2019-2020學(xué)年高中數(shù)學(xué)課時(shí)分層作業(yè)7反證法和放縮法含解析新人教B版選修

PAGE課時(shí)分層作業(yè)(七)反證法和放縮法(建議用時(shí)：45分鐘)[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練]一、選擇題1．應(yīng)用反證法推出矛盾的推導(dǎo)過程中，要把下列哪些作為條件使用()①結(jié)論相反的判斷，即假設(shè)；②原命題的條件；③公理、定理、定義等；④原結(jié)論．A．①② B．①②④C．①②③ D．②③[解析]由反證法的推理原理可知，反證法必須把結(jié)論的相反判斷作為條件應(yīng)用于推理，同時(shí)還可應(yīng)用原條件以及公理、定理、定義等．[答案]C2．用反證法證明命題“如果a＞b，那么eq\r(3,a)＞eq\r(3,b)”時(shí)，假設(shè)的內(nèi)容是()A.eq\r(3,a)＝eq\r(3,b) B.eq\r(3,a)＜eq\r(3,b)C.eq\r(3,a)＝eq\r(3,b)且eq\r(3,a)＞eq\r(3,b) D.eq\r(3,a)＝eq\r(3,b)或eq\r(3,a)＜eq\r(3,b)[解析]應(yīng)假設(shè)eq\r(3,a)≤eq\r(3,b)，即eq\r(3,a)＝eq\r(3,b)或eq\r(3,a)＜eq\r(3,b).[答案]D3．已知p＝a＋eq\f(1,a－2)，q＝－a2＋4a(a＞2)，則()A．p＞q B．p＜qC．p≥q D．p≤q[解析]∵p＝(a－2)＋eq\f(1,a－2)＋2，又a－2＞0，∴p≥2＋2＝4，而q＝－(a－2)2＋4，由a＞2，可得q＜4，∴p＞q.[答案]A4．設(shè)M＝eq\f(1,210)＋eq\f(1,210＋1)＋eq\f(1,210＋2)＋…＋eq\f(1,211－1)，則()A．M＝1 B．M＜1C．M＞1 D．M與1大小關(guān)系不定[解析]∵210＋1＞210,210＋2＞210，…，211－1＞210，∴M＝eq\f(1,210)＋eq\f(1,210＋1)＋eq\f(1,210＋2)＋…＋eq\f(1,211－1)＜eq\f(1,210)＋eq\f(1,210)＋…＋eq\f(1,210)＝1.210個(gè)[答案]B5．設(shè)x，y，z都是正實(shí)數(shù)，a＝x＋eq\f(1,y)，b＝y(tǒng)＋eq\f(1,z)，c＝z＋eq\f(1,x)，則a，b，c三個(gè)數(shù)()A．至少有一個(gè)不大于2B．都小于2C．至少有一個(gè)不小于2D．都大于2[解析]∵a＋b＋c＝x＋eq\f(1,x)＋y＋eq\f(1,y)＋z＋eq\f(1,z)≥2＋2＋2＝6，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z＝1時(shí)等號成立，∴a，b，c三者中至少有一個(gè)不小于2.[答案]C二、填空題6．用反證法證明“一個(gè)三角形不能有兩個(gè)直角”有三個(gè)步驟：①∠A＋∠B＋∠C＝90°＋90°＋∠C>180°，這與三角形內(nèi)角和為180°矛盾，故假設(shè)錯(cuò)誤．②所以一個(gè)三角形不能有兩個(gè)直角．③假設(shè)△ABC中有兩個(gè)直角，不妨設(shè)∠A＝90°，∠B＝90°.上述步驟的正確順序?yàn)開_______．[解析]由反證法的步驟可知，正確順序?yàn)棰邰佗?[答案]③①②7．給出下列兩種說法：①已知p3＋q3＝2，求證p＋q≤2，用反證法證明時(shí)，可假設(shè)p＋q≥2；②已知a，b∈R，|a|＋|b|＜1，求證方程x2＋ax＋b＝0的兩根的絕對值都小于1，用反證法證明時(shí)，可假設(shè)方程有一根x1的絕對值大于或等于1，即假設(shè)|x1|≥1.以上兩種說法正確的是________．[解析]反證法的實(shí)質(zhì)是否定結(jié)論，對于①，其結(jié)論的反面是p＋q＞2，所以①錯(cuò)誤；對于②，其假設(shè)正確．[答案]②8．已知a為正數(shù)，則eq\f(1,2\r(a))，eq\f(1,2\r(a＋1))，eq\f(1,\r(a)＋\r(a＋1))從大到小的順序?yàn)開_______．[解析]∵eq\r(a)＋eq\r(a＋1)＞eq\r(a)＋eq\r(a)＝2eq\r(a)，eq\r(a)＋eq\r(a＋1)＜eq\r(a＋1)＋eq\r(a＋1)＝2eq\r(a＋1)，∴2eq\r(a)＜eq\r(a)＋eq\r(a＋1)＜2eq\r(a＋1)，∴eq\f(1,2\r(a))＞eq\f(1,\r(a)＋\r(a＋1))＞eq\f(1,2\r(a＋1)).[答案]eq\f(1,2\r(a))＞eq\f(1,\r(a)＋\r(a＋1))＞eq\f(1,2\r(a＋1))三、解答題9．設(shè)n是正整數(shù)，求證：eq\f(1,2)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)<1.[證明]由2n≥n＋k>n(k＝1,2，…，n)，得eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋k)<eq\f(1,n).當(dāng)k＝1時(shí)，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋1)<eq\f(1,n)；當(dāng)k＝2時(shí)，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋2)<eq\f(1,n)；…當(dāng)k＝n時(shí)，eq\f(1,2n)≤eq\f(1,n＋n)<eq\f(1,n).∴eq\f(1,2)＝eq\f(n,2n)≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)<eq\f(n,n)＝1，即原不等式成立．10．已知0＜a＜3,0＜b＜3,0＜c＜3.求證：a(3－b)，b(3－c)，c(3－a)不可能都大于eq\f(9,2).[證明]假設(shè)a(3－b)＞eq\f(9,2)，b(3－c)＞eq\f(9,2)，c(3－a)＞eq\f(9,2).∵a，b，c均為小于3的正數(shù)，∴eq\r(a3－b)＞eq\r(\f(9,2))，eq\r(b3－c)＞eq\r(\f(9,2))，eq\r(c3－a)＞eq\r(\f(9,2))，從而有eq\r(a3－b)＋eq\r(b3－c)＋eq\r(c3－a)＞eq\f(9,2)eq\r(2).①但是eq\r(a3－b)＋eq\r(b3－c)＋eq\r(c3－a)≤eq\f(a＋3－b,2)＋eq\f(b＋3－c,2)＋eq\f(c＋3－a,2)＝eq\f(9＋a＋b＋c－a＋b＋c,2)＝eq\f(9,2).②顯然②與①相矛盾，假設(shè)不成立，故命題得證．[能力提升練]1．當(dāng)n＞2時(shí)，logn(n－1)·logn(n＋1)與1的大小關(guān)系是()A．logn(n－1)·logn(n＋1)＞1B．logn(n－1)·logn(n＋1)＜1C．logn(n－1)·logn(n＋1)≤1D．不能確定[解析]logn(n－1)·logn(n＋1)＜eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(lognn－1＋lognn＋1,2)))eq\s\up14(2)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(lognn2－1,2)))eq\s\up14(2)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lognn2,2)))eq\s\up14(2)＝1.[答案]B2．x，y∈R，且x2＋y2＝1，則(1－xy)(1＋xy)有()A．最小值eq\f(3,4)，而無最大值B．最小值1，而無最大值C．最小值eq\f(1,2)和最大值1D．最大值1和最小值eq\f(3,4)[解析]可設(shè)x＝cosθ，y＝sinθ，則(1－xy)(1＋xy)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)sin2θ))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)sin2θ))＝1－eq\f(1,4)sin22θ.∵－1≤sin2θ≤1，∴0≤sin22θ≤1，∴sin2θ＝0時(shí)，取得最大值為1，sin2θ＝±1時(shí)，取得最小值為eq\f(3,4).[答案]D3．用反證法證明“已知平面上有n(n≥3)個(gè)點(diǎn)，其中任意兩點(diǎn)的距離最大為d，距離為d的兩點(diǎn)間的線段稱為這組點(diǎn)的直徑，求證直徑的數(shù)目最多為n條”時(shí)，假設(shè)的內(nèi)容為________．[解析]對“至多”的否定應(yīng)當(dāng)是“至少”，二者之間應(yīng)該是完全對應(yīng)的，所以本題中的假設(shè)應(yīng)為“直徑的數(shù)目至少為n＋1條”．[答案]直徑的數(shù)目至少為n＋1條4．用反證法證明：已知|a|＜1，|b|＜1，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\