2024-2025学年新教材高中数学第2章等式与不等式2.22.2.1第2课时不等式的证明学案新人教B版必修第一册

PAGE第2课时不等式的证明学习任务核心素养1．驾驭综合法、分析法证明问题的过程和推理特点，能敏捷选用综合法、分析法证明简洁问题．(重点、难点)2．了解反证法的定义，驾驭反证法的推理特点，驾驭反证法证明问题的一般步骤，能用反证法证明一些简洁的命题．(难点、易错点)1．通过综合法、分析法的证明，提升逻辑推理实力．2．通过反证法的学习，提升数学抽象、逻辑推理实力.学问点一综合法从已知条件动身，综合利用各种结果，经过逐步推导最终得到结论的方法，在数学中通常称为综合法．综合法最重要的推理形式为p⇒q，其中p是已知或者已得出的结论，所以综合法的实质就是不断找寻必定成立的结论．学问点二分析法从要证明的结论动身，逐步寻求使它成立的充分条件，直到最终，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、公理、定理等)为止．分析法最重要的推理形式为p⇐q，其中p是须要证明的结论，所以分析法的实质就是不断找寻结论成立的充分条件．学问点三反证法首先假设结论的否定成立，然后由此进行推理得到冲突，最终得出假设不成立．这种得到数学结论的方法通常称为反证法．1．思索辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)综合法是从结论向已知的逆推证法． ()(2)综合法的推理过程事实上是找寻它的必要条件的过程．分析法的推理过程事实上是寻求使结论成立的充分条件的过程． ()(3)用反证法证明结论“a＞b”时，应假设“a≤b”． ()(4)用反证法证明时，推出的冲突不能与假设冲突． ()[答案](1)×(2)√(3)√(4)×2.将下面用分析法证明eq\f(a2＋b2,2)≥ab的步骤补充完整：要证eq\f(a2＋b2,2)≥ab，只需证a2＋b2≥2ab，也就是证________，即证________，由于________明显成立，因此原不等式成立．a2＋b2－2ab≥0(a－b)2≥0(a－b)2≥0[用分析法证明eq\f(a2＋b2,2)≥ab的步骤为：要证eq\f(a2＋b2,2)≥ab成立，只需证a2＋b2≥2ab，也就是证a2＋b2－2ab≥0，即证(a－b)2≥0.由于(a－b)2≥0明显成立，所以原不等式成立．]类型1综合法的应用综合法证明不等式的基本思路是什么？[提示]从已知条件动身，综合利用各种结果，经逐步推导，最终得出结论．【例1】若a＞b＞0，c＜d＜0，e＜0，求证：eq\f(e,a－c2)＞eq\f(e,b－d2).[思路点拨]可结合不等式的基本性质，分析所证不等式的结构，有理有据地导出证明结果．[证明]∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0.又∵a＞b＞0，∴a－c＞b－d＞0.∴(a－c)2＞(b－d)2＞0.两边同乘以eq\f(1,a－c2b－d2)，得eq\f(1,a－c2)＜eq\f(1,b－d2).又e＜0，∴eq\f(e,a－c2)＞eq\f(e,b－d2).本例条件不变的状况下，求证：eq\f(e,a－c)＞eq\f(e,b－d).[证明]∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0.∵a＞b＞0，∴a－c＞b－d＞0，∴0＜eq\f(1,a－c)＜eq\f(1,b－d).又∵e＜0，∴eq\f(e,a－c)＞eq\f(e,b－d).综合法证明不等式综合法证明不等式就是从已知条件动身，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证．而得出命题成立，它是顺推的证法或由因导果．eq\o([跟进训练])1．若bc－ad≥0，bd＞0，求证：eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).[证明]∵bc－ad≥0，∴ad≤bc，∵bd＞0，∴eq\f(a,b)≤eq\f(c,d)，∴eq\f(a,b)＋1≤eq\f(c,d)＋1，∴eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).类型2分析法的应用【例2】已知a＞0，证明：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.[证明]要证eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只需证eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))－(2－eq\r(2))．因为a＞0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))－(2－eq\r(2))＝eq\f(a－12,a)＋eq\r(2)＞0，所以只需证eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋\f(1,a2))))eq\s\up12(2)≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))－2－\r(2)))2，即2(2－eq\r(2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))≥8－4eq\r(2)，只需证a＋eq\f(1,a)≥2.因为a＞0，所以a＋eq\f(1,a)－2＝eq\f(a2－2a＋1,a)＝eq\f(a－12,a)≥0，所以a＋eq\f(1,a)≥2明显成立(当a＝1时等号成立)，所以要证的不等式成立．分析法证明不等式分析法证明命题时，就是从要证的结论动身，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实，这是一种执果索因的思索和证明方法．eq\o([跟进训练])2．若a，b∈(1，＋∞)，证明：eq\r(a＋b)＜eq\r(1＋ab).[证明]要证eq\r(a＋b)＜eq\r(1＋ab)，只需证(eq\r(a＋b))2＜(eq\r(1＋ab))2，只需证a＋b－1－ab＜0，即证(a－1)(1－b)＜0.因为a＞1，b＞1，所以a－1＞0,1－b＜0，即(a－1)(1－b)＜0成立，所以原不等式成立．类型3反证法的应用【例3】已知x∈R，a＝x2＋eq\f(1,2)，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明a，b，c至少有一个不小于1．[证明]假设a，b，c均小于1，即a＜1，b＜1，c＜1，则有a＋b＋c＜3，而a＋b＋c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))＋(2－x)＋(x2－x＋1)＝2x2－2x＋eq\f(7,2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋3≥3.这与a＋b＋c＜3冲突，假设不成立，故a，b，c至少有一个不小于1．反证法证明问题的一般步骤eq\o([跟进训练])3．若x＞0，y＞0，且x＋y＞2，求证：eq\f(1＋y,x)与eq\f(1＋x,y)至少有一个小于2.[证明]假设eq\f(1＋y,x)与eq\f(1＋x,y)都不小于2，即eq\f(1＋y,x)≥2，eq\f(1＋x,y)≥2.∵x＞0，y＞0，∴1＋y≥2x,1＋x≥2y，两式相加得2＋(x＋y)≥2(x＋y)．∴x＋y≤2，这与已知中x＋y＞2冲突．∴假设不成立，原命题成立．故eq\f(1＋y,x)与eq\f(1＋x,y)至少有一个小于2.1．用反证法证明某命题时，对结论“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设是()A．自然数a，b，c中至少有两个偶数B．自然数a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数C．自然数a，b，c都是奇数D．自然数a，b，c都是偶数B[反证法证明命题时，反设是设结论的反面成立，即否定结论，故B正确．]2．求证：eq\r(7)－1＞eq\r(11)－eq\r(5).证明：要证eq\r(7)－1＞eq\r(11)－eq\r(5)，只需证eq\r(7)＋eq\r(5)＞eq\r(11)＋1，即证7＋2eq\r(7×5)＋5＞11＋2eq\r(11)＋1，即证eq\r(35)＞eq\r(11)，∵35＞11，∴原不等式成立．以上证明应用了()A．分析法B．综合法C．分析法与综合法协作运用D．反证法A[证明过程用的是分析法．]3．(多选题)应用反证法推出冲突的推导过程中，可以把下列哪些作为条件运用()A．结论的反设 B．已知条件C．定义、公理、定理等 D．原结论ABC[反证法推冲突的过程中，可以把结论的反设，已知条件，定义、定理、公理等作为已知条件运用，故选ABC．]4．(多选题)下列命题中，不正确的是()A．若a＜b＜0，则eq\f(1,a－b)＞eq\f(1,a)B．若ac＞bc，则a＞bC．若eq\f(a,c2)＜eq\f(b,c2)，则a＜bD．若a＞b，c＞d，则a－c＞b－dABD[由不等式的性质可知选项