數(shù)學(xué)同步測(cè)控：反證法

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精同步測(cè)控我夯基,我達(dá)標(biāo)1.命題“△ABC中，若∠A〉∠B,則a〉b”的結(jié)論的否定應(yīng)該是（)A。a〈bB.a≤bC。a=bD。a≥b解析:a>b的否定為“a不大于b”，即a≤b.答案：B2.如果兩個(gè)實(shí)數(shù)之和為正數(shù)，則這兩個(gè)數(shù)（）A.一個(gè)是正數(shù),一個(gè)是負(fù)數(shù)B。都是正數(shù)C.至少有一個(gè)是正數(shù)D。都是負(fù)數(shù)解析:兩個(gè)都是正數(shù)滿足;一個(gè)是正數(shù)，一個(gè)是負(fù)數(shù)也有可能滿足，如a=5，b=-3,a+b=2>0.答案：C3.設(shè)a、b、c∈R+，P=a+b—c,Q=b+c—a,R=c+a—b，則“PQR>0”是“P、Q、R同時(shí)大于零"的()A.充分而不必要條件B。必要而不充分條件C。充要條件D。既不充分也不必要條件解析：若P、Q、R同時(shí)大于零,則PQR〉0成立;反過來(lái)，若PQR>0，且P、Q、R不同時(shí)大于零,則其中兩個(gè)為負(fù)數(shù)，一個(gè)為正數(shù),不妨設(shè)P〉0,Q〈0,R〈0，則a+b-c〉0,b+c—a<0,c+a—b〈0.∴2c<0,即c〈0,與已知c>0矛盾.∴P、Q、R同時(shí)大于零.∴“PQR〉0”是“P、Q、R同時(shí)大于零”的充要條件。答案：C4。設(shè)a、b、c∈R+,則三個(gè)數(shù)a+,b+,c+滿足()A。都大于2B。都小于2C.至少有一個(gè)不大于2D。至少有一個(gè)不小于2解析:假設(shè)a+,b+,c+都小于2,則(a+)+(b+)+（c+）〈6。又∵a、b、c∈R+,∴a+≥2，b+≥2,c+≥2?！啵╝+）+（b+）+（c+）=（a+)+（b+)+(c+)≥6,矛盾?！嗉僭O(shè)不成立?！郺+，b+,c+至少有一個(gè)不小于2成立.但不一定都大于2，例如a=1,b=1,c=，則a+=2.答案:D5.用反證法證明命題“如果a<b，那么<”時(shí)，假設(shè)的內(nèi)容為（）A.B.C.或D.且解析:<的否定為不小于，即≥。選C。答案：C6.已知x>y〉z(mì)且x+y+z=1,則下列不等式中恒成立的是（)A。xy>yzB.xz>yzC.x｜y｜〉z(mì)|y｜D。xy〉xz解析：由x〉y>z且x+y+z=1,得x>0.假設(shè)x≤0?！選〉y〉z(mì)，∴y〈0,z〈0?！鄕+y+z<0,與x+y+z=1矛盾?！鄕〉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.充要條件B.必要不充分條件C。充分不必要條件D.既不充分也不必要條件解析:若a2+b2〈1，則｜a|〈1,|b｜<1.假設(shè)ab+1≤a+b,則（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，與(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，則（a—1）（b—1）>0?！嗷蛴傻胊2+b2〉1，∴a2+b2<1不成立.答案:C8.設(shè)a、b、c、d是正數(shù)，求證:不等式①a+b<c+d；②（a+b)（c+d)〈ab+cd;③(a+b）cd<ab(c+d)中至少有一個(gè)不正確。證明:假設(shè)不等式都正確，即①②③都成立。∵a、b、c、d是正數(shù)，則由①②得（a+b)2〈ab+cd.④由③得(a+b）cd〈ab(c+d)≤()2(c+d)?！?cd〈（a+b)(c+d）〈ab+cd.∴3cd〈ab,即cd〈ab.由④得(a+b）2〈ab+ab,即(a+b)2〈ab，即a2+b2〈—ab,與事實(shí)矛盾?！嗉僭O(shè)不成立，即①②③中至少有一個(gè)不正確。我綜合，我發(fā)展9.若0<a<1,求證:+≥9。分析:可用反證法，或構(gòu)造基本不等式證明.證法一：假設(shè)+<9，∵0<a<1,∴1—a〉0.∴兩邊同乘a（1—a),得(1—a）+4a<9a（1—a），即9a2—6a+1〈0,即(3a-1)2〈0,與(3a-1)2≥0矛盾.∴假設(shè)不成立?！?≥9成立。證法二:∵0〈a<1，∴1-a〉0?！?==+1+4+=5+≥5+2=5+2×2=9,即+≥9成立.10。若0〈μ≤，求證：μ+≥.分析：本題不能用基本不等式證明,可用反證法證明.證明:假設(shè)μ+〈，∵μ〉0，∴不等式為μ2-μ+1<0,即4μ2-17μ+4<0?！啵é?4)(4μ-1）〈0.∴<μ<4,與0<μ≤矛盾?！嗉僭O(shè)不成立?！唳?≥成立.11.已知a、b、c、d∈R,且a+b=c+d=1,ac+bd〉1,求證：a、b、c、d中至少有一個(gè)是負(fù)數(shù).分析：本題是關(guān)于“至少”問題,情況較多,可用反證法.證明：假設(shè)a、b、c、d都是非負(fù)數(shù)，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)?！遖≥0，d≥0,b≥0,c≥0，∴ad+bc≥0.∴-(ad+bc)≤0.∴1-(ad+bc)≤1,即ac+bd≤1，與ac+bd>1矛盾?！嗉僭O(shè)不成立.∴a、b、c、d中至少有一個(gè)是負(fù)數(shù).12。已知a、b、c∈R+，求證：2（)≤3（).分析:要證明的不等式比較復(fù)雜，可用反證法.證明：假設(shè)2（）〉3（）成立,即a+b-2>a+b+c-3,∴c+2<3。又∵a、b、c∈R+,∴c+2=c++≥3=3，與c+2<3矛盾?！嗉僭O(shè)不成立.∴2(）≤3()成立.我創(chuàng)新，我超越13。設(shè)a、b∈R，0≤x≤1且0≤y≤1，求證:對(duì)于任意實(shí)數(shù)a、b，必存在滿足條件的x、y，使|xy-ax—by｜≥成立.分析：本題為“存在性"問題,可用反證法證明.證明:假設(shè)不存在x、y使｜xy-ax—by｜≥成立，即對(duì)于所有的0≤x≤1，0≤y≤1,使得|xy-ax—by|〈成立.令x=0,y=1,得|b｜〈;令x=1,y=0,得｜a｜〈；令x=y=1,得｜1-a-b｜〈.又∵｜1-a—b｜≥1—｜a|—｜b｜>1-—=，與|1—a-b|〈矛盾?！嗉僭O(shè)不成立.∴對(duì)于任意實(shí)數(shù)a、b必存在0≤x≤1且0≤y≤1，使|xy-ax—by｜≥成立.14。若a3+b3=2,求證:a+b≤2.分析:本題的條件為三次,結(jié)論為一次，由一次到三次容易推證,由三次到一次不易推證，可用反證法.證法一:假設(shè)a+b〉2，則a2-ab+b2=(a—b）2+b2≥0.當(dāng)且僅當(dāng)a=b=0時(shí)取“=”,但a3+b3=2,∴不能取“=”?！郺2-ab+b2>0.∵a3+b3=(a+b)(a2—ab+b2）>2（a2-ab+b2）,而a3+b3=2,∴2〉2（a2-ab+b2），即a2-ab+b2〈1.∴1+ab〉a2+b2≥2ab。∴ab〈1.∴a2+b2<1+ab<2.∴(a+b）2=a2+b2+2ab〈2+2ab〈4.∴a+b〈2，與a+b〉2矛盾?！嗉僭O(shè)不成立?！郺+b≤2成立.證法二：假設(shè)a+b〉2,則a>2—b?！?=a3+b3>(2—b)3+b3，=8-12b+6b2—b3+b3,即(b-1）2〈0，與（b-1）2≥0矛盾?！嗉僭O(shè)不成立，∴a+b≤2成立。證法三：假設(shè)a+b>2,則(a+b）3=a3+3a2b+3