2024-2025学年新教材高中数学第2章等式与不等式2.2.1第2课时不等式的证明课后素养落实含解析新人教B版必修第一册

PAGE课后素养落实(十四)不等式的证明(建议用时：40分钟)一、选择题1．要证eq\r(2)－eq\r(3)＜eq\r(6)－eq\r(7)成立，只需证明()A．(eq\r(2)－eq\r(3))2＜(eq\r(6)－eq\r(7))2B．(eq\r(2)－eq\r(6))2＜(eq\r(3)－eq\r(7))2C．(eq\r(2)＋eq\r(7))2＜(eq\r(3)＋eq\r(6))2D．(eq\r(2)－eq\r(3)－eq\r(6))2＜(－eq\r(7))2C[依据分析法的证明过程可知，要证eq\r(2)－eq\r(3)＜eq\r(6)－eq\r(7)，只需证明(eq\r(2)＋eq\r(7))2＜(eq\r(3)＋eq\r(6))2.]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)＜eq\r(3)a”索的因应是()A．a－b＞0B．a－c＞0C．(a－b)(a－c)＞0D．(a－b)(a－c)＜0C[由a＞b＞0，且a＋b＋c＝0可得b＝－a－c，a＞0，c＜0.要证eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)a，只要证(－a－c)2－ac＜3a2，即证a2－ac＋a2－c2＞0，即证a(a－c)＋(a＋c)(a－c)＞0即证a(a－c)－b(a－c)＞0，也就是证(a－c)(a－b)＞0.故求证eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)a索的因应是(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B[由于反证法是命题的结论的否定的一个运用，故对“a，b中至少有一个能被5整除”的否定是“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的两根的肯定值都小于1．用反证法证明时可假设方程有一根x1的肯定值大于或等于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D[对于①，结论的否定是p＋q＞2，故①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＝QC．P＜Q D．由a的取值确定C[要证P＜Q，只需证P2＜Q2.只要证2a＋7＋2eq\r(aa＋7)＜2a＋7＋2eq\r(a＋3a＋4)，只要证a2＋7a＜a2＋7只要证0＜12.又∵0＜12成立．∴P＜Q成立，故选C．]二、填空题6．用反证法证明命题“一个三角形中不能有两个直角”的过程可以归纳为以下三个步骤．①∠A＋∠B＋∠C＝90°＋90°＋∠C＞180°，这与三角形内角和为180°相冲突，所以∠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∠A，∠B，∠C中有两个角是直角，不妨设∠A＝∠B＝90°.其正确依次为________．③①②[用反证法证明命题的步骤是：先假设命题不成立，然后通过推理得出冲突，最终否定假设，从而得到正确的命题．故填③①②.]7．用反证法证明“a，b，c三个数中至少有一个不小于eq\f(1,2)”时，假设内容是________．a，b，c都小于eq\f(1,2)[“a，b，c中至少有一个不小于eq\f(1,2)”的反面是“a，b，c都小于eq\f(1,2)”．]8．要使eq\r(3,a)－eq\r(3,b)＜eq\r(3,a－b)成立，a，b应满意的条件是______或者________．ab＞0且a＞bab＜0且a＜b[eq\r(3,a)－eq\r(3,b)＜eq\r(3,a－b)⇔a－b＋3eq\r(3,ab2)－3eq\r(3,a2b)＜a－b⇔eq\r(3,ab)(eq\r(3,a)－eq\r(3,b))＞0⇔ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜b.]三、解答题9．已知a≥b＞0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b[证明]要证明2a3－b3≥2ab2－a2b只需证2a3－b3－2ab2＋a2b≥即2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥即(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥∵a≥b＞0，∴a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b∴(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥∴2a3－b3≥2ab2－a2b10．已知x＞0，求用反证法证明：eq\r(1＋x)＜1＋eq\f(x,2).[证明]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冲突．∴假设不成立，故eq\r(1＋x)＜1＋eq\f(x,2)成立．1．(多选题)设a，b为正实数，有下列命题中正确的命题为()A．若a2－b2＝1，则a－b<1B．若eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝1，则a－b<1C．若|eq\r(a)－eq\r(b)|＝1，则|a－b|<1D．若|a3－b3|＝1，则|a－b|<1AD[对于A，由题意a，b为正实数，则a2－b2＝1⇒a－b＝eq\f(1,a＋b)⇒a－b>0⇒a>b>0，故a＋b>a－b>0.若a－b≥1，则eq\f(1,a＋b)≥1⇒a＋b≤1≤a－b，这与a＋b>a－b>0冲突，故a－b<1成立．对于B，取特别值，a＝3，b＝eq\f(3,4)，则a－b>1．对于C，取特别值，a＝9，b＝4时，|a－b|>1．对于D，∵|a3－b3|＝1，a>0，b>0，∴a≠b，不妨设a>b>0.∴a2＋ab＋b2>a2－2ab＋b2>0，∴(a－b)(a2＋ab＋b2)>(a－b)(a－b)2.即a3－b3>(a－b)3>0，∴1＝|a3－b3|>(a－b)3>0，∴0<a－b<1，即|a－b|<1．因此D正确．]2．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0A．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C[必要性明显成立，PQR＞0包括P，Q，R同时大于0，或其中两个为负两种状况，假设P＜0，Q＜0，则P＋Q＝2b＜0，这与b为正实数冲突．同理当P，R同时小于0或Q，R同时小于0的状况亦得出冲突．故P，Q，R同时大于0，所以选C．]3．假如aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)，则实数a，b应满意的条件是________．a≥0，b≥0且a≠b[aeq\r(a)＋beq\r(b)－(aeq\r(b)＋beq\r(a))＝(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))＝(eq\r(a)－eq\r(b))(eq\r(a)＋eq\r(b))(eq\r(a)－eq\r(b))＝(eq\r(a)－eq\r(b))2(eq\r(a)＋eq\r(b))＞0，所以a≥0，b≥0且a≠b.]4．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”③[假设a，b均不大于1，即a≤1，b≤1，则①②④均有可能成立，故①②④不能推出“a，b中至少有一个大于1”，故选③(1)用分析法证明：已知n∈N*，求证eq\r(n＋1)－eq\r(n)＞eq\r(n＋3)－eq\r(n＋2)；(2)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．[解](1)证明：要证eq\r(n＋1)－eq\r(n)＞eq\r(n＋3)－eq\r(n＋2)，只需证eq\r(n＋1)＋eq\r(n＋2)＞eq\r(n)＋eq\r(n＋3)，只需证(eq\r(n＋1)＋eq\r(n＋2))2＞(eq\r(n)＋eq\r(n＋3))2，即证2n＋3＋2eq\r(n＋1n＋2)＞2n＋3＋2eq\r(nn＋3)，即证eq\r(n2＋3n＋2)＞eq\r(n2＋3n)，即证n2＋3n＋2＞n2＋3n，即证2＞0，明显成立，所以原不等式成立．(2)证明：假设三个方程都没有两个相异