2017-2018学年高中数学人教A版选修2-2练习：第2章 推理与证明2.2.2 Word版含解析

第二章2.22.2.2A级基础巩固一、选择题1．设a、b、c∈(－∞，0)，则a＋1b，b＋1c，c＋1a导学号84624575(C)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]假设都大于－2，则a＋1b＋b＋1c＋c＋1a－6，但(a＋1b)＋(b＋1c)＋(c＋1a)＝(a＋1a)＋(b＋1b)＋(c＋1c)≤－2＋(－2)＋(－2)＝－6，矛盾．2．(2017·淄博高二检测)已知ab0，用反证法证明na≥nb(n∈N*)时．假设的内容是导学号84624576(C)A．na＝nb成立B．na≤nb成立C．nanb成立D．nanb且na＝nb成立[解析]na≥nb的反面是nanb.故应选C．3．(2017·青岛高二检测)有甲、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：“是乙或丙获奖．”乙说：“甲、丙都未获奖．”丙说：“我获奖了．”丁说：“是乙获奖．”四位歌手的话只有两名是对的，则获奖的歌手是导学号84624577(C)A．甲B．乙C．丙D．丁[解析]若甲获奖，则甲、乙、丙、丁说的都是错的，同理可推知乙、丙、丁获奖的情况，最后可知获奖的歌手是丙．4．(2017·济南高二检测)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导学号84624578(B)A．0B．13C．12D．1[解析]三个数a、b、c的和为1，其平均数为13，故三个数中至少有一个大于或等于13.假设a、b、c都小于13，则a＋b＋c1，与已知矛盾．5．设a、b、c∈R＋，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“PQR0”是P、Q、R同时大于零的导学号84624579(C)A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件[解析]若P0，Q0，R0，则必有PQR0；反之，若PQR0，也必有P0，Q0，R0.因为当PQR0时，若P、Q、R不同时大于零，则P、Q、R中必有两个负数，一个正数，不妨设P0，Q0，R0，即a＋bc，b＋ca，两式相加得b0，这与已知b∈R＋矛盾，因此必有P0，Q0，R0.6．若m、n∈N*，则“ab”是“am＋n＋bm＋nanbm＋ambn”的导学号84624580(D)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件[解析]am＋n＋bm＋n－anbm－ambn＝an(am－bm)＋bn(bm－am)＝(am－bm)(an－bn)0⇔ambmanbn或ambmanbn，不难看出ab⇒/am＋n＋bm＋nambn＋anbm，am＋n＋bm＋nambn＋bman⇒/ab.二、填空题7．(2017·大连高二检测)在△ABC中，若AB＝AC，P为△ABC内一点．∠APB∠APC．求证：∠BAP∠CAP.用反证法证明时，应分：假设__∠BAP＝∠CAP__和__∠BAP∠CAP__两类.导学号84624581[解析]用反证法中对结论的否定是全面否定，∠BAP∠CAP的反面是∠BAP＝∠CAP和∠BAP∠CAP.8．完成反证法证题的全过程.导学号84624582题目：设a1，a2，…，a7是1,2，…，7的一个排列，求证：乘积p＝(a1－1)(a2－2)…(a7－7)为偶数．证明：假设p为奇数，则__a1－1，a2－2，…，a7－7__均为奇数．因奇数个奇数之和为奇数，故有奇数＝__(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)__＝__(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)__＝0.但奇数≠偶数，这一矛盾说明p为偶数．[解析]假设p为奇数，则a1－1，a2－2，…，a7－7均为奇数，因为奇数个奇数之和为奇数，故有奇数＝(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)＝0.但奇数≠偶数，这一矛盾说明p为偶数．三、解答题9．(2016·吉林高二检测)已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd1，求证：a，b，c，d中至少有一个是负数.导学号84624583[解析]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，又(a＋b)(c＋d)＝ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd，所以ac＋bd≤1，这与已知ac＋bd1矛盾，所以a，b，c，d中至少有一个是负数．10．(2017·深圳高二检测)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)中，a，b，c均为整数，且f(0)，f(1)均为奇数.导学号84624584求证：f(x)＝0无整数根．[解析]假设f(x)＝0有整数根n，则an2＋bn＋c＝0，由f(0)为奇数，即c为奇数，f(1)为奇数，即a＋b＋c为奇数，所以a＋b为偶数，又an2＋bn＝－c为奇数，所以n与an＋b均为奇数，又a＋b为偶数，所以an－a为奇数，即(n－1)a为奇数，所以n－1为奇数，这与n为奇数矛盾．所以f(x)＝0无整数根．B级素养提升一、选择题1．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b的位置关系为导学号84624585(C)A．一定是异面直线B．一定是相交直线C．不可能是平行直线D．不可能是相交直线[解析]假设c∥b，而由c∥a，可得a∥b，这与a，b异面矛盾，故c与b不可能是平行直线．故应选C．2．有以下结论：有以下结论：①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2.用反证法证明时，可假设p＋q≥2.②已知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.下列说法中正确的是导学号84624586(D)A．①与②的假设都错误B．①与②的假设都正确C．①的假设正确，②的假设错误D．①的假设错误，②的假设正确[解析]用反证法证题时一定要将结论的对立面找全．在①中应假设p＋q2，故①的假设是错误的，而②的假设是正确．二、填空题3．(2017·福州高二检测)用反证法证明“若函数f(x)＝x2＋px＋q，则|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于12”时，假设内容是|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于12.导学号84624587[解析]“|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于12”的反面是“|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于12”．4．(2017·郑州高二检测)设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b＝1；②a＋b＝2；③a＋b0；④a2＋b22.其中能推出“a，b中至少有一个大于1”的条件是__③__(填序号).导学号84624588[解析]若a＝13，b＝23，则a＋b＝1，但a1，b1，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＋b22，故④不能推出．对于③，即a＋b2，则a，b中至少有一个大于1.反证法：假设a≤1且a≤1，则a＋b≤2与a＋b2矛盾，因此假设不成立，故a，b中至少有一个大于1.三、解答题5.如图所示，在△ABC中，ABAC，AD为BC边上的高，AM是BC边上的中线，求证：点M不在线段CD上.导学号84624589[证明]假设点M在线段CD上，则BDBM＝CMCD，且AB2＝BD2＋AD2，AC2＝AD2＋CD2，所以AB2＝BD2＋AD2BM2＋AD2CD2＋AD2＝AC2，即AB2AC2，所以ABAC．这与ABAC矛盾，故假设错误．所以点M不在线段CD上．6．设f(x)＝x2＋bx＋c，x∈[－1,1]，证明：b－2时，在其定义域范围内至少存在一个x，使|f(x)|≥12成立.导学号84624590[证明]假设不存在x∈[－1,1]使|f(x)|≥12.则对于x∈[－1,1]上任意x，都有－12f(x)12成立．当b－2时，其对称轴x＝－b21，f(x)在x∈[－1,1]上是单调递减函数，∴f－1＝1－b＋c12，f1＝1＋b＋c－12.⇒b－12与b－2矛盾．∴假设不成立，因此当b－2时在其定义域范围内至少存在一个x，使|f(x)|≥12成立．C级能力拔高已知数列{an}满足：a1＝12，31＋an＋11－an＝21＋an1－an＋1，anan＋10(n≥1)；数列{bn}满足：bn＝a2n＋1－a2n(n≥1).导学号84624591(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；(2)证明：数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列．[解析](1)由题意可知，1－a2n＋1＝23(1－a2n)．令cn＝1－a2n，则cn＋1＝23cn.又c1＝1－a21＝34，则数列{cn}是首项为c1＝34，公比为23的等比数列，即cn＝34·(23)n－1，故1－a2n＝34·(23)n－1⇒a2n＝1－34·(23)n－1.又a1＝120，anan＋10，故an＝(－1)n－11－34·23n－1.bn＝a2n＋1－a2n＝[1－34·(23)n]－[1－34·(23)n－1]＝14·(23)n－1.(2)用反证法证明．假设数列{bn}存在三项br，bs，bt(rst)按某种顺序成等差数列，由于数列{bn}是首项为14，公比为23的等比数列，于是有brbsbt，则只可能有2bs＝br＋bt成立．∴2·14(23)s－1＝14(23)r－1＋14(23)t－1，两边同乘以3t－121－r，化简得3t－r＋2t－r＝2·2s－r3t－s.由于rst，∴上式左边为奇数，右边为偶数，故上式不可能成立，导致矛盾．故数列{bn}中任意三项不可能成等差数列．