2.2.1　第2课时　不等式的证明方法-(同课异构课件)2021-2022学年高一新教材数学必修第一册【步步高】学习笔记（人教B版）(京鲁辽）

2.2.1　第2课时　不等式的证明方法 条件 否定 充分 谢谢观看！ 19 内　容　标　准 学　科　素　养 1.掌握综合法、分析法证明问题的过程和推理特点，能用综合法、分析法证明简单问题． 逻辑推理 数学抽象 2.能正确区分综合法和分析法的推理特点，灵活选用恰当的方法证明问题． 3.了解反证法的定义，掌握反证法的推理特点．掌握反证法证明问题的一般步骤，能用反证法证明一些简单的命题. [教材提炼] 知识点一　综合法 综合法是从已知 出发，综合利用各种结果，经过逐步推导最后得到结论的方法． 知识点二　反证法 反证法是首先假设结论的 成立，然后由此进行推理得到矛盾，最后得出假设不成立． 知识点三　分析法 分析法的实质就是不断寻找结论成立的 条件． [自主检测] 1．分析法证明问题是从所证命题的结论出发，寻求使这个结论成立的(　　) A．充分条件　　　　　 B．必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【解析】分析法证明是从所证命题的结论出发，寻求使结论成立的充分条件． 【答案】A 2．实数a，b，c不全为0等价于(　　) A．a，b，c均不为0 B．a，b，c中至多有一个为0 C．a，b，c中至少有一个为0 D．a，b，c中至少有一个不为0 【解析】不全为0即至少有一个不为0，故选D. 【答案】D 3．在不等式“a2＋b2≥2ab”的证明中：因为a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0所以a2＋b2≥2ab，该证明运用的方法是________． 【解析】由因导果，易知该证法为综合法． 【答案】综合法 探究一　综合法 [例1]　(1)已知a>b，e>f，c>0.求证：f－ac<e－bc； (2)若bc－ad≥0，bd>0.求证：eq \f(a＋b,b)≤eq \f(c＋d,d). [证明]　(1)∵a>b，c>0，∴ac>bc， ∴－ac<－bc.∵f<e， ∴f－ac<e－bc. (2)∵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). 方法提升 综合法处理问题的三个步骤 同源异考 重在触类旁通 已知x＋y＋z＝m.求证x2＋y2＋z2≥eq \f(m2,3). [证明] ∵x＋y＋z＝m， ∴(x＋y＋z)2＝x2＋y2＋z2＋2(xy＋yz＋zx)＝m2. 又∵x2＋y2≥2xy，y2＋z2≥2yz，z2＋x2≥2xz， ∴2(x2＋y2＋z2)≥2(xy＋yz＋zx)， 即x2＋y2＋z2≥xy＋yz＋zx， ∴m2＝x2＋y2＋z2＋2(xy＋yz＋zx)≤3(x2＋y2＋z2)． ∴x2＋y2＋z2≥eq \f(m2,3). 探究二　反证法 [例2]　已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，求证：a，b，c，d中至少有一个是负数． [证明]　假设a，b，c，d都是非负数， 因为a＋b＝c＋d＝1，所以(a＋b)(c＋d)＝1. 又(a＋b)(c＋d)＝ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd， 所以ac＋bd≤1， 这与已知ac＋bd>1矛盾， 所以a，b，c，d中至少有一个是负数． 方法提升 反证法证明问题的一般步骤 同源异考 重在触类旁通 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矛盾． ∴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. 探究三　分析法 [例3]　已知a>b>0，求证eq \f(a－b2,8a)<eq \f(a＋b,2)－eq \r(ab)<eq \f(a－b2,8b). [证明]　要证eq \f(a－b2,8a)<eq \f(a＋b,2)－eq \r(ab)<eq \f(a－b2,8b)， 只需证eq \f(a－b2,8a)<eq \f(\r(a)－\r(b)2,2)<eq \f(a－b2,8b). ∵a>b>0， ∴同时除以eq \f(\r(a)－\r(b)2,2)， 得eq \f(\r(a)＋\r(b)2,4a)<1<eq \f(\r(a)＋\r(b)2,4b)， 同时开方，得eq \f(\r(a)＋\r(b),2\r(a))<1<eq \f(\r(a)