高中数学人教B版 (2019)必修 第一册第二章 等式与不等式2.2 不等式2.2.1 不等式及其性质第2课时导学案及答案

这是一份高中数学人教B版 (2019)必修 第一册第二章 等式与不等式2.2 不等式2.2.1 不等式及其性质第2课时导学案及答案，共11页。学案主要包含了综合法的应用，分析法的应用，反证法的应用等内容，欢迎下载使用。


知识点一 综合法
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．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寻找必然成立的结论．
知识点二 分析法
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为p⇐q，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充分条件．
知识点三 反证法
首先假设结论的否定成立，然后由此进行推理得到矛盾，最后得出假设不成立．
1．综合法是从结论向已知的逆推证法．( × )
2．综合法的推理过程实际上是寻找它的必要条件的过程．分析法的推理过程实际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，推出的矛盾不能与假设矛盾．( × )
一、综合法的应用
例1 若a＞b＞0，c＜d＜0，e＜0，求证：eq \f(e,a－c2)＞eq \f(e,b－d2).
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－c2b－d2)，
得eq \f(1,a－c2)＜eq \f(1,b－d2).
又e＜0，∴eq \f(e,a－c2)＞eq \f(e,b－d2).
延伸探究
本例条件不变的情况下，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).
反思感悟 综合法处理问题的三个步骤
跟踪训练1 (1)已知a>b，e>f，c>0.求证：f－ac(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∴f－ac(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).
二、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\c1(a＋\f(1,a)))－(2－eq \r(2))．
因为a＞0，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))－(2－eq \r(2))＝eq \f(a－12,a)＋eq \r(2)＞0，
所以只需证eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(a2＋\f(1,a2))))2≥eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))－2－\r(2)))2，
即2(2－eq \r(2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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－12,a)≥0，
所以a＋eq \f(1,a)≥2显然成立(当a＝1时等号成立)，
所以要证的不等式成立．
反思感悟 (1)分析法证明不等式的思路是从要证的不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，最后得到的充分条件为已知(或已证)的不等式．
(2)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．
跟踪训练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．
三、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\c1(x2＋\f(1,2)))＋(2－x)＋(x2－x＋1)＝2x2－2x＋eq \f(7,2)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋3≥3.
这与a＋b＋c＜3矛盾，假设不成立，
故a，b，c至少有一个不小于1.
反思感悟 反证法证明问题的一般步骤
跟踪训练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.
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
答案 B
解析 “恰有一个”否定是“至少有两个或一个也没有”，故选B.
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．分析法与综合法配合使用D．反证法
答案 A
解析 该证明方法符合分析法的定义，故选A.
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
答案 ABC
解析 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．
4．(多选)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>b
C．若eq \f(a,c2)D．若a>b，c>d，则a－c>b－d
答案 ABD
解析 ∵a＜b＜0，
∴a－b＜0，a＜0，∴(a－b)a＞0.
又∵eq \f(1,a－b)－eq \f(1,a)＝eq \f(b,aa－b)＜0，
∴eq \f(1,a－b)＜eq \f(1,a)，可知A错误；
当c<0时，ac>bc⇒a∵eq \f(a,c2)∴c≠0，又c2>0，∴a取a＝c＝2，b＝d＝1，可知D错误．
5．甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖．有人走访了四位歌手，甲说：“乙或丙获奖”；乙说：“甲、丙都未获奖”；丙说：“丁获奖”；丁说：“丙说的不对”．若四位歌手中只有一个人说的是真话，则获奖的歌手是______．
答案 甲
解析 假设甲获奖，则甲、乙、丙都说了假话，丁说了真话，满足题意，故获奖的歌手是甲．
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．
1．要证eq \r(2)－eq \r(3)A．(eq \r(2)－eq \r(3))2<(eq \r(6)－eq \r(7))2
B．(eq \r(2)－eq \r(6))2<(eq \r(3)－eq \r(7))2
C．(eq \r(2)＋eq \r(7))2<(eq \r(3)＋eq \r(6))2
D．(eq \r(2)－eq \r(3)－eq \r(6))2<(－eq \r(7))2
答案 C
解析 根据分析法知需是eq \r(2)－eq \r(3)b>0，则a2>b2”，应选C.
2．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eq \r(b2－ac)A．a－b>0
B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0
D．(a－b)(a－c)<0
答案 C
解析 由题意知eq \r(b2－ac)⇐(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.
3．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 B
解析 “至少有一个”的否定是“一个也没有”，即“a，b都不能被5整除”．
4．①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 D
解析 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，故选D.
5. 若P＝eq \r(a)＋eq \r(a＋7)，Q＝eq \r(a＋3)＋eq \r(a＋4)(a≥0)，则P，Q的大小关系是( )
A．P>Q B．P＝Q
C．P答案 C
解析 ∵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＋2eq \r(a)·eq \r(a＋7)
＝2a＋7＋2eq \r(aa＋7)，
Q2＝a＋3＋a＋4＋2eq \r(a＋3)·eq \r(a＋4)
＝2a＋7＋2eq \r(a＋3a＋4).
∵(a＋3)(a＋4)＝a2＋7a＋12>a2＋7a＝a(a＋7)．
∴Q2>P2.
∴P6．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________．
答案 eq \f(1,3)
解析 假设a，b，c都小于eq \f(1,3)，则a＋b＋c<1，与已知矛盾．故a，b，c中至少有一个数不小于eq \f(1,3).
7．给出四个条件：①b>0>a；②0>a>b；③a>0>b；④a>b>0，能推得eq \f(1,a)答案 ①②④
解析 eq \f(1,a)8．要使eq \r(3,a)－eq \r(3,b)答案 ab>0且a>b ab<0且a解析 若eq \r(3,a)－eq \r(3,b)则a－b＋3eq \r(3,ab2)－3eq \r(3,a2b)∴eq \r(3,ab2)∴ab2∴当ab>0时，b当ab<0时，b>a.
9．已知a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.
证明 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.
10．已知x>0，求证：eq \r(1＋x)<1＋eq \f(x,2)(分别用分析法和反证法两种方法证明)．
证明 方法一 (分析法)
∵x>0，∴eq \r(1＋x)>0,1＋eq \f(x,2)>0，
∴要证eq \r(1＋x)<1＋eq \f(x,2)，
只需证1＋x<1＋x＋eq \f(x2,4)，
只需证0∵x>0，∴eq \f(x2,4)>0成立，
故eq \r(1＋x)<1＋eq \f(x,2).
方法二 (反证法)
假设eq \r(1＋x)≥1＋eq \f(x,2)，
∵x>0，∴eq \r(1＋x)>0,1＋eq \f(x,2)>0，
∴1＋x≥1＋x＋eq \f(x2,4)，即0≥eq \f(x2,4)，
∴x＝0，与条件x>0矛盾．
∴假设不成立，故eq \r(1＋x)<1＋eq \f(x,2)成立．
11．在“一带一路”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
答案 A
解析 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．
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 C
解析 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．
13．设a＝eq \r(2)，b＝eq \r(7)－eq \r(3)，c＝eq \r(6)－eq \r(2)，则a，b，c的大小关系为_______．(用“>”连接)
答案 a>c>b
解析 ∵a2－c2＝2－(8－4eq \r(3))＝eq \r(48)－eq \r(36)>0，
又a>0，c>0，∴a>c，
又∵b＝eq \r(7)－eq \r(3)＝eq \f(4,\r(7)＋\r(3))，c＝eq \r(6)－eq \r(2)＝eq \f(4,\r(6)＋\r(2))，∵eq \r(7)＋eq \r(3)>eq \r(6)＋eq \r(2)，∴c>b，∴a>c>b.
14．如果aeq \r(a)＋beq \r(b)>aeq \r(b)＋beq \r(a)，则实数a，b应满足的条件是________．
答案 a≥0，b≥0且a≠b
解析 aeq \r(a)＋beq \r(b)>aeq \r(b)＋beq \r(a)⇔aeq \r(a)－aeq \r(b)>beq \r(a)－beq \r(b)⇔a(eq \r(a)－eq \r(b))>b(eq \r(a)－eq \r(b))⇔(a－b)(eq \r(a)－eq \r(b))>0⇔(eq \r(a)＋eq \r(b))(eq \r(a)－eq \r(b))2>0，
故只需a≠b且a，b都不小于零即可．
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)
答案 ③
解析 若a＝eq \f(1,3)，b＝eq \f(2,3)，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.
16．已知a，b，c是互不相等的非零实数，用反证法证明三个方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0中至少有一个方程有两个相异实根．
证明 假设三个方程都没有两个相异实根．
则Δ1＝4b2－4ac≤0，
Δ2＝4c2－4ab≤0，
Δ3＝4a2－4bc≤0，
上述三个式子相加得，
a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0，
即(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0.
所以a＝b＝c这与a，b，c是互不相等的非零实数相矛盾．
因此假设不成立，故三个方程ax2＋2bx＋c＝0，
bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0中至少有一个方程有两个相异实根．