第六章不等式不等式的證明第講3（第三課時）1題型6用反證法證不等式1.已知a、b、c∈(0，1)，求證：(1-a)b，(1-b)c，(1-c)a不能同時大于.證法1：假設三式同時大于，即有(1-a)b＞，(1-b)c＞，(1-c)a＞,三式同向相乘，得(1-a)a(1-b)b(1-c)c＞.2又(1-a)a≤()2=，同理，(1-b)b≤，(1-c)c≤，所以(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤，因此與假設矛盾，故結論正確.

證法2：假設三式同時大于.

因為0＜a＜1，所以1-a＞0，3點評：證明有關“至少”“最多”“唯一”或含有其他否定詞的命題，可采用反證法.反證法的證題步驟是：反設——推理——導出矛盾(得出結論).所以同理，都大于.

三式相加得＞，矛盾.

故假設不成立，從而原命題成立.

4已知a,b,c∈R,求證：a2-2c,b2-2a,c2-2b三個式子中至少有一個不小于-1.

證明：假設三式都同時小于-1，即a2-2c＜-1，b2-2a＜-1，c2-2b＜-1，三式相加，

得a2-2c+b2-2a+c2-2b＜-3，

所以a2-2c+b2-2a+c2-2b+3＜0，

即有(a-1)2+(b-1)2+(c-1)2＜0，

這與(a-1)2+(b-1)2+(c-1)2≥0，矛盾.

故結論成立.5題型7用換元證不等式2.已知a、b∈R，a2+b2≤4，求證：|3a2-8ab-3b2|≤20.

證明：因為a、b∈R，a2+b2≤4，所以可設a=rcosθ,b=rsinθ,其中0≤r≤2，所以|3a2-8ab-3b2|=r2|3cos2θ-4sin2θ|=r2|5cos(2θ+arctan)|≤5r2≤20.

所以原不等式成立.6點評：換元法一般有代數式的整體換元、三角換元等換元方式.換元時要注意新變元的取值范圍，以及換元后的式子的意義.常用的換元有：若x2+y2=a2，可設x=acosθ，y=asinθ；若可設x=acosθ，y=bsinθ；若x2+y2≤1，可設x=rcosθ，y=rsinθ(0≤r≤1).7已知1≤x2+y2≤2，求證：≤x2-xy+y2≤3.

證明:設x=rcosθ,y=rsinθ,且1≤r≤2,θ∈R,則

由-1≤sin2θ≤1，得≤1-sin2θ≤.

又1≤r2≤2，所以≤r2(1-sin2θ)≤3，即≤x2-xy+y2≤3.83.求證：

證明：令x∈R，則yx2+yx+y=x2-x+1.

于是(y-1)x2+(y+1)x+y-1=0.①(1)若y=1，則x=0，符合題意；

(2)若y≠1,則①式是關于x的一元二次方程.題型8判別式法證不等式9由x∈R，知Δ=(y+1)2-4(y-1)2≥0，解得≤y≤3且y≠1.

綜合(1)(2)，得≤y≤3，即點評：與二次式有關的不等式證明，可通過構造二次方程，然后利用方程有實數解的充要條件得出式子的取值范圍，就是所要證明的不等式.10求證證：：證明明：：令則yx2-(y+1)x+y+1=0，①①(1)當y=0時，，得得x=1，符符合合題題意意；；(2)當y≠0時，，則則①①式式是是關關于于x的一一元元二二次次方方程程.由x∈R，得得Δ=(y+1)2-4y(y+1)≥≥0，解得得-1≤≤y≤,且y≠0.綜合合(1)(2),得-1≤≤y≤,所以以11已知知函函數數f(x)=ln(x+1)-x，若若x＞-1，證證明明:≤ln(x+1)≤≤x.證明明：：令f′(x)=0，得得x=0.當x∈(-1，0)時，，f′(x)＞0;當x∈(0，+∞∞)時，，f′(x)＜0.題型型不不等等式式與與函函數數的的綜綜合合應應用用12所以以f(x)在區區間間(-1，0)上是是增增函函數數，，在區區間間(0，+∞∞)上是是減減函函數數.所以以當當x＞-1時，，f(x)≤≤f(0)=0，即ln(x+1)-x≤0，故故ln(x+1)≤≤x.令則令g′′(x)=0，得得x=0.當x∈(-1，0)時，，g′(x)＜0;當x∈(0，+∞∞)時，，g′′(x)＞0.13所以以g(x)在(-1，0)上是是減減函函數數，，在(0，+∞∞)上是是增增函函數數，，故當當x＞-1時，，g(x)≥≥g(0)=0，即故故綜上上知知，，141.在已已知知中中如如果果出出現現兩兩數數相相加加等等于于一一個個正正常常數數，，可可聯聯想想到到公公式式sin2α+cos2α=1，進進行行三三角角換換元元.2.含有有字字母母的的不不等等式式證證明明