人教版高中数学选修45练习第二讲23反证法与放缩法Word版含解析

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：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．用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理根，那么a，b，c中至少有一个偶数，下列假设中正确的是()A．假设a，b，c都是偶数B．假设a，b，c都不是偶数C．假设a，b，c至多有一个偶数D．假设a，b，c至多有两个偶数解析：至少有一个是的否定为都不是．答案：B4．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：因为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，所以a，b，c三者中至少有一个不小于2.答案：C5．若不等式x2－2ax＋a＞0对一切实数x∈R恒成立，则关于t的不等式at2＋2t－3＜1的解集为()A．(－3，1)B．(－∞，－3)∪(1，＋∞)C．∅D．(0，1)解析：不等式x2－2ax＋＋a＞0对一切实数x∈R恒成立，则Δ＝(－2a)2－4a＜0，即a2－a＜0，解得0＜a＜1，所以不等式at2＋2t－3＜1转化为t2＋2t－3＞0，解得t＜－3或t＞1.答案：B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)|＜12，那么它的假设应该是________．答案：假设|f(x1)－f(x2)|≥127．lg9·lg11与1的大小关系是________．解析：因为lg9·lg11＜lg9＋lg112＝lg992＜lg1002＝1，所以lg9·lg11＜1.答案：lg9·lg11＜18．设a，b，c均为正数，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________条件．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：充要三、解答题9．已知x，y＞0，且x＋y＞2.求证：1＋xy，1＋yx中至少有一个小于2.证明：(反证法)设1＋xy≥2，1＋yx≥2，则1＋x≥2y，①1＋y≥2x.②由①②式可得2＋x＋y≥2(x＋y)，即x＋y≤2，与题设矛盾．所以1＋xy，1＋yx中至少有一个小于2.10．设a＞0，b＞0，且a＋b＝1a＋1b.证明：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．证明：由a＋b＝1a＋1b＝a＋bab，a＞0，b＞0，得ab＝1.(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2ab＝2，即a＋b≥2.(2)假设a2＋a＜2与b2＋b＜2同时成立，则由a2＋a＜2及a＞0得0＜a＜1；同理，0＜b＜1，从而ab＜1，这与ab＝1矛盾．故a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．B级能力提升1．若a＞0，b＞0，满足ab≥1＋a＋b，那么()A．a＋b有最小值2＋22B．a＋b有最大值(2＋1)2C．ab有最大值2＋1D．ab有最小值2＋22解析：1＋a＋b≤ab≤（a＋b）24，所以(a＋b)2－4(a＋b)－4≥0，解得a＋b≤2－22或a＋b≥2＋22，因为a＞0，b＞0，所以a＋b≥2＋22，故选A.答案：A2．设x，y，z，t满足1≤x≤y≤z≤t≤100，则xy＋zt的最小值为________．解析：因为xy≥1y≥1z，且zt≥z100，所以xy＋zt≥1z＋z100≥21z·z100＝15，当且仅当x＝1，y＝z＝10，t＝100时，等号成立．答案：153．若数列{an}的通项公式为an＝n2，n∈N*，求证：对一切正整数n，有1a1＋1a2＋…＋1an74.证明：①当n＝1时，1a1＝174，所以原不等式成立．②当n＝2时，1a1＋1a2＝1＋1474，所以原不等式成立．③当n≥3时，因为n2(n－1)·(n＋1)，所以1n21（n－1）·（n＋1）.1a1＋1a2＋…＋1an＝112＋122＋…＋1n21＋11×3＋12×4＋…＋1（n－2）n＋1（n－1）·（n＋1）＝1＋121－13＋1212－14＋1213－15＋…＋121n－2－1n＋121n－1－1n＋1＝1＋121－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－2－1n＋1n－1－1n＋1＝1＋121＋12－1n－1n＋1＝74＋12(－1n－1n＋1)74.所以当n≥3时，所以原不等式成立．综上所述，对一切正整数n，有1a1＋1a2＋…＋1an74.