2018-2019学年高中数学 第二章 推理与证明 2.2.2 反证法习题 新人教A版选修2-2


第一章 2.2 2.2.2 反证法

A 级 基础巩固 一、选择题 1.设 a、b、c∈(-∞,0),则 a+1b,b+1c,c+1a( C )

A.都不大于-2

B.都不小于-2

C.至少有一个不大于-2

D.至少有一个不小于-2

[解析] 假设都大于-2,则 a+1b+b+1c+c+1a>-6,

但(a+1b)+(b+1c)+(c+1a)

=(a+1a)+(b+1b)+(c+1c)≤-2+(-2)+(-2)=-6,矛盾.

2.(2018·湖北期中)已知 a,b,c∈(0,+∞),则下列三个数 a+4b,b+9c,c+1a6( D )

A.都大于 6 B.至少有一个不大于 6 C.都小于 6 D.至少有一个不小于 6 [解析] 设 a+4b,b+9c,c+1a6都小于 6,

则 a+4b+b+9c+c+1a6<18,

利用基本不等式可得 a+4b+b+9c+c+1a6≥2 a·1a6+2 b·4b+2 c·9c=8+4+

6=18, 这与假设所得结论矛盾,故假设不成立, 故下列三个数 a+4b,b+9c,c+1a6至少有一个不小于 6,

故选 D.

3.(2017·青岛高二检测)有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛,其中只有一位获奖,

有人走访了四位歌手,甲说:“是乙或丙获奖.”乙说:“甲、丙都未获奖.”丙说:“我

获奖了.”丁说:“是乙获奖.”四位歌手的话只有两名是对的,则获奖的歌手是( C )

A.甲

B.乙

C.丙

D.丁

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[解析] 若甲获奖,则甲、乙、丙、丁说的都是错的,同理可推知乙、丙、丁获奖的情

况,最后可知获奖的歌手是丙.

4.(2017·济南高二检测)设实数 a、b、c 满足 a+b+c=1,则 a、b、c 中至少有一个

数不小于( B )

A.0

1 B.3

C.12

D.1

[解析]

三个数

a、b、c

的和为

1

1

1,其平均数为3,故三个数中至少有一个大于或等于3.假

设 a、b、c 都小于13,则 a+b+c<1,与已知矛盾.

5.设 a、b、c∈R+,P=a+b-c,Q=b+c-a,R=c+a-b,则“PQR>0”是 P、Q、R

同时大于零的( C )

A.充分而不必要条件

B.必要而不充分条件

C.充要条件

D.既不充分又不必要条件

[解析] 若 P>0,Q>0,R>0,则必有 PQR>0;反之,若 PQR>0,也必有 P>0,Q>0,R>0.因

为当 PQR>0 时,若 P、Q、R 不同时大于零,则 P、Q、R 中必有两个负数,一个正数,不妨设

P<0,Q<0,R>0,即 a+b<c,b+c<a,两式相加得 b<0,这与已知 b∈R+矛盾,因此必有 P>0,

Q>0,R>0. 6.若 m、n∈N*,则“a>b”是“am+n+bm+n>anbm+ambn”的( D )

A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

C.充分必要条件

D.既不充分也不必要条件

[ 解 析 ] am + n + bm + n - anbm - ambn = an(am - bm) + bn(bm - am) = (am - bm)(an - bn)>0 ?

??am>bm ???an>bn

或?????aamn<<bbmn

,不难看出 a>b? / am+n+bm+n>ambn+anbm,am+n+bm+n>ambn+bman? / a>b.

二、填空题

7.(2018·思明区校级期中)用反证法证明某命题时,对于“已知 a1+a2+a3+a4>100, 求证:a1,a2,a3,a4 中至少有一个数大于 25”.正确的反设为 a1,a2,a3,a4 都不大于 25.
[解析] 根据反证法的步骤,则应先假设 a1,a2,a3,a4 都不大于 25. 故答案为 a1,a2,a3,a4 都不大于 25. 8.完成反证法证题的全过程.

题目:设 a1,a2,…,a7 是 1,2,…,7 的一个排列,求证:乘积 p=(a1-1)(a2-2)…(a7

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-7)为偶数. 证明:假设 p 为奇数,则 a1-1,a2-2,…,a7-7 均为奇数. 因奇数个奇数之和为奇数,故有奇数=(a1-1)+(a2-2)+…+(a7-7) =(a1+a2+…+a7)-(1+2+…+7) =0. 但奇数≠偶数,这一矛盾说明 p 为偶数. [解析] 假设 p 为奇数,则 a1-1,a2-2,…,a7-7 均为奇数,因为奇数个奇数之和
为奇数,故有 奇数=(a1-1)+(a2-2)+…+(a7-7) =(a1+a2+…+a7)-(1+2+…+7)=0. 但奇数≠偶数,这一矛盾说明 p 为偶数. 三、解答题 9.(2016·吉林高二检测)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. [解析] 假设 a,b,c,d 都是非负数, 因为 a+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, 这与已知 ac+bd>1 矛盾, 所以 a,b,c,d 中至少有一个是负数. 10.(2017·深圳高二检测)设函数 f(x)=ax2+bx+c(a≠0)中,a,b,c 均为整数,且
f(0),f(1)均为奇数. 求证:f(x)=0 无整数根. [解析] 假设 f(x)=0 有整数根 n, 则 an2+bn+c=0, 由 f(0)为奇数,即 c 为奇数, f(1)为奇数,即 a+b+c 为奇数,所以 a+b 为偶数, 又 an2+bn=-c 为奇数, 所以 n 与 an+b 均为奇数,又 a+b 为偶数, 所以 an-a 为奇数,即(n-1)a 为奇数, 所以 n-1 为奇数,这与 n 为奇数矛盾. 所以 f(x)=0 无整数根. B 级 素养提升 一、选择题
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1.已知 a,b 是异面直线,直线 c 平行于直线 a,那么 c 与 b 的位置关系为( C )

A.一定是异面直线

B.一定是相交直线

C.不可能是平行直线

D.不可能是相交直线

[解析] 假设 c∥b,而由 c∥a,可得 a∥b,这与 a,b 异面矛盾,故 c 与 b 不可能是

平行直线.故应选 C.

2.(2018·龙岩期中)“已知函数 f(x)=x2+ax+a(a∈R),求证:|f(1)|与|f(2)|中至

少有一个不小于12.”用反证法证明这个命题时,下列假设正确的是( B )

A.假设|f(1)|≥12且|f(2)|≥12

B.假设|f(x)|<12且|f(2)|<12

C.假设|f(1)|与|f(2)|中至多有一个不小于12

D.假设|f(1)|与|f(2)|中至少有一个不大于12

[解析] 由于反证法是命题的否定的一个运用,故用反证法证明命题时,可以设其否定

成立进行推证.

假设|f(1)|<12且|f(2)|<12,

故选 B.

二、填空题

3.(2018·嘉峪关校级期中)已知 x,y∈R 且 x+y>2,则 x,y 中至少有一个大于 1,

在反证法证明时假设应为 x≤1 且 y≤1.

[解析] ∵x,y 中至少有一个大于 1,

∴其否定为 x,y 均不大于 1,即 x≤1 且 y≤1,

故答案为 x≤1 且 y≤1.

4.(2018·天心区校级模拟)已知

n

为正偶数,用数学归纳法证明

111

1

1-2+3-4+…+n-1

=2(n+1 2+n+1 4+…+21n)时,若已证假设 n=k(k≥2 为偶数)时命题为真,则还需要用归纳

假设再证( B )

A.n=k+1 时等式成立

B.n=k+2 时等式成立

C.n=2k+2 时等式成立

D.n=2(k+2)时等式成立

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[解析] 若已证假设 n=k(k≥2,k 为偶数)时命题为真,因为 n 只能取偶数,所以还需 要证明 n=k+2 成立.
故选 B. 三、解答题 5.如图所示,在△ABC 中,AB>AC,AD 为 BC 边上的高,AM 是 BC 边 上的中线,求证:点 M 不在线段 CD 上. [证明] 假设点 M 在线段 CD 上,则 BD<BM=CM<CD,且 AB2=BD2+AD2, AC2=AD2+CD2,所以 AB2=BD2+AD2<BM2+AD2<CD2+AD2=AC2,即 AB2<AC2, 所以 AB<AC.这与 AB>AC 矛盾,故假设错误.所以点 M 不在线段 CD 上. 6.设 f(x)=x2+bx+c,x∈[-1,1],证明:b<-2 时,在其定义域范围内至少存在一 个 x,使|f(x)|≥12成立. [证明] 假设不存在 x∈[-1,1]使|f(x)|≥12. 则对于 x∈[-1,1]上任意 x,都有-12<f(x)<12成立.当 b<-2 时,其对称轴 x=-b2>1, f(x)在 x∈[-1,1]上是单调递减函数,

?? f ∴?
??f

- =1-b+c<21, =1+b+c>-12.

? b>-12与 b<-2 矛盾.

∴假设不成立,因此当 b<-2 时在其定义域范围内至少存在一个 x,使|f(x)|≥12成立.

C 级 能力拔高

已知数列{an}满足:a1=12, 足:bn=a2n+1-a2n(n≥1).

+an+1 1-an



+an 1-an+1

,anan+1<0(n≥1);数列{bn}满

(1)求数列{an}、{bn}的通项公式; (2)证明:数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列. [解析] (1)由题意可知,1-a2n+1=23(1-a2n). 令 cn=1-a2n,则 cn+1=23cn. 又 c1=1-a21=34,则数列{cn}是首项为 c1=34,公比为23的等比数列,即 cn=34·(23)n-1,

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故 1-a2n=34·(23)n-1? a2n=1-34·(23)n-1.

又 a1=12>0,anan+1<0,

故 an=(-1)n-1

1-34

2 3

. n-1

bn=a2n+1-a2n=[1-34·(23)n]-[1-34·(23)n-1]=14·(23)n-1.

(2)用反证法证明. 假设数列{bn}存在三项 br,bs,bt(r<s<t)按某种顺序成等差数列,由于数列{bn}是首项 为14,公比为23的等比数列,于是有 br>bs>bt,则只可能有 2bs=br+bt 成立.

∴2·14(23)s-1=14(23)r-1+14(23)t-1, 两边同乘以 3t-121-r,化简得 3t-r+2t-r=2·2s-r3t-s. 由于 r<s<t,∴上式左边为奇数,右边为偶数,故上式不可能成立,导致矛盾.故数列{bn}

中任意三项不可能成等差数列.

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