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2018学年高中数学第二讲讲明不等式的基本方法三反证法与放缩法优化练习新人教A版选修

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1
三 反证法与放缩法
[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

2．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

解析：A＝x1＋x＋y＋y1＋x＋y答案：D
3．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＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，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项求和，M＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1<1210＋1210＋1210＋…＋1210＝1，故选
B.
2

答案：B
5．若f(x)＝12x，a，b都为正数，A＝fa＋b2，G＝f(ab)， H＝f2aba＋b，则( )
A．A≤G≤H B．A≤H≤G
C．G≤H≤A D．H≤G≤A

解析：∵a，b为正数，∴a＋b2≥ab＝abab≥aba＋b2＝2aba＋b，

又∵f(x)＝12x为单调减函数，
∴fa＋b2≤f(ab)≤f2aba＋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：

|f(x1)－f(x2)|<12.那么它的假设应该是________．

答案：|f(x1)－f(x2)|≥12
7．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＋ba＋b＋2，N＝aa＋2＋bb＋2，则M与N的大小关系是________．
解析：∵a>0，b>0，
∴N＝aa＋2＋bb＋2>aa＋b＋2＋ba＋b＋2＝a＋ba＋b＋2＝M.
∴M答案：M9．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．
3

由a＋b＝c＋d＝1知：a，b，c，d∈[0,1]．
从而ac≤ac≤a＋c2，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x1>0，x1≠1且xn＋1＝xnx2n＋3x2n＋1(n＝1,2，…)．试证：数列{xn}或者对任意正整数
n都满足xnx
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
解析：“xnxn＋1”的对立面是“xn＝xn＋1”，“任意一个”的反面是“存在某一
个”．
答案：B

2．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>Q B．M>P>N>Q
C．M>P>Q>N D．N>P>Q>M

解析：∵α∈(π，54π)，∴0>sin α>cos α.
4

∴|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> sin2α＝|sin α|＝M.
∴N>P>Q>M.
答案：D
3．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)＝4x2－2(p－2)x－2p2－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－，f，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：－3，32
5．已知0证明：法一：假设x(2－y)>1且y(2－z)>1且z(2－x)>1均成立，
5

则三式相乘有：xyz(2－x)(2－y)(2－z)>1.
①
由于0∴0同理：0∴三式相乘得：0②
②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－y＋y－z＋z－x>3.
③

又x－y＋y－z＋z－x≤x＋－y2＋y＋－z2＋z＋－x2＝
3④
④与③矛盾，故假设不成立．
∴原题设结论成立．

6．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝21＋1n2·an(n∈N＋)，
(1)求a2，a3并求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝nan，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<710.

解析：(1)∵a1＝2，an＋1＝2(1＋1n)2·an(n∈N＋)，
∴a2＝2(1＋11)2·a1＝16，a3＝2(1＋12)2·a2＝72.
又∵an＋1n＋2＝2·ann2，n∈N＋，
∴{ann2}为等比数列．
∴ann2＝a112·2n－1＝2n，
∴an＝n2·2n.
(2)证明：cn＝nan＝1n·2n，
6

∴c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝11·2＋12·22＋13·23＋…＋1n·2n<12＋18＋124＋14·(124＋125＋…＋12n)

＝23＋14·124[1－12n－3]1－12<23＋14·1241－12＝23＋132
＝6796＝670960<96×796×10＝710，所以结论成立．

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高中数学第二章证明不等式的基本方法2.3反证法与放缩法试题新人教A版选修4_5.doc

高中数学第二章证明不等式的基本方法2.3反证法与放缩法试题新人教A版选修4_5.doc

三反证法与放缩法课后篇巩固探究1.设实数a,b,c满足则a,b,c中()A.B.C.D.a,b,c即则这与,因此假设错误,即a,b,c2.已知三角形的三边长分别为a,b,c,设则M,N与Q的大小关系是()A.M<N<QB.M<Q<NC.Q<N<MD.N<Q<Ma+b>c>0,11,故N<Q.0, ∴M>Q,故M>Q>N.3.导学号26394038设…则()A.M=1B.M<1C.M>1D.M与1大小关系不确定210,共有210个单项.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x1,x2∈[0,1],都有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|,求证|f(x1)-f(x2)那么它的假设应该是.(x1)-f(x2)|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.;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.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;⑤ab>1.其中能推出“a,b中至少有一个大于1”的条件是.(填序号)可取a=0.5,b=0.6,故不正确;②a+b=2,可取a=1,b=1,故不正确;③a+b>2,则a,b中至少有一个大于1,正确;④a2+b2>2,可取a=-2,b=-1,故不正确;⑤ab>1,可取a=-2,b=-1,故不正确.7.设f(x)=x2-x+13,a,b∈[0,1],求证|f(a)-f(b)|≤|a-b|.(a)-f(b)|=|a2-a-b2+b|=|(a-b)(a+b-1)|=|a-b||a+b-1|,因为0≤a≤1,0≤b≤1,所以0≤a+b≤2.所以-1≤a+b-1≤1,所以|a+b-1|≤1.故|f(a)-f(b)|≤|a-b|.8.已知x>0,y>0,且x+y>2,试证2.2,即.因为x>0,y>0,所以1+x≥2y,且1+y≥2x.把这两个不等式相加,得2+x+y≥2(x+y),从而x+y≤2,这与已知条件x+y>2矛盾.因此2是不可能的,即原命题成立.9.导学号26394039已知S n…求证:对于正整数m,n,当m>n时,|S m-S na k k∈N+),则|a k|于是,当m>n时,|S m-S n|…+a m|≤…+|a m|….10.导学号26394040若数列{x n}的通项公式为x n求证x1·x3·x5·…·x2n-1=1,所以x1·x3·x5·…·x2n-1…故x1·x3·x5·…·x2n-1。

高中数学 第二讲 讲明不等式的基本方法 2.3 反证法与放缩法 2.3.2 放缩法课前导引素材 新人教A版选修45

高中数学 第二讲 讲明不等式的基本方法 2.3 反证法与放缩法 2.3.2 放缩法课前导引素材 新人教A版选修45

2.3.2 放缩法
课前导引
情景导入
有两家商店都搞活动进行促销.甲商店是先把价格提高p(p是一个百分数),再降价p.乙商店是先降价p后再提价p.问这两家商店的活动办法,哪一家对自己更有利?相比较活动之前它们的商品价格是提高了还是降低了?
这个问题很有趣.设某商品在活动之前的价格为a,那么甲商店在活动之后的价格为a(1+p)(1-p)=a(1-p2)<a,乙商店在活动之后的价格为a(1-p)(1+p)=a(1-p2)<a,因此两家最终价格相同,都比原来的价格低了.
知识预览
因为证明不等式的需要,有时需舍去或添加一些项,使不等式一边放大或缩小,利用不等式的传递性,达到证题的目的,这种方法称之为放缩法.
用放缩法证题的核心问题是恰当地放或缩,这“恰当”两字,包含着种种的技巧和策略.
1。

高中数学第二章证明不等式的基本方法2.3反证法与放缩法试题新人教A版选修4_520181112139

高中数学第二章证明不等式的基本方法2.3反证法与放缩法试题新人教A版选修4_520181112139

三反证法与放缩法课后篇巩固探究1.设实数a,b,c满足a+b+c=,则a,b,c中()A.至多有一个不大于B.至少有一个不小于C.至多有两个不小于D.至少有两个不小于a,b,c都小于,即a<,b<,c<,则a+b+c<,这与a+b+c=矛盾,因此假设错误,即a,b,c中至少有一个不小于.2.已知三角形的三边长分别为a,b,c,设M=,N=,Q=,则M,N与Q的大小关系是()A.M<N<QB.M<Q<NC.Q<N<MD.N<Q<Ma+b>c>0,则.∴+1<+1,即.∴,故N<Q.M-Q==0,∴M>Q,故M>Q>N.3.导学号26394038设M=+…+,则()A.M=1B.M<1C.M>1D.M与1大小关系不确定210,共有210个单项.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x1,x2∈[0,1],都有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|,求证|f(x1)-f(x2)|<.那么它的假设应该是.(x1)-f(x2)|≥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.;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.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;⑤ab>1.其中能推出“a,b中至少有一个大于1”的条件是.(填序号)可取a=0.5,b=0.6,故不正确;②a+b=2,可取a=1,b=1,故不正确;③a+b>2,则a,b中至少有一个大于1,正确;④a2+b2>2,可取a=-2,b=-1,故不正确;⑤ab>1,可取a=-2,b=-1,故不正确.7.设f(x)=x2-x+13,a,b∈[0,1],求证|f(a)-f(b)|≤|a-b|.(a)-f(b)|=|a2-a-b2+b|=|(a-b)(a+b-1)|=|a-b||a+b-1|,因为0≤a≤1,0≤b≤1,所以0≤a+b≤2.所以-1≤a+b-1≤1,所以|a+b-1|≤1.故|f(a)-f(b)|≤|a-b|.8.已知x>0,y>0,且x+y>2,试证:中至少有一个小于2.都不小于2,即≥2,且≥2.因为x>0,y>0,所以1+x≥2y,且1+y≥2x.把这两个不等式相加,得2+x+y≥2(x+y),从而x+y≤2,这与已知条件x+y>2矛盾.因此,都不小于2是不可能的,即原命题成立.9.导学号26394039已知S n=+…+,求证:对于正整数m,n,当m>n 时,|S m-S n|<.a k=(k∈N+),则|a k|≤.于是,当m>n时,|S m-S n|=|+…+a m|≤||+||+…+|a m|≤+…+==.10.导学号26394040若数列{x n}的通项公式为x n=,求证x1·x3·x5·…·x2n-1<.,又==1,所以,所以x1·x3·x5·…·x2n-1=×…×<,故x1·x3·x5·…·x2n-1<.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

【配套K12】[学习]2018-2019年高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 2.3 反证法与放

【配套K12】[学习]2018-2019年高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 2.3 反证法与放

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 ＜3b C. 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．用反证法证明命题“a ，b ，c 全为0”时，其假设为( )A ．a ，b ，c ，全不为0B ．a ，b ，c 至少有一个为0C ．a ，b ，c 至少有一个不为0D ．a ，b ，c 至多有一个不为0解析：“a ，b ，c 全为0”的否定是“a ，b ，c 至少有一个不为0”．答案：C3．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 ．0B ．1C ．2D ．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 ＋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 ＜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 ）≤13[(1－a )＋(1－b )＋(1－c )]＝23， 所以(1－a )(1－b )(1－c )≤827， 从而827－27a≥(1－b )(1－c )＝(a ＋c )(a ＋b )， 所以M ≥N ，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立． 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°相矛盾，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知，先假设即③，再推出矛盾即①，最后做出判断，肯定结论即②，即顺序应为③①②.答案：③①②7．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M ＝12＋12＋1＋12＋2＋…＋12－1，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 ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1＜1210＋1210＋…＋1210,210个＝1. 答案：M ＜1三、解答题9．已知x ，y ＞0，且x ＋y ＞2.求证：1＋x y ，1＋y x中至少有一个小于2. 证明：(反证法)设1＋x y ≥2，1＋y x≥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．已知n ∈N *，求证：1×2＋2×3＋…＋n （n ＋1）＜（n ＋1）22. 证明：由基本不等式，得n （n ＋1）＜n ＋n ＋12＝2n ＋12， 所以1×2＋2×3＋…＋n （n ＋1）＜32＋52＋…＋2n ＋12＝3＋5＋…＋（2n ＋1）2＝n （n ＋2）2＝n 2＋2n 2＜（n ＋1）22，故原不等式成立．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 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＋2 2.答案：A2．设x ，y ，z ，t 满足1≤x ≤y ≤z ≤t ≤100，则x y ＋z t的最小值为________． 解析：因为x y ≥1y ≥1z ，且z t ≥z 100， 所以x y ＋z t ≥1z ＋z 100≥2 1z ·z 100＝15， 当且仅当x ＝1，y ＝z ＝10，t ＝100时，等号成立．答案：153．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：数列{a n }中不存在三项按原来顺序成等差数列．(1)解：当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1.又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2.两式相减得a n ＋1＝12a n . 所以a n 是首项为1，公比为12的等比数列． 所以a n ＝12n －1. (2)证明：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为a p ＋1，a q ＋1，a r ＋1(p ＜q ＜r ，且p ，q ，r ∈N *)，则2·12q ＝12p ＋12r ， 所以2·2r －q ＝2r －p ＋1.①又因为p ＜q ＜r ，所以r －q ，r －p ∈N *，所以①式等号左边是偶数，右边是奇数，等式不成立．所以假设不成立，原命题得证．。