2024秋高中數(shù)學(xué)第二章推理與證明2.2直接證明與間接證明2.2.2反證法課時作業(yè)含解析新人教A版選修2-2

PAGE1-其次章2.22.2.2請同學(xué)們仔細(xì)完成練案[17]A級基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．在用反證法證明命題“三個正數(shù)a，b，c滿意a＋b＋c≤6，則a，b，c中至少有一個不大于2”時，下列假設(shè)正確的是(AA．假設(shè)a，b，c都大于2B．假設(shè)a，b，c都不大于2C．假設(shè)a，b，c至多有一個不大于2D．假設(shè)a，b，c至少有一個大于2[解析]“a，b，c中至少有一個不大于2”的對立面是“a，b，c都大于2”2．①已知p3＋q3＝2，求證p＋q≤2，用反證法證明時，可假設(shè)p＋q≥2，②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求證方程x2＋ax＋b＝0的兩根的肯定值都小于1.用反證法證明時可假設(shè)方程有一根x1的肯定值大于或等于1，即假設(shè)|x1|≥1.以下結(jié)論正確的是(D)A．①與②的假設(shè)都錯誤B．①與②的假設(shè)都正確C．①的假設(shè)正確；②的假設(shè)錯誤D．①的假設(shè)錯誤；②的假設(shè)正確[解析]反證法的實(shí)質(zhì)是命題的等價性，因?yàn)槊}p與命題的否定?p真假相對，故干脆證明困難時，可用反證法．故選D．3．(2024·青島高二檢測)有甲、乙、丙、丁四位歌手參與競賽，其中只有一位獲獎，有人走訪了四位歌手，甲說：“是乙或丙獲獎．”乙說：“甲、丙都未獲獎．”丙說：“我獲獎了．”丁說：“是乙獲獎．”四位歌手的話只有兩名是對的，則獲獎的歌手是(C)A．甲 B．乙C．丙 D．丁[解析]若甲獲獎，則甲、乙、丙、丁說的都是錯的，同理可推知乙、丙、丁獲獎的狀況，最終可知獲獎的歌手是丙．4．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同時大于零的(C)A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分又不必要條件[解析]若P>0，Q>0，R>0，則必有PQR>0；反之，若PQR>0，也必有P>0，Q>0，R>0.因?yàn)楫?dāng)PQR>0時，若P、Q、R不同時大于零，則P、Q、R中必有兩個負(fù)數(shù)，一個正數(shù)，不妨設(shè)P<0，Q<0，R>0，即a＋b<c，b＋c<a，兩式相加得b<0，這與已知b∈R＋沖突，因此必有P>0，Q>0，R>0.5．假如△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個內(nèi)角的正弦值，則(A．△A1B1C1和△A2B2CB．△A1B1C1和△A2B2CC．△A1B1C1是鈍角三角形，△A2B2CD．△A1B1C1是銳角三角形，△A2B2C[解析]由條件知，△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值均大于0，則△A1B1C1是銳角三角形，假設(shè)△A2B2eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinA2＝cosA1＝sin\f(π,2)－A1,sinB2＝cosB1＝sin\f(π,2)－B1,sinC2＝cosC1＝sin\f(π,2)－C1))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A2＝\f(π,2)－A1,B2＝\f(π,2)－B1,C2＝\f(π,2)－C1))，那么，A2＋B2＋C2＝eq\f(π,2)，這與三角形內(nèi)角和為180°相沖突，故假設(shè)不成立，即△A2B2C2是鈍角三角形，故選6．若m、n∈N*，則“a>b”是“am＋n＋bm＋n>anbm＋ambn”的(D)A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件[解析]am＋n＋bm＋n－anbm－ambn＝an(am－bm)＋bn(bm－am)＝(am－bm)(an－bn)>0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am>bm,an>bn))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am<bm,an<bn))，不難看出a>b?/am＋n＋bm＋n>ambn＋anbm，am＋n＋bm＋n>ambn＋bman?/a>b.二、填空題7．命題“a，b是實(shí)數(shù)，若|a＋1|＋(b＋1)2＝0，則a＝b＝－1”，用反證法證明該命題時應(yīng)假設(shè)__a≠－1或b≠－1__[解析]a＝b＝－1表示a＝－1且b＝－1，故其否定是a≠－1或b≠－1.8．下列命題適合用反證法證明的是__①②③④__.①已知函數(shù)f(x)＝ax＋eq\f(x－2,x＋1)(a>1)，證明：方程f(x)＝0沒有負(fù)實(shí)數(shù)根；②若x，y∈R，x>0，y>0且x＋y>2，求證：eq\f(1＋x,y)和eq\f(1＋y,x)中至少有一個小于2；③關(guān)于x的方程ax＝b(a≠0)的解是唯一的；④同一平面內(nèi)，分別與兩條相交直線垂直的兩條直線必相交．[解析]①是“否定性”命題；②是“至少”類命題；③是“唯一性”命題，且題中條件較少；④不易干脆證明，因此四個命題都適合用反證法證明．故填①②③④.三、解答題9．已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，求證：a，b，c，d中至少有一個是負(fù)數(shù)．[解析]假設(shè)a，b，c，d都是非負(fù)數(shù)，因?yàn)閍＋b＝c＋d＝1，所以(a＋b)(c＋d)＝1，又(a＋b)(c＋d)＝ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd，所以ac＋bd≤1，這與已知ac＋bd>1沖突，所以a，b，c，d中至少有一個是負(fù)數(shù)．10．(2024·深圳高二檢測)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)中，a，b，c均為整數(shù)，且f(0)，f(1)均為奇數(shù)．求證：f(x)＝0無整數(shù)根．[解析]假設(shè)f(x)＝0有整數(shù)根n，則an2＋bn＋c＝0，由f(0)為奇數(shù)，即c為奇數(shù)，f(1)為奇數(shù)，即a＋b＋c為奇數(shù)，所以a＋b為偶數(shù)，又an2＋bn＝－c為奇數(shù)，所以n與an＋b均為奇數(shù)，又a＋b為偶數(shù)，所以an－a為奇數(shù)，即(n－1)a為奇數(shù)，所以n－1為奇數(shù)，這與n為奇數(shù)沖突．所以f(x)＝0無整數(shù)根．B級素養(yǎng)提升一、選擇題1．(多選題)①已知p3＋q3＝2，求證p＋q≤2，用反證法證明時，可假設(shè)p＋q＞2；②設(shè)x，y，z都是正數(shù)，用反證法證明三個數(shù)x＋eq\f(1,y)，eq\f(y＋1,z)，eq\f(z＋1,x)至少有一個不小于2時，可假設(shè)x＋eq\f(1,y)，y＋eq\f(1,z)，eq\f(z＋1,x)都大于2，以下說法不正確的是(ABD)A．①與②的假設(shè)都錯誤B．①與②的假設(shè)都正確C．①的假設(shè)正確，②的假設(shè)錯誤D．①的假設(shè)錯誤，②的假設(shè)正確[解析]p＋q≤2的反面是p＋q＞2，①正確，“至少有一個不小于2”的反面是“都小于2”，②2．(多選題)(2024·龍巖期中)“已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋a(a∈R)，求證：|f(1)|與|f(2)|中至少有一個不小于eq\f(1,2).”用反證法證明這個命題時，下列假設(shè)不正確的是(ACD)A．假設(shè)|f(1)|≥eq\f(1,2)且|f(2)|≥eq\f(1,2)B．假設(shè)|f(x)|<eq\f(1,2)且|f(2)|<eq\f(1,2)C．假設(shè)|f(1)|與|f(2)|中至多有一個不小于eq\f(1,2)D．假設(shè)|f(1)|與|f(2)|中至少有一個不大于eq\f(1,2)[解析]由于反證法是命題的否定的一個運(yùn)用，故用反證法證明命題時，可以設(shè)其否定成立進(jìn)行推證．假設(shè)|f(1)|＜eq\f(1,2)且|f(2)|＜eq\f(1,2)，故選ACD．二、填空題3．(2024·嘉峪關(guān)校級期中)已知x，y∈R且x＋y＞2，則x，y中至少有一個大于1，在反證法證明時假設(shè)應(yīng)為__x≤1且y≤1__.[解析]∵x，y中至少有一個大于1，∴其否定為x，y均不大于1，即x≤1且y≤1，故答案為x≤1且y≤1.4．在用反證法證明“已知p3＋q3＝2，求證：p＋q≤2”時的反設(shè)為__p＋q>2__，得出的沖突為__(q－1)2<0，或(p－1)2<0__[解析]由題意假設(shè)p＋q＞2，則p＞2－q，p3＞(2－q)3，p3＋q3＞8－12q＋6q2，∵p3＋q3＝2，∴2＞8－12q＋6q2，即q2－2q＋1＜0，∴(q－1)2＜0，∵不論q為何值，(q－1)2都大于等于0，即假設(shè)不成立，∴p＋q≤2；由以上分析過程可知：反設(shè)為p＋q＞2，得出的沖突為(q－1)2＜0，同理可得出沖突(p－1)2＜0.綜上：反設(shè)為p＋q＞2，得出的沖突為(q－1)2＜0，或(p－1)2＜0.三、解答題5．設(shè)a，b，c均為正實(shí)數(shù)，反證法證明：a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,c)，c＋eq\f(1,a)至少有一個不小于2.[解析]證明：假設(shè)a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,c)，c＋eq\f(1,a)全部小于2.即a＋eq\f(1,b)＜2，b＋eq\f(1,c)＜2，c＋eq\f(1,a)＜2，則a＋eq\f(1,b)＋b＋eq\f(1,c)＋c＋eq\f(1,a)＜6，①又≥2eq\r(a×\f(1,a))＋2eq\r(b×\f(1,b))＋2eq\r(c×\f(1,c))＝6，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝1時等號成立，與①沖突，所以假設(shè)錯誤．原命題為真．a(chǎn)＋eq\f(1,b)＋b＋eq\f(1,c)＋c＋eq\f(1,a)＝(a＋eq\f(1,a))＋(b＋eq\f(1,b))＋(c＋eq\f(1,c))所以a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,c)，c＋eq\f(1,a)至少有一個不小于2.6．設(shè)f(x)＝x2＋bx＋c，x∈[－1,1]，證明：b<－2時，在其定義域范圍內(nèi)至少存在一個x，使|f(x)|≥eq\f(1,2)成立．[證明]假設(shè)不存在x∈[－1,1]使|f(x)|≥eq\f(1,2).則對于x∈[－1,1]上隨意x，都有－eq\f(1,2)<