1－1＋2＝3.所以c 1＝a 1－1＝1，c 2＝a 2－1＝2，即c 2＝2c 1.综上，对于正整数n ，c n ＋1＝2c n 都成立，即数列{a n －1}是等比数列，其首项a 1－1＝1，公比q ＝2.所以a n －1＝1×2n －1，故a n ＝2n －1＋1.(2)由S n ＝a n ＋1＋n －2，得S n －n ＋2＝a n ＋1＝2n ＋1，即S n －n ＋1＝2n，所以b n ＝3n 2n .所以T n ＝b 1＋b 2＋...＋b n －1＋b n ＝32＋622＋ (3)2n ，①2×①，得2T n ＝3＋62＋3×322＋ (3)2n －1，②②－①，得T n ＝3＋32＋322＋…＋32n －1－3n2n＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋12＋…＋12－3n 2n＝3×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12－3n2n ＝6－3n ＋62n .因为3n ＋62n >0，所以T n ＝6－3n ＋62n <6.15．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lg a ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2>lg a ＋lg b＋lg c .证明 (分析法)lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c ⇐lg⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>lg abc ⇐a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>abc .因为a ，b ，c 是不全相等的正数，所以显然有a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2>abc 成立，原不等式得证．。