数学同步测控：反证法

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精同步测控我夯基,我达标1.命题“△ABC中，若∠A〉∠B,则a〉b”的结论的否定应该是（)A。a〈bB.a≤bC。a=bD。a≥b解析:a>b的否定为“a不大于b”，即a≤b.答案：B2.如果两个实数之和为正数，则这两个数（）A.一个是正数,一个是负数B。都是正数C.至少有一个是正数D。都是负数解析:两个都是正数满足;一个是正数，一个是负数也有可能满足，如a=5，b=-3,a+b=2>0.答案：C3.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()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：若P、Q、R同时大于零,则PQR〉0成立;反过来，若PQR>0，且P、Q、R不同时大于零,则其中两个为负数，一个为正数,不妨设P〉0,Q〈0,R〈0，则a+b-c〉0,b+c—a<0,c+a—b〈0.∴2c<0,即c〈0,与已知c>0矛盾.∴P、Q、R同时大于零.∴“PQR〉0”是“P、Q、R同时大于零”的充要条件。答案：C4。设a、b、c∈R+,则三个数a+,b+,c+满足()A。都大于2B。都小于2C.至少有一个不大于2D。至少有一个不小于2解析:假设a+,b+,c+都小于2,则(a+)+(b+)+（c+）〈6。又∵a、b、c∈R+,∴a+≥2，b+≥2,c+≥2。∴（a+）+（b+）+（c+）=（a+)+（b+)+(c+)≥6,矛盾。∴假设不成立。∴a+，b+,c+至少有一个不小于2成立.但不一定都大于2，例如a=1,b=1,c=，则a+=2.答案:D5.用反证法证明命题“如果a<b，那么<”时，假设的内容为（）A.B.C.或D.且解析:<的否定为不小于，即≥。选C。答案：C6.已知x>y〉z且x+y+z=1,则下列不等式中恒成立的是（)A。xy>yzB.xz>yzC.x｜y｜〉z|y｜D。xy〉xz解析：由x〉y>z且x+y+z=1,得x>0.假设x≤0。∵x〉y〉z，∴y〈0,z〈0。∴x+y+z<0,与x+y+z=1矛盾。∴x〉0。又∵y>z，∴xy〉xz成立.答案:D7.已知a、b∈R,那么“a2+b2〈1”是“ab+1>a+b”的（）A.充要条件B.必要不充分条件C。充分不必要条件D.既不充分也不必要条件解析:若a2+b2〈1，则｜a|〈1,|b｜<1.假设ab+1≤a+b,则（a—1）b≤a-1。∴（a-1)（b—1）≤0.又∵|a｜〈1,｜b|〈1,∴a—1〈0，b-1〈0.∴（a-1）（b—1）〉0，与(a-1)(b—1）≤0矛盾。∴由a2+b2<1，得ab+1〉a+b成立.若ab+1〉a+b成立，则（a—1）（b—1）>0。∴或由得a2+b2〉1，∴a2+b2<1不成立.答案:C8.设a、b、c、d是正数，求证:不等式①a+b<c+d；②（a+b)（c+d)〈ab+cd;③(a+b）cd<ab(c+d)中至少有一个不正确。证明:假设不等式都正确，即①②③都成立。∵a、b、c、d是正数，则由①②得（a+b)2〈ab+cd.④由③得(a+b）cd〈ab(c+d)≤()2(c+d)。∴4cd〈（a+b)(c+d）〈ab+cd.∴3cd〈ab,即cd〈ab.由④得(a+b）2〈ab+ab,即(a+b)2〈ab，即a2+b2〈—ab,与事实矛盾。∴假设不成立，即①②③中至少有一个不正确。我综合，我发展9.若0<a<1,求证:+≥9。分析:可用反证法，或构造基本不等式证明.证法一：假设+<9，∵0<a<1,∴1—a〉0.∴两边同乘a（1—a),得(1—a）+4a<9a（1—a），即9a2—6a+1〈0,即(3a-1)2〈0,与(3a-1)2≥0矛盾.∴假设不成立。∴+≥9成立。证法二:∵0〈a<1，∴1-a〉0。∴+==+1+4+=5+≥5+2=5+2×2=9,即+≥9成立.10。若0〈μ≤，求证：μ+≥.分析：本题不能用基本不等式证明,可用反证法证明.证明:假设μ+〈，∵μ〉0，∴不等式为μ2-μ+1<0,即4μ2-17μ+4<0。∴（μ-4)(4μ-1）〈0.∴<μ<4,与0<μ≤矛盾。∴假设不成立。∴μ+≥成立.11.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.分析：本题是关于“至少”问题,情况较多,可用反证法.证明：假设a、b、c、d都是非负数，即a≥0,b≥0，c≥0，d≥0.∵a+b=c+d=1,∴（a+b)(c+d）=1.∵(a+b）（c+d）=ac+bd+ad+bc=（ac+bd)+（ad+bc)=1，∴ac+bd=1—(ad+bc)。∵a≥0，d≥0,b≥0,c≥0，∴ad+bc≥0.∴-(ad+bc)≤0.∴1-(ad+bc)≤1,即ac+bd≤1，与ac+bd>1矛盾。∴假设不成立.∴a、b、c、d中至少有一个是负数.12。已知a、b、c∈R+，求证：2（)≤3（).分析:要证明的不等式比较复杂，可用反证法.证明：假设2（）〉3（）成立,即a+b-2>a+b+c-3,∴c+2<3。又∵a、b、c∈R+,∴c+2=c++≥3=3，与c+2<3矛盾。∴假设不成立.∴2(）≤3()成立.我创新，我超越13。设a、b∈R，0≤x≤1且0≤y≤1，求证:对于任意实数a、b，必存在满足条件的x、y，使|xy-ax—by｜≥成立.分析：本题为“存在性"问题,可用反证法证明.证明:假设不存在x、y使｜xy-ax—by｜≥成立，即对于所有的0≤x≤1，0≤y≤1,使得|xy-ax—by|〈成立.令x=0,y=1,得|b｜〈;令x=1,y=0,得｜a｜〈；令x=y=1,得｜1-a-b｜〈.又∵｜1-a—b｜≥1—｜a|—｜b｜>1-—=，与|1—a-b|〈矛盾。∴假设不成立.∴对于任意实数a、b必存在0≤x≤1且0≤y≤1，使|xy-ax—by｜≥成立.14。若a3+b3=2,求证:a+b≤2.分析:本题的条件为三次,结论为一次，由一次到三次容易推证,由三次到一次不易推证，可用反证法.证法一:假设a+b〉2，则a2-ab+b2=(a—b）2+b2≥0.当且仅当a=b=0时取“=”,但a3+b3=2,∴不能取“=”。∴a2-ab+b2>0.∵a3+b3=(a+b)(a2—ab+b2）>2（a2-ab+b2）,而a3+b3=2,∴2〉2（a2-ab+b2），即a2-ab+b2〈1.∴1+ab〉a2+b2≥2ab。∴ab〈1.∴a2+b2<1+ab<2.∴(a+b）2=a2+b2+2ab〈2+2ab〈4.∴a+b〈2，与a+b〉2矛盾。∴假设不成立。∴a+b≤2成立.证法二：假设a+b〉2,则a>2—b。∴2=a3+b3>(2—b)3+b3，=8-12b+6b2—b3+b3,即(b-1）2〈0，与（b-1）2≥0矛盾。∴假设不成立，∴a+b≤2成立。证法三：假设a+b>2,则(a+b）3=a3+3a2b+3