高中数学人教A版2第二章推理与证明 课时跟踪检测（十六）反证法

课时跟踪检测（十六）反证法层级一学业水平达标1．用反证法证明命题：“若直线AB，CD是异面直线，则直线AC，BD也是异面直线”的过程归纳为以下三个步骤：①则A，B，C，D四点共面，所以AB，CD共面，这与AB，CD是异面直线矛盾；②所以假设错误，即直线AC，BD也是异面直线；③假设直线AC，BD是共面直线．则正确的序号顺序为()A．①②③ B．③①②C．①③② D．②③①解析：选B根据反证法的三个基本步骤“反设—归谬—结论”可知顺序应为③①②.2．用反证法证明命题“如果a，b∈N，ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为()A．a，b都能被5整除B．a，b都不能被5整除C．a，b不都能被5整除D．a不能被5整除解析：选B“至少有一个”的否定是“一个也没有”，即“a，b都不能被5整除”，故选B.3．用反证法证明命题“三角形的内角中至多有一个钝角”时，反设正确的是()A．三个内角中至少有一个钝角B．三个内角中至少有两个钝角C．三个内角都不是钝角D．三个内角都不是钝角或至少有两个钝角解析：选B“至多有一个”即要么一个都没有，要么有一个，故反设为“至少有两个”．4．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()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：选C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.5．已知a，b，c，d为实数，且c＞d，则“a＞b”是“a－c＞b－d”的()A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：选B∵c＞d，∴－c＜－d，a＞b，∴a－c与b－d的大小无法比较．可采用反证法，当a－c＞b－d成立时，假设a≤b，∵－c＜－d，∴a－c＜b－d，与题设矛盾，∴a＞b.综上可知，“a＞b”是“a－c＞b－d”的必要不充分条件．6．否定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时，正确的反设是________．答案：自然数a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数7．命题“a，b∈R，若|a－1|＋|b－1|＝0，则a＝b＝1”解析：“a＝b＝1”的反面是“a≠1或b≠1”，所以设为a≠1或b答案：a≠1或b≠18．和两条异面直线AB，CD都相交的两条直线AC，BD的位置关系是____________．解析：假设AC与BD共面于平面α，则A，C，B，D都在平面α内，∴AB⊂α，CD⊂α，这与AB，CD异面相矛盾，故AC与BD异面．答案：异面9．求证：1，eq\r(3)，2不能为同一等差数列的三项．证明：假设1，eq\r(3)，2是某一等差数列的三项，设这一等差数列的公差为d，则1＝eq\r(3)－md,2＝eq\r(3)＋nd，其中m，n为两个正整数，由上面两式消去d，得n＋2m＝eq\r(3)(n＋m)．因为n＋2m为有理数，而eq\r(3)(n＋m)为无理数，所以n＋2m≠eq\r(3)(n＋m)，矛盾，因此假设不成立，即1，eq\r(3)，2不能为同一等差数列的三项．10．已知函数f(x)在R上是增函数，a，b∈R.(1)求证：如果a＋b≥0，那么f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)；(2)判断(1)中的命题的逆命题是否成立？并证明你的结论．解：(1)证明：当a＋b≥0时，a≥－b且b≥－a.∵f(x)在R上是增函数，∴f(a)≥f(－b)，f(b)≥f(－a)，∴f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)．(2)(1)中命题的逆命题为“如果f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)，那么a＋b≥0”用反证法证明如下：假设a＋b＜0，则a＜－b，∴f(a)＜f(－b)．同理可得f(b)＜f(－a)．∴f(a)＋f(b)＜f(－a)＋f(－b)，这与f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)矛盾，故假设不成立，∴a＋b≥0成立，即(1)中命题的逆命题成立．层级二应试能力达标1．用反证法证明命题“关于x的方程ax＝b(a≠0)有且只有一个解”时，反设是关于x的方程ax＝b(a≠0)()A．无解 B．有两解C．至少有两解 D．无解或至少有两解解析：选D“唯一”的否定是“至少两解或无解”．2．下列四个命题中错误的是()A．在△ABC中，若∠A＝90°，则∠B一定是锐角\r(17)，eq\r(13)，eq\r(11)不可能成等差数列C．在△ABC中，若a＞b＞c，则∠C＞60°D．若n为整数且n2为偶数，则n是偶数解析：选C显然A、B、D命题均真，C项中若a＞b＞c，则∠A＞∠B＞∠C，若∠C＞60°，则∠A＞60°，∠B＞60°，∴∠A＋∠B＋∠C＞180°与∠A＋∠B＋∠C＝180°矛盾，故选C.3．设a，b，c∈(－∞，0)，则a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,c)，c＋eq\f(1,a)()A．都不大于－2B．都不小于－2C．至少有一个不大于－2D．至少有一个不小于－2解析：选C假设都大于－2，则a＋eq\f(1,b)＋b＋eq\f(1,c)＋c＋eq\f(1,a)＞－6，但eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,a)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,c)))≤－2＋(－2)＋(－2)＝－6，矛盾．4．若△ABC能被一条直线分成两个与自身相似的三角形，那么这个三角形的形状是()A．钝角三角形 B．直角三角形C．锐角三角形 D．不能确定解析：选B分△ABC的直线只能过一个顶点且与对边相交，如直线AD(点D在BC上)，则∠ADB＋∠ADC＝π，若∠ADB为钝角，则∠ADC为锐角．而∠ADC＞∠BAD，∠ADC＞∠ABD，△ABD与△ACD不可能相似，与已知不符，只有当∠ADB＝∠ADC＝∠BAC＝eq\f(π,2)时，才符合题意．5．已知数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝an＋2，bn＝bn＋1(a，b是常数，且a＞b)，那么这两个数列中序号与数值均对应相同的项有________个．解析：假设存在序号和数值均相等的项，即存在n使得an＝bn，由题意a＞b，n∈N*，则恒有an＞bn，从而an＋2＞bn＋1恒成立，所以不存在n使an＝bn.答案：06．完成反证法证题的全过程．设a1，a2，…，a7是1,2，…，7的一个排列，求证：乘积p＝(a1－1)(a2－2)…(a7－7)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＝________＝________＝0.但0≠奇数，这一矛盾说明p为偶数．解析：据题目要求及解题步骤，∵a1－1，a2－2，…，a7－7均为奇数，∴(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)也为奇数．即(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)为奇数．又∵a1，a2，…，a7是1,2，…，7的一个排列，∴a1＋a2＋…＋a7＝1＋2＋…＋7，故上式为0，所以奇数＝(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)＝0.答案：(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)7．已知a，b，c∈(0,1)，求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能都大于eq\f(1,4).证明：假设(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a都大于eq\f(1,4).因为0＜a＜1,0＜b＜1,0＜c＜1，所以1－a＞0.由基本不等式，得eq\f((1－a)＋b,2)≥eq\r((1－a)b)＞eq\r(\f(1,4))＝eq\f(1,2).同理，eq\f((1－b)＋c,2)＞eq\f(1,2)，eq\f((1－c)＋a,2)＞eq\f(1,2).将这三个不等式两边分别相加，得eq\f((1－a)＋b,2)＋eq\f((1－b)＋c,2)＋eq\f((1－c)＋a,2)＞eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)，即eq\f(3,2)＞eq\f(3,2)，这是不成立的，故(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能都大于eq\f(1,4).8．已知数列{an}满足：a1＝eq\f(1,2)，eq\f(3(1＋an＋1),1－an)＝eq\f(2(1＋an),1－an＋1)，anan＋1＜0(n≥1)；数列{bn}满足：bn＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)(n≥1)．(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：(1)由题意可知，1－aeq\o\al(2,n＋1)＝eq\f(2,3)(1－aeq\o\al(2,n))．令cn＝1－aeq\o\al(2,n)，则cn＋1＝eq\f(2,3)cn.又c1＝1－aeq\o\al(2,1)＝eq\f(3,4)，则数列{cn}是首项为c1＝eq\f(3,4)，公比为eq\f(2,3)的等比数列，即cn＝eq\f(3,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1，故1－aeq\o\al(2,n)＝eq\f(3,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1⇒aeq\o\al(2,n)＝1－eq\f(3,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1.又a1＝eq\f(1,2)＞0，anan＋1＜0，故an＝(－1)n－1eq\r(1－\f(3,4)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1).bn＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n))－1－eq\f(3,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1＝eq\f(1,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))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eq\f(1,4)，公比为eq\f(2,3)的等比数列，于是有br＞bs＞bt，则只可能有2bs＝br＋bt成立．∴2·eq\f(1,4)·e