人教版数学高二A版选修4-5自我小测2.3反证法与放缩法

课后训练1．设|a |＜1，则P ＝|a ＋b |－|a －b |与2的大小关系是( )．A ．P ＞2B ．P ＜2C ．P ＝2D ．不确定2．设x ＞0，y ＞0，1x y A x y ＋＝＋＋，11x y B x y＝＋＋＋，则A 与B 的大小关系为( )． A ．A ≥B B ．A ≤BC ．A ＞BD ．A ＜B3．lg 9lg 11与1的大小关系是________．4．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__________．5．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．6．1A n＝＋与n ∈N ＋)的大小关系是________． 7．若|a |＜1，|b |＜1，求证：||<11a b ab ＋＋． 8．求证：11111<3112123123n ⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯＋＋＋＋＋(n ∈N ＋)．已知()1x f x x ＝＋(x ≠－1)． (1)求f (x )的单调区间；(2)若a ＞b ＞0，c ＝f (a )＋f (c )＞45.参考答案1. 答案：B解析：P ＝|a ＋b |－|a －b |≤|(a ＋b )－(b －a )|＝2|a |＜2.2. 答案：D解析：<1111x y x y A B x y x y x y＝＋＋＝＋＋＋＋＋＋. 3. 答案：lg 9lg 11＜1lg9lg11lg99lg100<1222＋＝＝，∴lg 9lg 11＜1．4.答案：假设|f(x1)－f(x2)|≥125.答案：充要解析：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．6.答案：A≥解析：An＋nn n n n≥共＋＋＋＝项.7.证明：假设||11a bab≥＋＋，则|a＋b|≥|1＋ab|，∴a2＋b2＋2ab≥1＋2ab＋a2b2，∴a2＋b2－a2b2－1≥0，∴a2－1－b2(a2－1)≥0，∴(a2－1)(1－b2)≥0，∴221010ab⎧≥⎨≥⎩－，－，或221010ab⎧≤⎨≤⎩，－－，∴2211ab⎧≥⎨≤⎩，，或2211ab⎧≤⎨≥⎩，与已知矛盾．∴||<11a bab＋＋．8.证明：由1111<12312222kk⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯－＝(k是大于2的自然数)，得11111112123123n⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯＋＋＋＋＋2311111<1112222n－＋＋＋＋＋＋＝＋111123<31212nn－－＝－－.∴原不等式成立．9. (1)解：1()111xf xx 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)＝11x yx y＋＋＋>11xy xy x y xy x y xy x y xy x y ＋＋＋＋＋＝＋＋＋＋＋＋ ＝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 ≥＝4>0a＝＝，所以44a c a a ≥≥＋＋， 当且仅当a ＝2时，等号成立． 所以f (a )＋f (c )＞f (a ＋c )≥f (4)＝44415＝＋， 即f (a )＋f (c )＞45.。

三反证法与放缩法第8课时反证法与放缩法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，这种方法称为反证法．2．放缩法证明不等式时，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．知识点一反证法证明不等式1．应用反证法推出矛盾的过程中，要把下列哪些作为条件使用( )①假设；②原命题的条件；③公理，定理，定义等；④原命题的结论．A．①②B．①②③C．①②③④D．②③解析：在用反证法证明命题时，要把假设，原命题中的条件，还有公理、定理、定义等作为条件使用，因此应选B.答案：B2．(2019·湖南邵东一中月考)若实数a，b，c满足a＋b＋c＝1，给出以下说法：①a，b，c中至少有一个大于13；②a，b，c中至少有一个小于13；③a，b，c中至少有一个不大于13；④a，b，c中至少有一个不小于14.其中正确说法的个数是( )A．3 B．2 C．1 D．0解析：∵实数a，b，c满足a＋b＋c＝1，则在①②中，当a＝b＝c＝13时，满足a ＋b ＋c ＝1，所以命题不正确；对于③中，假设a ，b ，c 三个数都大于13，则a ＋b ＋c >1，这与已知条件是矛盾的，所以假设不成立，则a ，b ，c 中至少有一个不大于13，所以③是正确的；对于④中，假设a ，b ，c 三个数都小于14，则a＋b ＋c <1，这与已知条件是矛盾的，所以假设不成立，则a ，b ，c 中至少有一个不小于14，所以④是正确的．综上所述，正确的命题有2个，故选B. 答案：B3．已知三个正数a ，b ，c 成等比数列，但不成等差数列． 求证：a ， b ， c 不成等差数列． 证明：假设a ， b ， c 成等差数列，则有a ＋c ＝2b ，即a ＋c ＋2ac ＝4b . 又∵三个正数a ，b ，c 成等比数列． ∴b 2＝ac ，即b ＝ac .∴a ＋c ＋2ac ＝4ac ，即(a －c )2＝0， ∴a ＝c ，即a ＝c . 从而得a ＝b ＝c .∴a ，b ，c 也成等差数列，这与已知矛盾． 故假设错误，∴a ， b ， c 不成等差数列． 知识点二 放缩法证明不等式 4．已知S ＝1＋11×2＋11×2×3＋…＋11×2×3×…×n(n 是大于2的自然数)，则有( )A ．S <1B ．2<S <3C ．1<S <2D ．3<S <4解析：S ＝11＋11×2＋11×2×3＋…＋11×2×3×…×n <1＋12＋122＋123＋…＋12n －1＝1－12n1－12＝2－12n －1<2.又因为S ＝1＋11×2＋…＋11×2×3×…×n >1.故选C.答案：C 5．令P ＝1＋12＋13＋…＋1n ，Q ＝n ，则P 与Q 的大小关系是________． 解析：P ＝1＋12＋13＋…＋1n ≥1n ＋1n ＋…＋1n ＝nn＝n ，当且仅当n ＝1时取等号，∴P ≥Q .答案：P ≥Q6．(2019·辽宁德才期中)求证：1＋122＋132＋…＋1n 2<2.证明：∵1n 2＝1n ·n <1n n －1＝1n －1－1n(n ≥2)， ∴1＋122＋132＋ (1)2<1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝1＋1－1n＝2－1n<2.∴原不等式成立．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2 B ．至少有一个不大于2 C ．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；④a2＋b2>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：③①②7．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 n n＝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．。

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＝3b B.3a＜3bC.3a＝3b，且3a＜3b D.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＋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．lg 9·lg 11与1的大小关系是________．解析：因为lg 9·lg 11＜lg 9＋lg 112＝lg 992＜lg 1002＝1，所以lg 9·lg 11＜1. 答案：lg 9·lg 11＜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＋x y ，1＋yx 中至少有一个小于2.证明：(反证法)设1＋x y ≥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＋x y ，1＋y x 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)a 2＋a ＜2与b 2＋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a 2＋a ＜2与b 2＋b ＜2同时成立， 则由a 2＋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a 2＋a ＜2与b 2＋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＋2 2 B ．a ＋b 有最大值(2＋1)2 C ．ab 有最大值2＋1 D ．ab 有最小值2＋2 2 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x y ＋zt 的最小值为________．解析：因为x y ≥1y ≥1z ，且z t ≥z100，所以x y ＋z t ≥1z ＋z100≥21z ·z 100＝15， 当且仅当x ＝1，y ＝z ＝10，t ＝100时，等号成立．答案：153．若数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2，n ∈N *，求证：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.证明：①当n ＝1时，1a 1＝1<74，所以原不等式成立．②当n ＝2时，1a 1＋1a 2＝1＋14<74，所以原不等式成立． ③当n ≥3时，因为n 2>(n －1)·(n ＋1)，所以1n 2<1（n －1）·（n ＋1）.1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝112＋122＋…＋1n 2<1＋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1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.。

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 an =a+b D.θθ22sin cos b a n •>a+b思路解析:cos 2θ·lga+sin 2θ·lgb<cos 2θ·lg(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 n n ==+++≥++++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<16.设x>0,y>0,A=y x y x +++1,B=yy x x +++11,则A,B 的大小关系是_________. 思路解析:A=yy x x y x y y x x +++<+++++1111=B.答案:A<B 7.求证:11+n (1+31+…+121-n )>n 1(21+41+…+n 21)(n≥2). 证明:∵21=21,31>41,6151>,…,nn 21121>-, 又21>nn 214121+++ ,将上述各式的两边分别相加,得 1+31+51+…+121-n >(21+41+…+n 21)·nn 1+. ∴11+n (1+31+…+121-n )>n 1(21+41+…+n 21). 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:c c 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 c b a b a +>+++11. 又b a ba b a b b a a b b a a +++=+++++>+++11111, ∴c c 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 n 2sin 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 m n 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 |+…+|m 21| =121+n +221+n +…+m 21 =n n m 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 b b 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.。

2.3 反证法与放缩法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 ．②③2．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 ＝3b B.3a ＜3bC.3a ＝3b 且3a ＜3bD.3a ＝3b 或3a ＜3b3．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 4．若a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，设M ＝827－27a，N ＝(a ＋c )·(a ＋b )，则( )A ．M ≥NB ．M ≤NC ．M >ND.M <N5．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26．若要证明“a ，b 至少有一个为正数”，用反证法的反设应为________. 7．lg 9·lg 11与1的大小关系是________．8．设M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则M 与1的大小关系为________．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．10．已知n ∈N ＋，求证：(1)2n n <1×2＋2×3＋…＋n n ＋1<n ＋122.参考答案1．【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.【解析】 应假设3a ≤3b ， 即3a ＝3b 或3a ＜3b . 【答案】 D3.【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.【解析】 依题意易知1－a,1－b,1－c ∈R ＋≤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.【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 6. 【解析】 略【答案】 a ，b 中没有任何一个为正数(或a ≤0且b ≤0) 7.【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.【解析】 ∵210＋1＞210,210＋2＞210，…，211－1＞210， ∴M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1＜＝1.【答案】 M ＜19.【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＋b2a ＋b －1＝1＋12a ＋b －1≤1＋14－1＝43，故c ≤log 243＝2－log 23.10.【证明】 k <(1)k k +<(1)2k k ++＝12(2k ＋1)(k ＝1,2，…，n )．若记S n ＝1×2＋2×3＋… S n >1＋2＋…＋n ＝(1)2n n ++，S n <12(3＋5＋…＋2n ＋1)＝12(n 2＋2n )<2(1)2n +.。

第二讲证明不等式的基本方法2.3反证法与放缩法A 级基础稳固一、选择题331．用反证法证明命题“假如a＞ b，那么a＞b”时，假定的内容是()3333A. a＝bB. a＜b33333333C.a＝b，且a＜bD. a ＝ba＜b或333333分析：应假定a≤b，即a＝ba＜ b.或答案： 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 中起码有一个为0D． a， b， c 中起码有一个不为0答案： D3．对“a， b， c 是不全相等的正数”，给出以下判断：①(a－ b)2＋ (b－ c)2＋ (c－ a)2≠ 0；②a＞b 与 a＜ b 及 a≠c 中起码有一个建立；③ a≠c， b≠ c， a≠ b 不可以同时建立．此中判断正确的命题个数是()A． 0B． 1C． 2D． 3分析：关于①，若(a－ b)2＋ (b－c) 2＋ (c－ a)2＝ 0，则 a＝ b＝ c，与已知矛盾，故①对；关于②，当 a＞ b 与 a＜ b 及 a≠c 都不建即刻，有 a＝ b＝ c，不切合题意，故②对；关于③，明显不正确．答案： C1114．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．起码有一个不大于 2 B．都小于2C．起码有一个不小于 2 D．都大于2分析：因 a＋ b＋ c＝ x＋1＋ y＋1＋ z＋1≥ 2＋ 2＋ 2＝ 6，当且当x＝ y＝ z＝ 1 等号建立，xy z因此 a， b， c 三者中起码有一个不小于 2.答案： C5．若 a， b， c∈ R＋，且 a＋ b＋ c＝ 1， M ＝8， N ＝ (a＋c) ·(a＋ b)， ()27－ 27aA．M≥N B．M≤NC．M＞N D．M＜N分析：依， 1－ a， 1－ b，1－ c 均大于 0，又 a＋b＋ c＝ 1，因此3（ 1－ a）（ 1－ b）（ 1－ c）≤1[(1－ a)＋ (1－ b)＋ (1－ c)]＝2，33因此8 (1－a)(1 － b)(1－ c) ≤，27进而8≥ (1－ b)(1 － c)＝ (a＋ c)( a＋ b)，27－ 27a因此 M ≥N，当且当a＝ b＝ c＝1，等号建立．3答案： A二、填空6．某同学准用反法明以下一个，函数f(x)在 [0， 1]上存心，且f(0)＝ f(1)，1假如于不一样的x1， x2∈ [0， 1]，都有 |f(x1)－ f (x2)|＜|x1－ x2|，求： |f (x1)－ f(x2)|＜2，那么它的假是________．1答案：假 |f(x1)－ f (x2)| ≥27． lg 9· lg 11 与 1 的大小关系是 ________．分析：因lg 9· lg 11＜lg 9＋lg 11＝lg 99＜lg 100＝1，222因此 lg 9· lg 11＜ 1.答案： lg 9· lg 11＜ 111118． M＝210＋210＋ 1＋210＋2＋⋯＋211－1，M与1的大小关系________．分析：因210＋ 1＞ 210， 210＋ 2＞ 210，⋯， 211－ 1＞ 210，因此111111110M ＝210＋210＋1＋210＋2＋⋯＋211－1＜210＋210＋⋯＋210,2个＝1.答案： M ＜1三、解答题1＋ x 1＋ y9．已知 x ， y ＞ 0，且 x ＋ y ＞ 2.求证： y， x 中起码有一个小于 2.证明： (反证法 )设 1＋ x ≥ 2， 1＋ y≥ 2，y x1＋ x ≥2y ， ①则1＋ y ≥2x. ②由①②式可得 2＋ x ＋ y ≥2(x ＋ y)，即 x ＋ y ≤2，与题设矛盾．因此1＋ x，1＋ y中起码有一个小于2.yx10．设 a ＞ 0， b ＞ 0，且 a ＋ b ＝ 1＋ 1.证明：a b (1)a ＋ b ≥2；(2)a 2＋ a ＜ 2 与 b 2＋b ＜ 2 不行能同时建立．11a ＋ b证明：由 a ＋ b ＝ ＋ ＝， a ＞ 0， b ＞ 0，得 ab ＝ 1.(1)由基本不等式及 ab ＝ 1，有 a ＋ b ≥2 ab ＝ 2，即 a ＋ b ≥ 2. (2)假定 a 2＋ a ＜ 2 与 b 2＋ b ＜ 2 同时建立，则由 a 2＋ a ＜ 2 及 a ＞ 0 得 0＜ a ＜1；同理， 0＜ b ＜ 1，进而 ab ＜ 1，这与 ab ＝ 1 矛盾．故 a 2＋ a ＜ 2 与 b 2＋ b ＜ 2 不行能同时建立．B 级能力提高1．若 a ＞ 0， b ＞ 0，知足 ab ≥1＋ a ＋ b ，那么 ()A ． a ＋ b 有最小值 2＋ 2 2B ． a ＋ b 有最大值 ( 2＋ 1) 2C ． ab 有最大值2＋ 1D ． ab 有最小值 2＋ 2 2（ a ＋ b ） 2分析： 1＋ a ＋ b ≤ab ≤，4因此 (a ＋b)2－ 4(a ＋ b)－4≥0，解得 a ＋ b ≤2－2 2或 a ＋ b ≥2＋ 2 2，由于 a ＞ 0， b ＞ 0，因此 a ＋ b ≥2＋ 2 2.答案： A2．设 x ， y ， z ， t 知足 1≤x ≤y ≤z ≤t ≤ 100，则 x ＋ z的最小值为 ________．y t分析：由于xy ≥1y ≥1z ，且 z t ≥ 100z ，因此x＋z≥1＋z≥ 21· z ＝1，y t z 100z 1005当且仅当 x＝ 1，y＝ z＝ 10， t＝ 100时，等号建立．答案：153．已知函数 f(x)＝ |x|＋ |x－ 1|.(1)若 f( x) ≥|m－ 1|恒建立，务实数m 的最大值 M ；(2)在 (1)建立的条件下，正实数a， b 知足 a2＋ b2＝ M ，证明： a＋ b≥2ab.解： (1) 由于 f(x)＝ |x|＋ |x－ 1| ≥|x－ (x－ 1)|＝ 1，当且仅当0≤x≤1时取等号，因此 f(x)＝ |x|＋|x－ 1|的最小值为 1.要使 f(x) ≥|m－ 1|恒建立，只要 |m－ 1| ≤1，因此 0≤m≤2，则 m 的最大值M ＝ 2.(2)证明：由 (1)知， a2＋ b2＝ 2，由 a2＋ b2≥ 2ab，知 ab≤1①.又 a＋b≥2ab，则 (a＋ b) ab≥ 2ab.由①知，ab≤ 1.故 a＋b≥2ab.。

三反证法与放缩法．掌握用反证法证明不等式的方法．(重点)．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]教材整理反证法阅读教材～“例”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(或已证明的定理、性命题的条件的结论，以说明质、明显成立的事实等)矛盾假设不正确，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( )．两个都是偶数．一个是奇数，一个是偶数．至少一个是偶数．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】教材整理放缩法阅读教材～“习题”以上部分，完成下列问题．放大证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值缩小或，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－＜，－＜，则下列不等式一定成立的是( )【导学号：】．－＜．－＞．－＜－＞【解析】－＝(－)－(－)≤－＋－＜.【答案】[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：解惑：疑问：解惑：疑问：解惑：[小组合作型]()()＋()－()＝；()()，()，()中至少有一个不小于.【精彩点拨】()把()，()，()代入函数()求值推算可得结论．()假设结论不成立，推出矛盾，得结论．【自主解答】()由于()＝＋＋，∴()＋()－()＝(＋＋)＋(＋＋)－(＋＋)＝.()假设()，()，()都小于，则有()＋()＋()＜.(*)。