2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第二章推理與證明2.2.2反證法練習(xí)含解析新人教A版選修1-2

PAGE1-2.2.2反證法[A基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1.用反證法證明“三角形中最多只有一個內(nèi)角為鈍角”，下列假設(shè)中正確的是（）A.有兩個內(nèi)角是鈍角B.有三個內(nèi)角是鈍角C.至少有兩個內(nèi)角是鈍角D.沒有一個內(nèi)角是鈍角解析：選C.“最多有一個”的反設(shè)是“至少有兩個”.2.有以下結(jié)論：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)該方程有一根x1的肯定值大于或等于1，即假設(shè)|x1|≥1.下列說法中正確的是（）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：選D.用反證法證題時肯定要將對立面找準(zhǔn).在①中應(yīng)假設(shè)p＋q>2，故①的假設(shè)是錯誤的，而②的假設(shè)是正確的.3.已知a，b是異面直線，直線c平行于直線a，那么c與b的位置關(guān)系為（）A.肯定是異面直線B.肯定是相交直線C.不行能是平行直線D.不行能是相交直線解析：選C.假設(shè)c∥b，而由c∥a，可得a∥b，這與a，b異面沖突，故c與b不行能是平行直線.故應(yīng)選C.4.設(shè)x，y，z都是正實數(shù)，a＝x＋eq\f(1,y)，b＝y(tǒng)＋eq\f(1,z)，c＝z＋eq\f(1,x)，則a，b，c三個數(shù)（）A.至少有一個不大于2B.都小于2C.至少有一個不小于2D.都大于2解析：選C.若a，b，c都小于2，則a＋b＋c＜6①，而a＋b＋c＝x＋eq\f(1,x)＋y＋eq\f(1,y)＋z＋eq\f(1,z)≥6②，明顯①，②沖突，所以C正確.5.有甲、乙、丙、丁四位歌手參與競賽，其中一位獲獎，有人采訪了四位歌手，甲說：“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句是對的，則獲獎的歌手是（）A.甲 B.乙C.丙 D.丁解析：選C.若甲獲獎，則甲、乙、丙、丁說的話都是假的，同理可推出乙、丙、丁獲獎的狀況，最終可知獲獎的歌手是丙.6.在△ABC中，若AB＝AC，P是△ABC內(nèi)的一點(diǎn)，∠APB＞∠APC，求證：∠BAP＜∠CAP，用反證法證明時的假設(shè)為.解析：反證法對結(jié)論的否定是全面否定，∠BAP＜∠CAP的對立面是∠BAP＝∠CAP或∠BAP＞∠CAP.答案：∠BAP＝∠CAP或∠BAP＞∠CAP7.完成反證法證題的全過程.設(shè)a1，a2，…，a7是由數(shù)字1，2，…，7隨意排成的一個數(shù)列，p＝（a1－1）（a2－2）…（a7－7），求證：p為偶數(shù).證明：假設(shè)p為奇數(shù)，則均為奇數(shù).因為7個奇數(shù)之和為奇數(shù)，故有（a1－1）＋（a2－2）＋…＋（a7－7）為.①而（a1－1）＋（a2－2）＋…＋（a7－7）＝（a1＋a2＋…＋a7）－（1＋2＋…＋7）＝Ｗ.②①與②沖突，故假設(shè)不成立，故p為偶數(shù).解析：由假設(shè)p為奇數(shù)，可知a1－1，a2－2，…，a7－7均為奇數(shù)，故（a1－1）＋（a2－2）＋…＋（a7－7）為奇數(shù)，而（a1－1）＋（a2－2）＋…＋（a7－7）＝（a1＋a2＋…＋a7）－（1＋2＋…＋7）＝0，沖突，故假設(shè)不成立，故p為偶數(shù).答案：a1－1，a2－2，…，a7－7奇數(shù)08.設(shè)a，b是兩個實數(shù)，給出下列條件：①a＋b＝1；②a＋b＝2；③a＋b＞2；④a2＋b2＞2.其中能推出“a，b中至少有一個大于1”的條件是（填序號）.解析：若a＝eq\f(1,3)，b＝eq\f(2,3)，則a＋b＝1，但a＜1，b＜1，故①不能推出.若a＝b＝1，則a＋b＝2，故②不能推出.若a＝－2，b＝1，則a2＋b2＞2，故④不能推出.對于③，即a＋b＞2，則a，b中至少有一個大于1.反證法：假設(shè)a≤1且b≤1，則a＋b≤2，與a＋b＞2沖突，因此假設(shè)不成立，故a，b中至少有一個大于1.答案：③9.如圖所示，設(shè)SA、SB是圓錐的兩條母線，O是底面圓心，C是SB上一點(diǎn).求證：AC與平面SOB不垂直.證明：如圖所示，連接AB，假設(shè)AC⊥平面SOB.因為直線SO在平面SOB內(nèi)，所以AC⊥SO.因為SO⊥底面圓O，所以SO⊥AB，所以SO⊥平面SAB，所以平面SAB∥底面圓O.這明顯沖突，所以假設(shè)不成立，故AC與平面SOB不垂直.10.已知x，y>0，且x＋y>2.求證：eq\f(1＋x,y)，eq\f(1＋y,x)中至少有一個小于2.證明：假設(shè)eq\f(1＋x,y)，eq\f(1＋y,x)都不小于2，即eq\f(1＋x,y)≥2，eq\f(1＋y,x)≥2.因為x>0，y>0，所以1＋x≥2y，1＋y≥2x，所以2＋x＋y≥2（x＋y），即x＋y≤2，與已知x＋y>2沖突，所以eq\f(1＋x,y)，eq\f(1＋y,x)中至少有一個小于2.[B實力提升]11.若下列方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋（a－1）x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0至少有一個方程有實根，則實數(shù)a的取值范圍為.解析：假設(shè)三個方程均無實數(shù)根，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ1＝16a2－4（－4a＋3）＜0，,Δ2＝（a－1）2－4a2＜0，,Δ3＝4a2－4（－2a）＜0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)＜a＜\f(1,2)，,a＜－1或a＞\f(1,3)，,－2＜a＜0，))即－eq\f(3,2)＜a＜－1，所以當(dāng)a≥－1或a≤－eq\f(3,2)時，三個方程至少有一個方程有實根.答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪[－1，＋∞）12.若a、b、c、d都是有理數(shù)，eq\r(c)、eq\r(d)都是無理數(shù)，且a＋eq\r(c)＝b＋eq\r(d)，則a與b，c與d之間的數(shù)量關(guān)系為，.解析：假設(shè)a≠b，令a＝b＋m（m是不等于零的有理數(shù)），于是b＋m＋eq\r(c)＝b＋eq\r(d)，所以m＋eq\r(c)＝eq\r(d)，兩邊平方整理得eq\r(c)＝eq\f(d－c－m2,2m).左邊是無理數(shù)，右邊是有理數(shù)，沖突，因此a＝b，從而c＝d.答案：a＝bc＝d13.設(shè)數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列，Sn是它的前n項和.（1）求證：數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列；（2）數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列嗎？為什么？解：（1）證明：假設(shè)數(shù)列{Sn}是等比數(shù)列，則Seq\o\al(2,2)＝S1S3，即aeq\o\al(2,1)（1＋q）2＝a1·a1·（1＋q＋q2）.因為a1≠0，所以（1＋q）2＝1＋q＋q2，即q＝0，這與公比q≠0沖突，所以假設(shè)不成立，所以數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列.（2）當(dāng)q＝1時，Sn＝na1，故數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列；當(dāng)q≠1時，假設(shè)數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列，則2S2＝S1＋S3，即2a1（1＋q）＝a1＋a1（1＋q＋q2），得q＝0，這與公比q≠0沖突.綜上，當(dāng)q＝1時，數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列；當(dāng)q≠1時，數(shù)列{Sn}不是等差數(shù)列.14.（選做題）已知二次函數(shù)f（x）＝ax2＋bx＋c（a＞0）的圖象與x軸有兩個不同的交點(diǎn).若f（c）＝0，且0＜x＜c時f（x）＞0.（1）證明：eq\f(1,a)是函數(shù)f（x）的一個零點(diǎn)；（2）試用反證法證明：eq\f(1,a)＞c.證明：（1）因為f（x）的圖象與x軸有兩個不同的交點(diǎn)，所以f（x）＝0有兩個不等實根x1，x2.因為f（c）＝0，所以x1＝c是f（x）＝0的一個根，又因為x1x2＝eq\f(c,a).所以x2＝eq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)≠c))，所以eq\f(1,a)是f（x）＝0的另一個根，即eq\f(1,a)是函數(shù)f（x）的一個零點(diǎn).（2