2017-2018学年数学人教A版选修4-5优化练习：第二讲+三反证法与放缩法+Word版含解析
人教A版选修4-5 第2讲 3 反证法与放缩法 作业
第二讲 三 第8课时 反证法与放缩法提能达标过关一、选择题1．已知f (x )在R 上为增函数，且f (x 0)＝f (1)，则( ) A ．x 0>1 B ．x 0＝1 C ．x 0<1D ．x 0≠1解析：①若x 0>1，∵f (x )是增函数， ∴f (x 0)>f (1)，这与已知f (x 0)＝f (1)矛盾．②若x 0<1，∵f (x )是增函数，∴f (x 0)<f (1)，这与已知f (x 0)＝f (1)矛盾． 综合①②知，x 0＝1. 答案：B2．设a ，b 是不相等的实数，且a ＋b ＝2，则下列不等式成立的是( ) A ．ab ≤1≤a 2＋b 22 B ．ab ≤a 2＋b 22≤1 C ．1<ab <a 2＋b 22D ．ab <1<a 2＋b 22解析：由不等式 a 2＋b 22≥a ＋b 2≥ab ，得a 2＋b 22≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≥ab .又∵a ＋b ＝2，且a ≠b .∴ab <1<a 2＋b 22.答案：D3．(2019·福清东张中学期中)设a ，b ，c 大于0，a ＋b ＋c ＝3，则3个数：a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a的值( )A ．都大于2B ．至少有一个不大于2C ．都小于2D ．至少有一个不小于2 解析：假设3个数：a ＋1b <2，b ＋1c <2，c ＋1a <2，则⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1a <6， ∵a ，b ，c 大于0，利用基本不等式⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c ≥2＋2＋2＝6，这与假设所得结论相矛盾，故假设不成立，所以3个数：a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a中至少有一个不小于2，故选D. 答案：D4．(2019·辽宁德才期中)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”正确的反设为( )A ．a ，b ，c 中至少有两个偶数B ．a ，b ，c 中至少有两个偶数或都是奇数C ．a ，b ，c 都是奇数D ．a ，b ，c 都是偶数解析：因为结论：“自然数a ，b ，c 中恰有一个偶数”，可得题设为a ，b ，c 中恰有一个偶数，所以反设的内容是假设a ，b ，c 中至少有两个偶数或都是奇数，故选B.答案：B5．设a ，b ∈R ，给出下列条件：①a ＋b >1；②a ＋b ＝2；③a ＋b >2；④a 2＋b 2>2；⑤ab >1.其中能推出“a ，b 中至少有一个实数大于1”的条件有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：对于①，a ，b 均可以小于1；对于②，a ，b 均可以等于1；对于③，若a ，b 都不大于1，则a ＋b ≤2，这与③矛盾，则a ，b 中至少有一个实数大于1，对于④⑤，a ，b 可以是负数．答案：A 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°矛盾，则∠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°.正确顺序的序号排列为________．解析：由反证法证明的步骤，先假设，即③，再推出矛盾，即①，最后作出判断，肯定结论，即②，顺序应为③①②.答案：③①② 7．已知M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则M 与1的大小关系是________．解析：M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1<1210＋1210＋1210＋…＋1210＝210210＝1，即M <1.答案：M <18．若a >0，则a ＋1a＋a 2＋1a 2的最小值为________．解析：∵a >0，∴a ＋1a＋a 2＋1a2≥2a ·1a＋2a ·1a＝2＋2，当且仅当a ＝1时取等号．答案：2＋ 2 三、解答题9．(2019·山东聊城期中)若x ，y 都是正实数，且x ＋y >43.求证：2＋xy <4与2＋yx<4中至少有一个成立．证明：假设2＋xy <4和2＋yx<4都不成立，即2＋xy≥4和2＋yx≥4同时成立．因为x >0且y >0，所以2＋x ≥4y ，且2＋y ≥4x ， 两式相加，得4＋x ＋y ≥4x ＋4y ，所以x ＋y ≤43，这与已知条件x ＋y >43相矛盾，所以2＋xy<4与2＋yx＜4中至少有一个成立．10．(2019·河北沧州七校联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2.(1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S nn(n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，解得d ＝2，∴a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)．(2)证明：由(1)知b n ＝S nn＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r ∈N *，且互不相等)成等比数列， 则b 2q ＝b p b r ，即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)， ∴(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0. ∵p ，q ，r ∈N *， ∴⎩⎨⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，∴⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ，即(p －r )2＝0， ∴p ＝r ，这与p ≠r 矛盾， ∴假设错误，故数列{b n }中任意不同的三项不可能成等比数列．。
数学人教A版选修4-5素材：教材习题点拨 2.3反证法与放
教材习题点拨习题2.31．证明：方法一：假设(1－a )b ＞14，(1－b )c ＞14，(1－c )a ＞14，则 ∵0＜a ，b ，c ＜1，∴(1－a )b ＞12，(1－b )c ＞12，(1－c )a ＞12，(1－a )b ＋(1－b )c ＋(1－c )a ＞32. ∵(1－a )b ＋(1－b )c ＋(1－c )a ≤1－a ＋b 2＋1－b ＋c 2＋1－c ＋a 2＝3－(a ＋b ＋c )＋(a ＋b ＋c )2＝32，∴矛盾，假设错误，原命题成立． 方法二：设(1－a )b ＞14，(1－b )c ＞14，(1－c )a ＞14， 则三式相乘(1－a )b ·(1－b )c ·(1－c )a ＞164.① 又∵0＜a ，b ，c ＜1，∴0＜(1－a )a ≤⎣⎡⎦⎤(1－a )＋a 22＝14.②同理(1－b )b ≤14，③ (1－c )c ≤14.④ ②③④三式左右两边分别相乘(1－a )a ·(1－b )b ·(1－c )c ≤164，与①矛盾， ∴原式成立．点拨：题目中出现了“不可能同时大于…”字样，而且三个式子地位相同，结合0＜(1－a )a ≤⎣⎡⎦⎤(1－a )＋a 22＝14，可得到方向相矛盾的两个不等式，适于用反证法． 2．证明：∵1k －1k ＋1＝1k (k ＋1)＜1k 2＜1k (k －1)＝1k －1－1k，k ＝2,3,4，…， ∴12－13＜122＜1－12， 13－14＜132＜12－13， ……1n －1n ＋1＜1n 2＜1n －1－1n. 将以上n －1个不等式左右两边分别相加，可得12－1n ＋1＜122＋132＋…＋1n 2＜1－1n ＝n －1n. 点拨：本题结论是以后经常要用到的，要记住1k (k ＋1)＜1k 2＜1k (k －1)，这是一种常见的放缩．3．证明：∵k －k －1＝1k ＋k －1＞1k ＋k ＝12k ， ∴1k＜2(k －k －1)，k ＝1,2,3，…，n . 当k ＝1,2,3，…，n 时，1＜2(1－0)，12＜2(2－1)， (1)＜2(n －n －1)． 将以上n 个同向不等式相加，得1＋12＋13＋…＋1n ＜2n . 点拨：先构造其中一个式子1k＜2(k －k －1)，再相加得到要证的不等式． 4．证明：假设⎝⎛⎭⎫1x 2－1⎝⎛⎭⎫1y 2－1≥9不成立，则⎝⎛⎭⎫1x 2－1⎝⎛⎭⎫1y 2－1＜9. 于是1－⎝⎛⎭⎫1x 2＋1y 2＋1x 2y2＜9， ∴1－(x 2＋y 2)＜8x 2y 2.∵x ＋y ＝1，∴1＝(x ＋y )2.∴2xy ≤8x 2y 2.∴xy (1－4xy )＜0.① ∵xy ≤x ＋y 2＝12，∴xy ≤14.∴1－4xy ≥0. ∴xy (1－4xy )≥0.②由①②可知矛盾，所以假设不成立，从而⎝⎛⎭⎫1x 2－1⎝⎛⎭⎫1y 2－1≥9成立． 5．解：∵V ＝πr 2h ，∴S ＝2πr 2＋2πrh ＝2πr 2＋πrh ＋πrh ≥332πr 2·πrh ·πrh ＝332π3r 4h 2＝332π(πr 2h )2＝332πV 2.∴表面积最小为S ＝332πV 2，当且仅当2πr 2＝πrh ＝πrh ，即V ＝πr 2·2r ＝2πr 3.∴r ＝3V 2π，h ＝23V 2π. 点拨：主要利用均值不等式来解决．6．解：设围成的圆锥的底面半径为r ，高为h ，则有R 2＝r 2＋h 2＝12r 2＋12r 2＋h 2≥3312r 2·12r 2·h 2＝3314(r 2h )2. ∵14(r 2h )2≤R 627，∴(r 2h )2≤4R 627. ∴r 2h ≤23R 39. ∵V ＝13πr 2h ，∴V ≤13π23R 39＝23πR 327. ∴容积最大为23πR 327.此时12r 2＝h 2，∴h ＝22r . ∵r 2＋h 2＝R 2，∴r ＝63R .∴2πr ＝(360°－θ)πR 180°. ∴θ＝(360－1206)°.。
2018年数学同步优化指导选修4-5练习：第2讲 3 课时 反
第二讲 三 反证法与放缩法一、选择题1．命题“任意多面体的面至少有一个是三角形或四边形或五边形”的结论的否定形式是( )A ．任意多面体没有一个是三角形或四边形或五边形的面B ．任意多面体没有一个是三角形的面C ．任意多面体没有一个是四边形的面D ．任意多面体没有一个是五边形的面解析：“至少有一个”的否定是“一个也没有”． 答案：A2．设x ，y ，z 都是正实数，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x ，则a ，b ，c 三个数( )A ．至少有一个不大于2B ．都小于2C ．至少有一个不小于2D ．都大于2解析：a ＋b ＋c ＝x ＋y ＋z ＋1x ＋1y ＋1z≥2＋2＋2＝6，当且仅当x ＝y ＝z ＝1时等号成立． 所以a ，b ，c 三者中至少有一个不小于2. 答案：C3．设x >0，y >0，M ＝x ＋y 2＋x ＋y ，N ＝x 2＋x ＋y2＋y ，则M ，N 的大小关系是( )A ．M >NB ．M <NC ．M ＝ND ．不确定解析：N ＝x 2＋x ＋y 2＋y ＞x 2＋x ＋y ＋y2＋x ＋y ＝x ＋y 2＋x ＋y ＝M .答案：B4．不等式a >b 与1a ＞1b 能同时成立的充要条件是( )A ．a >b >0B ．a >0>b C.1b ＜1a＜0 D.1a ＞1b＞0解析：充分性易证．下面用反证法说明必要性． 若a ，b 同号且a ＞b ，则有1a ＜1b ，此时不能保证a ＞b 与1a ＞1b 同时成立，∴a ，b 只能异号，即a ＞0＞b . 答案：B5．若f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ，a ，b 都为正数，A ＝f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，G ＝f (ab )，H ＝f ⎝⎛⎭⎫2ab a ＋b ，则( ) A ．A ≤G ≤H B ．A ≤H ≤G C ．G ≤H ≤AD ．H ≤G ≤A解析：∵a ，b 为正数， ∴a ＋b 2≥ab ＝ab ab ≥ab a ＋b 2＝2ab a ＋b. 又∵f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x为单调减函数， ∴f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝⎛⎭⎫2ab a ＋b .∴A ≤G ≤H . 答案：A6．若a ，b ∈R ，且a 2＋b 2＝10，则a －b 的取值范围是( ) A ．[0，10] B ．[－210，210] C ．[－10，10]D ．[－25，25]解析：令a ＝10cos θ，b ＝10sin θ，θ∈R ，则 a －b ＝10(cos θ－sin θ)＝25cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4， 因为－1≤cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4≤1， 所以a －b ∈[－25，25]． 答案：D 二、填空题7．用反证法证明命题“若x 2－(a ＋b )x ＋ab ≠0，则x ≠a 且x ≠b ”时应假设________． 解析：用反证法证明时要对结论进行否定，即x ＝a 或x ＝b . 答案：x ＝a 或x ＝b8．某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f (x )在[0,1]上有意义，且f (0)＝f (1)，如果对于不同的x 1，x 2∈[0,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|＜|x 1－x 2|，求证：|f (x 1)－f (x 2)|＜12.那么他的反设应该是________．答案：∃x 1，x 2∈[0,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|＜|x 1－x 2|，则|f (x 1)－f (x 2)|≥129．log 23与log 34的大小关系是____________． 解析：log 23－log 34＝lg 3lg 2－lg 4lg 3＝lg 23－lg 2lg 4lg 2lg 3＞lg 23－⎣⎡⎦⎤12()lg 2＋lg 42lg 2lg 3＝lg 23－⎝⎛⎭⎫12lg 82lg 2lg 3＞lg 23－⎝⎛⎭⎫12lg 92lg 2lg 3＝0，所以log 23－log 34＞0.所以log 23＞log 34. 答案：log 23＞log 34 三、解答题10．关于复数z 的方程z 2－(a ＋i)z －(i ＋2)＝0(a ∈R )，证明对任意的实数a ，原方程不可能有纯虚根．证明：假设原方程有纯虚根，令z ＝n i ，n ≠0，则有(n i)2－(a ＋i)n i －(i ＋2)＝0， 整理可得－n 2＋n －2＋(－an －1)i ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋n －2＝0 ①，－an －1＝0 ②，则对于①，判别式Δ＜0，方程①无解，故方程组无解．故假设不成立．所以原方程不可能有纯虚根．11．若n 是大于1的自然数，求证：112＋122＋132＋…＋1n 2＜2.证明：因为1k 2＜1k (k －1)＝1k －1－1k，k ＝2,3，…，n ，所以112＋122＋132＋…＋1n 2＜11＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n ＝11＋⎝⎛⎭⎫11－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＝2－1n ＜2.所以112＋122＋132＋…＋1n2＜2.12．(能力挑战)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝na n －2n (n －1)． (1)求数列{a n }的通项公式a n .(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，求证：15≤T n ＜14.(1)解：由S n ＝na n －2n (n －1)得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝(n ＋1)a n ＋1－na n －4n ， 即a n ＋1－a n ＝4.∴数列{a n }是以1为首项，4为公差的等差数列． ∴a n ＝4n －3.(2)证明：T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝11×5＋15×9＋19×13＋…＋1(4n －3)×(4n ＋1)＝14⎝⎛⎭⎫1－15＋15－19＋19－113＋…＋14n －3－14n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎫1－14n ＋1＜14. 又易知T n 单调递增， 故T n ≥T 1＝15.所以综上得15≤T n ＜14.1．反证法的证题思路及适用类型要证不等式M >N ，先假设M ≤N ，由题设及其他性质推出矛盾，从而肯定M >N 成立．凡涉及要证明的不等式为否定性命题，唯一性命题，或是含“至多”“至少”等字句时，可考虑使用反证法．2．常用的换元法——三角换元对于条件不等式的证明，当所给的条件较复杂，一个变量不易用另一个变量表示时，可考虑三角换元，将两个变量都用一个参数表示，此法如果运用得当，可沟通三角与代数的联系，将复杂的代数问题转化为三角问题，如问题中已知x 2＋y 2＝a 2，a ∈(0，＋∞)，可设x ＝a cos θ，y ＝a sin θ；若已知x 2＋y 2≤1，可设x ＝r cos θ，y ＝r sin θ(|r |≤1)等．3．放缩法的理论依据 (1)不等式的传递性； (2)等量加不等量为不等量；(3)同分子(分母)异分母(分子)的两个分式大小的比较． 4．常用的放缩技巧 (1)舍掉(或加进)一些项；(2)在分式中放大(或缩小)分子(或分母)； (3)应用重要不等式进行放缩，如⎝⎛⎭⎫a ＋122＋34＞⎝⎛⎭⎫a ＋122；1k 2＜1k (k －1)；1k 2＞1k (k ＋1)；1k ＜2k ＋k －1；1k ＞2k ＋k ＋1(以上k ＞2且k ∈N )．。
人教新课标A版高二数学《选修4-5》第二讲 三 反证法与放缩法
1 1 1 3．求证： ＋ ≤1＋ . 1＋|a| 1＋|b| 1＋|a＋b|
1＋|b|＋1＋|a| 1 1 证明：∵ ＋ ＝ 1＋|a| 1＋|b| （1＋|a|）（1＋|b|） 1＋|a|＋|b|＋1 1＋|a|＋|b|＋1 ＝ ≤ 1＋|a|＋|b|＋|ab| 1＋|a|＋|b| 1 1 ＝1＋ ≤1＋ . 1＋|a|＋|b| 1＋|a＋b|
2n－1 1 3 5 3．求证： ＋ ＋ ＋…＋ n <3 (n∈N+)． 2 4 8 2
2n－1 1 3 5 证明：设 S＝ ＋ ＋ ＋…＋ n ， 2 4 8 2 1 将等式两边乘以 得 2 2n－1 1 1 3 5 S＝ ＋ ＋ ＋…＋ n＋1 . 2 4 8 16 2
将两式相减得 2n＋3 1 2n－1 1 1 1 1 1 1 S＝ ＋24＋8＋16＋…＋2n－ n＋1 ＝ ＋1－ n＋1 . 2 2 2 2 2 2n＋3 2n＋3 ∴S＝3－ n ，又 n >0， 2 2 2n－1 1 3 5 ∴S<3，即 ＋ ＋ ＋…＋ n <3 (n∈N+)． 2 4 8 2
2 2 n ＋ 1 （ n ＋ 1 ） 1 3 5 < ＋ ＋ ＋… ＋ ＝ 2 2 2 2 2
n ∴
n＋1 （n＋1）2 <Sn< . 2 2
反思感悟：用放缩法证明不等式的过程中，往往采用“添舍”放 缩、分项放缩、函数的单调性放缩、重要不等式收缩等，放缩时 要注意适度，否则不能同向传递．
1 1 1 2．求证：1＋ 2＋ 2＋…＋ 2<2 (n∈N+)． 2 3 n
立．
1＋y 1＋x 1．已知 x>0，y>0，且 x＋y>2，求证： 与 中至少有 x y 一个小于 2.
人教版数学高二A版选修4-5素材 2.3反证法与放缩法
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1．掌握反证法和放缩法的依据．
2．会利用反证法和放缩法证明有关不等式．
1．反证法 先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，我们称这种证明问题的方法为反证法．
【做一做1－1】否定“自然数a ，b ，c 中恰有一个偶数”时，正确的假设为( )
A ．a ，b ，c 都是奇数
B ．a ，b ，c 都是偶数
C ．a ，b ，c 中至少有两个偶数
D ．a ，b ，c 中至少有两个偶数或都是奇数
答案：D
【做一做1－2】若要证明“a ，b 至少有一个为正数”，用反证法假设应为________________．
答案：a ，b 全为非正数
2．放缩法
证明不等式时，通常把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的．我们把这种方法称为放缩法．
归纳总结 放缩法的常用技巧：舍去或加进一些代数式，放大或缩小分子或分母，运用重要不等式，利用函数的单调性、值域等．
【做一做2】A ＝1＋
12＋13＋…＋1n 与n (n ∈N ＋)的大小关系是________． 解析：A ＝
11＋12＋13＋…＋1n ≥n n n
n
+++共项＝n n ＝n . 答案：A ≥n。
数学人教A版选修4-5自主训练：2.3反证法与放缩法 含解
自主广场1.设M=1212211************-++++++ ,则（ ） A.M=1 B.M<1C.M>1D.M 与1大小关系不定 思路解析:分母全换成210. 答案:B2.设a,b,c ∈R +,P=a+b-c,Q=b+c-a,R=c+a-b,则“PQR>0”是“P,Q,R 同时大于零”的 …（ ） A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件思路解析:必要性是显然成立的；当PQR>0时,若P,Q,R 不同时大于零,则其中两个为负,一个为正,不妨设P>0,Q<0,R<0,则Q+R=2c<0,这与c>0矛盾,即充分性也成立. 答案:C3.已知a,b ∈R +,下列各式中成立的是（ ） A.cos 2θ·lga+sin 2θ·lgb<lg(a+b) B.cos 2θ·lga+sin 2θ·lgb>lg(a+b) C.θθ22sin cos b a n =a+b D.θθ22sin cos ban ∙>a+b思路解析:cos 2θ·lga+sin 2θ·lgb<cos 2θ·l g(a+b)+sin 2θ.lg(a+b)=lg(a+b). 答案:A 4.A=1+n 13121+++与n (n ∈N +)的大小关系是____________.思路解析:A=n n n n n n nn ==+++≥++++项1111312111. 答案:A≥n5.lg9·lg11与1的大小关系是___________.思路解析:因为lg9>0,lg11>0. 所以2100lg 299lg 211lg 9lg 11lg 9lg <=+<∙=1. 所以lg9·lg11<1. 答案:lg9·lg11<1 6.设x>0,y>0,A=y x y x +++1,B=yyx x +++11,则A,B 的大小关系是_________.思路解析:A=yyx x y x y y x x +++<+++++1111=B.答案:A<B7.求证:11+n (1+31+…+121-n )>n 1(21+41+…+n 21)(n≥2). 证明:∵21=21,31>41,6151>,…,n n 21121>-, 又21>n n 214121+++ ,将上述各式的两边分别相加,得 1+31+51+…+121-n >(21+41+…+n 21)·n n 1+. ∴11+n (1+31+…+121-n )>n 1(21+41+…+n21). 8.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,而(a+b)(c+d)=ac +bc+ad+bd≥ac+bd,所以ac+bd≤1,这与ac+bd>1矛盾.所以假设不成立,即a,b,c,d 中至少有一个为负数.9.已知f(x)=x 2+px+q,求证:|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于21. 证明:假设|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|都小于21,则|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|<2, 而|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|≥|f(1)+f(3)-2f(2)|=(1+p+q)+(9+3p+q)-(8+4p+2q)=2.相互矛盾. ∴|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于21. 我综合我发展10.已知函数f(x)满足下列条件:(1)f(21)=1;(2)f(xy)=f(x)+f(y);(3)值域为［-1,1］.试证:41不在f(x)的定义域内. 思路解析:假设41在f(x)的定义域内,则f(41)有意义,且f(41)∈［-1,1］.又由题设,得f(41)=f(21·21)=f(21)+f(21)=2［-1,1］,此与f(41)∈［-1,1］矛盾,故假设不成立. 所以41不在f(x)的定义域内. 11.已知a,b,c ∈R +,且a+b>c,求证:cc b b a a +>+++111. 证明:构造函数f(x)=xx+1(x ∈R +), 任取x 1,x 2∈R +,且x 1<x 2,则 f(x 1)-f(x 2)=)1)(1(1121212211x x x x x x x x ++-=+-+<0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增. ∵a+b>c,∴f(a+b)>f(c).即c cb a b a +>+++11.又b a b a b a b b a a b b a a +++=+++++>+++11111, ∴cc b b a a +>+++111. 12.设a,b ∈R ,0≤x,y≤1,求证:对于任意实数a,b 必存在满足条件的x,y 使|xy-ax-by|≥31成立. 证明:假设对一切0≤x,y≤1,结论不成立,则有|xy-ax-by|<31. 令x=0,y=1,得|b|<31;令x=1,y=0,得|a|<31;令x=y=1,得|1-a-b|<31; 又|1-a-b|≥1-|a|-|b|>1-31-31=31矛盾.故假设不成立,原命题结论正确. 13.设S n =n n2sin 23sin 22sin 21sin 32++++ (n ∈N +),求证:对于正整数m,n 且m>n,都有|S m -S n |<n21. 证明:|S m -S n |=|mn n mn n 2sin 2)2sin(2)1sin(21+++++++ |≤|12)1sin(++n n |+|22)2sin(++n n |+…+|m m 2sin |. ∵|sin(n+1)|≤1,|sin(n+2)|≤1,…,|sinm|≤1, ∴上式≤|121+n |+|221+n |+…+|m21| =121+n +221+n +…+m 21=n nm n 21211])21(1[211=---+［1-(21)m-n ］<n 21.∴原不等式成立.14.用反证法证明:钝角三角形最大边上的中线小于该边长的一半. 证明:已知:在△ABC 中,∠CAB>90°,D 是BC 的中点,求证:AD<21BC(如下图所示).假设AD≥21BC. (1)若AD=21BC,由平面几何中定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半,那么,这条边所对的角为直角，”知∠A=90°,与题设矛盾.所以AD≠21BC.(2)若AD>21BC,因为BD=DC=21BC,所以在△ABD 中,AD>BD,从而∠B>∠BAD,同理∠C>∠CAD.所以∠B+∠C>∠BAD+∠CAD, 即∠B+∠C>∠A. 因为∠B+∠C=180°-∠A,所以180°-∠A>∠A,则∠A<90°,这与题设矛盾.由(1)(2)知AD>21BC. 15.已知f(x)=1+x x(x≠-1).(1)求f(x)的单调区间; (2)若a>b>0,c=bb a )(12-.求证:f(a)+f(c)>54. (1)解:f(x)=x x +1=11+x , 所以f(x)在区间(-∞,-1)和(-1,+∞)上分别为增函数.(2)证明:首先证明对于任意的x>y>0,有f(x+y)<f(x)+f(y). f(x)+f(y)=1111+++++>++++++=+++y x xy y x xy y x xy y x xy xy y y x x =f(xy+x+y). 而xy+x+y>x+y,由(1),知f(xy+x+y)>f(x+y).所以f(x)+f(y)>f(x+y). 因为c=a a b b a bb a 442)2(12)(1222==+-≥->0,所以a+c≥a+aa a 424∙≥=4. 所以f(a)+f(c)>f(a+c)≥f(4)=54144=+. 即f(a)+f(c)>54.。
人教A版数学选修4第二讲三反证法与放缩法.docx
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课时提升卷(八)反证法与放缩法（45分钟 100分）一、选择题(每小题5分,共30分)1.命题“任意多面体的面至少有一个是三角形或四边形或五边形”的结论的否定形式是( )A.任意多面体没有一个是三角形或四边形或五边形的面B.任意多面体没有一个是三角形的面C.任意多面体没有一个是四边形的面D.任意多面体没有一个是五边形的面2.设x,y,z都是正实数,a=x+,b=y+,c=z+,则a,b,c三个数( )A.至少有一个不大于2B.都小于2C.至少有一个不小于2D.都大于23.(2013·保定高二检测)设x>0,y>0,M=,N=+,则M,N的大小关系是( )A.M>NB.M<NC.M=ND.不确定4.a,b,c不全为零等价为( )A.a,b,c均不为0B.a,b,c中至多有一个为0C.a,b,c中至少有一个为0D.a,b,c中至少有一个不为05.设a,b,c是正数,P=a+b-c,Q=b+c-a,R=c+a-b,则“P·Q·R>0”是“P,Q,R同时大于零”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6.若a,b∈R,且a2+b2=10,则a-b的取值范围是( )A. B.C. D.二、填空题(每小题8分,共24分)7.用反证法证明命题“若ax2-(a+b)x+ab≠0,则x≠a且x≠b”时应假设.8.在△ABC中,若AB=AC,P是△ABC内一点,∠APB>∠APC,求证:∠BAP<∠CAP,用反证法证明时应分:假设和两类.9.(2013·青岛高二检测)log23与log34的大小关系是.三、解答题(10～11题各14分,12题18分)10.关于复数z的方程z2-(a+i)z-(i+2)=0(a∈R),证明对任意的实数a,原方程不可能有纯虚根.11.若n是大于1的自然数,求证:+++…+<2.12.(能力挑战题)设a1,a2,…,a n是正数,求证:++…+<.答案解析1.【解析】选A.“至少有一个”的否定是“一个也没有”.2.【解析】选C.a+b+c=x+y+z+++≥2+2+2=6,当且仅当x=y=z=1时等号成立. 所以a,b,c三者中至少有一个不小于2.3.【解析】选B.N=+>+==M.4.【解析】选D.a,b,c不全为零的意思是a,b,c中至少有一个不为0.5.【解析】选C.必要性显然成立.充分性:若P·Q·R>0,则P,Q,R同时大于零或其中有两个负的,不妨设P<0,Q<0,R>0.因为P<0,Q<0.即a+b<c,b+c<a.所以a+b+b+c<c+a.所以b<0,与b>0矛盾,故充分性成立.6.【解析】选D.令a=cosθ,b=sinθ,则a-b=(cosθ-sinθ)=2cosθ,因为-1≤cosθ≤1,所以a-b∈.7.【解析】用反证法证明时要对结论进行否定,即x=a或x=b.答案:x=a或x=b8.【解析】反证法对结论的否定是全面的否定,∠BAP<∠CAP的对立面就是∠BAP=∠CAP,∠BAP>∠CAP.答案:∠BAP=∠CAP ∠BAP>∠CAP9.【解析】log23-log34=-=>=>=0,所以log23-log34>0,所以log23>log34.答案:log23>log3410.【证明】假设原方程有纯虚根,令z=ni,n≠0,则有(ni)2-(a+i)ni-(i+2)=0, 整理可得-n2+n-2+(-an-1)i=0,所以则对于①,判别式Δ<0,方程①无解,故方程组无解,故假设不成立,所以原方程不可能有纯虚根.11.【证明】因为<=-,k=2,3,…,n,所以+++…+<+++…+=+++…+=2-<2, 所以+++…+<2.【拓展提升】放缩法证明不等式的策略(1)放缩法是一种比较常用的证明不等式的方法,它通常采用加项或减项的“添舍”放缩,拆项分组对比的“分项”放缩,函数的单调性放缩,以及应用基本不等式或重要不等式放缩等.(2)在分式中可通过放大或缩小分母来放缩分式,如<,>(k>1且k∈N+)等.12.【证明】左边<++…+=++…+=-<=右边,故++…+<.关闭Word文档返回原板块。
人教版数学高二选修4-5讲义第2讲3反证法与放缩法
三反证法与放缩法1．掌握用反证法证明不等式的方法．(重点)2．了解放缩法证明不等式的原理，并会用其证明不等式．(难点、易错易混点)[基础·初探]教材整理1反证法阅读教材P26～P27“例2”及以上部分，完成下列问题．先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，我们把这种证明问题的方法称为反证法．如果两个正整数之积为偶数，则这两个数()A．两个都是偶数B．一个是奇数，一个是偶数C．至少一个是偶数D．恰有一个是偶数【解析】假设这两个数都是奇数，则这两个数的积也是奇数，这与已知矛盾，所以这两个数至少有一个为偶数．【答案】 C教材整理2放缩法阅读教材P28～P29“习题”以上部分，完成下列问题．证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种方法称为放缩法．若|a－c|＜h，|b－c|＜h，则下列不等式一定成立的是()【导学号：32750039】A．|a－b|＜2h B．|a－b|＞2hC．|a－b|＜h D.|a－b|＞h【解析】|a－b|＝|(a－c)－(b－c)|≤|a－c|＋|b－c|＜2h.【答案】 A[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1：解惑：疑问2：解惑：疑问3：解惑：[小组合作型]利用反证法证“至多”“至少”型命题(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；(2)|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于1 2.【精彩点拨】(1)把f(1)，f(2)，f(3)代入函数f(x)求值推算可得结论．(2)假设结论不成立，推出矛盾，得结论．【自主解答】(1)由于f(x)＝x2＋px＋q，∴f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2.(2)假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于12，则有|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|＜2.(*)又|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－(8＋4p＋2q)＝2，∴|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥2与(*)矛盾，∴假设不成立．故|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于1 2.1．在证明中含有“至多”“至少”等字眼时，常使用反证法证明．在证明中出现自相矛盾，说明假设不成立．2．在用反证法证明的过程中，由于作出了与结论相反的假设，相当于增加了题设条件，因此在证明过程中必须使用这个增加的条件，否则将无法推出矛盾．[再练一题]1．已知实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd＞1.求证：a，b，c，d中至多有三个是非负数．【证明】a，b，c，d中至多有三个是非负数，即至少有一个是负数，故有假设a，b，c，d都是非负数．即a≥0，b≥0，c≥0，d≥0，则1＝(a＋b)(c＋d)＝(ac＋bd)＋(ad＋bc)≥ac＋bd.这与已知中ac＋bd＞1矛盾，∴原假设错误，故a，b，c，d中至少有一个是负数．即a，b，c，d中至多有三个是非负数.利用放缩法证明不等式已知a n＝2n2，n∈N*，求证：对一切正整数n，有1a1＋1a2＋…＋1a n＜32.【精彩点拨】针对不等式的特点，对其通项进行放缩、列项．【自主解答】∵当n≥2时，a n＝2n2＞2n(n－1)，∴1a n＝12n2＜12n(n－1)＝12·1n(n－1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n－1－1n，∴1a1＋1a2＋…＋1a n＜1＋1211×2＋12×3＋…＋1n(n－1)＝1＋12⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＝1＋12⎝⎛⎭⎪⎫1－1n＝32－12n＜32，即1a1＋1a2＋…＋1a n＜32.1．放缩法在不等式的证明中无处不在，主要是根据不等式的传递性进行变换．2．放缩法技巧性较强，放大或缩小时注意要适当，必须目标明确，合情合理，恰到好处，且不可放缩过大或过小，否则，会出现错误结论，达不到预期目的，谨慎地添或减是放缩法的基本策略．[再练一题]2．求证：1＋122＋132＋…＋1n2＜2－1n(n≥2，n∈N＋)．【证明】∵k2＞k(k－1)，∴1k2＜1k(k－1)＝1k－1－1k(k∈N＋，且k≥2)．分别令k＝2,3，…，n得1 22＜11·2＝1－12，132＜12·3＝12－13，…，1n2＜1n(n－1)＝1n－1－1n.因此1＋122＋132＋…＋1n2＜1＋⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n－1－1n＝1＋1－1n＝2－1n.故不等式1＋122＋132＋…＋1n2＜2－1n(n≥2，n∈N＋)．[探究共研型]利用反证法证明不等式探究1【提示】证明的步骤是：(1)作出否定结论的假设；(2)从否定结论进行推理，导出矛盾；(3)否定假设，肯定结论．探究2反证法证题时常见数学语言的否定形式是怎样的？【提示】常见的涉及反证法的文字语言及其相对应的否定假设有：常见词语至少有一个至多有一个唯一一个是有或存在全都是否定假设一个也没有有两个或两个以上没有或有两个或两个以上不是不存在不全不都是【精彩点拨】本题中的条件是三边间的关系2b＝1a＋1c，而要证明的是∠B 与90°的大小关系．结论与条件之间的关系不明显，考虑用反证法证明．【自主解答】∵a，b，c的倒数成等差数列，∴2b＝1a＋1c.假设∠B＜90°不成立，即∠B≥90°，则∠B是三角形的最大内角，在三角形中，有大角对大边，∴b＞a＞0，b＞c＞0，∴1b＜1a，1b＜1c，∴2b＜1a＋1c，这与2b＝1a＋1c相矛盾．∴假设不成立，故∠B＜90°成立．1．本题中从否定结论进行推理，即把结论的反面“∠B ≥90°”作为条件进行推证是关键．要注意否定方法，“＞”否定为“≤”，“＜”否定为“≥”等．2．利用反证法证题的关键是利用假设和条件通过正确推理，推出和已知条件或定理事实或假设相矛盾的结论．[再练一题]3．若a 3＋b 3＝2，求证：a ＋b ≤2.【导学号：32750040】【证明】 法一 假设a ＋b >2， a 2－ab ＋b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12b 2＋34b 2≥0， 故取等号的条件为a ＝b ＝0，显然不成立， ∴a 2－ab ＋b 2>0.则a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)>2(a 2－ab ＋b 2)， 而a 3＋b 3＝2，故a 2－ab ＋b 2<1， ∴1＋ab >a 2＋b 2≥2ab ，从而ab <1， ∴a 2＋b 2<1＋ab <2，∴(a ＋b )2＝a 2＋b 2＋2ab <2＋2ab <4， ∴a ＋b <2.这与假设矛盾，故a ＋b ≤2. 法二 假设a ＋b >2，则a >2－b ， 故2＝a 3＋b 3>(2－b )3＋b 3， 即2>8－12b ＋6b 2，即(b －1)2<0， 这显然不成立，从而a ＋b ≤2.法三 假设a ＋b >2，则(a ＋b )3＝a 3＋b 3＋3ab (a ＋b )>8. 由a 3＋b 3＝2，得3ab (a ＋b )>6，故ab (a ＋b )>2. 又a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＝2， ∴ab (a ＋b )>(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)， ∴a 2－ab ＋b 2<ab ，即(a －b )2<0.这显然不成立，故a＋b≤2.[构建·体系]反证法与放缩法—⎪⎪⎪⎪⎪—反证法与放缩法的定义—反证法的一般步骤—证明不等式—放缩的技巧1．实数a，b，c不全为0的等价条件为()A．a，b，c均不为0B．a，b，c中至多有一个为0C．a，b，c中至少有一个为0D．a，b，c中至少有一个不为0【解析】实数a，b，c不全为0的含义即a，b，c中至少有一个不为0，其否定则是a，b，c全为0，故选D.【答案】 D2．已知a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ac＞0，abc＞0，用反证法求证a＞0，b＞0，c＞0时的假设为()A．a＜0，b＜0，c＜0 B．a≤0，b＞0，c＞0C．a，b，c不全是正数 D.abc＜0【解析】a＞0，b＞0，c＞0的反面是a，b，c不全是正数，故选C.【答案】 C3．要证明3＋7＜25，下列证明方法中，最为合理的是()A．综合法B．放缩法C．分析法 D.反证法【解析】由分析法的证明过程可知选C.【答案】 C4．A＝1＋12＋13＋…＋1n与n(n∈N＋)的大小关系是________.【导学号：32750041】【解析】 A ＝11＋12＋13＋…＋1n ≥＝nn ＝n .【答案】 A ≥n5．若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2.求证：1＋x y <2和1＋yx <2中至少有一个成立．【证明】 假设1＋x y <2和1＋yx <2都不成立，则有1＋x y ≥2和1＋yx ≥2同时成立，因为x >0且y >0，所以1＋x ≥2y ，且1＋y ≥2x ，两式相加，得2＋x ＋y ≥2x ＋2y ， 所以x ＋y ≤2，这与已知条件x ＋y >2矛盾，因此1＋x y <2和1＋yx <2中至少有一个成立．我还有这些不足：(1) (2) 我的课下提升方案：(1) (2)。
2017-2018学年高中数学人教A版选修4-5创新应用：第二讲 第3节 反证法与放缩法
[核心必知]1．反证法先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，我们称这种证明问题的方法为反证法．2．放缩法证明不等式时，通常把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的．我们把这种方法称为放缩法．[问题思考]1．用反证法证明不等式应注意哪些问题？提示：用反证法证明不等式要把握三点：(1)必须先否定结论，对于结论的反面出现的多种可能要逐一论证，缺少任何一种可能，证明都是不完全的．(2)反证法必须从否定结论进行推理，且必须根据这一条件进行论证；否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行论证，就不是反证法．(3)推导出来的矛盾可以是多种多样的，有的与已知条件相矛盾，有的与假设相矛盾，有的与定理、公理相违背，有的与已知的事实相矛盾等，但推导出的矛盾必须是明显的．2．运用放缩法证明不等式的关键是什么？提示：运用放缩法证明不等式的关键是放大(或缩小)要适当．如果所要证明的不等式中含有分式，那么我们把分母放大时相应分式的值就会缩小；反之，如果把分母缩小，则相应分式的值就会放大．有时也会把分子、分母同时放大，这时应该注意不等式的变化情况，可以与相应的函数相联系，以达到判断大小的目的，这些都是我们在证明中的常用方法与技巧，也是放缩法中的主要形式．设a ，b ，c ，d 都是小于1的正数，求证：4a (1－b )，4b (1－c )，4c (1－d )，4d (1－a )这四个数不可能都大于1.[精讲详析] 本题考查反证法的应用．解答本题若采用直接法证明将非常困难，因此可考虑采用反证法从反面入手解决．假设4a (1－b )＞1，4b (1－c )＞1，4c (1－d )＞1，4d (1－a )＞1，则有a (1－b )＞14，b (1－c )＞14，c (1－d )＞14，d (1－a )＞14. ∴a （1－b ）＞12，b （1－c ）＞12，c （1－d ）＞12，d （1－a ）＞12.又∵a （1－b ）≤a ＋（1－b ）2，b （1－c ）≤b ＋（1－c ）2，c （1－d ）≤c ＋（1－d ）2，d （1－a ）≤d ＋（1－a ）2，∴a ＋1－b 2＞12，b ＋1－c 2＞12， c ＋1－d 2＞12，d ＋1－a 2＞12.将上面各式相加得2＞2，矛盾． ∴4a (1－b )，4b (1－c )，4c (1－d )，4d (1－a ) 这四个数不可能都大于1. ——————————————————(1)当证明的结论中含有“不是”，“不都”，“不存在”等词语时，适于应用反证法，因为此类问题的反面比较具体．(2)用反证法证明不等式时，推出的矛盾有三种表现形式：①与已知相矛盾，②与假设矛盾，③与显然成立的事实相矛盾．1．已知f (x )是R 上的单调递增函数，且f (a )＋f (－b )＞f (－a )＋f (b )．求证：a >b . 证明：假设a ≤b ， 则当a ＝b 时－b ＝－a ，于是有f (a )＋f (－b )＝f (b )＋f (－a )与已知矛盾． 当a ＜b 时，－a ＞－b ， 于是有f (a )<f (b )，f (－b )<f (－a )，∴f (a )＋f (－b )＜f (b )＋f (－a )与已知矛盾．∴a >b .实数a 、b 、c 、d 满足a ＋b ＝c ＋d ＝1，ac ＋bd >1，求证：a 、b 、c 、d 中至少有一个是负数．[精讲详析] 本题考查“至多”、“至少”型命题的证明方法．解答本题应假设a 、b 、c、d都是非负数，然后证明并得出矛盾．假设a、b、c、d都是非负数，即a≥0，b≥0，c≥0，d≥0，则1＝(a＋b)(c＋d)＝(ac＋bd)＋(ad＋bc)≥ac＋bd，这与已知中ac＋bd＞1矛盾，∴原假设错误，∴a、b、c、d中至少有一个是负数．——————————————————(1)在证明中含有“至少”、“至多”、“最多”等字眼时，或证明否定性命题、唯一性命题时，可使用反证法证明．在证明中常见的矛盾可以与题设矛盾，也可以与已知矛盾，与显然的事实矛盾，也可以自相矛盾．(2)在用反证法证明的过程中，由于作出了与结论相反的假设，相当于增加了题设条件，在证明过程中必须使用这个增加的条件，否则就不是反证法．2．已知函数y＝f(x)在区间(a，b)上是增函数，求证：y＝f(x)在区间(a，b)上至多有一个零点．证明：假设函数y＝f(x)在区间(a，b)上至少有两个零点，不妨设x1，x2(x1≠x2)为函数y＝f(x)在区间(a，b)上的两个零点，且x1＜x2，则f(x1)＝f(x2)＝0.∵函数y＝f(x)在区间(a，b)上为增函数，x1，x2∈(a，b)且x1＜x2，∴f(x1)＜f(x2)，与f(x1)＝f(x2)＝0矛盾，∴原假设不成立．∴函数y ＝f (x )在(a ，b )上至多有一个零点.求证：32－1n ＋1＜1＋122＋…＋1n 2＜2－1n(n ∈N ＋且n ≥2)．[精讲详析] 本题考查放缩法在证明不等式中的应用，解答本题要注意欲证的式子中间是一个和的形式，但我们不能利用求和公式或其他方法求和，因此可考虑将分母适当放大或缩小成可以求和的形式，进而求和，并证明该不等式．∵k (k ＋1)＞k 2＞k (k －1)， ∴1k （k ＋1）＜1k 2＜1k （k －1）， 即1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k (k ∈N ＋且k ≥2)． 分别令k ＝2，3，…，n得12－13＜122＜1－12，13－14＜132＜12－13，…1n －1n ＋1＜1n 2＜1n －1－1n ， 将这些不等式相加得12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＜122＋132＋…＋1n 2＜1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ， 即12－1n ＋1＜122＋132＋…＋1n 2＜1－1n ， ∴1＋12－1n ＋1＜1＋122＋132＋…＋1n 2＜1＋1－1n ，即32－1n ＋1＜1＋122＋132＋…＋1n 2＜2－1n (n ∈N ＋且n ≥2)成立． ——————————————————(1)放缩法证不等式主要是根据不等式的传递性进行变换，即欲证a >b ，可换成证a >c 且c >b ，欲证a <b ，可换成证a <c 且c <b .(2)放缩法是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩必须有目标．而且要恰到好处，目标往往要从证明的结论考察．常用的放缩方法有增项、减项、利用分式的性质、利用不等式的性质、利用已知不等式、利用函数的性质进行放缩等．比如：舍去或加上一些项：⎝⎛⎭⎫a ＋122＋34＞⎝⎛⎭⎫a ＋122； 将分子或分母放大(缩小)：1k 2＜1k （k －1），1k 2＞1k （k ＋1），1k ＜2k ＋k －1，1k ＞2k ＋k ＋1(k ∈R ，k ＞1)等．3．已知：a n ＝1×2＋2×3＋3×4＋…＋n （n ＋1）(n ∈N ＋)，求证：n （n ＋1）2＜a n ＜n （n ＋2）2.证明：∵n （n ＋1）＝n 2＋n ，∴n （n ＋1）＞n ，∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n （n ＋1）>1＋2＋3＋…40＋n ＝n （n ＋1）2.∵n （n ＋1）<n ＋（n ＋1）2， ∴a n <1＋22＋2＋32＋3＋42＋…＋n ＋（n ＋1）2＝12＋(2＋3＋…＋n )＋n ＋12＝n （n ＋2）2. 综上得：n （n ＋1）2＜a n ＜n （n ＋2）2.反证法和放缩法在高考中单独命题的可能性不大，一般以解答题一问的形式出现，但反证法和放缩法是一种重要的思维模式，在逻辑推理中有着广泛的应用．[考题印证](安徽高考)设直线l 1：y ＝k 1x ＋1，l 2：y ＝k 2x －1， 其中实数k 1，k 2满足k 1k 2＋2＝0.(1)证明l 1与l 2相交；(2)证明l 1与l 2的交点在椭圆2x 2＋y 2＝1上．[命题立意] 本题考查直线与直线的位置关系，线线相交的判断与证明，点在曲线上的判断与证明，考查学生推理论证的能力．[证明] (1)反证法．假设l 1与l 2不相交，则l 1与l 2平行，有k 1＝k 2.代入k 1k 2＋2＝0，得k 21＋2＝0，此与k 1为实数的事实相矛盾．从而k 1≠k 2，即l 1与l 2相交．(2)法一 ：由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x ＋1，y ＝k 2x －1，解得交点P 的坐标(x ，y )为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2k 2－k1，y ＝k 2＋k 1k 2－k 1.而2x 2＋y 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2－k 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋k 1k 2－k 12＝8＋k 22＋k 21＋2k 1k 2k 22＋k 21－2k 1k 2＝k 21＋k 22＋4k 21＋k 22＋4＝1.此即表明交点P (x ，y )在椭圆2x 2＋y 2＝1上．法二：l 1与l 2的交点P 的坐标(x ，y )满足⎩⎪⎨⎪⎧y －1＝k 1x ，y ＋1＝k 2x .故知x ≠0，从而⎩⎪⎨⎪⎧k 1＝y －1x ，k 2＝y ＋1x .代入k 1k 2＋2＝0，得y －1x ·y ＋1x ＋2＝0，整理后，得2x 2＋y 2＝1，所以交点P 在椭圆2x 2＋y 2＝1上．一、选择题1．否定“自然数a 、b 、c 中恰有一个为偶数”时正确的反设为 ( ) A ．a 、b 、c 都是奇数 B ．a 、b 、c 都是偶数 C ．a 、b 、c 中至少有两个偶数D ．a 、b 、c 中至少有两个偶数或都是奇数解析：选D 三个自然数的奇偶情况有“三偶、三奇、二偶一奇、二奇一偶”4种，而自然数a 、b 、c 中恰有一个为偶数包含“二奇一偶”的情况，故反面的情况有3种，只有D 项符合．2．设x >0，y >0，A ＝x ＋y 1＋x ＋y ，B ＝x 1＋x ＋y1＋y ，则A 、B 的大小关系为( )A ．A ＝B B ．A ＜BC ．A ≤BD ．A >B解析：选B B ＝x 1＋x ＋y 1＋y >x 1＋x ＋y ＋y1＋x ＋y ＝x ＋y 1＋x ＋y ＝A ，即A <B .3．设a ，b ，c ∈(－∞，0)，则三数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a 的值 ( )A ．都不大于－2B ．都不小于－2C ．至少有一个不大于－2D ．至少有一个不小于－2 解析：选C 假设都大于－2，则a ＋1b ＋b ＋1c ＋c ＋1a＞－6，∵a ，b ，c ＜0，∴a ＋1a ≤－2，b ＋1b ≤－2，c ＋1c≤－2，∴a ＋1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ≤－6，这与假设矛盾，则选C.4．对“a 、b 、c 是不全相等的正数”，给出下列判断： ①(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0； ②a >b 与a <b 及a ≠c 中至少有一个成立； ③a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 不能同时成立． 其中判断正确的个数为( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个解析：选C 对①，若(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2＝0，这时a ＝b ＝c ，不符合题意，故①(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0符合题意，∴①对．对②，当a >b 与a <b 及a ≠c 都不成立时，有a ＝b ＝c ，不符合题意，故②对．对③，显然不正确．二、填空题 5．M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1与1的大小关系为________． 解析：M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1210＋（210－1） ＜1210＋1210＋1210＋…＋1210共210项＝1.即M ＜1. 答案：M ＜16．用反证法证明“已知平面上有n (n ≥3)个点，其中任意两点的距离最大为d ，距离为d 的两点间的线段称为这组点的直径，求证直径的数目最多为n 条”时，假设的内容为________．解析：对“最多”的否定应当是“最少”，二者之间应该是完全对应的，所以本题中的假设应为“直径的数目最少为n＋1条”．答案：直径的数目最少为n＋1条7．A＝1＋12＋13＋…＋1n与n(n∈N＋)的大小关系是________．解析：A＝11＋12＋13＋…＋1n≥项＝nn＝n.答案：A≥n8．已知a>2，则log a(a－1)log a(a＋1)________1(填“＞”、“＜”或“＝”)．解析：∵a>2，∴log a(a－1)＞0，log a(a＋1)>0，又log a(a－1)≠log a(a＋1)，∴log a（a－1）log a（a＋1）＜log a（a－1）＋log a（a＋1）2，而log a（a－1）＋log a（a＋1）2＝12log a(a2－1)＜12log a a2＝1，∴log a(a－1)log a(a＋1)＜1.答案：<三、解答题9．已知0<x<2，0<y<2，0<z<2，求证：x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)不都大于1. 证明：法一：假设x(2－y)>1且y(2－z)>1且z(2－x)>1均成立，则三式相乘有：xyz(2－x)(2－y)(2－z)>1.①由于0<x<2，∴0＜x(2－x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1.同理：0＜y(2－y)≤1，且0＜z(2－z)≤1，∴三式相乘得：0<xyz(2－x)(2－y)(2－z)≤1②②与①矛盾，故假设不成立．∴x (2－y )，y (2－z )，z (2－x )不都大于1.法二：假设x (2－y )＞1且y (2－z )＞1且z (2－x )＞1. ∴x （2－y ）＋y （2－z ）＋z （2－x ）＞3.③ 又x （2－y ）＋y （2－z ）＋z （2－x ）≤x ＋（2－y ）2＋y ＋（2－z ）2＋z ＋（2－x ）2＝3，④ ④与③矛盾，故假设不成立，∴原题设结论成立．10．已知实数x 、y 、z 不全为零，求证：x 2＋xy ＋y 2＋ y 2＋yz ＋z 2＋ z 2＋zx ＋x 2>32(x ＋y ＋z )． 证明：x 2＋xy ＋y 2 ＝ ⎝⎛⎭⎫x ＋y 22＋34y 2≥ ⎝⎛⎭⎫x ＋y 22＝|x ＋y 2|≥x ＋y 2. 同理可得：y 2＋yz ＋z 2≥y ＋z 2， z 2＋zx ＋x 2≥z ＋x 2. 由于x 、y 、z 不全为零，故上述三式中至少有一式取不到等号，所以三式累加得： x 2＋xy ＋y 2＋y 2＋yz ＋z 2＋z 2＋zx ＋x 2>⎝⎛⎭⎫x ＋y 2＋⎝⎛⎭⎫y ＋z 2＋⎝⎛⎭⎫z ＋x 2＝32(x ＋y ＋z )． 11．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1＋1n 2·a n (n ∈N ＋)， (1)求a 2，a 3并求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝n a n ，求证：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＜710. 解：(1)∵a 1＝2，a n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1＋1n 2·a n (n ∈N ＋)， ∴a 2＝2⎝⎛⎭⎫1＋112·a 1＝16，a 3＝2⎝⎛⎭⎫1＋122·a 2＝72.又∵a n ＋1（n ＋1）2＝2·a n n 2，n ∈N ＋，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 2为等比数列． ∴a n n 2＝a 112·2n －1＝2n ， ∴a n ＝n 2·2n .(2)证明：c n ＝n a n ＝1n ·2n ， ∴c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n＝11·2＋12·22＋13·23＋…＋1n ·2n <12＋18＋124＋14·⎝⎛⎭⎫124＋125＋…＋12n ＝23＋14·124⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －31－12＜23＋14·1241－12＝23＋132 ＝6796＝670960＜96×796×10＝710，所以结论成立．。
人教版选修A4-5数学课件：2-3 反证法与放缩法(共21张PPT)
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反思感悟用反证法证明不等式: (1)适用范围,凡涉及不等式为唯一性、否定性命题、存在性命题 等可考虑反证法.如证明中含“至多”“至少”“不能”等词语的不等式. (2)注意事项,在对原命题进行否定时,应全面、准确,不能漏掉任 何情况,反证法体现了“正难则反”的策略,在解题时要灵活应用.
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做一做2 若A=1+ 是 .
1 1 1 + +…+ 2 3 ������
(n∈N+),则A与n的大小关系
1 1 1 解析：A=1+ + +…+ 2 3 ������
≥
1 1 1 + +…+ ������ ������ ������三Biblioteka 反证法与放缩法-1-
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学 习 目 标 思 维 脉 络 1.理解 反证法和 放缩法的证明依 据. 2.掌握 利用反证 法和放缩法证明 不等式的方法.
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高中数学人教A版选修4-5优化练习：第二讲 三 反证法与放缩法 Word版含解析
[课时作业][A组基础巩固]1．如果两个正整数之积为偶数，则这两个数()A．两个都是偶数B．一个是奇数，一个是偶数C．至少一个是偶数D．恰有一个是偶数解析：假设这两个数都是奇数，则这两个数的积也是奇数，这与已知矛盾，所以这两个数至少一个为偶数．答案：C2．设x>0，y>0，A＝x＋y1＋x＋y，B＝x1＋x＋y1＋y，则A与B的大小关系为()A．A≥B B．A≤B C．A>B D．A<B解析：A＝x1＋x＋y＋y1＋x＋y<x1＋x＋y1＋y＝B.答案：D3．设x，y，z都是正实数，a＝x＋1y，b＝y＋1z，c＝z＋1x，则a、b、c三个数()A．至少有一个不大于2B．都小于2C．至少有一个不小于2D．都大于2解析：假设a，b，c都小于2，则a＋b＋c<6，这与a＋b＋c＝x＋1y＋y＋1z＋z＋1x≥6矛盾．故选C.答案：C4．设M＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则()A．M＝1B．M<1C．M >1 D．M与1大小关系不定解析：M 是210项求和，M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1<1210＋1210＋1210＋…＋1210＝1，故选B. 答案：B5．若f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，a ，b 都为正数，A ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，G ＝f (ab )， H ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则( ) A ．A ≤G ≤H B ．A ≤H ≤G C ．G ≤H ≤AD ．H ≤G ≤A解析：∵a ，b 为正数，∴a ＋b 2≥ab ＝ab ab ≥ab a ＋b 2＝2aba ＋b，又∵f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 为单调减函数，∴f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ， ∴A ≤G ≤H . 答案：A6．某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f (x )在[0,1]上有意义，且f (0)＝f (1)，如果对于不同的x 1，x 2∈[0,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|<|x 1－x 2|，求证： |f (x 1)－f (x 2)|<12.那么它的假设应该是________． 答案：|f (x 1)－f (x 2)|≥127．已知|a |≠|b |，m ＝|a |－|b ||a －b |，n ＝|a |＋|b ||a ＋b |，则m ，n 之间的大小关系是________．解析：m ＝|a |－|b ||a －b |≤|a |－|b ||a |－|b |＝1，n ＝|a |＋|b ||a ＋b |≥|a |＋|b ||a |＋|b |＝1.答案：m ≤n 8．设a >0，b >0，M ＝a ＋b a ＋b ＋2，N ＝a a ＋2＋bb ＋2，则M 与N 的大小关系是________．解析：∵a >0，b >0，∴N ＝a a ＋2＋b b ＋2>a a ＋b ＋2＋ba ＋b ＋2＝a ＋b a ＋b ＋2＝M . ∴M <N . 答案：M <N9．实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＝c ＋d ＝1，且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． 由a ＋b ＝c ＋d ＝1知：a ，b ，c ，d ∈[0,1]． 从而ac ≤ac ≤a ＋c 2，bd ≤bd ≤b ＋d2. ∴ac ＋bd ≤a ＋c ＋b ＋d2＝1.即ac ＋bd ≤1.与已知ac ＋bd >1矛盾，∴a ，b ，c ，d 中至少有一个是负数．10．求证：1＋11＋11×2＋11×2×3＋…＋11×2×3×…×n <3(n ∈N ＋)．证明：由11×2×3×…×k <11×2×2×…×2＝12k －1(k 是大于2的自然数)，得1＋11＋11×2＋11×2×3＋…＋11×2×3×…×n <1＋1＋12＋122＋123＋…＋12n －1＝1＋1－12n1－12＝3－12n －1<3.∴原不等式成立．[B 组 能力提升]1．已知x 1>0，x 1≠1且x n ＋1＝x n (x 2n ＋3)3x 2n ＋1(n ＝1,2，…)．试证：数列{x n }或者对任意正整数n 都满足x n <x n ＋1，或者对任意的正整数n 都满足x n >x n ＋1.当此题用反证法否定结论时，应为( )A ．对任意的正整数n ，有x n ＝x n ＋1B ．存在正整数n ，使x n ＝x n ＋1C ．存在正整数n ，使x n ≥x n －1且x n ≥x n ＋1D ．存在正整数n ，使(x n －x n －1)(x n －x n ＋1)≥0解析：“x n <x n ＋1或x n >x n ＋1”的对立面是“x n ＝x n ＋1”，“任意一个”的反面是“存在某一个”． 答案：B2．若α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π，54π，M ＝|sin α|，N ＝|cos α|，P ＝12|sin α＋cos α|，Q ＝12sin 2α，则它们之间的大小关系为( )A ．M >N >P >QB ．M >P >N >QC ．M >P >Q >ND ．N >P >Q >M解析：∵α∈(π，54π)，∴0>sin α>cos α. ∴|sin α|<|cos α|，∴P ＝12|sin α＋cos α|＝12(|sin α|＋|cos α|) >12(|sin α|＋|sin α|)＝|sin α|＝M . P ＝12|sin α|＋|cos α|<12 (|cos α|＋|cos α|)＝|cos α|＝N . ∴N >P >M . 对于Q ＝12sin 2α＝ sin αcos α<|sin α|＋|cos α|2＝P . 而Q ＝sin αcos α> sin 2α＝|sin α|＝M . ∴N >P >Q >M . 答案：D3．用反证法证明“已知平面上有n (n ≥3)个点，其中任意两点的距离最大为d ，距离为d 的两点间的线段称为这组点的直径，求证直径的数目最多为n 条”时，假设的内容为________．解析：对“至多”的否定应当是“至少”，二者之间应该是完全对应的，所以本题中的假设应为“直径的数目至少为n ＋1条”． 答案：直径的数目至少为n ＋1条4．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1在区间[－1,1]内至少有一个值c ，使f (c )>0, 则实数p 的取值范围是________． 解析：假设在 [－1,1]内没有值满足f (c )>0， 则⎩⎨⎧f (－1)≤0，f (1)≤0，所以⎩⎪⎨⎪⎧p ≤－12或p ≥1，p ≤－3或p ≥32，所以p ≤－3或p ≥32，取补集为p ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32. 故实数p 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，325．已知0<x <2,0<y <2,0<z <2，求证：x (2－y )，y (2－z )，z (2－x )不都大于1. 证明：法一：假设x (2－y )>1且y (2－z )>1且z (2－x )>1均成立， 则三式相乘有：xyz (2－x )(2－y )(2－z )>1.①由于0<x <2，∴0<x (2－x )＝－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1≤1. 同理：0<y (2－y )≤1，且0<z (2－z )≤1， ∴三式相乘得：0<xyz (2－x )(2－y )(2－z )≤1②②与①矛盾，故假设不成立．∴x (2－y )，y (2－z )，z (2－x )不都大于1. 法二：假设x (2－y )>1且y (2－z )>1且z (2－x )>1. ∴x (2－y )＋y (2－z )＋z (2－x )>3.③又x (2－y )＋y (2－z )＋z (2－x )≤x ＋(2－y )2＋y ＋(2－z )2＋z ＋(2－x )2＝3④④与③矛盾，故假设不成立． ∴原题设结论成立．6．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2·a n(n ∈N ＋)，(1)求a 2，a 3并求数列{a n }的通项公式； (2)设c n ＝n a n，求证：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n <710.解析：(1)∵a 1＝2，a n ＋1＝2(1＋1n )2·a n (n ∈N ＋)， ∴a 2＝2(1＋11)2·a 1＝16，a 3＝2(1＋12)2·a 2＝72. 又∵a n ＋1(n ＋1)2＝2·a nn 2，n ∈N ＋， ∴{a nn 2}为等比数列． ∴a n n 2＝a 112·2n －1＝2n ， ∴a n ＝n 2·2n .(2)证明：c n ＝n a n＝1n ·2n ，∴c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n＝11·2＋12·22＋13·23＋…＋1n ·2n <12＋18＋124＋14·(124＋125＋…＋12n ) ＝23＋14·124[1－(12)n －3]1－12<23＋14·1241－12＝23＋132 ＝6796＝670960<96×796×10＝710，所以结论成立．。
高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 三 反证法与放缩法习题 新人教A版选修4-5
3．实数 a，b，c 满足 a＋2b＋c≥2，则( ) A．a，b，c 都是正数 B．a，b，c 都大于 1 C．a，b，c 都小于 2 D．a，b，c 中至少有一个不小于12 解析：选 D.假设 a，b，c 均小于12，则 a＋2b＋c<12＋1＋12，与 已知矛盾，所以假设不成立，故 a，b，c 中至少有一个不小于 1 2.
9．若 n 是大于 1 的自然数，求证：112＋212＋312＋…＋n12<2. 证明：因为k12<k（k1－1）＝k－1 1－1k， k＝2，3，…，n(n∈N＋)， 所以112＋212＋312＋…＋n12<11＋1×1 2＋2×1 3＋…＋（n－11）n＝11 ＋11－12＋12－13＋…＋n－1 1－n1＝2－n1<2， 所以112＋212＋312＋…＋n12<2.
第二讲 证明不等式的基本方法
三 反证法与放缩法
精选课件
[A 基础达标]
1．应用反证法推出矛盾的推导过程中，要把下列哪些作为条
件使用( )
①与结论相反的判断，即假设；
②原命题的条件；
③公理、定理、定义等；
④原结论．
A．①②
B．①②④
C．①②③
D．②③
解析：选 C.由反证法的推理原理可知，反证法必须把结论的相 反判断作为条件应用于推理，同时还可应用原条件以及公理、 定理、定义等．
8．某同学准备用反证法证明如下一个问题： 函数 f(x)在[0，1]上有意义，且 f(0)＝f(1)．如果对于不同的 x1， x2∈[0，1]都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|.求证：|f(x1)－f(x2)|<12，那 么他的反设应该是________________________________． 解析：对任意 x1，x2∈[0，1](x1≠x2)都有|f(x1)－f(x2)|<12的反面 是存在 x1，x2∈[0，1]且 x1≠x2 有|f(x1)－f(x2)|≥12. 答案：存在 x1，x2∈[0，1]且 x1≠x2 使|f(x1)－f(x2)|≥12
2018学年高中数学人教A版选修4-5学案：第2讲 3 反证法与放缩法 含解析
三反证法与放缩法1．掌握用反证法证明不等式的方法．(重点)2．了解放缩法证明不等式的原理，并会用其证明不等式．(难点、易错易混点)[基础·初探]教材整理1反证法阅读教材P26～P27“例2”及以上部分，完成下列问题．先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，我们把这种证明问题的方法称为反证法．如果两个正整数之积为偶数，则这两个数()A．两个都是偶数B．一个是奇数，一个是偶数C．至少一个是偶数D．恰有一个是偶数【解析】假设这两个数都是奇数，则这两个数的积也是奇数，这与已知矛盾，所以这两个数至少有一个为偶数．【答案】 C教材整理2放缩法阅读教材P28～P29“习题”以上部分，完成下列问题．证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种方法称为放缩法．若|a－c|＜h，|b－c|＜h，则下列不等式一定成立的是()【导学号：32750039】A．|a－b|＜2h B．|a－b|＞2hC．|a－b|＜h D.|a－b|＞h【解析】|a－b|＝|(a－c)－(b－c)|≤|a－c|＋|b－c|＜2h.【答案】 A[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1：解惑：疑问2：解惑：疑问3：解惑：[小组合作型](1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；(2)|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于1 2.【精彩点拨】(1)把f(1)，f(2)，f(3)代入函数f(x)求值推算可得结论．(2)假设结论不成立，推出矛盾，得结论．【自主解答】(1)由于f(x)＝x2＋px＋q，∴f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2.(2)假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于12，则有|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|＜2.(*)又|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－(8＋4p＋2q)＝2，∴|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥2与(*)矛盾，∴假设不成立．故|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于1 2.1．在证明中含有“至多”“至少”等字眼时，常使用反证法证明．在证明中出现自相矛盾，说明假设不成立．2．在用反证法证明的过程中，由于作出了与结论相反的假设，相当于增加了题设条件，因此在证明过程中必须使用这个增加的条件，否则将无法推出矛盾．[再练一题]1．已知实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd＞1.求证：a，b，c，d中至多有三个是非负数．【证明】a，b，c，d中至多有三个是非负数，即至少有一个是负数，故有假设a，b，c，d都是非负数．即a≥0，b≥0，c≥0，d≥0，则1＝(a＋b)(c＋d)＝(ac＋bd)＋(ad＋bc)≥ac＋bd.这与已知中ac＋bd＞1矛盾，∴原假设错误，故a，b，c，d中至少有一个是负数．即a，b，c，d中至多有三个是非负数.已知a n＝2n2，n∈N*，求证：对一切正整数n，有1a1＋1a2＋…＋1a n＜32.【精彩点拨】针对不等式的特点，对其通项进行放缩、列项．【自主解答】∵当n≥2时，a n＝2n2＞2n(n－1)，∴1a n ＝12n 2＜12n (n －1)＝12·1n (n －1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜1＋1211×2＋12×3＋…＋1n (n －1)＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝32－12n ＜32，即1a 1＋1a 2＋…＋1a n＜32.1．放缩法在不等式的证明中无处不在，主要是根据不等式的传递性进行变换．2．放缩法技巧性较强，放大或缩小时注意要适当，必须目标明确，合情合理，恰到好处，且不可放缩过大或过小，否则，会出现错误结论，达不到预期目的，谨慎地添或减是放缩法的基本策略．[再练一题]2．求证：1＋122＋132＋…＋1n 2＜2－1n (n ≥2，n ∈N ＋)． 【证明】 ∵k 2＞k (k －1)， ∴1k 2＜1k (k －1)＝1k －1－1k (k ∈N ＋，且k ≥2)．分别令k ＝2,3，…，n 得122＜11·2＝1－12，132＜12·3＝12－13，…， 1n 2＜1n (n －1)＝1n －1－1n . 因此1＋122＋132＋…＋1n 2＜1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n＝1＋1－1n ＝2－1n .故不等式1＋122＋132＋…＋1n 2＜2－1n (n ≥2，n ∈N ＋)．[探究共研型]探究1 【提示】 证明的步骤是：(1)作出否定结论的假设；(2)从否定结论进行推理，导出矛盾；(3)否定假设，肯定结论．探究2 反证法证题时常见数学语言的否定形式是怎样的？【提示】 常见的涉及反证法的文字语言及其相对应的否定假设有：【精彩点拨】 本题中的条件是三边间的关系2b ＝1a＋1c ，而要证明的是∠B 与90°的大小关系．结论与条件之间的关系不明显，考虑用反证法证明．【自主解答】 ∵a ，b ，c 的倒数成等差数列，∴2b ＝1a ＋1c .假设∠B ＜90°不成立，即∠B ≥90°，则∠B 是三角形的最大内角，在三角形中，有大角对大边，∴b ＞a ＞0，b ＞c ＞0， ∴1b ＜1a ，1b ＜1c ，∴2b ＜1a ＋1c ， 这与2b ＝1a ＋1c 相矛盾．∴假设不成立，故∠B ＜90°成立．1．本题中从否定结论进行推理，即把结论的反面“∠B ≥90°”作为条件进行推证是关键．要注意否定方法，“＞”否定为“≤”，“＜”否定为“≥”等．2．利用反证法证题的关键是利用假设和条件通过正确推理，推出和已知条件或定理事实或假设相矛盾的结论．[再练一题]3．若a 3＋b 3＝2，求证：a ＋b ≤2.【导学号：32750040】【证明】 法一 假设a ＋b >2， a 2－ab ＋b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12b 2＋34b 2≥0，故取等号的条件为a ＝b ＝0，显然不成立， ∴a 2－ab ＋b 2>0.则a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)>2(a 2－ab ＋b 2)， 而a 3＋b 3＝2，故a 2－ab ＋b 2<1， ∴1＋ab >a 2＋b 2≥2ab ，从而ab <1， ∴a 2＋b 2<1＋ab <2，∴(a ＋b )2＝a 2＋b 2＋2ab <2＋2ab <4， ∴a ＋b <2.这与假设矛盾，故a ＋b ≤2. 法二 假设a ＋b >2，则a >2－b ， 故2＝a 3＋b 3>(2－b )3＋b 3， 即2>8－12b ＋6b 2，即(b －1)2<0， 这显然不成立，从而a ＋b ≤2.法三 假设a ＋b >2，则(a ＋b )3＝a 3＋b 3＋3ab (a ＋b )>8. 由a 3＋b 3＝2，得3ab (a ＋b )>6，故ab (a ＋b )>2. 又a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＝2， ∴ab (a ＋b )>(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)， ∴a 2－ab ＋b 2<ab ，即(a －b )2<0. 这显然不成立，故a ＋b ≤2.[构建·体系]反证法与放缩法—⎪⎪⎪⎪⎪—反证法与放缩法的定义—反证法的一般步骤—证明不等式—放缩的技巧1．实数a ，b ，c 不全为0的等价条件为( ) 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】 实数a ，b ，c 不全为0的含义即a ，b ，c 中至少有一个不为0，其否定则是a ，b ，c 全为0，故选D.【答案】 D2．已知a ＋b ＋c ＞0，ab ＋bc ＋ac ＞0，abc ＞0，用反证法求证a ＞0，b ＞0，c ＞0时的假设为( )A ．a ＜0，b ＜0，c ＜0B ．a ≤0，b ＞0，c ＞0C ．a ，b ，c 不全是正数D.abc ＜0【解析】 a ＞0，b ＞0，c ＞0的反面是a ，b ，c 不全是正数，故选C. 【答案】 C3．要证明3＋7＜25，下列证明方法中，最为合理的是( ) A ．综合法 B ．放缩法 C ．分析法D.反证法【解析】 由分析法的证明过程可知选C. 【答案】 C 4．A ＝1＋12＋13＋…＋1n与n (n ∈N ＋)的大小关系是________. 【导学号：32750041】【解析】 A ＝11＋12＋13＋…＋1n ≥＝nn ＝n .【答案】 A ≥n5．若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2.求证：1＋x y <2和1＋yx <2中至少有一个成立．【证明】 假设1＋x y <2和1＋yx<2都不成立， 则有1＋x y ≥2和1＋yx ≥2同时成立，因为x >0且y >0，所以1＋x ≥2y ，且1＋y ≥2x ，两式相加，得2＋x ＋y ≥2x ＋2y ， 所以x ＋y ≤2，这与已知条件x ＋y >2矛盾，因此1＋x y <2和1＋yx <2中至少有一个成立．我还有这些不足：(1) (2) 我的课下提升方案：(1) (2)学业分层测评（八）(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．应用反证法推出矛盾的推导过程中，要把下列哪些作为条件使用( )①结论相反的判断，即假设；②原命题的条件；③公理、定理、定义等；④原结论．A．①②B．①②④C．①②③D．②③【解析】由反证法的推理原理可知，反证法必须把结论的相反判断作为条件应用于推理，同时还可应用原条件以及公理、定理、定义等．【答案】 C2．用反证法证明命题“如果a＞b，那么3a＞3b”时，假设的内容是()A.3a＝3bB.3a＜3bC.3a＝3b且3a＜3bD.3a＝3b或3a＜3b【解析】应假设3a≤3b，即3a＝3b或3a＜3b.【答案】 D3．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a＞b与a＜b及a≠c中至少有一个成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．其中判断正确的个数为()A．0个B．1个C．2个D．3个【解析】对于①，若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与已知矛盾，故①对；对于②，当a＞b与a＜b及a≠c都不成立时，有a＝b＝c，不符合题意，故②对；对于③，显然不正确．【答案】 C4．若a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，设M＝827－27a，N＝(a＋c)·(a＋b)，则()A．M≥N B．M≤NC．M>N D.M<N【解析】依题意易知1－a,1－b,1－c∈R＋，由均值不等式知3(1－a)(1－b)(1－c)≤13[(1－a)＋(1－b)＋(1－c)]＝23，∴(1－a)(1－b)(1－c)≤827，从而有827(1－a)≥(1－b)(1－c)，即M≥N，当且仅当a＝b＝c＝13时，取等号．故选A.【答案】 A5．设x，y，z都是正实数，a＝x＋1y，b＝y＋1z，c＝z＋1x，则a，b，c三个数()A．至少有一个不大于2B．都小于2C．至少有一个不小于2D．都大于2【解析】∵a＋b＋c＝x＋1x＋y＋1y＋z＋1z≥2＋2＋2＝6，当且仅当x＝y＝z＝1时等号成立，∴a，b，c三者中至少有一个不小于2.【答案】 C二、填空题6．若要证明“a，b至少有一个为正数”，用反证法的反设应为________.【导学号：32750042】【答案】a，b中没有任何一个为正数(或a≤0且b≤0)7．lg 9·lg 11与1的大小关系是________．【解析】∵lg 9＞0，lg 11＞0，∴lg 9·lg 11＜lg 9＋lg 112＝lg 992＜lg 1002＝1， ∴lg 9·lg 11＜1.【答案】 lg 9·lg 11＜18．设M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则M 与1的大小关系为________．【解析】 ∵210＋1＞210,210＋2＞210，…，211－1＞210，∴M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1 ＜＝1.【答案】 M ＜1三、解答题9．若实数a ，b ，c 满足2a ＋2b ＝2a ＋b,2a ＋2b ＋2c ＝2a ＋b ＋c ，求c 的最大值．【解】 2a ＋b ＝2a ＋2b ≥22a ＋b ，当且仅当a ＝b 时，即2a ＋b ≥4时取“＝”， 由2a ＋2b ＋2c ＝2a ＋b ＋c ，得2a ＋b ＋2c ＝2a ＋b ·2c ，∴2c＝2a ＋b 2a ＋b －1＝1＋12a ＋b －1≤1＋14－1＝43， 故c ≤log 243＝2－log 23.10．已知n ∈N ＋，求证：n (n ＋1)2<1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)<(n ＋1)22.【证明】 k <k (k ＋1)<k ＋(k ＋1)2＝12(2k ＋1)(k ＝1,2，…，n )． 若记S n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)，则S n >1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2，S n <12(3＋5＋…＋2n ＋1)＝12(n 2＋2n )<(n ＋1)22.[能力提升]1．否定“自然数a ，b ，c 中恰有一个为偶数”时正确的反设为( )A ．a ，b ，c 都是奇数B ．a ，b ，c 都是偶数C ．a ，b ，c 中至少有两个偶数D ．a ，b ，c 中至少有两个偶数或都是奇数【解析】 三个自然数的奇偶情况有“三偶、三奇、两偶一奇、两奇一偶”4种，而自然数a ，b ，c 中恰有一个为偶数包含“两奇一偶”的情况，故反面的情况有3种，只有D 项符合．【答案】 D2．设x ，y 都是正实数，且xy －(x ＋y )＝1，则( )A ．x ＋y ≥2(2＋1)B ．xy ≤2＋1C ．x ＋y ≤(2＋1)2D.xy ≥2(2＋1)【解析】 由已知(x ＋y )＋1＝xy ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22， ∴(x ＋y )2－4(x ＋y )－4≥0.∵x ，y 都是正实数，∴x ＞0，y ＞0，∴x ＋y ≥22＋2＝2(2＋1)．【答案】 A3．已知a ＞2，则log a (a －1)log a (a ＋1)________1(填“＞”“＜”或“＝”)．【解析】 ∵a ＞2，∴log a (a －1)＞0，log a (a ＋1)＞0.又log a (a －1)≠log a (a ＋1)， ∴log a (a －1)log a (a ＋1)＜log a (a －1)＋log a (a ＋1)2， 而log a (a －1)＋log a (a ＋1)2＝12log a (a 2－1) ＜12log a a 2＝1，∴log a (a －1)log a (a ＋1)＜1.【答案】 ＜4．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2·a n(n ∈N ＋), 【导学号：32750043】(1)求a 2，a 3，并求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝n a n，求证：c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＜710. 【解】 (1)∵a 1＝2，a n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2·a n(n ∈N ＋)， ∴a 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋112·a 1＝16，a 3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·a 2＝72. 又∵a n ＋1(n ＋1)2＝2·a n n 2，n ∈N ＋， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 2为等比数列． ∴a n n 2＝a 112·2n －1＝2n ，∴a n ＝n 2·2n .(2)证明：c n ＝n a n＝1n ·2n ， ∴c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n＝11·2＋12·22＋13·23＋…＋1n ·2n＜12＋18＋124＋14·⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋125＋…＋12n ＝23＋14·124⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －31－12＜23＋14·1241－12＝23＋132＝6796＝670960＜96×796×10＝710，所以结论成立．。
人教A版数学选修4第二讲三反证法与放缩法.docx
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课时提升卷(八)反证法与放缩法 （45分钟 100分）一、选择题(每小题5分,共30分)1.命题“任意多面体的面至少有一个是三角形或四边形或五边形”的结论的否定形式是 ( )A.任意多面体没有一个是三角形或四边形或五边形的面B.任意多面体没有一个是三角形的面C.任意多面体没有一个是四边形的面D.任意多面体没有一个是五边形的面2.设x,y,z 都是正实数,a=x+1y,b=y+1z,c=z+1x,则a,b,c 三个数 ( )A.至少有一个不大于2B.都小于2C.至少有一个不小于2D.都大于2 3.(2013·保定高二检测)设x>0,y>0,M=x+y2+x+y,N=x2+x +y2+y,则M,N 的大小关系是 ( )A.M>NB.M<NC.M=ND.不确定 4.a,b,c 不全为零等价为 ( ) A.a,b,c 均不为0 B.a,b,c 中至多有一个为0C.a,b,c中至少有一个为0D.a,b,c中至少有一个不为05.设a,b,c是正数,P=a+b-c,Q=b+c-a,R=c+a-b,则“P·Q·R>0”是“P,Q,R同时大于零”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6.若a,b∈R,且a2+b2=10,则a-b的取值范围是( )A.[0,√10]B.[−2√10,2√10]C.[−√10,√10]D.[−2√5,2√5]二、填空题(每小题8分,共24分)7.用反证法证明命题“若ax2-(a+b)x+ab≠0,则x≠a且x≠b”时应假设.8.在△ABC中,若AB=AC,P是△ABC内一点,∠APB>∠APC,求证:∠BAP<∠CAP,用反证法证明时应分:假设和两类.9.(2013·青岛高二检测)log23与log34的大小关系是.三、解答题(10～11题各14分,12题18分)10.关于复数z的方程z2-(a+i)z-(i+2)=0(a∈R),证明对任意的实数a,原方程不可能有纯虚根.11.若n是大于1的自然数,求证:112+122+132+…+1n2<2.12.(能力挑战题)设a1,a2,…,a n是正数,求证:a2(a1+a2)+a3(a1+a2+a3)+…+a n(a1+a2+⋯+a n)2<1a1.答案解析1.【解析】选A.“至少有一个”的否定是“一个也没有”.2.【解析】选C.a+b+c=x+y+z+1x +1y +1z≥2+2+2=6,当且仅当x=y=z=1时等号成立.所以a,b,c 三者中至少有一个不小于2. 3.【解析】选B.N=x2+x +y2+y >x2+x+y +y2+x+y =x+y2+x+y=M.4.【解析】选D.a,b,c 不全为零的意思是a,b,c 中至少有一个不为0.5.【解析】选C.必要性显然成立.充分性:若P ·Q ·R>0,则P,Q,R 同时大于零或其中有两个负的,不妨设P<0,Q<0,R>0.因为P<0,Q<0. 即a+b<c,b+c<a.所以a+b+b+c<c+a. 所以b<0,与b>0矛盾,故充分性成立.6.【解析】选D.令a=√10cos θ,b=√10sin θ,则 a-b=√10(cos θ-sin θ)=2√5cos (θ+π4),因为-1≤cos (θ+π4)≤1,所以a-b ∈[−2√5,2√5].7.【解析】用反证法证明时要对结论进行否定,即x=a 或x=b. 答案:x=a 或x=b8.【解析】反证法对结论的否定是全面的否定,∠BAP<∠CAP 的对立面就是∠BAP=∠CAP,∠BAP>∠CAP.答案:∠BAP=∠CAP ∠BAP>∠CAP 9.【解析】log 23-log 34=lg3lg2-lg4lg3=lg 23−lg2lg4lg2lg3>lg 23−[12(lg2+lg4)]2lg2lg3=lg 23−(12lg8)2lg2lg3>lg 23−(12lg9)2lg2lg3=0,所以log 23-log 34>0,所以log 23>log 34. 答案:log 23>log 3410.【证明】假设原方程有纯虚根,令z=ni,n ≠0,则有(ni)2-(a+i)ni-(i+2)=0, 整理可得-n 2+n-2+(-an-1)i=0, 所以{−n 2+n −2=0 ①,−an −1=0 ②,则对于①,判别式Δ<0,方程①无解,故方程组无解,故假设不成立, 所以原方程不可能有纯虚根. 11.【证明】因为1k <1k(k−1)=1k−1-1k,k=2,3,…,n, 所以11+12+13+ (1)<11+11×2+12×3+…+1(n−1)n =11+(11−12)+(12−13)+…+(1n−1−1n)=2-1n <2, 所以112+122+132+…+1n2<2.【拓展提升】放缩法证明不等式的策略(1)放缩法是一种比较常用的证明不等式的方法,它通常采用加项或减项的“添舍”放缩,拆项分组对比的“分项”放缩,函数的单调性放缩,以及应用基本不等式或重要不等式放缩等.(2)在分式中可通过放大或缩小分母来放缩分式, 如1k <1k(k−1),1k>1k(k+1)(k>1且k ∈N +)等.12.【证明】左边<a 2a 1(a 1+a 2)+a 3(a 1+a 2)(a 1+a 2+a 3)+…+a n(a 1+a 2+⋯+a n−1)(a 1+a 2+⋯+a n )=(1a 1−1a1+a 2)+(1a1+a 2−1a 1+a 2+a 3)+…+(1a1+a 2+⋯+a n−1−1a 1+a 2+⋯+a n)=1a 1-1a 1+a 2+⋯+a n <1a 1=右边,故a 2(a 1+a 2)+a 3(a 1+a 2+a 3)+…+a n(a 1+a 2+⋯+a n )<1a 1.关闭Word 文档返回原板块。
2017-2018学年高中数学选修4-5习题：第二讲2.3反证法与放缩法含答案
第二讲证明不等式的基本方法2.3 反证法与放缩法A级基础巩固一、选择题1．用反证法证明命题“如果a＞b，那么3，a＞错误!"时，假设的内容是（)A.错误!＝错误! B。
错误!＜错误!C.错误!＝错误!，且错误!＜错误!D.错误!＝错误!或错误!＜错误!解析：应假设错误!≤错误!，即错误!＝错误!或错误!＜错误!.答案：D2．实数a,b,c不全为0的等价命题为（)A．a，b，c均不为0B．a,b，c中至多有一个为0C．a，b，c中至少有一个为0D．a，b，c中至少有一个不为0答案:D3．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断:①(a－b)2＋（b－c)2＋(c－a)2≠0；②a＞b与a＜b及a≠c中至少有一个成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．其中判断正确的命题个数是（)A．0 B．1C．2 D．3解析：对于①，若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与已知矛盾,故①对；对于②，当a＞b与a＜b及a≠c都不成立时，有a＝b＝c，不符合题意，故②对；对于③，显然不正确．答案：C4．设x，y，z都是正实数，a＝x＋错误!，b＝y＋错误!，c＝z＋错误!,则a，b，c三个数（）A．至少有一个不大于2 B．都小于2C．至少有一个不小于2 D．都大于2解析:因为a＋b＋c＝x＋错误!＋y＋错误!＋z＋错误!≥2＋2＋2＝6，当且仅当x＝y＝z＝1时等号成立，所以a，b，c三者中至少有一个不小于2.答案：C5．若a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1,设M＝错误!，N＝（a＋c）·（a ＋b),则( ）A．M≥N B．M≤NC．M＞N D．M＜N解析：依题设，1－a,1－b，1－c均大于0，又a＋b＋c＝1，所以3（1－a）（1－b(1－c))≤错误![（1－a）＋（1－b）＋（1－c)]＝错误!,所以(1－a)（1－b)(1－c）≤827，从而错误!≥（1－b)(1－c）＝(a＋c)(a＋b),所以M≥N，当且仅当a＝b＝c＝错误!时，等号成立．答案：A二、填空题6．某同学准备用反证法证明如下一个问题，函数f(x)在[0，1]上有意义，且f(0)＝f(1），如果对于不同的x1，x2∈［0，1]，都有|f(x1)－f(x2）｜＜｜x1－x2|,求证:|f（x1）－f(x2)|＜错误!，那么它的假设应该是________．答案：假设|f（x1)－f（x2)｜≥错误!7．lg 9·lg 11与1的大小关系是________．解析：因为错误!＜错误!＝错误!＜错误!＝1,所以lg 9·lg 11＜1.答案：lg 9·lg 11＜18．设M＝错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!，则M与1的大小关系为________．解析:因为210＋1＞210，210＋2＞210，…,211－1＞210,所以M＝错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!＜错误!＋错误!＋…＋错误!,210个＝1.答案：M＜1三、解答题9．已知x，y＞0,且x＋y＞2。
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项求和，
11
1
M＝ 210＋210＋1＋210＋2＋,
1 111 ＋ 211－1<210＋ 210＋ 210＋,
1 ＋ 210＝1，故选 B.
答案： B
5．若
f(x)＝
1 2
x，a，b
都为正数， A＝f
a＋b 2
，G＝f(
2ab ab)， H＝ f a＋ b ，则(
)
A． A≤ G≤H
B．A≤H≤G
a＋a＋b＋b 2＝
M.
∴ M<N.
答案： M<N
9．实数 a，b，c，d 满足 a＋ b＝ c＋d＝1，且 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．
由 a＋b＝c＋ d＝ 1 知： a，b，c，d∈[0,1] ．
a＋c
b＋d
从而 ac≤ ac≤ 2 ，bd≤ bd≤ 2 .
A． A≥ B
B．A≤B
C． A>B
D．A<B
x
y
x
y
解析： A＝1＋x＋y＋1＋x＋y<1＋x＋1＋y＝B.
答案： D
1
1
1
3．设 x，y，z 都是正实数， a＝ x＋ y，b＝y＋ z，c＝ z＋x，则 a、b、c 三个数 ( )
A．至少有一个不大于 2
B．都小于 2
C．至少有一个不小于 2
D．都大于 2
解析： 假设 a，b，c 都小于 2，则 a＋ b＋ c<6，这与
a＋b＋c＝x＋ 1y＋y＋ 1z＋z＋ 1x≥ 6 矛盾．故选 C.
答案： C
4．设
M＝
1 210＋
1 210＋
1＋2101＋
2＋
,Байду номын сангаас
＋
1 211－
1，则
(
)
A．M＝1
B．M<1
C． M >1
D．M 与 1 大小关系不定
解析：
M
是
210
正整数 n 都满足 xn<xn＋1，或者对任意的正整数 n 都满足 xn>xn＋1.当此题用反证法 否定结论时，应为 ( )
A．对任意的正整数 n，有 xn＝xn＋1
B．存在正整数 n，使 xn＝xn＋1
C．存在正整数 n，使 xn≥xn－1 且 xn≥ xn＋1
D．存在正整数 n，使 (xn－xn－1)(xn－ xn＋1)≥ 0
∴
ac＋bd≤
a＋
c＋ 2
b＋
d ＝
1.即
ac＋bd≤ 1.与已知
ac＋ bd>1
矛盾，∴ a，b，c，d
中至少有一个是负数．
11
1
1
10．求证： 1＋1＋1× 2＋ 1× 2× 3＋, ＋ 1×2×3× , × n<3(n∈N＋)．
证明：
由
1×
2×
1 3×
,
×
1 k<1×2×2× , ×
＝ 2
1
k－
C． G≤ H≤A
D．H≤G≤ A
解析： ∵ a， b 为正数，∴ a＋2 b≥ ab＝ aabb≥aa＋bb＝a2＋abb， 2
又∵ f(x)＝
1 2
x
为单调减函数，
∴f
a＋b 2
≤f(
2ab ab)≤ f a＋ b ，
∴ A≤ G≤H.
答案： A
6．某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数 f(x)在 [0,1] 上有意义，且 f(0)＝ f(1)，如果对于不同的 x1，x2∈ [0,1] ，都有 |f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|，求证：
1 |f(x1)－f(x2)|<2.那么它的假设应该是 ________．
答案：
|f(x1)
－f(x2)|≥
1 2
7．已知
|a|－ |a|≠|b|，m＝ |a－
|bb||，n＝|a|a|＋＋
|b| b| ，则
m，n
之间的大小关系是
________．
解析： m＝|a|a|－－|bb||≤||aa||－－||bb||＝1，
2
1(k
是大于
2 的自然数 )，
11
1
1
11 1
1
得 1＋1＋1×2＋ 1× 2× 3＋ , ＋1×2×3× , × n<1＋1＋2＋22＋ 23＋, ＋ 2n－1＝
1
1－2n
1
1＋ 1 ＝ 3－ 2n－1<3.
1－2
∴原不等式成立．
[B 组 能力提升 ] xn x2n＋3 1．已知 x1>0，x1≠1 且 xn＋1＝ 3x2n＋ 1 (n＝1,2，， )．试证：数列 { xn} 或者对任意
[课时作业 ]
[A 组 基础巩固 ]
1．如果两个正整数之积为偶数，则这两个数 ( )
A．两个都是偶数
B．一个是奇数，一个是偶数
C．至少一个是偶数
D．恰有一个是偶数 解析： 假设这两个数都是奇数，则这两个数的积也是奇数，这与已知矛盾，所以
这两个数至少一个为偶数．
答案： C
x＋y
x
y
2．设 x>0，y>0，A＝ 1＋ x＋y，B＝1＋x＋1＋y，则 A 与 B 的大小关系为 ( )
|a|＋ |b| |a|＋ |b| n＝ |a＋ b| ≥|a|＋ |b|＝1.
答案： m≤n
a＋b
a
b
8．设 a>0，b>0，M＝a＋b＋2，N＝ a＋ 2＋ b＋ 2，则 M 与 N 的大小关系是 ________．
解析： ∵ a>0，b>0，
∴
N＝a＋a
2＋
b b＋
2>a＋ab＋2＋a＋bb＋2＝