5.3.3反证法同步测控我夯基，我达标1.命题“△ABC中,若∠A>∠B,则a>b”的结论的否定应该是()A.a
b的否定为“a不大于b”,即a≤b.答案:B2.如果两个实数之和为正数,则这两个数()A.一个是正数,一个是负数B.都是正数C.至少有一个是正数D.都是负数解析:两个都是正数满足;一个是正数,一个是负数也有可能满足,如a=5,b=-3,a+b=2>0.答案:C3.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解析:若P、Q、R同时大于零,则PQR>0成立;反过来,若PQR>0,且P、Q、R不同时大于零,则其中两个为负数,一个为正数,不妨设P>0,Q<0,R<0,则a+b-c>0,b+c-a<0,c+a-b<0.∴2c<0,即c<0,与已知c>0矛盾.∴P、Q、R同时大于零.∴“PQR>0”是“P、Q、R同时大于零”的充要条件.答案:C4.设a、b、c∈R+,则三个数a+b1,b+c1,c+a1满足()A.都大于2B.都小于2C.至少有一个不大于2D.至少有一个不小于2解析:假设a+b1,b+c1,c+a1都小于2,则(a+b1)+(b+c1)+(c+a1)<6.又 a、b、c∈R+,∴a+a1≥2,b+b1≥2,c+c1≥2.∴(a+b1)+(b+c1)+(c+a1)=(a+a1)+(b+b1)+(c+c1)≥6,矛盾.∴假设不成立.∴a+b1,b+c1,c+a1至少有一个不小于2成立.但不一定都大于2,例如a=1,b=1,c=21,则a+b1=2.答案:D5.用反证法证明命题“如果ay>z且x+y+z=1,则下列不等式中恒成立的是()A.xy>yzB.xz>yzC.x｜y｜>z｜y｜D.xy>xz解析:由x>y>z且x+y+z=1,得x>0.假设x≤0. x>y>z,∴y<0,z<0.∴x+y+z<0,与x+y+z=1矛盾.∴x>0.又 y>z,∴xy>xz成立.答案:D7.已知a、b∈R,那么“a2+b2<1”是“ab+1>a+b”的()A.充要条件B.必要不充分条件C.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件解析:若a2+b2<1,则｜a｜<1,｜b｜<1.假设ab+1≤a+b,则(a-1)b≤a-1.∴(a-1)(b-1)≤0.又 ｜a｜<1,｜b｜<1,∴a-1<0,b-1<0.∴(a-1)(b-1)>0,与(a-1)(b-1)≤0矛盾.∴由a2+b2<1,得ab+1>a+b成立.若ab+1>a+b成立,则(a-1)(b-1)>0.∴1,1ba或.1,1ba由,1,1ba得a2+b2>1,∴a2+b2<1不成立.答案:C8.设a、b、c、d是正数,求证:不等式①a+b0.∴两边同乘a(1-a),得(1-a)+4a<9a(1-a),即9a2-6a+1<0,即(3a-1)2<0,与(3a-1)2≥0矛盾.∴假设不成立.∴a1+a14≥9成立.证法二: 00.∴a1+a14=aaaaaa1)1(41=aa1+1+4+aa14=5+aaaa141≥5+2aaaa141=5+2×2=9,即a1+a14≥9成立.10.若0<μ≤41,求证:μ+1≥417.分析:本题不能用基本不等式证明,可用反证法证明.证明:假设μ+1<417, μ>0,∴不等式为μ2-417μ+1<0,即4μ2-17μ+4<0.∴(μ-4)(4μ-1)<0.∴41<μ<4,与0<μ≤41矛盾.∴假设不成立.3∴μ+1≥417成立.11.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.分析:本题是关于“至少”问题,情况较多,可用反证法.证明:假设a、b、c、d都是非负数,即a≥0,b≥0,c≥0,d≥0. a+b=c+d=1,∴(a+b)(c+d)=1. (a+b)(c+d)=ac+bd+ad+bc=(ac+bd)+(ad+bc)=1,∴ac+bd=1-(ad+bc). a≥0,d≥0,b≥0,c≥0,∴ad+bc≥0.∴-(ad+bc)≤0.∴1-(ad+bc)≤1,即ac+bd≤1,与ac+bd>1矛盾.∴假设不成立.∴a、b、c、d中至少有一个是负数.12.已知a、b、c∈R+,求证:2(abba2)≤3(33abccba).分析:要证明的不等式比较复杂,可用反证法.证明:假设2(abba2)>3(33abccba)成立,即a+b-2ab>a+b+c-33abc,∴c+2ab<33abc.又 a、b...
