證法

與大家分享.二、證法探究這個(gè)不等式是成立的,下面給出3 種證法.證法1先證:由綜上可得(?)成立,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí),(?)中等號(hào)成立.證法2先證:由均值不等式,得下同證法1.證法3由均值不等式,得評(píng)注由證法1,可得到一個(gè)不等式的隔離:三、進(jìn)一步探究3.1 題目的猜想利用均值不等式,易得:由②、③及原題,有如下的:猜想設(shè)a,b,c是正實(shí)數(shù),n∈N+,有3.2 當(dāng)n=4 時(shí)的探究當(dāng)n=4 時(shí),猜想是成立的,即有:命題1設(shè)a,b,c是正實(shí)數(shù),則先給出一個(gè)引理

出這道試題的多種證法.一、試題呈現(xiàn)如圖1，已知等腰直角△ABC，∠A=90°，點(diǎn)D在邊AB上，E在邊AC上，AD=AE，過點(diǎn)A,D分別作BE的垂線交BC于P,Q.用平面幾何方法證明：PQ=PC.圖1試題簡潔明了，結(jié)構(gòu)也不算復(fù)雜，題目特意強(qiáng)調(diào)用平面幾何方法證明.自然的想法就是添加輔助線，證明的途徑較多，關(guān)鍵在于利用題目條件進(jìn)行合理的轉(zhuǎn)化.二、證法賞析思路一兩條線段AP和DQ都垂直于BE，可以通過構(gòu)造平行線成比例解決問題.不同的解題視角，可得到以下4種證法.證

本文對(duì)這道試題的證法、變式和推廣作一探究.二、證法探究，不同視角、同樣精彩證法三：由已知條件結(jié)合均值不等式可得三、變式拓展以上兩個(gè)變式也可以用證法三-證法六來完成.四 推廣當(dāng)λ=2時(shí)就是2022年江西省高中數(shù)學(xué)預(yù)賽試題第10題.以上幾個(gè)推廣由有興趣的讀者自行完成.

般稱其為歐幾里得證法。具體的證明過程同學(xué)們可以見教材第88 頁中的內(nèi)容——“勾股定理的證明”。在歐幾里得證法中，我發(fā)現(xiàn)了幾何中經(jīng)常用到的兩個(gè)數(shù)學(xué)模型，一個(gè)是“手拉手”模型，另一個(gè)是“平行等積”模型。如圖1，當(dāng)AB=BF，BC=BD，并且它們的夾角∠ABF和∠CBD相等時(shí)，就能證得△ABD≌△FBC，這就是我們常用的“手拉手”模型。圖1圖2如圖2，當(dāng)AB∥CD時(shí)，易得S△ABC=S△ABD，這就是“平行等積”模型。我們在很多問題中會(huì)用到這個(gè)數(shù)學(xué)模型。進(jìn)一步研

，∴∠B=∠C。證法一（三次全等）：如圖3，連接AD、AE、DO、EO。圖3在△ABD和△ACE中，∵AB=AC，∠B=∠C，BD=CE，∴△ABD≌△ACE（SAS）?！郃D=AE。在△AOD和△AOE中，∵AD=AE，AO=AO，OD=OE，∴△AOD≌△AOE（SSS）。∴∠DAO=∠EAO。在△AFD和△AFE中，∵AD=AE，∠DAF=∠EAF，AF=AF，∴△AFD≌△AFE（SAS）?！唷螪FA=∠EFA。又∵∠DFA+∠EFA=180°，∴

表一個(gè)“簡單”的證法,但隨后便發(fā)現(xiàn)存在問題并致歉. 之后香港Kee-Wai Lan 在第206-207 頁發(fā)表了一個(gè)較長證明,其中動(dòng)用了導(dǎo)數(shù),雜志編輯還特別提到希望看到該問題簡潔的證法,然而四、五年內(nèi)并未收到令大家都滿意的證法. 因?yàn)樵诋?dāng)時(shí)甚至包括現(xiàn)在,很多不等式愛好者都追求簡潔漂亮的證法(不用微積分、不用復(fù)雜展開計(jì)算、不要難以理解、不要太長過程等).伊朗人還是不滿足當(dāng)前復(fù)雜的證法,特別期待簡潔的證法,于是把該題作為1996 年數(shù)學(xué)奧林匹克試題,試圖借此引

.二、命題的多種證法a+b-c、b+c-a、c+a-b三者中最多有一者非正，因?yàn)樗鼈儍蓛芍蜑檎?當(dāng)它們中一者非正，命題二顯然成立.所以我們只需考慮三者均為正的情形，這時(shí)a、b、c可以構(gòu)成一個(gè)三角形的三條邊.由(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)想到三角形的面積，得到如下證法.這是一個(gè)熟知的三角形不等式，不難證明，過程從略.以上兩種證明方法都與三角形密切相關(guān)，作為一道代數(shù)不等式，我們希望有純代數(shù)證法，筆者經(jīng)過探究，又得到以下四種證法.證

等邊三角形.2 證法探究分析考慮到正方形和正三角形的對(duì)稱性，可以建立平面直角坐標(biāo)系通過兩點(diǎn)間距離相等證明，或用正余弦定理證明三邊相等，或通過作輔助線利用三角函數(shù)證明三個(gè)角均為60°，或通過再構(gòu)造等邊三角形利用平面幾何知識(shí)證明原三角形三內(nèi)角相等，或通過設(shè)點(diǎn)或構(gòu)造圓找點(diǎn)構(gòu)造等邊三角形，利用同一法證明等.思路1證明三邊相等.證法1(建系設(shè)點(diǎn))如圖2所示，建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)正方形邊長|AB|=2，則C(2,0)，A(0,2)，D(2,2).因?yàn)椤螾BC=∠PC

般稱其為歐幾里得證法。具體的證明過程同學(xué)們可以見教材第88頁中的內(nèi)容——“勾股定理的證明”。在歐幾里得證法中，我發(fā)現(xiàn)了幾何中經(jīng)常用到的兩個(gè)數(shù)學(xué)模型，一個(gè)是“手拉手”模型，另一個(gè)是“平行等積”模型。如圖1，當(dāng)AB=BF，BC=BD，并且它們的夾角∠ABF和∠CBD相等時(shí)，就能證得△ABD≌△FBC，這就是我們常用的“手拉手”模型。如圖2，當(dāng)AB∥CD時(shí)，易得S△ABC=S△ABD，這就是 “平行等積”模型。我們在很多問題中會(huì)用到這個(gè)數(shù)學(xué)模型。進(jìn)一步研究，我們

，∴∠B=∠C。證法一（三次全等）：如圖3，連接AD、AE、DO、EO。在△ABD和△ACE中，∵AB=AC，∠B=∠C，BD=CE，∴△ABD≌△ACE（SAS）。∴AD=AE。在△AOD和△AOE中，∵AD=AE，AO=AO，OD=OE，∴△AOD≌△AOE（SSS）。∴∠DAO=∠EAO。在△AFD和△AFE中，∵AD=AE，∠DAF=∠EAF，AF=AF，∴△AFD≌△AFE（SAS）?！唷螪FA=∠EFA。又∵∠DFA+∠EFA=180°，∴∠D

x)2 解法探析證法1：(構(gòu)造一次函數(shù))令f(x)=(1-y-z)x+y+z-yz-1,x∈(0,1)，∴f(0)=-(y-1)(z-1)圖1圖2證法4：(構(gòu)造立體圖形)如圖3,構(gòu)造一個(gè)邊長為1的正方體ABCD-EFGH,在正方體中分別取邊長為x,1-y,1的長方體IOPQ-EFRS,邊長為y,1-z,1的長方體AMND-IJKL,邊長為z,1-x,1的長方體TKCN-URGV.圖3由于x,y,z∈(0,1),根據(jù)體積關(guān)系可知VIOPQ-EFGR+VAMN

b3+c3=3.證法一:由a+b+c=0得c=-a-b,所以a3+b3+c3=a3+b3-(a+b)3=a3+b3-(a3+3a2b+3ab2+b3)=-3ab(a+b)=3abc=3.證法二:由恒等式a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)得a3+b3+c3=3abc=3.證明:當(dāng)n=1,2,3時(shí),結(jié)論顯然成立.最后,本文提出以下猜想:

單增.評(píng)注：上述證法中，根據(jù)題設(shè)條件，a≥1,x>0得出ax>0，故在對(duì)函數(shù)式變形中，兩邊同除ax，使得后面的求導(dǎo)能找到公因式x-1，剩下只要簡證一下ex>x+1，由此g′(x)與0的關(guān)系立見分曉.(法2)欲證aex+2x-1≥x2+aex，即證aex-aex≥x2-2x+1=(x-1)2②.∵a≥1,∴aex-aex=a(ex-ex)≥ex-ex.令g(x)=ex-ex,則g′(x)=ex-e.∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)0,∴g(x)在(1,+∞)

第(1)問的十種證法，旨在供同仁在教學(xué)過程中作參考，旨在對(duì)同學(xué)們在學(xué)習(xí)這類問題時(shí)有所幫助和啟示.證法1 (試驗(yàn)法)a2=5，a3=7.猜想an=2n+1，證明如下：若an=2n+1，則an+1=2(n+1)+1=2n+3，又3an-4n=3(2n+1)-4n=6n+3-4n=2n+3，此時(shí)an+1=3an-4n成立，所以an=2n+1.證法2 (數(shù)學(xué)歸納法)a2=5，a3=7.猜想an=2n+1，證明如下：(1)當(dāng)n=1時(shí)，由an=2n+1知，a1=3，符

《1，求證a+b證法1：因?yàn)閨a|《1，|6|《1，所以1士a》0，1土b》0。點(diǎn)評(píng)：這里利用了絕對(duì)值不等式的性質(zhì)，采用綜合法來證明，思路樸素自然。證法2：因?yàn)閨a|《1，|6|《1，所以1土a》0，1土b》0。點(diǎn)評(píng)：此法通過構(gòu)造一次函數(shù)，利用其單調(diào)性證明不等式，非常簡潔。證法4：當(dāng)6=0時(shí)，原不等式顯然成立。點(diǎn)評(píng)：此種證法通過構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行證明，突出了函數(shù)思想和方程思想，加強(qiáng)了函數(shù)、方程和不等式的聯(lián)系。證法了：消元法。證法4：判別式法。證法

(x+y+z).證法一:設(shè)s=x+y+z,p=xyz,∑x2=(∑x)2-2∑xy=s2-2,只需證明：2(s2-2)+5p+6≥5s等價(jià)于5p≥-2s2+5s-2(1).綜上所述，原不等式成立.綜上所述，原不等式成立.證法三:記s=x+y+z,p=xyz,∑x2=(∑x)2-2∑xy=s2-2,只需證明:2(s2-2)+5p+6≥5s?5p≥-2s2+5s-2?5p+(s-2)(2s-1)≥0(2).當(dāng)s≥2時(shí)，(2)成立.問題4738 已知x、y、z≥

，原不等式成立.證法2：(1)若△ABC為Rt△或鈍角△，證明方法同證法1.綜上所述，原不等式成立.證法3：(1)若△ABC為Rt△或鈍角△，證明方法同證法1.cosA+cosB+cosC+cos60°≤證法4：(1)若△ABC為Rt△或鈍角△，原不等式證明方法同證法1.綜上所述，原不等式成立.又∵4R2+12R+14r2≤8R2+8Rr+6r2等價(jià)于R2-Rr-2r2≥0,(R-2r)(R+r)≥0,由Euler不等式R≥2r知上述不等式成立.=2tan

下幾種證明方法.證法2:因?yàn)閏osA+cosB+cosC=證法3:不妨設(shè)A≥B≥C，則B，C均為銳角.證法4:不妨設(shè)a=x+y，b=y+z，c=z+x，x,y,z∈R+.要證cosA+cosB+cosC>1，即證證法5:要證cosA+cosB+cosC>1，即證證法6:假設(shè)cosA+cosB+cosC≤1，則有acosA+acosB+acosC≤a，bcosA+bcosB+bcosC≤b，ccosA+ccosB+ccosC≤c，以上三式相加，得(acosB

文給出了以下五種證法，并通過示例展示其在求解數(shù)學(xué)競賽題中的應(yīng)用.圖1下面從五個(gè)不同思路出發(fā)對(duì)定理的證明展開探索.證法一：利用三角形面積與線段比例關(guān)系推導(dǎo).如圖2，延長AP交BC于Q點(diǎn)(S=SA+SB+圖2證法二：利用正弦形式的三角形面積公式.圖3證法三：利用三角形重心的性質(zhì).圖4證法四：利用向量按垂直坐標(biāo)系分解的性質(zhì).圖5證法五：利用平面向量分解的基本定理.圖6利用奔馳定理可以容易解決如下問題：解析：由題意可知SΔBPC∶SΔAPC∶SΔAPB=1∶ 2∶

后筆者整理出九種證法,供同行參考.圖1 證法一利 用面積法證法二利 用正弦定理證法三利用面積法證法四利用正弦定理和三角函數(shù)圖2 證法五利用三角形相似圖3 證法六利用平行線分線段成比例定理圖4 證法七利用三角形相似及合比定理圖5 證法八利用直角三角形相似圖6 證法九利用菱形及三角形相似圖7

數(shù)學(xué)知識(shí)給出一種證法：證法1因?yàn)椤螦CB=90°，AC=BC，所以∠BAC=∠ABC=45°.如圖2，作DE⊥AC于點(diǎn)E，DF⊥AB于點(diǎn)F，則DE=DF， ∠FDE=135°，又因?yàn)椤螧DC=67.5°，所以∠BDF+∠CDE=67.5°.延長CE至點(diǎn)G，使得EG=FB，可得Rt△DEG≌Rt△DFB(SAS)，從而DG=DB， ∠GDE=∠BDF，于是∠GDC=∠GDE+∠CDE=67.5°=∠BDC.又DC=DC，得△GDC≌△BDC(SAS)，從而于

。下面進(jìn)行探究。證法1：(構(gòu)造法) 由an+1=3an+1得證法3：(歸納猜想法)由已知得:……這里的證明用數(shù)學(xué)歸納法就行。評(píng)析：上述證法1是參考答案提供的原證法,這種證法的第一步“由an+1=3an+1是利用“添項(xiàng)法”完成的,對(duì)一般同學(xué)來說,通常會(huì)遇到兩個(gè)問題:一是為什么要添項(xiàng)?二是添什么項(xiàng)?這兩個(gè)問題容易導(dǎo)致有些同學(xué)思維障礙的形成。雖然在平時(shí)的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)中,老師也講過這種類型的遞推數(shù)列通項(xiàng)公式的求法,但是,因?yàn)橛行┩瑢W(xué)對(duì)這兩個(gè)問題較難理解,再加上這種“添

3102))多種證法解決一道課本例題馬松林(甘肅省古浪縣第二中學(xué),甘肅 武威 733102))本文從一道課本例題出發(fā)，除課本上給出的兩種證明方法外，作者又介紹了九種證明方法，通過這些證明方法可以讓同學(xué)們理解掌握不等式的基本證明方法.課本例題；證明方法此題的證明方法較多，課本上給出了作差比較法與分析法兩種證明方法，下面給出另外九種證法，以供大家參考.證法一(商值比較法)∵a,b,m∈R+,a證法二(放縮法)∵a,b,m∈R+,a證法三(增量換元法)設(shè)b=a+

不等式問題的多種證法■陜西省武功縣教育局教研室 李 歆(特級(jí)教師)綜合法、分析法和反證法是數(shù)學(xué)證明的三種基本方法,下面利用這三種方法給出一道經(jīng)典不等式問題的多種證明方法,供同學(xué)們學(xué)習(xí)參考。題目： 已知a,b,c∈R+,求證:a3+b3+c3≥3abc。一、綜合法本題可分別從作差比較法和作商比較法入手,利用熟知的立方和公式或和的立方公式以及基本不等式a2+b2≥2ab,以及a2+b2+c2≥ab+bc+ca進(jìn)行證明。證法一:a3+b3+c3-3abc=a3+

00) 賴學(xué)鋒●證法一：綜合法∵(a+2)2+(b+2)2=a2+b2+4(a+b)+8=a2+b2+12,又∵a2+b2=(a+b)2-2ab=1-2ab,∴(a+2)2+(b+2)2=13-2ab.證法二：分析法∴原不等式得證．證法三：比較法則原不等式成立．證法四：代數(shù)換元法∴原不等式得證．證法五：利用基本不等式變形∵(a+2)2+(b+2)2證法六：構(gòu)造函數(shù)法令y=(a+2)2+(b+2)2，∵a+b=1，∴原不等式得證．證法七：幾何法∵a+b=1，

出的歐拉不等式“證法不容易”,文[3]、[4]給出了“更簡捷證法”,受其啟發(fā),本文將再給出兩則新簡證.本文中,設(shè)△ABC的三邊a、b、c所對(duì)的角分別為A、B、C，△ABC的外接圓和內(nèi)切圓的半徑分別為R、r.證法1在△ABC中,根據(jù)基本不等式和正弦函數(shù)的凸凹性質(zhì),可得:所以進(jìn)一步可得:即得R≥2r，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)成立.注釋證法一也用三角證法,但篇幅極短且淺顯易懂,避免了文[1]妙證的繁瑣.下面仍采用邊變換和均值不等式,通過比值估計(jì)法來獲得比文[3]

g不等式的兩種新證法安徽省六安市六安中學(xué)張本春(郵編：237161)給出了Young不等式的兩種證法：均值不等式法和函數(shù)法.從引理到Y(jié)oung不等式的證明基本上都是采用初等數(shù)學(xué)的方法，是一次從初等數(shù)學(xué)的角度來思考高等數(shù)學(xué)問題的嘗試.Young不等式；均值不等式；函數(shù)1　均值不等式法引理易證，此處從略.下面運(yùn)用均值不等式法證明Young不等式.綜合(1)、(2)可知，Young不等式得證.2　函數(shù)法證法2先證明一個(gè)不等關(guān)系：設(shè)x>0,0構(gòu)造函數(shù)f(x)=xm

昌義對(duì)一道幾何題證法的賞析與思考楊昌義一位勤學(xué)的學(xué)生問了我八年級(jí)上冊某教輔資料上的一道題，題目是：已知：如圖1，在△ABC中，AB=AC，點(diǎn)E在CA的延長線上，∠E=∠AFE。求證：EF⊥BC。教科書上兩直線垂直的定義是：兩直線相交所成的四個(gè)角中，如果有一個(gè)是直角，那么這兩直線叫做互相垂直。利用定義證明兩直線垂直是基本的思維方法。但對(duì)剛學(xué)證明的學(xué)生來說，還是較為困難的。而本題待證的兩條線段EF與BC不相交，更增加了難度。考慮到此題比較典型，我在接下來的課上

明，供參考.1　證法展示題目如圖1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，過點(diǎn)B的直線MN∥AC，D為BC邊上的一點(diǎn)，聯(lián)結(jié)AD，過點(diǎn)D作DE⊥AD交MN于點(diǎn)E，聯(lián)結(jié)AE，∠ABC=45°,求證：AD=DE.圖1 圖2證法1如圖2，過點(diǎn)D作DF⊥AB于點(diǎn)F，作DH⊥MN于點(diǎn)H.由∠BAC=90°，∠ABC=45°，MN∥AC，可知∠ABC=∠NBC=45°，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可知DF=DH.而由“等角的余角相等”又可知∠DAF=∠DEH，根據(jù)“AAS”得△DA

均值換元法可得到證法1。證法1：均值換元，簡單明了二、數(shù)學(xué)美，美在對(duì)稱、整齊對(duì)稱是最能給人以美感的一種形式。正如德國數(shù)學(xué)家、物理學(xué)家魏爾說：“美和對(duì)稱緊密相關(guān)?！睂?duì)稱不外乎局部與局部的對(duì)稱，幾何圖形與數(shù)學(xué)關(guān)系都存在這種對(duì)稱。體現(xiàn)形結(jié)構(gòu)與數(shù)（式）結(jié)構(gòu)的對(duì)稱是對(duì)稱美，已知與結(jié)論的對(duì)稱能使解題者感到愉悅。本題中的條件和結(jié)論都關(guān)于a，b，c對(duì)稱，由對(duì)稱性啟發(fā)，可得不同的證法。證法2（綜合法）雖然顯得突然，但證明過程處處體現(xiàn)出a，b，c的對(duì)稱、整齊、優(yōu)美；證法3（分

257027)證法6題目已知正實(shí)數(shù)x1,x2,…,xn滿足x1x2…xn=1，求證：證法1證法2由AM-GM不等式知(1)由平均值不等式得證法4(2)假設(shè)當(dāng)n=k(k≥1)時(shí)不等式成立，即則當(dāng)n=k+1時(shí)，因?yàn)閤1x2…xkxk+1=1，所以至少存在2個(gè)數(shù)，其中一個(gè)不大于1，另一個(gè)不小于1，不妨設(shè)xk≤1，xk+1≥1，從而(xk-1)(xk+1-1)≤0，則xk+xk+1≥1+xkxk+1.由x1x2…xk-1(xkxk+1)=1以及n=k的假設(shè)知故當(dāng)

幾何題千變?nèi)f化，證法靈活多樣，一題可有多種證法。 在平時(shí)的教學(xué)中，通過一題多證，可以加深學(xué)生對(duì)各學(xué)科知識(shí)的系統(tǒng)理解， 培養(yǎng)學(xué)生的邏輯推理能力，進(jìn)一步拓展學(xué)生的思維水平；使他們能熟練、系統(tǒng)地運(yùn)用掌握的基礎(chǔ)知識(shí)去分析問題和解決問題，更重要的是提高和培養(yǎng)了學(xué)生綜合解題能力和思維能力。下面以一道經(jīng)典平面幾何題為例，作六種證法和總結(jié)。1 題目題目：如圖1，已知AD∥BC，∠1=∠2，∠3=∠4，直線DC 過E 點(diǎn)交AD 于D，交BC 于C。求證：AD+BC=AB圖1

相似三角形等）.證法一：過D作DG∥CF交AB于點(diǎn)G，則有：∠DGA=∠CBA.因?yàn)椤螩AB=∠CBA，所以∠DGA=∠CAB=∠DAG.所以AD=DG.因?yàn)锳D=BF，所以DG=BF.又因?yàn)镈G∥CF，所以∠GDE=∠EFB.又因?yàn)椤螱ED=∠FEB（對(duì)頂角相等），所以△DGE≌△FBE.所以EF=ED.證法二：過D作DH∥AB交BC于H，則有：∠CHD=∠CBA，∠CDH=∠CAB.因?yàn)椤螩AB=∠CBA，所以CA=CB，∠CHD=∠CDH.所以CH=

，我們發(fā)現(xiàn)此問題證法靈活，難易適度，是一道適合奧賽訓(xùn)練的好題.現(xiàn)給出幾種更為簡潔自然的證法，供參考.證法一：如圖1所示，連結(jié)BF、DF，由B、C、D、F四點(diǎn)共圓，及AB∥CD，有∠BFC=∠BDC=∠ABD，∠CFD=∠CBD,所以，∠BFD∠ABC.又∠BDF=∠BCF=∠ACB，所以，△BDF∽△ACB.所以，BDAC=BFAB.同理△CDF∽△ECB，有CFBE=CDEC，由∠BAF=180°-∠BAC=180°-∠BEC=∠CED,及∠BFA=∠C

明f(1)>1.證法(一)：f(x)=11+x+11+λ+axax+8，由于x>0,a>0,故可令x=玹an2α,a=玹an2β,8ax=玹an2γ，且證α,β,γ∈(0,π2)，則f(x)=玞osα+玞osβ+玞osγ,玹anα?玹anβ?玹anγ=22.由對(duì)稱性，不妨設(shè)0<γ≤β≤α<π2，于是，玹anα≥2,玹anβ玹anγ≤2蒔玸inβ玸inγ≤2玞osβ玞osγ蒔玞osβ玞osγ+玞os(β+γ)≥03玞os(β+γ)+玞os(β-γ)≥03玞o