第三课时 反证法与放缩法
[基础达标]
1.用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，反设正确的是 A.假设三内角都不大于60° B.假设三内角都大于60°
C.假设三内角至多有一个大于60° D.假设三内角至多有两个大于60° 答案 B
2.设偶函数f(x)＝loga|x＋b|在(0，＋∞)上单调递减，则f(b－2)与f(a＋1)的大小关系是 A.f(b－2)＝f(a＋1) C.f(b－2)＜f(a＋1)
B.f(b－2)＞f(a＋1) D.不能确定
解析 因为函数f(x)是偶函数，所以b＝0. 因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以0＜a＜1，f(b－2)＝loga2， f(a＋1)＝loga(a＋1)，而a＋1＜2， 所以f(b－2)＜f(a＋1). 答案 C
x＋yxy
3.设x>0，y>0，A＝，B＝＋，则A与B的大小关系为
1＋x＋y1＋x1＋yA.A≥B
B.A＝B
C.A>B
D.A
解析 ∵x>0，y>0，∴A＝答案 D
xyxy
＋<＋＝B.
1＋x＋y1＋x＋y1＋x1＋y
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）|)1＜.那么它的假设应该是________. 2
1
解析 假设|f（x1）－f（x2）|)≥.
21
答案 |f（x1）－f（x2）|)≥ 2
5.已知x>0，y>0，且x＋y>2，试证：
1＋x1＋y
，中至少有一个小于2. yx
1＋x1＋y1＋x1＋y
证明 假设，都不小于2，即≥2，且≥2.
yxyx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，
1＋x1＋y，都不小于2是不可能的，即原命题成立. yx
[能力提升]
1.已知a2＋b2＝1且c＜a＋b恒成立，则c的取值范围是 A.(－∞，－2) C.(－2，2)
B.(－∞，－2) D.(－∞，2)
π
解析 令a＝cos θ，b＝sin θ，θ∈R，则a＋b＝cos θ＋sin θ＝2sin?θ＋?≥
4??－2，∴c＜－2.
答案 B
abcd
2.已知a、b、c、d都是正数，S＝＋＋＋，则有
a＋b＋ca＋b＋dc＋d＋ac＋d＋bA.0 3.已知a＞b＞c，则A.是正数 C.是非负数 111＋＋的值 a－bb－cc－a B.是负数或零 D.不确定 B.1 解析 令a－b＝m，b－c＝n， 则a－c＝m＋n，且m＞0，n＞0， 11111 ∴＞，∴原式＝＋?n－m＋n?＞0. nm＋nm??答案 A 4.设M＝ 1111 ＋10＋10＋…＋11，则 1022＋12＋22－1 A.M＝1 B.M<1 C.M>1 D.M与1大小关系不确定 解析 分母全换成210，共有210个单项. 答案 B 5.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.1 C.2 D.3 解析 对于①，假设(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，这时a＝b＝c，与已知矛盾，则(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0，故①正确.对于②，假设a>b与a 答案 C 6.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 3 －3，? A.?2?? C.(－1，0) 1 －2，? B.?5?? 12－，? D.??23? ??f（－1）≤0， 解析 若在[－1，1]内没有满足f(c)>0的实数c，则?解得 ?f（1）≤0，? ? ?3p≤－3或p≥.?2 1 p≤－或p≥1， 2 3?? p≤－3或p≥?， ∴此时p的取值范围是?p?2? ? ? 3?? －3 ? ? 答案 A 7.已知a＞0，b＞0且a＋b＝1，则z＝2a＋3b的取值范围是________. π 解析 令a＝cos2θ，b＝sin2θ，θ∈?0，?，则 2??z＝2a＋3b＝2cos2θ＋3sin2θ＝2＋sin2θ， ∵0＜sin2θ＜1，∴2＜z＜3. 答案 (2，3) x18.设x＞1，则＋与1的大小关系为________. 1＋x2解析 ∵x＞1，∴1＋x＞2.∴∴ 11＜， 1＋x2 1＋xxx11 ＋＞＋＝＝1. 1＋x21＋x1＋x1＋x x1＋＞1 1＋x2 1 ，n∈N＋，则f(n)与g(n)的大小关系为____________. 2n 答案 9.若f(n)＝n2＋1－n，g(n)＝解析 f(n)＝n2＋1－n ＝ 111 ＜＝＝g(n). n2＋1＋nn＋n2n 答案 g(n)＞f(n) 10.已知函数f(x)＝1＋x2，设a、b∈R，且a≠b，求证：|f(a)－f(b)|＜|a－b|. 证明 |f(a)－f(b)|＜|a－b|?|1＋a2－1＋b2|＜|a－b| ?(1＋a2－1＋b2)2＜(a－b)2 ?2＋a2＋b2－2 （1＋a2）（1＋b2）＜a2＋b2－2ab ?1＋ab＜（1＋a2）（1＋b2）.① 当ab≤－1时，式①显然成立； 当ab＞－1时，式①?(1＋ab)2＜(1＋a2)(1＋b2)?2ab＜a2＋b2.② ∵a≠b，∴式②成立.故原不等式成立. 本题还可用放缩法进行证明，过程更为简捷. ∵|≤ 1＋a2－ 1＋b2|＝|（1＋a2）－（1＋b2）||a2－b2| ＜ |a|＋|b|1＋a2＋1＋b2 |（a＋b）（a－b）| ＝|a－b|. |a＋b| ∴原不等式成立. 11 11.设a>0，b>0，且a＋b＝＋.求证： ab(1)a＋b≥2； (2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立. 11a＋b 证明 由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，得ab＝1. abab(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2ab＝2，即a＋b≥2. (2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则由a2＋a<2及a>0得0 12.已知△ABC的三边长是a，b，c，且m为正数，求证：证明 设函数f(x)＝ xm＝1－(x＞0，m＞0)， x＋mx＋m abc ＋＞. a＋mb＋mc＋m m 我们不难证明f(x)＝1－在(0，＋∞)上是增函数. x＋m∴有f(x)＝ x 在(0，＋∞)上是增函数. x＋m abab＋＞＋ a＋mb＋ma＋b＋ma＋b＋m ∵f(a)＋f(b)＝＝ a＋b ＝f(a＋b)， a＋b＋m c. c＋m 又a＋b＞c，∴f(a＋b)＞f(c)＝∴ abc＋＞成立. a＋mb＋mc＋m
人教A版数学选修4-5抢分教程能力提升：第2讲 证明不等式的基本方法 第三课时
