第2章 2.2.1 第2课时 不等式的证明方法（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高一数学必修第一册学习笔记（人教B版）

该高中数学课件聚焦不等式证明方法，涵盖综合法、分析法、反证法，通过“上帝不是万能的”反证法案例导入，结合问题驱动回顾不等式性质，以知识梳理和例题解析搭建学习支架，引导学生逐步掌握证明思路。 其亮点在于用问题链引导学生以数学眼光观察证明特点，通过综合法“由因导果”、分析法“执果索因”、反证法归谬培养数学思维，用符号语言和框图表达过程。如反证法例题及分析法证明根式不等式，助力学生提升逻辑推理能力，教师可直接使用多样化例题和训练题提高教学效率。

第2课时 不等式的证明方法 第二章　 2.2.1　不等式及其性质 <<< 1.掌握综合法、分析法证明问题的过程和推理特点，能灵活选用综合法、分析法证明简单问题. 2.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. 学习目标 数学家给出了“上帝不是万能的”的证明过程. 证明：假设上帝是万能的，那么上帝能做任何事，就让他制造一块自己都搬不动的大石头，如果他造不出来，就说明他不是万能的，如果他造出来了，但他又搬不动，这与假设矛盾.所以，上帝不是万能的. 数学家采用了哪种证明命题的方法？常见的证明方法有哪些呢？这节课我们一起来研究不等式的证明方法. 导 语 一、综合法 二、分析法 课时对点练 三、反证法 随堂演练 内容索引 综合法 一 提示　由已知0<+<+出发，推出结论. 阅读下面的证明过程，证明方法有何特点？ 求证：->-. 证明：因为0<+<+ 所以> 所以->-. 问题1 从已知条件出发，综合利用各种结果，经过逐步推导最后得到结论的方法，在数学中通常称为 法.综合法最重要的推理形式为 ，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寻找__________ ________. 综合 p⇒q 必然成立 的结论 知识梳理 (1)用P表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，Q表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为： P⇒Q1 → Q1⇒Q2 → Q2⇒Q3 →…→ Qn⇒Q (2)综合法实际上是寻求使命题成立的必要条件，即由因导果. 注 意 点 <<< 8 (课本例2)(1)已知a>b，c<d，求证：a-c>b-d； 例 1 因为a>b，c<d， 所以a>b，-c>-d. 根据推论2，得a-c>b-d. 证明 9 (2)已知a>b，ab>0，求证：<； 因为ab>0，所以>0. 又因为a>b，所以a·>b· 即>因此<. 证明 10 (3)已知a>b>0，0<c<d，求证：>. 因为0<c<d，根据(2)的结论，得>>0. 又因为a>b>0，所以根据推论3可知 a·>b·即>. 证明 11 已知c>a>b>0，求证：>. 例 1 12 方法一　因为c>a>b>0， 所以0<c-a<c-b， 所以(c-a)(c-b)>0， 所以0<·(c-a)<·(c-b)， 即0<<即>>0， 又因为a>b>0，所以>. 证明 13 方法二　因为a>b>0，所以0<< 因为c>0，所以< 所以-1<-1，即< 因为c>a>b>0，所以c-a>0，c-b>0. 所以>. 证明 14 方法三　-=== 因为c>a>b>0，所以a-b>0，c-a>0，c-b>0， 所以>. 证明 15 在本例条件不变的情况下，求证：>. 延伸探究 16 方法一　因为c>a>b>0， 所以0<c-a<c-b， 所以0<(c-a)2<(c-b)2， 所以(c-a)2(c-b)2>0， 所以0<·(c-a)2<·(c-b)2， 即0<<所以>>0， 又因为a>b>0，所以>. 证明 17 方法二　-== == 因为c>a>b>0， 所以a-b>0，c2>ab，c-a>0，c-b>0， 所以(a-b)(c2-ab)>0， 所以>0，所以->0，因此>. 证明 18 综合法处理问题的三个步骤 反 思 感 悟 19 若bc-ad≥0，bd>0.求证：≤. 跟踪训练 1 ∵bc-ad≥0，∴ad≤bc， ∵bd>0，∴-=≤0， 即≤∴+1≤+1， 即≤. 证明 20 二 分析法 提示　证明过程是由结论出发，逆推寻求条件. 阅读下面的证明过程，证明方法有何特点？ 求证：->-. 证明：要证->- 只需证+>+ 只需证(+)2>(+)2， 只需证8+2>8+2. 而上式显然成立，所以结论成立. 问题2 从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到最后，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是“要证p，只需证明q”，这可以表示为______，其中p是需要证明的结论，所以分析法的实质就是不断寻找结论成立的 . p⇐q 充分条件 知识梳理 (1)用Q表示要证明的结论，则分析法可用框图表示为： Q⇐P1 → P1⇐P2 → P2⇐P3 →…→ 得到一个明显成立的条件 (2)分析法实际上是寻求使结论成立的充分条件，即执果索因. (3)综合法和分析法为直接证明法. 注 意 点 <<< 24 已知a>0，证明：-≥a+-2. 例 2 25 要证-≥a+-2，只需证≥-(2-). 因为a>0，所以-(2-)=+>0， 所以只需证≥ 即2(2-≥8-4只需证a+≥2. 因为a>0，所以a+-2==≥0， 所以a+≥2显然成立(当且仅当a=1时等号成立)，所以要证的不等式成立. 证明 26 分析法证明数学命题的过程是逆向思维，即结论⇐…⇐… ⇐…已知，因此，在叙述过程中，“要证”“只需证” “即证”等词语必不可少，否则会出现错误. 反 思 感 悟 27 若a，b∈(1，+∞)，证明：<. 跟踪训练 2 要证< 只需证()2<()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. 证明 28 反证法 三 提示　假设结论不成立，逐步推出矛盾. 阅读下面的证明过程，证明方法有何特点？ 求证：如果a>b>0，那么>. 证明：假设>不成立，即≤成立， 即<或=. 若=则a=b，与已知a>b矛盾， 若<则a<b，与已知a>b矛盾， 故假设不成立，从而>. 问题3 首先假设结论的否定成立，然后由此进行推理得到矛盾，最后得出假设不成立.这种得到数学结论的方法通常称为反证法，反证法是一种间接证明的方法. 知识梳理 (1)假设结论不成立，即结论的否定成立，可将其作为条件. (2)常见的主要矛盾有：与数学公理、定理、公式、定义或已被证明了的结论相矛盾；与公认的简单事实矛盾. (3)反证法适宜证明存在性、唯一性、带有“至少有一个”或“至多有一个”等字样的一些数学问题. 注 意 点 <<< 32 若x>0，y>0，且x+y>2，求证：与至少有一个小于2. 例 3 假设都不小于2，即≥2≥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. 故至少有一个小于2. 证明 33 反证法证明问题的一般步骤 反 思 感 悟 34 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. 跟踪训练 3 假设a，b，c，d都是非负数， ∵a+b=c+d=1，∴(a+b)(c+d)=1. 又(a+b)(c+d)=ac+bd+ad+bc≥ac+bd， ∴ac+bd≤1，这与已知ac+bd>1矛盾， ∴假设不成立， ∴a，b，c，d中至少有一个是负数. 证明 35 1.知识清单：三种证明方法的步骤. 2.方法归纳：综合法、分析法、反证法. 3.常见误区：综合法证明中不等式性质使用不当，反证法中假设不正确. 课堂小结 随堂演练 四 1 2 3 4 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 √ “恰有一个”否定是“至少有两个或一个也没有”，故选B. 解析 1 2 3 4 2.求证：-1>-. 证明：要证-1>-只需证+>+1， 即证7+2+5>11+2+1，即证> ∵35>11，∴原不等式成立. 以上证明应用了 A.分析法 B.综合法 C.分析法与综合法配合使用 D.反证法 √ 该证明方法符合分析法的定义，故选A. 解析 1 2 3 4 3.(多选)应用反证法推出矛盾的推导过程中，可以把下列哪些作为条件使用 A.结论的反设 B.已知条件 C.定义、公理、定理等 D.原结论 反证法的“归谬”是反证法的核心，其含义是：从命题结论的反设(即把“反设”作为一个新的已知条件)及原命题的条件出发，引用一系列论据进行正确推理，推出与已知条件、定义、定理、公理等相矛盾的结果. 解析 √ √ √ 1 2 3 4 4.(多选)下列命题中，不正确的是 A.若a<b<0，则> B.若ac>bc，则a>b C.若<则a<b D.若a>b，c>d，则a-c>b-d √ √ √ 1 2 3 4 ∵a<b<0， ∴a-b<0，a<0，∴(a-b)a>0. 又∵-=<0， ∴<故A错误； 当c<0时，ac>bc⇒a<b，故B错误； ∵<∴c≠0，又c2>0，∴a<b，故C正确； 取a=c=2，b=d=1，故D错误. 解析 课时对点练 五 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B C D C D ①②④ 题号 11 12 13 14 15 答案 A C (1)<　(2)< a≥0，b≥0且a≠b ③ 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法一　要证明2a3-b3≥2ab2-a2b成立， 只需证2a3-b3-2ab2+a2b≥0， 即2a(a2-b2)+b(a2-b2)≥0， 即(a+b)(a-b)(2a+b)≥0. ∵a≥b>0， ∴a-b≥0，a+b>0，2a+b>0， ∴(a+b)(a-b)(2a+b)≥0成立， ∴2a3-b3≥2ab2-a2b. 9. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法二　∵a≥b>0， ∴a2≥b2，a2-b2≥0，2a+b>0， ∴(a2-b2)(2a+b)≥0， ∴2a3-b3-2ab2+a2b≥0， ∴2a3-b3≥2ab2-a2b. 10. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法一　(分析法) ∵x>0，∴>0，1+>0， ∴要证<1+只需证1+x<1+x+只需证0<. ∵x>0，∴>0成立， 故<1+. 10. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法二　(反证法) 假设≥1+ ∵x>0，∴>0，1+>0， ∴1+x≥1+x+即0≥ ∴x=0，与条件x>0矛盾. ∴假设不成立，故<1+成立. 16. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (1)a，b，c为三角形的三边长，则|b-c|<a<b+c， |c-a|<b<c+a，|a-b|<c<a+b， 于是得a2+b2+c2<a+b+c =2 所以(a+b+c)2=+2<4ab+4bc+4ca. 16. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)由题意得△ABC的三边长分别为a，b，c，则有a+b>c，所以<1， 不妨设0<a≤b≤c， 则0<a+b≤b+c，0<a+b≤a+c， 所以≤≤ 所以++≤++==1+<1+1=2， 所以++<2. 16. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (3)假设a，2a2-1，a+1这三个数没有一个大于或等于- 即a<-2a2-1<-a+1<- 上面不等式相加得2a2+2a<- 而2a2+2a=2=2-≥- 这与假设的推论矛盾，所以假设不成立，即原命题成立. 故a，2a2-1，a+1这三个数中，至少有一个大于或等于-. 基础巩固 1.要证-<-成立，只需证明 A.(-)2<(-)2 B.(-)2<(-)2 C.(+)2<(+)2 D.(--)2<(-)2 √ 根据分析法知需是-<-+<+结合不等式的性质，“若a>b>0，则a2>b2”，故选C. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.用反证法证明命题：“a，b∈N，ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为 A.a，b都能被5整除 B.a，b都不能被5整除 C.a，b不都能被5整除 D.a不能被5整除 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 “至少有一个”的否定是“一个也没有”，即“a，b都不能被5整除”. 解析 3.分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a>b>c，且a+b+c=0，求证<a”索的因应是 A.a-b>0 B.a-c>0 C.(a-b)(a-c)>0 D.(a-b)(a-c)<0 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意知<a⇐b2-ac<3a2 ⇐(a+c)2-ac<3a2 ⇐a2+2ac+c2-ac-3a2<0 ⇐-2a2+ac+c2<0 ⇐2a2-ac-c2>0 ⇐(a-c)(2a+c)>0⇐(a-c)(a-b)>0. 解析 4.用反证法证明命题：“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤：①A+B+C=90°+90°+C>180°，这与三角形内角和为180°相矛盾，A=B=90°不成立；②所以一个三角形中不能有两个直角；③假设三角形的三个内角A，B，C中有两个直角，不妨设A=B=90°，正确顺序的序号为 A.①②③ B.①③② C.②③① D.③①② √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 根据反证法的步骤，应该是先假设结论的反面成立，再推出矛盾，最后否定假设，从而肯定结论. 解析 5.若P=+Q=+(a≥0)，则P，Q的大小关系是 A.P>Q B.P=Q C.P<Q D.由a的取值确定 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵P>0，Q>0，∴要比较P，Q的大小关系， 只需比较P2，Q2的大小关系， ∵P2=a+a+7+2·=2a+7+2 Q2=a+3+a+4+2· =2a+7+2. ∵(a+3)(a+4)=a2+7a+12>a2+7a=a(a+7). ∴Q2>P2.∴P<Q. 解析 6.①已知p3+q3=2，证明：p+q≤2.用反证法证明时，可假设p+q≥2； ②若a，b∈R，|a|+|b|<1，求证：方程x2+ax+b=0的两根的绝对值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1. 以下结论正确的是 A.①与②的假设都错误 B.①的假设正确；②的假设错误 C.①与②的假设都正确 D.①的假设错误；②的假设正确 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于①，结论的否定是p+q>2，故①中的假设错误； 对于②，其假设正确. 解析 7.设实数a，b，c满足a+b+c=1，则a，b，c中至少有一个数不小于　　　. 假设a，b，c都小于则a+b+c<1， 与已知矛盾. 故a，b，c中至少有一个数不小于. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.给出四个条件：①b>0>a；②0>a>b；③a>0>b；④a>b>0，能推得<成立的是　 　　.(填序号)  <⇔<0， 所以①②④能使它成立. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ①②④ 9.已知a≥b>0，求证：2a3-b3≥2ab2-a2b. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法一　要证明2a3-b3≥2ab2-a2b成立， 只需证2a3-b3-2ab2+a2b≥0， 即2a(a2-b2)+b(a2-b2)≥0， 即(a+b)(a-b)(2a+b)≥0. ∵a≥b>0，∴a-b≥0，a+b>0，2a+b>0， ∴(a+b)(a-b)(2a+b)≥0成立， ∴2a3-b3≥2ab2-a2b. 证明 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法二　∵a≥b>0， ∴a2≥b2，a2-b2≥0，2a+b>0， ∴(a2-b2)(2a+b)≥0， ∴2a3-b3-2ab2+a2b≥0， ∴2a3-b3≥2ab2-a2b. 证明 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.已知x>0，求证：<1+(分别用分析法和反证法两种方法证明). 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法一　(分析法) ∵x>0，∴>0，1+>0， ∴要证<1+ 只需证1+x<1+x+ 只需证0<. ∵x>0，∴>0成立，故<1+. 证明 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法二　(反证法) 假设≥1+ ∵x>0，∴>0，1+>0， ∴1+x≥1+x+即0≥ ∴x=0，与条件x>0矛盾. ∴假设不成立，故<1+成立. 证明 11.在一次知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测. 甲：我的成绩比乙高. 乙：丙的成绩比我和甲的都高. 丙：我的成绩比乙高. 成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为 A.甲、乙、丙 B.乙、甲、丙 C.丙、乙、甲 D.甲、丙、乙 √ 综合运用 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由于三人成绩互不相同且只有一个人预测正确.若甲预测正确，则乙、丙预测错误，于是三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙；若甲预测错误，则甲、乙按成绩由高到低的次序为乙、甲，再假设丙预测正确，则乙、丙按成绩由高到低的次序为丙、乙，于是甲、乙、丙按成绩由高到低排序为丙、乙、甲，从而乙的预测也正确，与事实矛盾；若甲、丙预测错误，则可推出乙的预测也错误.综上所述，三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙. 解析 12.设a，b，c均为正实数，P=a+b-c，Q=b+c-a，R=c+a-b，则“PQR>0”是“P，Q，R同时大于0”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 首先，若P，Q，R同时大于0，则必有PQR>0成立.其次，若PQR>0，且P，Q，R不都大于0，则必有两个为负，不妨设P<0，Q<0，即a+b-c<0，b+c-a<0，所以b<0，与b>0矛盾.故P，Q，R都大于0.所以“PQR>0”是“P，Q，R同时大于0”的充要条件. 解析 13.用“>”或“<”填空： (1)>ac>0⇒ad　　　bc；  答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 < ⇒->0⇒>0， ∴bc-ad>0 ∴ad<bc. 解析 (2)a，b，m都是正整数，且b>a>m>0，则　　 . 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 < -== ∵b>a>m>0，∴a-b<0，b-m>0， ∴<0，∴<. 解析 14.如果a+b>a+b则实数a，b应满足的条件是 　　　　 　. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 a+b>a+b⇔a-a>b-b⇔a(-)>b(-) ⇔(a-b)(-)>0⇔(+-)2>0， 故只需a≠b且a，b都不小于零即可. 解析 a≥0，b≥0且a≠b 15.设a，b是两个实数，给出下列条件： ①a+b=1；②a+b=2；③a+b>2；④a2+b2>2. 其中能推出“a，b中至少有一个大于1”的条件是　　　.(填序号)  拓广探究 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ③ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 若a=b=则a+b=1，但a<1，b<1，故①不能推出.若a=b=1，则a+b=2，故②不能推出. 若a=-2，b=1，则a2+b2>2，故④不能推出. 对于③，若a+b>2，则a，b中至少有一个大于1. 反证法：假设a≤1且b≤1，则a+b≤2与a+b>2矛盾，因此假设不成立，故a，b中至少有一个大于1. 解析 16.(1)已知a，b，c为三角形的三边长，证明：(a+b+c)2<4ab+4bc+4ca； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 a，b，c为三角形的三边长，则|b-c|<a<b+c，|c-a|<b<c+a，|a-b|<c<a+b， 于是得a2+b2+c2<a+b+c=2 所以(a+b+c)2=+2<4ab+4bc+4ca. 证明 (2)设△ABC的三边长分别为a，b，c，证明：++<2； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意得△ABC的三边长分别为a，b，c，则有a+b>c，所以<1， 不妨设0<a≤b≤c， 则0<a+b≤b+c，0<a+b≤a+c， 所以≤≤ 所以++≤++==1+<1+1=2， 所以++<2. 证明 (3)证明：三个数a，2a2-1，a+1中，至少有一个大于或等于-. 假设a，2a2-1，a+1这三个数没有一个大于或等于- 即a<-2a2-1<-a+1<- 上面不等式相加得2a2+2a<- 而2a2+2a=2=2-≥- 这与假设的推论矛盾，所以假设不成立，即原命题成立. 故a，2a2-1，a+1这三个数中，至少有一个大于或等于-. 证明 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第二章　 2.2.1　不等式及其性质 <<< $