第一篇：如何用配方法證明等式

如何用配方法證明等式

配方法是中學(xué)數(shù)學(xué)中的一個(gè)最基本的數(shù)學(xué)方法,通過(guò)它對(duì)代數(shù)式的恒等變形,使許多復(fù)雜的問(wèn)題得以簡(jiǎn)單化.現(xiàn)在我們就用配方法來(lái)證明恒等式和條件等式.一.通過(guò)配方直接證明等式成立

例1 求證

(a?b?c)(x?y?z)?(ax?by?cz)

?(bx?ay)?(cx?az)?(cy?bz)222222222

2證明左邊=(a2x2?a2y2?a2z2?b2x2?b2y2?b2z2?c2x2?c2y2

?cz)?(ax?by?cz?2axby?2axcz?2bycz)22222222

?bx?2axby?ay?cx?2axcz?az?cy?2bycz?bz

?(bx?ay)?(cx?az)?(cy?bz)***

所以左邊=右邊

即:(a?b?c)(x?y?z)?(ax?by?cz)

?(bx?ay)?(cx?az)?(cy?bz)2222222222

例2 已知(c?a)2?4(a?b)(b?c)?0，求證a、b、c成等差數(shù)列（即證明 a?2b?c?0）

證明c2?2ac?a2?4ab?4ac?4b2?4bc?0

c?4b?a?4ab?4bc?2ac?0

(a?2b?c)?0222

2?a?2b?c?0

?b?a?c

2所以a、b、c成等差數(shù)列

二.通過(guò)配方,把已知的等式化為幾個(gè)實(shí)數(shù)的平方和等于零的形式，就是說(shuō)化為a2+b2+c2=0則

a=b=c=0從而從而使所求的等式成立．

例3已知a、b、c、x、y、z都是非零實(shí)數(shù)，且a?b?c?x?y?z?ax?by?cz，求證x

a?y

b?z

c22222

2222222證明由已知條件可以得到：a?b?c?x?y?z?2ax?2by?2cz?0

即：(x?a)?(y?b)?(z?c)?0222

?x?a?0?x?a

????y?b?0??y?b

?z?c?0?z?c??

而a、b、c都不等于零，所以

例4 xa?yb?zc 已知a、b、m、n都是正數(shù)，并且a4?b4?m4?n4?4abmn?0

求證a?b?m?n

證明將已知等式的左邊進(jìn)行配方可得：

a?2ab?b?m?2mn?n?2ab?2mn?4abmn?0422442242222

(a2?b2)2?(m2?n2)2?2(ab?mn)2?0

?a2?b2?0

?22??m?n?0

?ab?mn?0?

?a?b

??a?b?m?n ?a,b,m,n都是正數(shù)??m?n

?22?b?n?0

綜上所述，我們?cè)诮忸}過(guò)程中一方面要充分認(rèn)識(shí)完全平方公式的特點(diǎn)(a?b)?a?2ab?b，然后逆用公式進(jìn)行證明如例1和例2。另一方面也要利用它的非負(fù)222

性的性質(zhì)：(a?b)2?0當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)等號(hào)成立。通過(guò)添加適當(dāng)?shù)捻?xiàng)構(gòu)造出完全平方式進(jìn)行等式的證明如例3和例4。

第二篇：用配方法證明

用配方法證明

設(shè)矩形長(zhǎng)為x，那么寬為15-x

面積S=x(15-x)=-x^2+15x=-(x-7.5)^2+56.25≤56.2

5所以面積最大為56.25平方米，無(wú)法達(dá)到60平方米

x-12x+40=x-12x+36+4=(x-6)^2+4因?yàn)?X-6)^2≥0所以(X-6)^2+4≥4所以大于0要原式的值最小從(X-6)^2+4≥4看出最小值為4當(dāng)(X-6)^2=0時(shí)也就是X=6時(shí)取得

24x2-6x+11=(2x)2-6x+(1.5)2+8.75=(2x-1.5)2+8.75顯然(2x-1.5)2+8.75>=8。75x=0.75時(shí)最小值8.75繼續(xù)追問(wèn)：解一下0.4x的平方-0.5x-1+03解：y2-2√2y=-√5

y2-2√2y+2=-√5+

2(y-2)的平方=-√5+2(負(fù)數(shù))

所以一定大于的，否則就是虛數(shù)解了！!4y2-2×√2×y+√5

解：y2-2√2y=-√5

y2-2√2y+2=-√5+2

(y-2)的平方=-√5+2(負(fù)數(shù))

所以一定大于的，否則就是虛數(shù)解了！!

昨天大錯(cuò)了。今天改好了。

不為0的某數(shù)的平方一定大于0！!5y^2-2×√2×y+√5

解:原式=(y-√2)^2+√5-2

因?yàn)?y-√2)^2大于等于0

且√5大于2

所以(y-√2)^2+√5-2恒大于0

即可證y^2-2×√2×y+√5恒大與零

6證明：

-3x2-x+

1=-3(x2+1/3x)+1

=-3(x2+1/3x+1/36)+1/12+1

=-3(x+1/6)2+13/12

因?yàn)?3(x+1/6)2≤0，所以-3(x+1/6)2+13/12≤13/12

所以

-3x2-x+1的值不大于13/12

72x^2+5x-1-(x^2+8x-4);=x^2-3x+3;=(x-3/2)^2+3/4;因?yàn)?x-3/2)^2>=0;所以2x^2+5x-1-(x^2+8x-4)>=3/4;因此不論X取何值時(shí),代數(shù)式2X^2+5X-1的值總比X^2+8X-4的值大;X=3/2時(shí)，兩代數(shù)式的差最小,為3/4;希望能夠幫助你！4(3x-1)^2-9(3X+1)^2=0;移相：4(3x-1)^2=9(3X+1)^2;開平方：2(3x-1)=3(3X+1);6x-2=9x+3;-5=3x;x=-5/3;

8X—12X+40=x-2*6x+36+4=(x-6)^2+4因?yàn)?X-6)^2=>0所以X—12X+40的值大于等于4當(dāng)(X-6)=0;即X=6時(shí)(X-6)^2+4=4所以當(dāng)X等于6時(shí)代數(shù)式的最小值。

9X的平方—12X+40=x的平方-2*6X+6的平方+4=(X-6)的平方+4因?yàn)?X-6)的平方一定大于0或等于0所以代數(shù)式X的平方—12X+40的值大于4X等于6時(shí)代數(shù)式的最小值

-2x^2+4x-5

=-2(X2-2X)-5

=-2(X2-2X+1-1)-5

=-2(X-1)2+2-5

=-2(X-1)2-

3因?yàn)?X-1)2≥0，所以-2(X-1)2≤0

故-2(X-1)2-3≤-3

所以代數(shù)式-2x^2+4x-5的值恒小于零

若有疑問(wèn)可以追問(wèn)、

第三篇：用配方法證明代數(shù)式

用配方法證明代數(shù)式

x-12x+40=x-12x+36+4=(x-6)^2+4因?yàn)?X-6)^2≥0所以(X-6)^2+4≥4所以大于0要原式的值最小從(X-6)^2+4≥4看出最小值為4當(dāng)(X-6)^2=0時(shí)也就是X=6時(shí)取得

24x2-6x+11=(2x)2-6x+(1.5)2+8.75=(2x-1.5)2+8.75顯然(2x-1.5)2+8.75>=8。75x=0.75時(shí)最小值8.75繼續(xù)追問(wèn)：解一下0.4x的平方-0.5x-1+03解：y2-2√2y=-√

5y2-2√2y+2=-√5+

2(y-2)的平方=-√5+2(負(fù)數(shù))

所以一定大于的，否則就是虛數(shù)解了！!4y2-2×√2×y+√5

解：y2-2√2y=-√5

y2-2√2y+2=-√5+2

(y-2)的平方=-√5+2(負(fù)數(shù))

所以一定大于的，否則就是虛數(shù)解了！!

昨天大錯(cuò)了。今天改好了。

不為0的某數(shù)的平方一定大于0！!5y^2-2×√2×y+√5

解:原式=(y-√2)^2+√5-2

因?yàn)?y-√2)^2大于等于0

且√5大于2

所以(y-√2)^2+√5-2恒大于0

即可證y^2-2×√2×y+√5恒大與零

6證明：

-3x2-x+

1=-3(x2+1/3x)+1

=-3(x2+1/3x+1/36)+1/12+1

=-3(x+1/6)2+13/12

因?yàn)?3(x+1/6)2≤0，所以-3(x+1/6)2+13/12≤13/12

所以

-3x2-x+1的值不大于13/12

72x^2+5x-1-(x^2+8x-4);=x^2-3x+3;=(x-3/2)^2+3/4;因?yàn)?x-3/2)^2>=0;所以2x^2+5x-1-(x^2+8x-4)>=3/4;因此不論X取何值時(shí),代數(shù)式2X^2+5X-1的值總比X^2+8X-4的值大;X=3/2時(shí)，兩代數(shù)式的差最小,為3/4;希望能夠幫助你！4(3x-1)^2-9(3X+1)^2=0;移相：4(3x-1)^2=9(3X+1)^2;開平方：2(3x-1)=3(3X+1);6x-2=9x+3;-5=3x;x=-5/3;

8X—12X+40=x-2*6x+36+4=(x-6)^2+4因?yàn)?X-6)^2=>0所以X—12X+40的值大于等于4當(dāng)(X-6)=0;即X=6時(shí)(X-6)^2+4=4所以當(dāng)X等于6時(shí)代數(shù)式的最小值。

9X的平方—12X+40=x的平方-2*6X+6的平方+4=(X-6)的平方+4因?yàn)?X-6)的平方一定大于0或等于0所以代數(shù)式X的平方—12X+40的值大于4X等于6時(shí)代數(shù)式的最小值

-2x^2+4x-5

=-2(X2-2X)-5

=-2(X2-2X+1-1)-5

=-2(X-1)2+2-5

=-2(X-1)2-

3因?yàn)?X-1)2≥0，所以-2(X-1)2≤0

故-2(X-1)2-3≤-3

所以代數(shù)式-2x^2+4x-5的值恒小于零

若有疑問(wèn)可以追問(wèn)、

第四篇：談不等式證明的幾種特殊方法

談不等式證明的幾種特殊方法

添加日期:2011年01月20日 來(lái)源：互聯(lián)網(wǎng) 作者：admin 點(diǎn)擊數(shù)：

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【字體：大 中 小】摘要不等式的證明在數(shù)學(xué)中是比較常見的題型,本文主要介紹幾種特殊的證法,解決一些用一般方法不易解決的不等式證明問(wèn)題。

關(guān)鍵詞拉格朗日中值定理 導(dǎo)函數(shù) 柯西中值定理

不等式是中學(xué)教材的重要內(nèi)容,對(duì)它的研究幾乎包括了中學(xué)數(shù)學(xué)的全部方法,因此它具有很強(qiáng)的綜合性和代表性,不等式證明方法與技巧層出不窮,但有些不等式用常見的方法(如比較法、分析綜合法、放縮法和數(shù)形結(jié)合法等)很難證出來(lái),這里結(jié)合高等數(shù)學(xué)的相關(guān)知識(shí)介紹幾種特殊的不等式的證法,解決某些不等式的證明問(wèn)題。轉(zhuǎn)化成數(shù)列,然后證明數(shù)列的遞增遞減

對(duì)于與自然數(shù)有關(guān)的不等式,一般情況下都可用數(shù)學(xué)歸納法來(lái)證明不等式成立,有時(shí)若考慮把它轉(zhuǎn)化成數(shù)列,然后利用數(shù)列的遞增或遞減性來(lái)證明會(huì)使問(wèn)題易于解決。例1.求證:不等式2n-1≤n!對(duì)于任何正整數(shù)都成立

證明:我們把所給的不等式變?yōu)榈葍r(jià)的不等式≤

1現(xiàn)在,我們來(lái)研究其通項(xiàng)公式an=

給出的數(shù)列,下面我們只需證明它是單調(diào)遞減的,實(shí)際上對(duì)于任意的n∈N有

所以該數(shù)列是遞減的,而它的首項(xiàng)等于1,因此對(duì)于任何正整數(shù)有≤1即2n-1≤n!

此題若采用一般方法如數(shù)學(xué)歸納法來(lái)證,證明過(guò)程太繁瑣,機(jī)械化,選擇這種方法證明不等式,思路清晰,簡(jiǎn)化了證明過(guò)程,我們很容易收到事半功倍的效果。利用拉格朗日中值定理,導(dǎo)函數(shù)或柯西中值定理[2]證明

對(duì)于有些與函數(shù)有關(guān)的不等式,我們可先構(gòu)造一個(gè)輔助函數(shù),然后利用拉格朗日中值定理或?qū)Ш瘮?shù)的增減性來(lái)證明。

例2.當(dāng)x>0,ex>x+1

證明(1):令f(x)=ex-x-1(x>0)

因?yàn)閒(x)在區(qū)間[0,x]上滿足拉格朗日中值定理的條件,故有 = f'(),∈(0,x)即=e-1,∈(0,x)所以ex>x+1

證明(2):設(shè)f(x)=ex-x-1,f'(x)=ex-1

x>0有f'(x)>0,從而函數(shù)f(x)在(0,+∞)嚴(yán)格單調(diào)遞增,于是x>0

有f(x)=ex-x-1>0 即x>0,有ex>x+1

此題開始接觸,無(wú)法下手摸不著頭腦,若能聯(lián)想到函數(shù)有關(guān)的不等式,我們能很容易地構(gòu)造出輔助函數(shù),在驗(yàn)證輔助函數(shù)滿足定理后,我們用拉格朗日中值定理或?qū)Ш瘮?shù)的增減性來(lái)證明,思路簡(jiǎn)潔明快。

例3.證明:當(dāng)時(shí)0證明:函數(shù)arctan在[a,b]滿足柯西中值定理?xiàng)l件,有arctan-arctan=(arctan)'|x=c(b-a)=,a

而<<有此類題目不等式中的代數(shù)式特征及聯(lián)系很容易暴露出來(lái),若能熟練應(yīng)用柯西

中值定理,我們就能一眼看出相應(yīng)的函數(shù),作到成竹在胸。利用柯西不等式[1]證明

在用柯西不等式證明其他不等式時(shí),關(guān)鍵在于結(jié)合柯西不等式找出題目中不等式的特點(diǎn),構(gòu)造出適當(dāng)?shù)膬山M數(shù),將會(huì)使問(wèn)題證明簡(jiǎn)化

例4.設(shè)ai∈R+(i=1,2,…,n),a1+a2+…+an=1

求證:(ai+)≥

證明:首先證明,對(duì)于任何ai∈R+(i=1,2,…,n)都有

事實(shí)上,從柯西不等式可得

[1]式左邊=

下面我們來(lái)證明原不等式,由柯西不等式得,又由ai=1可知:

由(2),(3)得(ai+)≥

在本題證明中,當(dāng)證明(1)與(2)式時(shí)兩次應(yīng)用了柯西不等式,從證明過(guò)程中可以看到應(yīng)用柯西不等式的關(guān)鍵在于構(gòu)造適合不等式條件的兩組正數(shù)及,以及符合柯西不等式形式

[aibi]2(如(2)式的證明)或(ai2)(bi2)(如(1)式的證明)。利用排序原理[1]證明不等式

排序原理是將序結(jié)構(gòu)應(yīng)用到不等式的成功產(chǎn)物,它同排列與計(jì)數(shù)(屬組合數(shù)學(xué)),線性規(guī)劃等有密切聯(lián)系,排序原理是證明不等式的很重要的工具,排序原理的應(yīng)用技巧較強(qiáng),如何設(shè)兩個(gè)數(shù)組(a1,a2,…,an)和(b1,b2,…,bn)是排序原理應(yīng)用的關(guān)鍵。

例5.設(shè)都是正數(shù)x1,x2,…,xn,求證:

證明:由排序原理得

由此例,我們可驚喜地發(fā)現(xiàn),若能巧妙地設(shè)計(jì)兩個(gè)數(shù)組應(yīng)用排序不等式證明不等式,比起其他一般方法當(dāng)然就可化難為易,簡(jiǎn)捷明快。利用概率論中的一個(gè)簡(jiǎn)單矩不等式[3]證明不等式

此簡(jiǎn)單矩不等式可以用來(lái)證明一類輪換不等式:

設(shè)a1,a2,…,an是不全相等的不等式,n≥且ai=s

則>n(n-1)

例6.已知不全相等的不等式的正數(shù),求證:

a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc

證明:原式等價(jià)于>6

設(shè)隨機(jī)變量X的分布列為

在應(yīng)用簡(jiǎn)單距不等式證明這類輪換不等式時(shí),先要摸清不等式代數(shù)式的規(guī)律性,巧設(shè)隨

機(jī)變量的分布列,這樣就使證明思路明朗化了,簡(jiǎn)單化了。利用拉格朗日恒等式或推廣式[4]證明不等式

對(duì)三角不等式證明的一類問(wèn)題,若運(yùn)利用拉格郎日恒等式(或推廣式)來(lái)求證,可以化難為易,一目了然。

例7.設(shè)0<<證明:

證明:由拉格郎日恒等式,得

將上面等式化簡(jiǎn)整理,得

式中等號(hào)成立當(dāng)僅當(dāng)sin2-1即=

由上例,我們知道對(duì)于這類三角不等式的證明問(wèn)題,我們經(jīng)常需要利用三角恒等變形,如本題的常值“1”的代換,也需要我們敏捷地觀察出特征不等式個(gè)代數(shù)式的特征及內(nèi)在聯(lián)系,能熟練地掌握拉格郎日恒等式及推廣式,在解決這類問(wèn)題時(shí),就不廢吹灰之力了。構(gòu)造輔助函數(shù)

在證明一些不等式時(shí),利用不等式的特點(diǎn)構(gòu)造輔助函數(shù),把原來(lái)的不等式問(wèn)題轉(zhuǎn)化為研究輔助函數(shù)的性質(zhì),便利用函數(shù)的單調(diào)性,有界性,奇偶性等來(lái)證明不等式。

例8.證明對(duì)任意實(shí)數(shù)X成立≤≤

分析:不等式兩邊分別是,相當(dāng)于某一個(gè)一元二次方程的兩個(gè)不相等的實(shí)構(gòu)造輔助函數(shù)根,這啟發(fā)我們?cè)O(shè)置輔助函數(shù)研究不等式。

證明:設(shè)f(x)= y = ,則yx2-x-y+1=0

將yx2-x-y+1=0看作一元二次方程,此時(shí)y≠0,x必為實(shí)數(shù),則△=1-4y(y+1)≥0 即4y2+4y-1≤0

解得≤y≤

顯然,當(dāng)y=0時(shí),y也滿足上式,所以≤≤成立

從上例可以發(fā)現(xiàn),我們?cè)谇笞C一些不等式時(shí),應(yīng)根據(jù)不等式,各代數(shù)式的特性,性質(zhì),從新的角度,用新的觀點(diǎn)觀察,分析對(duì)象,抓住各代數(shù)式之間內(nèi)在聯(lián)系,在思維中構(gòu)造出合適的輔助函數(shù),使原來(lái)不等式中隱含不清的關(guān)系和性質(zhì)在新構(gòu)造的輔助函數(shù)中清楚地展現(xiàn)出來(lái),從而借助該輔助函數(shù)簡(jiǎn)潔地求證不等式。利用特殊化證明

由于一般性總是寓于特殊性之中,而解特殊問(wèn)題又比解一般問(wèn)題要容易,加之特殊情況的結(jié)論往往又是解決一般情況的橋梁與先導(dǎo)。所以,在求證某一些不等式時(shí),就可以先考慮它一個(gè)或兩個(gè)特殊情形,利用各個(gè)特殊情形中蘊(yùn)涵的共性與個(gè)性,通過(guò)比較歸納得出原問(wèn)題的有關(guān)性質(zhì)或條件,從而得證。

例9求證:

分析這是一個(gè)一般性的結(jié)論,為了獲得證法,我們先探討特殊情況下的命題證法,有

由此啟示,我們可得到以下證法(下轉(zhuǎn)第54頁(yè))(上接第52頁(yè))證明:

在探討這個(gè)不等式的證明思路與方法時(shí),我們利用特殊情形的證法與一般情形的證法存在共性,借助在證明特殊情形時(shí)尋求出來(lái)的規(guī)律與方法的啟發(fā)很容易就獲得對(duì)于一般情形的求證方法。

例10.知a,b,c都是正數(shù),又滿足abc=1,求證: ++ ≥

分析由于原不等式等價(jià)于 ++ ≥

當(dāng)a=b=c時(shí),等號(hào)成立,又此時(shí)

后三式同向相加可得

于是題目的證明思路就清晰了,這里就不再重復(fù)證明過(guò)程。本題是用特殊化證法中的等號(hào)起步法,充分利用已知條件掌握求證信息,證明思路當(dāng)然“柳暗花明又一村”了。

小結(jié)

不等式是研究數(shù)學(xué)的重要工具,是培養(yǎng)推理論證能力的重要內(nèi)容,具有很強(qiáng)的綜合性和表達(dá)性,是數(shù)學(xué)思想的載體,突出體現(xiàn)了等價(jià)變化,函數(shù)與方程,分類討論,數(shù)形結(jié)合等數(shù)學(xué)思想,這里僅介紹幾種特殊的不等式證法,雖然它們是分開討論研究的,但各種證法之間必然還是存在一定的聯(lián)系,一些例題的證法不止一兩種,我們可以綜合應(yīng)用各種方法來(lái)證,當(dāng)然一般情況,我們都愿意尋求最簡(jiǎn)潔明快的證法,也就是要求我們仔細(xì)地分析題設(shè)和結(jié)論不等式。找出不等式中隱藏的內(nèi)涵關(guān)系,用最直觀的方法來(lái)證,不等式的證明好方法很多,如向量法、微分法、反證法等。

參考文獻(xiàn)

本文出自： 計(jì)算機(jī)畢業(yè)設(shè)計(jì) 計(jì)算機(jī)碩士論文網(wǎng) 歡迎轉(zhuǎn)載

[1]李明振.數(shù)學(xué)方法與解題研究.上海科技教育出版社.[2]劉玉璉,傅沛仁.數(shù)學(xué)分析講義.高等教育出版社,1992(6).[3]魏宗舒等.概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì)教程.高等教育出版社,1983(10).[4]數(shù)學(xué)通訊,2003(7):13.

第五篇：用三段論方法證明

用三段論方法證明

小前提：函數(shù)x-1在[1,∞)上是增函數(shù)大前提：根號(hào)內(nèi)的x在[0,∞)上是增函數(shù)結(jié)論：函數(shù)f(x)=根號(hào)x-1在[1,∞)上是增函數(shù)厲害吧哈哈

2(1)如果有一個(gè)前提是否定判斷，則大前提為全稱判斷;(2)如果大前提是肯定判斷，則小前提為全稱判斷;(3)如果小前提是肯定判斷，則結(jié)論為特稱判斷;(4)任何一個(gè)前提都不能是特稱否定判斷;(5)結(jié)論不能是全稱肯定判斷;麻煩哪位大蝦幫小弟證明下這五點(diǎn)可以嗎

3四格規(guī)則：中項(xiàng)在大前提中作謂項(xiàng)，在小前提中作主項(xiàng)。

1、前提之一否定，大前提全稱。

2、大前提肯定，則小前提全稱。

3、小前提肯定，則結(jié)論特稱。

4、前提中不得有特稱否定判斷。

5、結(jié)論不能是全稱肯定判斷。證明1：如果兩個(gè)前提中有一個(gè)是否定的，結(jié)論也必然是否定的(前提之一否定，結(jié)論是否定的);結(jié)論否定，則大項(xiàng)周延(否定判斷的謂項(xiàng)周延);大項(xiàng)在第四格中處于前提的主項(xiàng)，只有全稱時(shí)主項(xiàng)周延;所以，大前提必須全稱。證明2：如果大前提肯定，在大前提中中項(xiàng)不周延(肯定判斷謂項(xiàng)不周延);只有小前提全稱，中項(xiàng)才周延一次(全稱判斷主項(xiàng)周延);三段論要求中項(xiàng)至少周延一次;所以，大前提肯定，則小前提全稱。證明3：如果小前提肯定，小項(xiàng)在前提中不周延(肯定判斷謂項(xiàng)不周延);如果結(jié)論全稱，則在結(jié)論中小項(xiàng)周延，違反了在前提中不周延的項(xiàng)在結(jié)論中也不得周延規(guī)則;所以：小前提肯定，則結(jié)論特稱。證明4：如果大前提否定，結(jié)論必要否定(前提之一否定，結(jié)論是否定的);則大項(xiàng)在結(jié)論中周延(否定判斷的謂項(xiàng)周延);如果大前提特稱，大項(xiàng)在前提中不周延(特稱判斷的主項(xiàng)不周延);這樣，就違反了在前提中不周延的項(xiàng)在結(jié)論中也不得周延規(guī)則;因此，大前提不能是特稱否定。如果小前提否定，大前提必肯定(兩個(gè)否定的前提推不出結(jié)論);則中項(xiàng)在大前提中不周延(肯定判斷謂項(xiàng)不周延);小前提否定，中項(xiàng)在小前提中也不周延(特稱判斷的主項(xiàng)不周延);三段論規(guī)則要求中項(xiàng)在前提中至少周延一次;因此，小前提不能是特稱否定。所以，前提中不得有特稱否定判斷。證明5：如果結(jié)論是全稱肯定判斷，則小項(xiàng)在結(jié)論中周延(全稱判斷主項(xiàng)周延);則大項(xiàng)在結(jié)論中不周延(肯定判斷謂項(xiàng)不周延);則小前提必否定才使小項(xiàng)在前提中周延(在前提中不周延的項(xiàng)在結(jié)論中也不得周延);但如果小前提否定，結(jié)論必然否定(前提之一否定，結(jié)論是否定的)與結(jié)論為肯定判斷矛盾;所以，結(jié)論不能是全稱肯定判斷。

在三段論中，含有大項(xiàng)的前提叫大前提，如上例中的“知識(shí)分子都是應(yīng)該受到尊重的”;含有小項(xiàng)的前提叫小前提，如上例中的“人民教師是知識(shí)分子”。三段論(syllogism)是傳統(tǒng)邏輯中的一類主要推理。又稱直言三段論。古希臘哲學(xué)家亞里士多德首先提出了關(guān)于三段論的系統(tǒng)理論。

形式邏輯間接推理的基本形式之一，由大前提和小前提推出結(jié)論。如‘凡金屬都能導(dǎo)電’(大前提)，‘銅是金屬’(小前提)，‘所以銅能導(dǎo)電’(結(jié)論)。這稱為三段論法或三段論式。

三段論屬于一種演繹邏輯，是不同于歸納邏輯的，具有較強(qiáng)的說(shuō)服力。