高中数学第二讲讲明不等式的基本方法2.3反证法与放缩法2.3.1反证法课后导练新人教选修.docx

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1、2.3.1反证法课后导练基础达标1实数a,b,c不全为0的意义为（）A.a,b,c均不为0B.a,b,c中至多有一个为0C.a,b,c中至少有一个为0D.a,b,c中至少有一个不为0答案:D2设a,b,c都是正数，则三个数a+,b+,c+…（）A.都大于2B.至少有一个大于2C.至少有一个不小于2D.至少有一个不大于2解析:(反证法)设三者都小于2,即a+<2,b+<2,c+<2,∴(a+)+(b+)+(c+)<6.但(a+)+(b+)+(c+)=(a+)+(b+)+(c+)≥=6.推出矛盾,故原假设不成立,即这三个数不都小于2.答案:C3设a,b,c∈R+,P=a+b-

2、c,Q=b+c-a,R=c+a-b,则“PQR>0”是“P,Q,R同时大于零”的…()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件解析:∵a,b,c∈R+,∴P+Q=2b>0,P+R=2a>0,Q+R=2c>0,当PQR>0时,P,Q,R中正数个数为1或3;当有一个为正时,假设P>0,是Q,R<0Q+R<0,与R+Q>0矛盾.故P,Q,R同时大于零.若P,Q,R>0,则PQR>0.故选C.答案:C4已知α,β∈(0,),且sin(α+β)=2sinα,求证:α<β.证明:假设α<β不成立,则α≥β.(1)若α=β,由sin(α+β)=2s

3、inαsin2α=2sinα,从而cosα=1,这与α∈(0,)矛盾.(2)若α>β,则sinα·cosβ+cosα·sinβ=2sinα,即cosα·sinβ=sinα(2-cosβ),.∵α>β,∴sinα>sinβ.从而>1,即cosα>2-cosβcosα+cosβ>2,这是不可能的,表明α>β不成立,由(1)(2)知结论成立.综合应用5已知a,b,c,d∈R且a+b=c+d=1,ac+bd>1.求证:a,b,c,d中至少有一个是负数.证明:假设a,b,c,d都是非负数，∵a+b=c+d=1,∴(a+b)(c+d)=1.又∵(a+b)(c+d)=ac+bc+a

4、d+bd≥ac+bd,∴ac+bd≤1，这与已知ac+bd>1矛盾.∴a,b,c,d中至少有一个是负数.6设a,b,c,d是正数,有下列三个不等式:①a+b0,∴4cd<(a+b)(c+d)

5、不正确.7已知a,b,c>0,a+b>c.求证:.证明:假设则1-,1+,(1+a)(1+b)(1+c)+(1+a)(1+b)≤(1+b)(1+c)+(1+a)(1+c),(c+2)(1+a)(1+b)≤(1+c)(a+b+2)，2+2b+2a+2ab+c+bc+ac+abc≤a+b+2+ac+bc+2c,2ab+abc+a+b≤c.①∵a+b>c,a,b,c>0,∴a+b+2ab+abc>c.这与①相矛盾,∴假设不成立.∴原不等式成立.8已知a,b,c∈R,a+b+c>0,ab+bc+ca>0,abc>0,求证:a,b,c>0.证明:假设a,b,c不全为正数,由abc>

6、0可知,a,b,c中必有两负一正,不妨设a,b<0,c>0,∵a+b+c>0有c>-(a+b)>0.两端同乘以a+b,有(a+b)c<-(a+b)2,即ac+bc<-a2-2ab-b2.由此可知ab+bc+ca<-a2-ab-b2=-(a2+ab+b2)<0.这与已知ab+bc+ca>0矛盾.故假设不成立,∴a,b,c>0.拓展探究9已知函数f(x)(x∈R)满足下列条件:对任意的实数x1,x2都有λ(x1-x2)2≤(x1-x2)［f(x1)-f(x2)］和

7、f(x1)-f(x2)

8、≤

9、x1-x2

10、,其中λ是大于0的常数,设实数a0,a,b满足f(a0)=0和b=a-λ

11、f(a).(1)证明λ≤1,并且不存在b0≠a0,使得f(b0)=0;(2)证明(b-a0)2≤(1-λ2)(a-a0)2;(3)证明［f(b)］2≤(1-λ2)［f(a)］2.思路分析:(1)利用不等式的传递性及反证法证明;(2),(3)都是由构造法,结合不等式的传递性证明.证明:(1)任取x1,x2∈R,x1≠x2,则由λ(x1-x2)2≤(x1-x2)［f(x1)-f(x2)］①和

12、f(x1)-f(x2)

13、≤

14、x1-x2

15、,②可知,λ(x1-x2)2≤(x1-x2)［f(x1)-f(x2)］≤

16、x1-x2

17、·

18、f(x1)