北师大版高中数学4-5第一章不等关系与基本不等式4不等式的证明第3课时学案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精4不等式的证明第3课时几何法、反证法1．了解几何法的证明过程,并会用几何法证明简单的不等式．2．掌握反证法，并会用反证法证明不等式．1．几何法通过构造几何图形，利用几何图形的性质来证明不等式的方法称为______．【做一做1】已知x，y，z∈(0，1)．求证：x(1－y)＋y(1－z)＋z（1－x)＜1．2．反证法反证法证不等式是：先假设所要证的不等式不成立，也就是说不等式的反面成立，以此为出发点，结合已知条件，进行推理论证，最后推出矛盾的结果，从而断定假设错误,因而确定要证的不等式成立．它的步骤是：（1)作出否定____的假设；(2）进行推理，导出____；（3)否定假设，肯定____．【做一做2】如果a＞b＞0，证明eq\f（1，a2)＜eq\f(1，b2)．答案：1．几何法【做一做1】分析:构造一个边长为1的正三角形，利用三角形的面积关系来证明．证明:如图，构造正三角形ABC，设其边长为1，BD＝x，AF＝y，CE＝z，则根据面积关系S△ABC＞S△BDF＋S△DCE＋S△AEF,得1·1·sin60°＞x（1－y）sin60°＋y(1－z）sin60°＋z（1－x)sin60°．整理,得x(1－y)＋y（1－z）＋z(1－x)＜1．即得证．2．（1）结论(2)矛盾(3)结论【做一做2】分析：先假设eq\f(1,a2)≥eq\f（1,b2)成立，从假设出发，推出矛盾．证明：假设eq\f(1，a2）≥eq\f（1,b2)，则eq\f(1,a2)－eq\f（1,b2)＝eq\f（b2－a2,a2b2）≥0．∵a＞b＞0，∴a2b2＞0，b2－a2＝（b＋a）（b－a）≥0．∵a＞b＞0，∴b＋a＞0,∴b－a≥0，即b≥a．这与已知a＞b矛盾．∴假设不成立，即eq\f（1,a2）＜eq\f(1,b2)成立．1．反证法中的数学语言剖析：反证法适宜证明“存在性问题”，“唯一性问题”，带有“至少有一个"或“至多有一个”等字样的问题，或者说“正难则反”，直接证明有困难时,常采用反证法，下面列举一些常见的涉及反证法的文字语言及其相对应的否定假设．常见词语至少有一个至多有一个唯一一个不是全都是否定假设一个也没有有两个或两个以上没有或有两个以上是不全不都是对数学语言的否定假设要准确,以免造成原则性的错误,有时在使用反证法时,对假设的否定也可以举一些特例来说明矛盾，尤其在一些选择题中，更是如此．2．用反证法证明不等式剖析:（1)用反证法证明，就是从结论的反面出发，要求结论反面的情况只有有限多种，然后证明这种反面的结论都是不可能的，是与已知条件、已知事实或已证明过的定理相矛盾的．(2）要证不等式M＞N，先假设M≤N，由题设及其他性质推出矛盾,从而肯定M＞N成立．凡涉及的证明不等式为否定性命题，唯一性命题或是含“至多”、“至少”等字句时，可考虑使用反证法．（3)用反证法证明不等式要把握三点：①必须先否定结论，对于结论的反面出现的多种可能要逐一论证，缺少任何一种可能，证明都是不完全的．②反证法必须从否定结论进行推理,且必须根据这一条件进行论证；否则，仅否定结论,不从结论的反面出发进行论证，就不是反证法．③推导出来的矛盾可以是多种多样的，有的与已知条件相矛盾，有的与假设相矛盾，有的与定理、公理相违背,有的与已知的事实相矛盾等等，但推导出的矛盾必须是明显的．题型一用几何法证明不等式【例1】已知a＞0，b＞0,c＞0，求证:eq\r(a2－ab＋b2)＋eq\r（b2－bc＋c2）≥eq\r（a2＋ac＋c2），当且仅当eq\f(1,b)＝eq\f（1，a）＋eq\f(1，c）时取等号．分析：从三个根式的结构特点，容易联想到余弦定理,于是可构造图形，利用余弦定理来证明．反思:利用几何法证明不等式的关键是构造几何图形，先要研究所证不等式两边的结构特点，再把其中的字母当作图形的边长，最后用几何图形中的不等关系来表示所要证明的不等式．题型二用反证法证明不等式【例2】已知a＞0,b＞0,且a＋b＞2．求证：eq\f（1＋b,a),eq\f（1＋a,b)中至少有一个小于2．分析：由于题目的结论比较复杂，讨论起来比较繁琐,宜采用反证法．反思:从“正难则反”的角度考虑,即要证明不等式A＞B，先假设A≤B．由题设及其他性质推出矛盾,从而肯定A＞B．凡涉及到证明不等式为否定命题，唯一性命题式含有“至多”“至少”“不存在"“不可能”等词语时，可以考虑用反证法．答案：【例1】证明：如图，作OA＝a，OB＝b，OC＝c,∠AOB＝∠BOC＝60°，则∠AOC＝120°，AB＝eq\r(a2－ab＋b2)，BC＝eq\r(b2－bc＋c2)，AC＝eq\r(a2＋ac＋c2）．由几何知识知，AB＋BC≥AC,∴eq\r(a2－ab＋b2)＋eq\r(b2－bc＋c2）≥eq\r(a2＋ac＋c2)，当且仅当A，B,C三点共线时等号成立．此时有eq\f（1，2)absin60°＋eq\f(1,2)bcsin60°＝eq\f(1,2）acsin120°，即ab＋bc＝ac．故当且仅当eq\f（1，b）＝eq\f(1,a)＋eq\f（1，c)时,取得等号．【例2】证明：假设eq\f(1＋b，a)，eq\f（1＋a，b)都不小于2，即eq\f（1＋b，a)≥2，eq\f(1＋a，b)≥2．∵a＞0,b＞0，∴1＋b≥2a,1＋a≥2b两式相加,得1＋b＋1＋a≥2(a＋b）．即a＋b≤2，这与已知a＋b＞2矛盾．故假设不成立．因此，eq\f(1＋b，a)，eq\f（1＋a,b）中至少有一个小于2．1若二次函数f(x)＝4x2－2（p－2）x－2p2－p＋1在区间[－1,1］内至少有一个值c，使f(c）＞0，则实数p的取值范围是(）．A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3，2）)）B．eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－2，\f（1，5)))C．（－1,0)D．eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（1，2）,\f（2,3)）)2若△ABC的三边a，b，c的倒数成等差数列，则（）．A．∠B＝eq\f（π，2）B．∠B＜eq\f（π，2)C．∠B＞eq\f(π，2)D．∠B＝eq\f(π，3)3设a，b∈R，给出下列条件：①a＋b＞1；②a＋b＝2；③a＋b＞2;④a2＋b2＞2；⑤ab＞1．其中能推出“a,b中至少有一个实数大于1”的条件是__________．4已知a，b,c＞0，a＋b＞c．求证:eq\f(a,a＋1）＋eq\f(b，b＋1）＞eq\f（c,c＋1)．答案：1．A如果在［－1，1］内没有满足f（c）＞0的数c，则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（f－1≤0，，f1≤0,）)解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（p≤－\f(1，2)或p≥1，，p≤－3或p≥\f（3，2).)）∴此时p的取值范围是eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1(p\a\vs4\al(｜）p≤－3或p≥\f（3，2)）），取补集即得所求实数p的范围,即eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1(p\a\vs4\al(|)－3<p<\f(3,2)）)．2．B假设∠B≥eq\f(π，2),则b最大,有b＞a,b＞c，∴eq\f(1,a）＞eq\f（1，b)，eq\f(1，c)＞eq\f（1,b）．∴eq\f（1，a）＋eq\f（1,c）＞eq\f(2，b），与题意中的eq\f(1，a）＋eq\f（1，c）＝eq\f（2，b)矛盾．∴∠B＜eq\f(π,2)．3．③对于①，a，b均可小于1;对于②，a，b均可等于1；对于④⑤,a,b均可为负数;对于③,若a，b都不大于1，则a＋b≤2,与③矛盾．故若③成立，则“a，b中至少有一个实数大于1”成立．4．证明:假设eq\f(a，a＋1）＋eq\f（b,b＋1)≤eq\f(c，c＋1），则1－eq\f(1,a＋1）＋1－eq\f(1，b＋1）≤1－eq\f(1,c＋1），即1＋eq\f(1,c＋1）≤eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1