证明不等式的基本方法—反证法

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不等式证明的基本方法

4．放缩法是在证明不等式或变形中，将条件或结论或变换中的式子放大或缩小进行求证的方法．放缩时要看准目标，做到有的放矢，注意放缩适度．放缩法是证明不等式的常用技巧，有些不等式若恰当地运用放缩法可以很快得证，要控制难度．
比较法
(2010 年高考江苏卷试题)设 a、b 是非负实数，求证：a3 ＋b3≥ ab(a2＋b2)．【思路分析】先作差，再用不等式的基本性质解答．
不等式证明的基本方法
1．比较法是证明不等式最常用最基本的方法，有两种： (1)求差法：a＞b⇔a－b＞0； a (2)求商法：a＞b＞0⇔b>1，(b>0)．
2．分析法、综合法是证明数学问题的两大最基本的方法．综合法是以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出问题的结论为止，简而言之，就是“由因导果”．分析法是从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件与已知条件或已知事实吻合为止，简而言之，就是“执果索因”．
分析法与综合法
如果 a＞0，b＞0，求证：a3＋b3≥a2b＋ab2. 【证法一】 (用分析法) 要证 a3＋b3≥a2b＋ab2，只需证(a＋b)(a2－ab＋b2)≥ab(a＋b) ∵a＞0，b＞0，有 a＋b＞0，故只需证 a2－ab＋b2≥ab，只需证(a－b)2≥0 显然(a－b)2≥0 成立，以上各步均可逆， ∴a3＋b3≥a2b＋ab2
1．设 a>0，a≠1,0<x<1.求证：|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.
证明：方法一：(平方后作差)
2 log2 (1 － x ) － log a a(1＋x)
＝[loga(1－x)＋loga(1＋x)]· [loga(1－x)－loga(1＋x)]＝ 1－x loga(1－x )· loga . 1＋x

2020学年高中数学第二讲证明不等式的基本方法三反证法与放缩法学案含解析新人教a版选修45

三反证法与放缩法1．不等式的证明方法——反证法(1)反证法证明的定义：先假设要证明的命题不成立，然后由此假设出发，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不成立，从而证明原命题成立．(2)反证法证明不等式的一般步骤：①假设命题不成立；②依据假设推理论证；③推出矛盾以说明假设不成立，从而断定原命题成立．2．不等式的证明方法——放缩法 (1)放缩法证明的定义：证明不等式时，通常把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的．(2)放缩法的理论依据主要有： ①不等式的传递性； ②等量加不等量为不等量；③同分子(分母)异分母(分子)的两个分式大小的比较．利用反证法证明不等式已知f (x )求证：(1)f (1)＋f (3)－2f (2)＝2；(2)|f (1)|，f |(2)|，|f (3)|中至少有一个不小于12.“不小于”的反面是“小于”，“至少有一个”的反面是“一个也没有”． (1)f (1)＋f (3)－2f (2)＝(1＋p ＋q )＋(9＋3p ＋q )－2(4＋2p ＋q )＝2. (2)假设|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|都小于12，则|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)|<2.而|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)|≥f (1)＋f (3)－2f (2)＝2矛盾， ∴|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|中至少有一个不小于12.(1)反证法适用范围：凡涉及不等式为否定性命题，唯一性、存在性命题可考虑反证法．如证明中含“至多”“至少”“不能”等词语的不等式．(2)注意事项：在对原命题进行否定时，应全面、准确，不能漏掉情况，反证法体现了“正难则反”的策略，在解题时要灵活应用．1．实数a ，b ，c 不全为0的等价条件为( ) A ．a ，b ，c 均不为0 B ．a ，b ，c 中至多有一个为0 C ．a ，b ，c 中至少有一个为0 D ．a ，b ，c 中至少有一个不为0解析：选D “不全为0”是对“全为0”的否定，与其等价的是“至少有一个不为0”． 2．证明：三个互不相等的正数a ，b ，c 成等差数列，则a ，b ，c 不可能成等比数列．证明：假设a ，b ，c 成等比数列，则b 2＝ac . 又∵a ，b ，c 成等差数列，∴a ＝b －d ，c ＝b ＋d (其中d 为公差)． ∴ac ＝b 2＝(b －d )(b ＋d )． ∴b 2＝b 2－d 2. ∴d 2＝0，∴d ＝0.这与已知中a ，b ，c 互不相等矛盾． ∴假设不成立．∴a ，b ，c 不可能成等比数列．3．已知函数y ＝f (x )在R 上是增函数，且f (a )＋f (－b )<f (b )＋f (－a )，求证：a b .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 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 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，－1cd ，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 0，m 1，m 2>0，所以(b ＋m 1)(b ＋m 2)>0. 又a 0. 从而(a －b )(m 2－m 1)<0. 于是a －b m 2－m 1b ＋m 1b ＋m 2<0.所以a ＋m 1b ＋m 1<a ＋m 2b ＋m 2. 综合法证明不等式逐步推出其必要条件(由因导果)，最后推导出所要证明的不等式成立．综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推证的基本理论．证明时要注意的是：作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握．设a >0，b >0，a ＋b ＝1. 求证：1a ＋1b ＋1ab≥8.∵a >0，b >0，a ＋b ＝1. ∴1＝a ＋b ≥2ab ，ab ≤12.∴1ab≥4.∴1a ＋1b ＋1ab＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1ab≥2ab ·21ab＋4＝8.∴1a ＋1b ＋1ab≥8.分析法证明不等式分析法证明不等式的依据也是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即由待证的不等式出发，逐步寻找使它成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．当要证的不等式不知从何入手时，可考虑用分析法去证明，特别是对于条件简单而结论复杂的题目往往更为有效．分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”，逐步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一的两种方法．一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．已知a >b >0.求证：a －b <a －b . 要证a －b <a －b ，只需证a <a －b ＋b ，只需证(a )2<(a －b ＋b )2，只需证a <a －b ＋b ＋2b a －b ，只需证0<2ba －b .∵a >b >0，上式显然成立，∴原不等式成立，即a －b <a －b .反证法证明不等式用直接法证明不等式困难的时候，可考虑用间接证法予以证明，反证法是间接证法的一种．假设欲证的命题是“若A 则B ”，我们可以通过否定B 来达到肯定B 的目的，如果B 只有有限多种情况，就可用反证法．用反证法证明不等式，其实质是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出与已知条件或公理或定理或某些性质相矛盾的结论，从而肯定原命题成立．已知：在△ABC 中，∠CAB >90°，D 是BC 的中点．求证：AD <12BC (如右图所示)．假设AD ≥12BC .①若AD ＝12BC ，由平面几何中定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半，那么，这条边所对的角为直角”，知∠A ＝90°，与题设矛盾．所以AD ≠12BC .②若AD >12BC ，因为BD ＝DC ＝12BC ，所以在△ABD 中，AD >BD ，从而∠B >∠BAD .同理∠C >∠CAD .所以∠B ＋∠C >∠BAD ＋∠CAD .即∠B ＋∠C >∠A . 因为∠B ＋∠C ＝180°－∠A ，所以180°－∠A >∠A ，即∠A ＜90°，与已知矛盾．故AD ＞12BC 不成立．由①②知AD ＜12BC 成立.放缩法证明不等式作适当的放大或缩小，证明比原不等式更强的不等式来代替原不等式的一种证明方法．放缩法的实质是非等价转化，放缩没有一定的准则和程序，需按题意适当．．放缩，否则达文档从互联网中收集，已重新修正排版，word 格式支持编辑，如有帮助欢迎下载支持。

《证明不等式的基本方法反证法与放缩法》

《证明不等式的基本方法反证法与放缩法》证明不等式的基本方法包括反证法和放缩法。

反证法是一种常用的证明不等式的方法，它的思路是假设不等式不成立，然后通过推理推出一个矛盾的结论，从而证明原不等式的成立。

放缩法是通过对不等式进行变形、放缩，将原不等式转化为一个更易证明的形式。

首先介绍反证法。

对于一个要证明的不等式，我们可以假设不等式不成立，即假设存在一些满足条件的变量使得不等式不成立。

然后通过对这个假设的推理，得出一个与已知条件相矛盾的结论，从而证明假设是错误的，进而证明原不等式的成立。

具体步骤如下：1.假设不等式不成立，即假设存在一些满足条件的变量使得不等式不成立。

2.根据已知条件和假设，对变量进行推理，得出结论。

3.利用这个结论推出与已知条件矛盾的结论。

4.由此可以得出假设是错误的，从而证明原不等式的成立。

举个例子来说明反证法的应用：对于不等式x+y>0，假设不等式不成立，即存在一些满足条件的x和y使得x+y≤0。

然后我们通过推理可以得到y≤-x，即y的取值范围在x的左侧。

然而，根据已知条件，对于任意的x和y，x+y的和都大于0，与假设矛盾。

因此，假设错误，原不等式成立。

接下来介绍放缩法。

放缩法是通过对不等式进行变形和放缩，将原不等式转化为一个更易证明的形式。

放缩法的关键在于找到合适的放缩因子和放缩方法。

具体步骤如下：1.根据不等式的特点，选择合适的放缩因子和放缩方法。

2.对不等式进行变形和放缩，将原不等式转化为一个更易证明的形式。

3.对新形式的不等式进行证明。

4.如果新形式的不等式成立，根据不等式的等价性，原不等式也成立。

举个例子来说明放缩法的应用：对于不等式(x + y)(y + z)(z + x) ≥ 8xyz，我们可以使用放缩法进行证明。

我们选择放缩因子2和放缩方法(x + y) ≥ 2√xy，可以得到(2√xy)(2√yz)(2√xz) ≥ 8xyz。

化简后得到(√xy)(√yz)(√xz) ≥ xyz，即x·y·z ≥ xyz，显然成立。

证明基本不等式的方法

证明基本不等式的方法基本不等式是解决数学不等式问题中常用的方法，其核心思想是将一个不等式转化为另一个更简单的不等式，从而得到所需的解集。

在证明基本不等式的方法上，可以分为以下几种常见的方式：1.数学归纳法：数学归纳法是证明基本不等式的一种常用方法。

首先，我们需要证明当不等式成立时，对于一些特定的值$n$，不等式也成立。

接着，我们假设当$n=k$时不等式成立，可以通过这个假设证明当$n=k+1$时不等式成立。

最后，根据归纳法的原理，我们可以得出不等式对于所有自然数$n$成立。

2.递推法：递推法是证明基本不等式的另一种常用方法。

我们首先找到一个较小的数$k$，证明不等式对于这个特定的数成立。

然后，我们假设当$n=k$时不等式成立，接着通过这个假设证明当$n=k+1$时不等式也成立。

最后，根据递推法的原理，我们可以得出不等式对于所有自然数$n$成立。

3.反证法：反证法是证明基本不等式的另一种有效方法。

我们首先假设不等式不成立，即假设存在一些数使得不等式不成立。

接着，我们通过一系列的推导和推理，得出矛盾的结论。

这表明我们的假设是错误的，即不等式是成立的。

4.变量替换法：变量替换法是证明基本不等式的一种常用方法。

我们首先对不等式进行变量替换，将其转化为一个使用其他变量的等价不等式。

然后，通过对这个等价不等式进行一系列的变换和推导，我们可以得出所需的结论。

5.辅助不等式法：辅助不等式法是证明基本不等式的一种有效方法。

我们首先找到一个与原不等式相关的不等式，这个不等式往往更容易证明。

然后，我们通过对这个辅助不等式的推导和推理，结合原不等式的特点，得出所需的结论。

无论采用哪种方法，证明基本不等式的关键在于用恰当的方法将其转化为另一个更简单或更容易证明的不等式。

此外，在证明过程中需要注意推导的合理性和严密性，关注每一步的符号变化和不等式的严格性，避免出现错误的结论。

在证明过程中，也可以适当地运用数学知识和技巧，如代数运算、函数性质和数列性质等，使证明更加简洁和高效。

证明不等式的八种方法

比较法：比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法之一,它是两个实数大小顺序和运算性质的直接应用,比较法可分为差值比较法和商值比较法。
1 Math Part 比较法
证明：
∴a-1≥1，b-1≥1
ab-a-b =a(b-1)-b
∴(a-1)(b-1)≥1 例题：已知a≥2，b≥即2，(a求-1)证(b：-1)a-b1≥≥a0+b
6 Math Part 构造法
函数构造法
例题：已知a≥2，b≥2，求证：ab≥a+b
证明：要证明的不等式为： ab≥a+b 移项得 ab-a-b≥0 即(b-1)a-b≥0 构造函数 f(x)=(b-1)x-b (x≥2)
f(x)是关于x的一次函数其中一次项系数b-1>0 ∴f(x)为定义域上的增函数 ∴对于任意的x∈[2,+∞)都有 f(x)≥f(2)=(b-1)×2-b=b-2≥0 ∴(b-1)a-b≥0 所以原命题成立证毕
与①式矛盾
所以原命题成立
证毕
5 Math Part
公式法
5 Math Part 公式法
伯公努式利法不：等利式用：已有的不等式的定理、公式等 (1证+x明1)不(1等+x式2)…的(一1+种xn方) ≥法1。+x高1+中x2常…+见xn的公式有：对基栖于本西任不不意等等1≤式式i,、、j≤绝加n都对权有值平x不均i>-等不1且式等所、式有均、x值切i与不比x等雪j同式夫号、不
4 Math Part 反证法
例题：已知a≥2，b≥2，求证：ab≥a+b
证明：假设ab<a+b ab-a-b =a(b-1)-b =a(b-1)-(b-1)-1 =(a-1)(b-1)-1 ∵ab<a+b

证明不等式的基本方法

用换元法证明不等式时一定要注意新元的约束条件及整体置换策略. 主要是三角换元和均值换元。
x2
例7(1)设

y2
1, 求x
y的最大值，
16 9
并求此时的x, y值。三角换元
（2）设 x, y R，且 x2 y 2 1，
求证：| x2 2xy y 2 | 2 ；
（1）设 x r sin, y r cos,且 | r | 1
证明：∵ a, b 是正数，且 a b ， ∴要证 aabb abba ,只要证 lg (aabb ) lg(abba ) ,
只要证 a lg a b lgb b lg a a lgb .
(a lg a b lg b) (b lg a a lg b) = (a b)(lg a lg b)
= (a2 b2 )(a b) = (a b)(a b)2
∵ a,b 是正数，且 a b ,∴ a b 0, (a b)2 >0
∴ (a3 b3 ) (a2b ab2 ) >0,∴ a3 b3 a2b ab2
注：比较法是证明不等式的基本方法，也是最重要的方法,另外，有时还可作商比较.
当且仅当(a b)(b c)≥0 时,等号成立.
四.反证法:
假设命题结论的反面成立，经过正确的推理, 引出矛盾，因此说明假设错误,从而证明原命题成立,这样的证明方法叫反证法.(正难则反)
例、已知 f (x) x2 px q，求证：
1
| f (1) |,| f (2) |,| f (3) |中至少有一个不小于2 。
求证:已知a, b, c R+,求证 :书P25页2（2）

证明不等式的几种常用方法

证明不等式的几种常用方法证明不等式除了教材中介绍的三种常用方法，即比较法、综合法和分析法外，在不等式证明中，不仅要用比较法、综合法和分析法，根据有些不等式的结构，恰当地运用反证法、换元法或放缩法还可以化难为易．下面几种方法在证明不等式时也经常使用．一、反证法如果从正面直接证明，有些问题确实相当困难，容易陷入多个元素的重围之中，而难以自拔，此时可考虑用间接法予以证明，反证法就是间接法的一种．这就是最“没办法”的时候往往又“最有办法”，所谓的“正难则反”就是这个道理．反证法是利用互为逆否的命题具有等价性来进行证明的，在使用反证法时，必须在假设中罗列出各种与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，则反证法都是不完全的．用反证法证题的实质就是从否定结论入手，经过一系列的逻辑推理，导出矛盾，从而说明原结论正确．例如要证明不等式A ＞B ，先假设A ≤B ，然后根据题设及不等式的性质，推出矛盾，从而否定假设，即A ≤B 不成立，而肯定A ＞B 成立．对于要证明的结论中含有“至多”、“至少”、“均是”、“不都”、“任何”、“唯一”等特征字眼的不等式，若正面难以找到解题的突破口，可转换视角，用反证法往往立见奇效．例1 设a 、b 、c 、d 均为正数，求证：下列三个不等式：①a ＋b ＜c ＋d ；②(a ＋b)(c ＋d)＜ab ＋cd ；③(a ＋b)cd ＜ab(c ＋d)中至少有一个不正确．反证法：假设不等式①、②、③都成立，因为a 、b 、c 、d 都是正数，所以不等式①与不等式②相乘，得：(a ＋b)2＜ab ＋cd ，④由不等式③得(a ＋b)cd ＜ab(c ＋d)≤(2b a )2·(c ＋d)， ∵a ＋b ＞0，∴4cd ＜(a ＋b)(c ＋d)，综合不等式②，得4cd ＜ab ＋cd ， ∴3cd ＜ab ，即cd ＜31ab ．由不等式④，得(a ＋b)2＜ab ＋cd ＜34ab ，即a 2＋b 2＜－32ab ，显然矛盾．∴不等式①、②、③中至少有一个不正确．例2 已知a ＋b ＋c ＞0，ab ＋bc ＋ca ＞0，abc ＞0，求证：a ＞0，b ＞0，c＞0．证明：反证法由abc ＞0知a ≠0，假设a ＜0，则bc ＜0，又∵a ＋b ＋c ＞0，∴b ＋c ＞－a ＞0，即a(b ＋c)＜0，从而ab ＋bc ＋ca = a(b ＋c)＋bc ＜0，与已知矛盾．∴假设不成立，从而a ＞0，同理可证b ＞0，c ＞0．例3 若p ＞0，q ＞0，p 3＋q 3= 2，求证：p ＋q ≤2．证明：反证法假设p ＋q ＞2，则(p ＋q)3＞8，即p 3＋q 3＋3pq (p ＋q)＞8，∵p 3＋q 3= 2，∴pq (p ＋q)＞2．故pq (p ＋q)＞2 = p 3＋q 3= (p ＋q)( p 2－pq ＋q 2)，又p ＞0，q ＞0 p ＋q ＞0，∴pq ＞p 2－pq ＋q 2，即(p －q)2 ＜0，矛盾．故假设p ＋q ＞2不成立，∴p ＋q ≤2．例4 已知)(x f = x 2＋ax ＋b ，其中a 、b 是与x 无关的常数，求证：|)1(f |，|)2(f |，|)3(f |中至少有一个数不小于21．反证法一：假设|)1(f |＜21，|)2(f |＜21，|)3(f |＜21，由于)1(f = 1＋a ＋b ，)2(f = 4＋2a ＋b ，)3(f = 9＋3a ＋b ，∴)1(f ＋)3(f －)2(f =2，但是，2 = |)1(f ＋)3(f －)2(f |≤|)1(f |＋|)3(f |＋2|)2(f |＜21＋21＋2×21= 2，即2＜2，矛盾，∴假设不成立，∴|)1(f |，|)2(f |，|)3(f |中至少有一个数不小于21．反证法二：假设|)1(f |＜21，|)2(f |＜21，|)3(f |＜21，即 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<<<.21|)3(|,21|)2(|,21|)1(|f f f ⇒ ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<++<-<++<-<++<-③b a ②b a ①b a .219321,214221,21121 ①＋③得：－1＜4a ＋2b ＋10＜1，即－21＜2a ＋b ＋5＜21， ∴－23＜2a ＋b ＋4＜－21，④ 显然②与④矛盾，因此，假设是不成立的，故|)1(f |，|)2(f |，|)3(f |中至少有一个数不小于21．例4 设a ，b ，c 均为小于1的正数，求证：(1－a)b ，(1－b)c ，(1－c)a 不能同时大于41．证明：反证法假设(1－a)b ，(1－b)c ，(1－c)a 同时大于41，即(1－a)b ＞41，(1－b)c ＞41，(1－c)a ＞41，则由41＜(1－a)b ≤(21b a +-)2⇒21b a +-＞21，同理：21c b +-＞21，21a c +-＞21，三个同向不等式两边分别相加，得23＞23，矛盾，所以假设不成立， ∴原结论成立．例6 若0＜a ＜2，0＜b ＜2，0＜c ＜2，求证：(2－a)b ，(2－b)c ，(2－c)a不能同时大于1．证明：反证法假设⎪⎩⎪⎨⎧>->->-.1)2(,1)2(,1)2(a c c b b a 那么2)2(b a +-≥b a )2(-＞1，① 同理2)2(c b +-＞1，② 2)2(a c +-＞1，③ ①＋②＋③，得3＞3矛盾，即假设不成立，故(2－a)b ，(2－b)c ，(2－c)a 不能同时大于1．二、三角换元法对于条件不等式的证明问题，当所给条件较复杂，一个变量不易用另一个变量表示，这时可考虑用三角代换，将复杂的代数问题转化为三角问题．若变量字母x 的取值围与sin θ或cos θ的变化围相同，故可采用三角换元，把所要证的不等式转换为求三角函数的值域而获证．一般地，题设中有形如x 2＋y 2≤r 2，22a x ＋22b y = 1或22a x －22b y = 1的条件可以分别引入三角代换⎩⎨⎧==θθsin cos r y r x (| r |≤1)，⎩⎨⎧==θθsin cos b y a x 或⎩⎨⎧==θθtan sec b y a x ，其中θ的取值围取决于x ，y 的取值围，凡不能用重要不等式证明的问题时，一般可以优先考虑换元(代数换元或三角换元)，然后利用函数的单调性最终把问题解决．在三角换元中，由于已知条件的限制作用，根据问题需要，可能对引入的角度有一定的限制，应特别引起注意，否则可能会出现错误的结果．例2 已知1≤x 2＋y 2≤2，求证：21≤x 2－xy ＋y 2≤3．证明：∵1≤x 2＋y 2≤2，∴可设x = rcos θ，y = rsin θ，其中1≤r 2≤2，0≤θ＜π2．∴x 2－xy ＋y 2= r 2－r 2sin θ2= r 2(1－21sin θ2)， ∵21≤1－21sin θ2≤23，∴21r 2≤r 2(1－21sin θ2)≤23r 2，而21r 2≥21，23r 2≤3， ∴ 21≤x 2－xy ＋y 2≤3．例2 已知x 2－2xy ＋y 2≤2，求证：| x ＋y |≤10．证明：∵x 2－2xy ＋y 2= (x －y)2＋y 2，∴可设x －y = rcos θ，y = rsin θ，其中0≤r ≤2，0≤θ＜π2．∴| x ＋y | =| x －y ＋2y | = | rcos θ＋2rsin θ| = r|5sin(θ＋ractan21)|≤r 5≤10．例3 已知－1≤x ≤1，n ≥2且n ∈N ，求证：(1－x)n ＋(1＋x)n ≤2n ．证明：∵－1≤x ≤1，设x = cos θ2 (0≤θ≤2π)，则1－x =1－cos θ2= 1－(1－2sin 2θ) = 2sin 2θ，1＋x =1＋cos θ2= 2cos 2θ，∴(1－x)n ＋(1＋x)n = 2n sin n 2θ＋2n cos n 2θ≤2n ( sin 2θ＋cos 2θ) =2n ，故不等式(1－x)n ＋(1＋x)n ≤2n 成立．例4 求证：－1≤21x -－x ≤2．证明：∵1－x 2≥0，∴－1≤x ≤1，故可设x = cos θ，其中0≤θ≤π．则21x -－x =θ2cos 1-－cos θ= sin θ－cos θ=2sin(θ－4π)， ∵－4π≤θ－4π≤43π， ∴－1≤2sin(θ－4π)≤2，即－1≤21x -－x ≤2．三、增量代换法在对称式(任意互换两个字母，代数式不变)和给定字母顺序(如a ＞b ＞c)的不等式，常用增量进行代换，代换的目的是减少变量的个数，使要证的结论更清晰，思路更直观，这样可以使问题化难为易，化繁为简．例7 已知a ，b ∈R ，且a ＋b = 1，求证：(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥225．证明：∵a ，b ∈R ，且a ＋b = 1，∴设a =21＋t ，b=21－t ， (t ∈R) 则(a ＋2)2＋(b ＋2)2= (21＋t ＋2)2＋(21－t ＋2)2= (t ＋25)2＋(t －25)2= 2t 2＋225≥225． ∴(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥225．例8 已知a 1＋a 2＋…＋a n = 1，求证：21a ＋22a ＋…＋2n a ≥n1．证明：设a 1= t 1＋n 1，a 2= t 2＋n 1，…，a n = t n ＋n1，其中t 1＋t 2＋…＋t n = 0，则21a ＋22a ＋…＋2n a = (t 1＋n 1)2＋(t 2＋n 1)2＋…＋(t n ＋n 1)2= n ·21n＋2×n 1( t 1＋t 2＋…＋t n )＋…＋21t ＋22t ＋…＋2n t =n 1＋21t ＋22t ＋…＋2n t ≥n 1．四、放缩法放缩法是在顺推法逻辑推理过程中，有时利用不等式的传递性，作适当的放大或缩小，证明不原不等式更强的不等式来代替原不等式的证明．这种证题方法的实质是非等价转化，而它的证题方法没有一定的准则和程序，需按题意适当．．放缩，否则是达不到目的．利用放缩法证明不等式，要根据不等式两端的特征及已知条件，采取舍掉式中一些正项或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母、把和式中的某些项换以较大或较小的数，从而达到证明不等式的目的．此类证法要慎审地采取措施，进行恰当地放缩，任何不适宜的放缩(放的过大或过小)都会导致推证的失败．例5 设n 为自然数，求证：91＋251＋…＋2)12(1+n ＜41．证明：∵2)12(1+k =14412++k k ＜k k 4412+=41(k1－11+k )， ∴91＋251＋…＋2)12(1+n ＜41[(1－21)＋(21－31)＋…＋(n 1－11+n ) =41(1－11+n )＜41． ∴91＋251＋…＋2)12(1+n ＜41[(1－21)＋(21－31)＋…＋(n 1－11+n ) =41(1－11+n )＜41．例5 已知a n =21⨯＋32⨯＋…＋)1(+n n ，其中n 为自然数，求证：21n(n ＋1)＜a n ＜21(n ＋1)2．证明：∵)1(+k k ＜21++k k =212+k 对任意自然数k 都成立， ∴a n =21⨯＋32⨯＋…＋)1(+n n ＜23＋25＋27＋…＋212+n =21[3＋5＋7＋…＋(2n ＋1)] =21(n ＋2n)＜21(n ＋2n ＋1) =21(n ＋1)2．又)1(+k k ＞2k = k ，∴a n =21⨯＋32⨯＋…＋)1(+n n ＞1＋2＋3＋…＋n =21n(n ＋1)， ∴21n(n ＋1)＜a n ＜21(n ＋1)2．评析：根据要证不等式的结构特征，应用均值不等式“放大”a n 为一个等差数列的和，求和后再添加一个数1，直到“放大”到要证的右边；而左边是通过“缩小”a n 的方法去根号而转化为等差数列的和．放大或缩小的技巧很多，如添项、减项、分子、分母加或减一个数，或利用函数的单调性、有界性等等，但要注意放缩要适度．11．设a 、b 为不相等的两正数，且a 3－b 3= a 2－b 2，求证：1＜a + b ＜34．证明：由题意得a 2＋ab ＋b 2= a + b ，于是(a ＋b)2= a 2＋2ab ＋b 2＞a 2＋ab ＋b 2= a + b ，故a + b ＞1，又(a ＋b)2＞4ab ，而(a ＋b)2= a 2＋2ab ＋b 2= a ＋b ＋ab ＜a ＋b ＋4)(2b a +，即43(a ＋b)2＜a ＋b ，解得a + b ＜34． ∴1＜a + b ＜34．例12 已知a 、b 、c 、d 都是正数，求证：1＜c b a b ++＋d c b c ++＋a d c d ++＋ba d a ++＜2．证明：∵d cb a b +++＜c b a b ++＜ba b +， d c b a c +++＜d c b c ++＜dc c +，d c b a d +++＜a d c d ++＜dc d +， d c b a a +++＜b a d a ++＜ba a +，将上述四个同向不等式两边分别相加，得：1＜c b a b ++＋d c b c ++＋a d c d ++＋ba d a ++＜2．。

数学：不等式证明四法比较法综合法分析法反证法与放缩法

不等式证明一（比较法）比较法是证明不等式的一种最重要最基本的方法。

比较法分为：作差法和作商法一、作差法若a ，b ∈R ，则： a —b ＞0⇔a ＞b ；a —b ＝0⇔a ＝b ；a —b ＜0⇔a ＜b 它的三个步骤：作差——变形——判断符号（与零的大小）——结论. 作差法是当要证的不等式两边为代数和形式时，通过作差把定量比较左右的大小转化为定性判定左—右的符号，从而降低了问题的难度。

作差是化归，变形是手段，变形的过程是因式分解（和差化积）或配方，把差式变形为若干因子的乘积或若干个完全平方的和，进而判定其符号，得出结论.例１、求证：x ２ + ３ > ３x 证：∵（x ２ + ３）３x = 043)23(3)23()23(32222>+-=+-+-x x x ∴x ２ + ３ > ３x例2、（课本P ２２例２）已知a, b, m 都是正数，并且a ++ 证：)()()()()(m b b a b m m b b m b a m a b b a m b m a +-=++-+=-++ ∵a,b,m 都是正数，并且a 0 , b a > 0 ∴0)()(>+-m b b a b m 即：bam b m a >++变式：若a > b ，结果会怎样？若没有“a a ２b ３ + a ３b ２证：（a ５ + b ５）（a ２b ３ + a ３b ２） = （ a ５ a ３b ２） + （b ５ a２b ３）= a ３（a ２b ２）b ３（a ２b ２） = （a ２b ２）（a ３ b ３）= （a + b ）（a b ）２（a ２ + ab + b ２）∵a, b 都是正数，∴a + b, a ２ + ab + b ２ > 0又∵a b ，∴（a b ）２ > 0 ∴（a + b ）（a b ）２（a ２ + ab + b２） > 0即：a ５ + b ５ > a ２b ３ + a ３b ２例4、甲乙两人同时同地沿同一路线走到同一地点，甲有一半时间以速度m 行走，另一半时间以速度n 行走；有一半路程乙以速度m 行走，另一半路程以速度n 行走，如果m n ，问：甲乙两人谁先到达指定地点？解：设从出发地到指定地点的路程为S ，甲乙两人走完全程所需时间分别是t １, t ２，则：21122,22t n S m S S n t m t=+=+可得：mnn m S t n m S t 2)(,221+=+= ∴)(2)()(2])(4[2)(22221n m mn n m S mn n m n m mn S mn n m S n m S t t +--=++-=+-+=- ∵S, m, n 都是正数，且m n ，∴t １ t ２ < 0 即：t １ < t ２从而：甲先到到达指定地点。

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例3 设f(x)=x 2 +px+q,求证:|f(1)|,
|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于0.5.
例 4 已知 p,q∈R,p3+q3=2, 求证 :p+q ≤2.
作业布置
P29习题2.3：1，4.
反证法适用的情形:对那些直接证明比较困难的命题,如:否定性命题,唯一性命题,正面复杂而反面简单的命题,常常用反证法证明. 反证法的步骤:(1)假设原命题不成立,(2)进行推理,导致矛盾,(3)说析
例2 已知a＋b＋c＞0,ab＋bc＋ca＞0, abc＞0,求证：a＞0,b＞0,c＞0.
数学选修4-5不等式选讲第二讲证明不等式的基本方法
课题:证明不等式的基本方法—反证法授课:张贤华学校:衡阳市第八中学
时间:2009年下期
问题提出
1.我们已经学过的证明不等式的主要依据有哪些？
(1)两实数比较大小的基本原理
(2)不等式的基本性质(共9条) (3)基本不等式:二元平均数不等式,三元平均数不等式,绝对值三角不等式
问题提出
2.比较法,综合法,分析法,放缩法有哪些主要特点？ 3.我们已经学过证明不等式的三大依据以及不等式的一些证明方法—比较法,综合法,分析法,放缩法,上述证明方法都是直接证明的方法.当某些数学命题难以直接证明时,我们可以采用一种间接证明的方法—反证法.
典例剖析
例1 已知x>0,y>0,且x+y>2,求证： 1 x 1 y , 中至少有一个小于2. y x