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 2.3.1 反证法课后导练 新人教A版选修4-5-新人教A版高二选修4-5数学试题VIP免费

2.3.1反证法课后导练基础达标1实数a,b,c不全为0的意义为（）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:D2设a,b,c都是正数，则三个数a+b1,b+c1,c+a1…（）A.都大于2B.至少有一个大于2C.至少有一个不小于2D.至少有一个不大于2解析:(反证法)设三者都小于2,即a+b1<2,b+c1<2,c+a1<2,∴(a+b1)+(b+c1)+(c+b1)<6.但(a+b1)+(b+c1)+(c+a1)=(a+a1)+(b+b1)+(c+c1)≥ccbbaa121212=6.推出矛盾,故原假设不成立,即这三个数不都小于2.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.既不充分又不必要条件解析: a,b,c∈R+,∴P+Q=2b>0,P+R=2a>0,Q+R=2c>0,当PQR>0时,P,Q,R中正数个数为1或3;当有一个为正时,假设P>0,是Q,R<0Q+R<0,与R+Q>0矛盾.故P,Q,R同时大于零.若P,Q,R>0,则PQR>0.故选C.答案:C4已知α,β∈(0,2),且sin(α+β)=2sinα,求证:α<β.证明:假设α<β不成立,则α≥β.1(1)若α=β,由sin(α+β)=2sinαsin2α=2sinα,从而cosα=1,这与α∈(0,2)矛盾.(2)若α>β,则sinα·cosβ+cosα·sinβ=2sinα,即cosα·sinβ=sinα(2-cosβ),sinsincos2cos. α>β,∴sinα>sinβ.从而cos2cos>1,即cosα>2-cosβcosα+cosβ>2,这是不可能的,表明α>β不成立,由(1)(2)知结论成立.综合应用5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， a+b=c+d=1,∴(a+b)(c+d)=1.又 (a+b)(c+d)=ac+bc+ad+bd≥ac+bd,∴ac+bd≤1，这与已知ac+bd>1矛盾.∴a,b,c,d中至少有一个是负数.6设a,b,c,d是正数,有下列三个不等式:①a+b0,∴4cd<(a+b)(c+d)0,a+b>c.求证:111ccbbaa.证明:假设111ccbbaa则1-11111111cba,1+111111bac,2(1+a)(1+b)(1+c)+(1+a)(1+b)≤(1+b)(1+c)+(1+a)(1+c),(c+2)(1+a)(1+b)≤(1+c)(a+b+2)，2+2b+2a+2ab+c+bc+ac+abc≤a+b+2+ac+bc+2c,2ab+abc+a+b≤c.① a+b>c,a,b,c>0,∴a+b+2ab+abc>c.这与①相矛盾,∴假设不成立.∴原不等式成立.8已知a,b,c∈R,a+b+c>0,ab+bc+ca>0,abc>0,求证:a,b,c>0.证明:假设a,b,c不全为正数,由abc>0可知,a,b,c中必有两负一正,不妨设a,b<0,c>0, a+b+c>0有c>-(a+b)>0.两端同乘以a+b,有(a+b)c<-(a+b)2,即ac+bc<-a2-2ab-b2.由此可知ab+bc+ca<-a2-ab-b2=-(a2+ab+b2)<0.这与已知ab+bc+ca>0矛盾.故假设不成立,∴a,b,c>0.拓展探究9已知函数f(x)(x∈R)满足下列条件:对任意的实数x1,x2都有λ(x1-x2)2≤(x1-x2)［f(x1)-f(x2)］和|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2|,其中λ是大于0的常数,设实数a0,a,b满足f(a0)=0和b=a-λf(a).(1)证明λ≤1,并且不存在b0≠a0,使得f(b0)=0;(2)证明(b-a0)2≤(1-λ2)(a-a0)2;(3)证明［f(b)］2≤(1-λ2)［f(a)］2.思路分析:(1)利用不等式的传递性及反证法证明;(2),(3)都是由构造法,结合不等式的传递性证明.证明:(1)任取x1,x2∈R,x1≠x2,则由λ(x1-x2)2≤(x1-x2)［f(x1)-f(x2)］①和|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2|,②可知,λ(x1-x2)2≤(x1-x2)［f(x1)-f(x2)］≤|x1-x2|·|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2|2,从而λ≤1.假设有b0≠a0,使得f(b0)=0,则由①式知0<λ(a0-b0)2≤(a0-b0)［f(a0)-f(b0)］=0,矛盾.所以不存在b0≠a0,使得f(b0)=0.(2)由b=a-λf(a),③可知(b-a0)2=［a-a0-λf(a)］2=(a-a0)2-2λ(a-a0)f(a)+λ2［f(a)］2.④由f(a0)=0和①式,得(a-a0)f(a)=(a-a0)［f(a)-f(a0)］≥λ(a-a0)2.⑤由f(a0)=0和②式知,［f(a)］2=［f(a)-f(a0)］2≤(a-a0)2.⑥则将⑤⑥代入④式,得(b-a0)2≤(a-a0)2-2λ2(a-a0)2+λ2(a-a0)2=(1-λ2)(a-a0)2.(3)由③式,可知［f(b)］2=［f(b)-f(a)+f(a)］2=［f(b)-f(a)］2+2f(a)...