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ab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
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