三反證法與放縮法1．不等式的證明方法——反證法(1)反證法證明的定義：先假設要證明的命題不成立，然后由此假設出發，結合已知條件，應用公理、定義、定理、性質等，進行正確的推理，得到和命題的條件(或已證明的定理、性質、明顯成立的事實等)矛盾的結論，以說明假設不成立，從而證明原命題成立．(2)反證法證明不等式的一般步驟：①假設命題不成立；②依據假設推理論證；③推出矛盾以說明假設不成立，從而斷定原命題成立．2．不等式的證明方法——放縮法(1)放縮法證明的定義：證明不等式時，通常把不等式中的某些部分的值放大或縮小，簡化不等式，從而達到證明的目的．(2)放縮法的理論依據主要有：①不等式的傳遞性；②等量加不等量為不等量；③同分子(分母)異分母(分子)的兩個分式大小的比較．利用反證法證明不等式已知f(x)＝x2＋px＋q，求證：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)|f(1)|，f|(2)|，|f(3)|中至少有一個不小于eq\f(1,2).“不小于”的反面是“小于”，“至少有一個”的反面是“一個也沒有”．(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q(2)假設|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于eq\f(1,2)，則|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)|中至少有一個不小于eq\f(1,2).(1)反證法適用范圍：凡涉及不等式為否定性命題，唯一性、存在性命題可考慮反證法．如證明中含“至多”“至少”“不能”等詞語的不等式．(2)注意事項：在對原命題進行否定時，應全面、準確，不能漏掉情況，反證法體現了“正難則反”的策略，在解題時要靈活應用．1．實數a，b，c不全為0的等價條件為()A．a，b，c均不為0B．a，b，c中至多有一個為0C．a，b，c中至少有一個為0D．a，b，c中至少有一個不為0解析：選D“不全為0”是對“全為0”的否定，與其等價的是“至少有一個不為0”．2．證明：三個互不相等的正數a，b，c成等差數列，則a，b，c不可能成等比數列．證明：假設a，b，c成等比數列，則b2＝ac.又∵a，b，c成等差數列，∴a＝b－d，c＝b＋d(其中d為公差)．∴ac＝b2＝(b－d)(b＋d)．∴b2＝b2－d2.∴d2＝0，∴d＝0.這與已知中a，b，c互不相等矛盾．∴假設不成立．∴a，b，c不可能成等比數列．3．已知函數y＝f(x)在R上是增函數，且f(a)＋f(－b)<f(b)＋f(－a)，求證：a<b.證明：假設a<b不成立，則a＝b或a>b.當a＝b時，－a＝－b，則有f(a)＝f(b)，f(－a)＝f(－b)，于是f(a)＋f(－b)＝f(b)＋f(－a)，與已知矛盾．當a>b時，－a<－b，由函數y＝f(x)的單調性可得f(a)>f(b)，f(－b)>f(－a)，于是有f(a)＋f(－b)>f(b)＋f(－a)，與已知矛盾．故假設不成立．∴a<b.利用放縮法證明不等式已知實數x，y，z不全為零．求證：eq\r(x2＋xy＋y2)＋eq\r(y2＋yz＋z2)＋eq\r(z2＋zx＋x2)>eq\f(3,2)(x＋y＋z)．解答本題可對根號內的式子進行配方后再用放縮法證明．eq\r(x2＋xy＋y2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y,2)))2＋\f(3,4)y2)≥eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y,2)))2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y,2)))≥x＋eq\f(y,2).同理可得：eq\r(y2＋yz＋z2)≥y＋eq\f(z,2)，eq\r(z2＋zx＋x2)≥z＋eq\f(x,2)，由于x，y，z不全為零，故上述三式中至少有一式取不到等號，所以三式相加，得eq\r(x2＋xy＋y2)＋eq\r(y2＋yz＋z2)＋eq\r(z2＋zx＋x2)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(z,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z＋\f(x,2)))＝eq\f(3,2)(x＋y＋z)．(1)利用放縮法證明不等式，要根據不等式兩端的特點及已知條件(條件不等式)，審慎地采取措施，進行恰當的放縮，任何不適宜的放縮都會導致推證的失敗．(2)一定要熟悉放縮法的具體措施及操作方法，利用放縮法證明不等式，就是采取舍掉式中一些正項或負項，或者在分式中放大或縮小分子、分母，或者把和式中各項或某項換以較大或較小的數，從而達到證明不等式的目的．4．設n是正整數，求證：eq\f(1,2)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)＜1.證明：由2n≥n＋k＞n(k＝1,2，…，n)，得eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋k)＜eq\f(1,n).當k＝1時，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋1)＜eq\f(1,n)，當k＝2時，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋2)＜eq\f(1,n)，…當k＝n時，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋n)＜eq\f(1,n).∴將以上n個不等式相加，得eq\f(1,2)＝eq\f(n,2n)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)＜eq\f(n,n)＝1.5．設f(x)＝x2－x＋13，a，b∈，求證：|f(a)－f(b)|<|a－b|.證明：|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|.課時跟蹤檢測(八)1．設a，b，c∈R＋，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，則“PQR＞0”是“P，Q，R同時大于零”的()A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選C必要性是顯然成立的；當PQR＞0時，若P，Q，R不同時大于零，則其中兩個為負，一個為正，不妨設P＞0，Q＜0，R＜0，則Q＋R＝2c＜0，這與c＞0矛盾，2．若|a－c|<h，|b－c|<h，則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：選A|a－b|＝|(a－c)－(b－c)|≤|a－c|＋|b－c|<2h.3．設x，y都是正實數，且xy－(x＋y)＝1，則()A．x＋y≥2(eq\r(2)＋1) B．xy≤eq\r(2)＋1C．x＋y≤(eq\r(2)＋1)2 D．xy≥2(eq\r(2)＋1)解析：選A由已知(x＋y)＋1＝xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2，∴(x＋y)2－4(x＋y)－4≥0.∵x，y都是正實數，∴x>0，y>0，∴x＋y≥2eq\r(2)＋2＝2(eq\r(2)＋1)．4．對“a，b，c是不全相等的正數”，給出下列判斷：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a>b與a<b及a≠c中至少有一個成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同時成立．其中判斷正確的個數為()A．0 B．1C．2 D．3解析：選C若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，則a＝b＝c，與已知矛盾，故①對；當a>b與a<b及a≠c都不成立時，有a＝b＝c，不符合題意，故②對；③顯然不正確．5．若要證明“a，b至少有一個為正數”，用反證法證明時作的反設應為________．答案：a，b中沒有任何一個為正數(或a≤0且b≤0)6．lg9·lg11與1的大小關系是________．解析：∵lg9＞0，lg11＞0，∴eq\r(lg9·lg11)＜eq\f(lg9＋lg11,2)＝eq\f(lg99,2)＜eq\f(lg100,2)＝1，∴lg9·lg11＜1.答案：lg9·lg11＜17．設x＞0，y＞0，A＝eq\f(x＋y,1＋x＋y)，B＝eq\f(x,1＋x)＋eq\f(y,1＋y)，則A，B的大小關系是________．解析：A＝eq\f(x,1＋x＋y)＋eq\f(y,1＋x＋y)＜eq\f(x,1＋x)＋eq\f(y,1＋y)＝B.答案：A＜B8．實數a，b，c，d滿足a＋b＝c＋d＝1，且ac＋bd>1.求證：a，b，c，d中至少有一個是負數．證明：假設a，b，c，d都是非負數．由a＋b＝c＋d＝1知a，b，c，d∈．從而ac≤eq\r(ac)≤eq\f(a＋c,2)，bd≤eq\r(bd)≤eq\f(b＋d,2)，∴ac＋bd≤eq\f(a＋c＋b＋d,2)＝1，即ac＋bd≤1，與已知ac＋bd>1矛盾，∴a，b，c，d中至少有一個是負數．9．已知an＝eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋eq\r(3×4)＋…＋eq\r(nn＋1)(n∈N*)．求證：eq\f(nn＋1,2)<an<eq\f(nn＋2,2).證明：∵eq\r(nn＋1)＝eq\r(n2＋n)，∴eq\r(nn＋1)>n，∴an＝eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋…＋eq\r(nn＋1)>1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).∵eq\r(nn＋1)<eq\f(n＋n＋1,2)，∴an<eq\f(1＋2,2)＋eq\f(2＋3,2)＋eq\f(3＋4,2)＋…＋eq\f(n＋n＋1,2)＝eq\f(n,2)＋(1＋2＋3＋…＋n)＝eq\f(nn＋2,2).綜上得eq\f(nn＋1,2)<an<eq\f(nn＋2,2).10．已知f(x)＝ax2＋bx＋c，若a＋c＝0，f(x)在上的最大值為2，最小值為－eq\f(5,2).求證：a≠0且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))<2.證明：假設a＝0或eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))≥2.①當a＝0時，由a＋c＝0，得f(x)＝bx，顯然b≠0.由題意得f(x)＝bx在上是單調函數，所以f(x)的最大值為|b|，最小值為－|b|.由已知條件得|b|＋(－|b|)＝2－eq\f(5,2)＝－eq\f(1,2)，這與|b|＋(－|b|)＝0相矛盾，所以a≠0.②當eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))≥2時，由二次函數的對稱軸為x＝－eq\f(b,2a)，知f(x)在上是單調函數，故其最值在區間的端點處取得.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝a＋b＋c＝2，,f－1＝a－b＋c＝－\f(5,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝a＋b＋c＝－\f(5,2)，,f－1＝a－b＋c＝2.))又a＋c＝0，則此時b無解，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))<2.由①②，得a≠0且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))<2.本講高考熱點解讀與高頻考點例析考情分析從近兩年的高考試題來看，不等式的證明主要考查比較法與綜合法，而比較法多用作差比較，綜合法主要涉及基本不等式與不等式的性質，題目難度不大，屬中檔題．在證明不等式時，要依據命題提供的信息選擇合適的方法與技巧進行證明．如果已知條件與待證結論之間的聯系不明顯，可考慮用分析法；如果待證的命題以“至少”“至多”“恒成立”等方式給出，可考慮用反證法．在必要的情況下，可能還需要使用換元法、放縮法、構造法等技巧簡化對問題的表述和證明．真題體驗1．(全國甲卷)已知函數f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，M為不等式f(x)<2的解集．(1)求M；(2)證明：當a，b∈M時，|a＋b|<|1＋ab|.(1)解：f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x，x≤－\f(1,2)，,1，－\f(1,2)<x<\f(1,2)，,2x，x≥\f(1,2).))當x≤－eq\f(1,2)時，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1；當－eq\f(1,2)<x<eq\f(1,2)時，f(x)<2恒成立；當x≥eq\f(1,2)時，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)證明：由(1)知，當a，b∈M時，－1<a<1，－1<b<1，從而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)·(1－b2)<0.因此|a＋b|<|1＋ab|.2．(全國卷Ⅱ)設a，b，c，d均為正數，且a＋b＝c＋d，證明：(1)若ab>cd，則eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)；(2)eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|<|c－d|的充要條件．證明：(1)因為(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)，(eq\r(c)＋eq\r(d))2＝c＋d＋2eq\r(cd)，由題設a＋b＝c＋d，ab>cd，得(eq\r(a)＋eq\r(b))2>(eq\r(c)＋eq\r(d))2.因此eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d).(2)①必要性：若|a－b|<|c－d|，則(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.因為a＋b＝c＋d，所以ab>cd.由(1)，得eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d).②充分性：若eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)，則(eq\r(a)＋eq\r(b))2>(eq\r(c)＋eq\r(d))2，即a＋b＋2eq\r(ab)>c＋d＋2eq\r(cd).因為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|.綜上，eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|＜|c－d|的充要條件．比較法證明不等式比較法證明不等式的依據是：不等式的意義及實數比較大小的充要條件．作差比較法證明的一般步驟是：①作差；②恒等變形；③判斷結果的符號；④下結論．其中，變形是證明推理中一個承上啟下的關鍵，變形的目的在于判斷差的符號，而不是考慮差能否化簡或值是多少，變形所用的方法要具體情況具體分析，可以配方，可以因式分解，可以運用一切有效的恒等變形的方法．已知b，m1，m2都是正數，a<b，m1<m2，求證：eq\f(a＋m1,b＋m1)<eq\f(a＋m2,b＋m2).eq\f(a＋m1,b＋m1)－eq\f(a＋m2,b＋m2)＝eq\f(a＋m1b＋m2－a＋m2b＋m1,b＋m1b＋m2)＝eq\f(am2＋bm1－am1－bm2,b＋m1b＋m2)＝eq\f(a－bm2－m1,b＋m1b＋m2).因為b>0，m1，m2>0，所以(b＋m1)(b＋m2)>0.又a<b，所以a－b<0.因為m1<m2，所以m2－m1>0.從而(a－b)(m2－m1)<0.于是eq\f(a－bm2－m1,b＋m1b＋m2)<0.所以eq\f(a＋m1,b＋m1)<eq\f(a＋m2,b＋m2).綜合法證明不等式綜合法證明不等式的思維方向是“順推”，即由已知的不等式出發，逐步推出其必要條件(由因導果)，最后推導出所要證明的不等式成立．綜合法證明不等式的依據是：已知的不等式以及邏輯推證的基本理論．證明時要注意的是：作為依據和出發點的幾個重要不等式(已知或已證)成立的條件往往不同，應用時要先考慮是否具備應有的條件，避免錯誤，如一些帶等號的不等式，應用時要清楚取等號的條件，即對重要不等式中“當且僅當……時，取等號”的理由要理解掌握．設a>0，b>0，a＋b＝1.求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.∵a>0，b>0，a＋b＝1.∴1＝a＋b≥2eq\r(ab)，eq\r(ab)≤eq\f(1,2).∴eq\f(1,ab)≥4.∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＋eq\f(1,ab)≥2eq\r(ab)·2eq\r(\f(1,ab))＋4＝8.∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.分析法證明不等式分析法證明不等式的依據也是不等式的基本性質、已知的重要不等式和邏輯推理的基本理論．分析法證明不等式的思維方向是“逆推”，即由待證的不等式出發，逐步尋找使它成立的充分條件(執果索因)，最后得到的充分條件是已知(或已證)的不等式．當要證的不等式不知從何入手時，可考慮用分析法去證明，特別是對于條件簡單而結論復雜的題目往往更為有效．分析法是“執果索因”，步步尋求上一步成立的充分條件，而綜合法是“由因導果”，逐步推導出不等式成立的必要條件，兩者是對立統一的兩種方法．一般來說，對于較復雜的不等式，直接用綜合法往往不易入手，因此，通常用分析法探索證題途徑，然后用綜合法加以證明，所以分析法和綜合法可結合使用．已知a>b>0.求證：eq\r(a)－eq\r(b)<eq\r(a－b).要證eq\r(a)－eq\r(b)<eq\r(a－b)，只需證eq\r(a)<eq\r(a－b)＋eq\r(b)，只需證(eq\r(a))2<(eq\r(a－b)＋eq\r(b))2，只需證a<a－b＋b＋2eq\r(ba－b)，只需證0<2eq\r(ba－b).∵a>b>0，上式顯然成立，∴原不等式成立，即eq\r(a)－eq\r(b)<eq\r(a－b).反證法證明不等式用直接法證明不等式困難的時候，可考慮用間接證法予以證明，反證法是間接證法的一種．假設欲證的命題是“若A則B”，我們可以通過否定eq\x\to(B)來達到肯定B的目的，如果eq\x\to(B)只有有限多種情況，就可用反證法．用反證法證明不等式，其實質是從否定結論出發，通過邏輯推理，導出與已知條件或公理或定理或某些性質相矛盾的結論，從而肯定原命題成立．已知：在△ABC中，∠CAB>90°，D是BC的中點．求證：AD<eq\f(1,2)BC(如右圖所示)．假設AD≥eq\f(1,2)BC.①若AD＝eq\f(1,2)BC，由平面幾何中定理“若三角形一邊上的中線等于該邊長的一半，那么，這條邊所對的角為直角”，知∠A＝90°，與題設矛盾．所以AD≠eq\f(1,2)BC.②若AD>eq\f(1,2)BC，因為BD＝DC＝eq\f(1,2)BC，所以在△ABD中，AD>BD，從而∠B>∠BAD.同理∠C>∠CAD.所以∠B＋∠C>∠BAD＋∠CAD.即∠B＋∠C>∠A.因為∠B＋∠C＝180°－∠A，所以180°－∠A>∠A，即∠A＜90°，與已知矛盾．故AD＞eq\f(1,2)BC不成立．由①②知AD＜eq\f(1,2