数学课后导练：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—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<0Q+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)=2sinαsin2α=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—cosβcosα+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+ad+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+b<c+d；②(a+b)(c+d）<ab+cd;③（a+b）cd〈ab（c+d）。求证:①②③中至少有一个不正确。证明：假设①②③式都正确，因为a，b，c，d都是正数,所以①式与②式相乘得（a+b)2<ab+cd.④(a+b)cd〈ab(c+d）≤(）2·(c+d)。又∵a+b〉0，∴4cd<(a+b)（c+d)〈ab+cd，∴cd〈ab。∴由④得(a+b）2〈ab，即a2+b2<—ab,矛盾。∴不等式①②③中至少有一个不正确。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〉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｜f（x1)—f（x2)|≤|x1-x2|，其中λ是大于0的常数,设实数a0,a,b满足f（a0)=0和b=a—λf(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|f（x1)-f（x2)｜≤|x1—x2｜,②可知，λ（x1-x2）2≤（x1-x2)［f（x1）—f(x2）]≤｜x1—x2|·｜f（x1)-f（x2)|≤|x1—x2|2,从而λ≤1.假设有b0≠a0,使得f（b0)=0，则由①式知0〈λ(a0-b0)2≤（a0—b0)［f（a0)-f（b0)]=0，矛盾。所以不存在b0≠a0,使得f（b0）=0。（2）由b=a-λf（a)，③可知（b-a0)2=[a—a0—λf(a）]2=(a—a0)2—2λ（a—a0）f(a)+λ2［f(a)］2.④由f(a0）=0和①式，得（a-a0）f（a)=(a-a0）［f(a）-f（a0）］≥λ(a-a0）2.⑤由f(a0)=0和②式知,[f(a)］2=[f（a）-f(a0）］2≤（a—a0）2.⑥则将⑤⑥代入④式，得(b-a0）2≤（a—a0)2-2λ2（a—a0)2+λ2(a-a0）2=（1-λ2）(a-a0)2。(3）由③式，可知［f(b）］2=［f（b)-f（a）+f(a)]2=［f(b）-f（a)]2+2f（a）［f（b）-f(a)］+［f（a)］2≤（b—a)2-2·［f(b）-f(a)]+［f（a)］2=λ2［f(a）］2-(b—a）［f(b）-f（a)］+［f（a)］2≤λ2［f（a）］2-·λ·（b—a)2+［f（a)］2=λ2[f（a）］2-2λ2［f（a）]2+［f(a）］2=(1—λ2）［f（a）］2。备选习题10设a,b∈R，0≤x,y≤1,求证：对于任意实数a,b,必存在满足条件的x，y，使得｜xy—ax—by|≥成立.证明：假设对一切实数x,y,有｜xy-ax—by｜<，则取x=0,y=1有｜b|<,取x=1,y=0有｜a｜〈。再取x=y=1便是｜1-a-b｜<,①而|1—a—b｜≥｜1-a｜—|b｜≥1-|a|-｜b|>，这与①相矛盾。∴假设不成立,原命题成立。11已知f(x)=x2+ax+b(a,b∈R)，x∈［—1，1],若|f（x）|的最大值为M，求证:M≥。证明:假设M〈,即-〈x2+ax+b〈（—1≤x≤1)，有-—（x2-）〈x2+ax+b-(x2—）〈—(x2—）,即—x2<ax+b+〈1—x2.当x=1时,a+b+<0。当x=-1时,-a+b+<0,两式相加得b〈—.①当x=0时,b+>0,故b>—，与①式矛盾。矛盾表明M≥是成立的。12已知a，b，c∈R，f(x)=ax2+bx+c,若a+c=0，f（x）在［—1，1］上最大值为2,最小值为,证明a≠0且||<2.证明：由a+c=0c=-a,故f（x)=ax2假设a=0或｜｜≥2。(1)由a=0得f(x）=bx，由于b≠0，故f（x)在[-1，1］上单调,因此f（x)最大值为｜b|，最小值为—｜b｜。∴矛盾表明a≠0。（2)由||≥2得|｜≥1且a≠0.∴区间[-1，1］位于抛物线f（x)=ax2+bx-a的对称轴x=的左侧或右侧。因此，f（x)在［-1,1］上单调,其最大值为｜b｜，最小值为—|b|,这是不可能的。由此可知假设不成立，原命题成立,即a≠0且｜|<2.13证明不存在一个实数a，使对所有的x∈[π，2π］都满足不等式（ax)2-axcosx<sin2x.证明:假设存在实数a满足题意.原不等式变形为(ax)2-axcosx<-cos2x,∴（ax—cosx)2〈|ax-cosx｜〈.特殊地,取x=π，则—<πa+〈。∴〈a<0。①取x=2π,有—<2πa—<，∴0<a〈.②①②两式矛盾.由此可知假设是错误的,原命题成立.14设y=f(x）是定义在区间［-1，1］上的函数,且满足条件：①f(-1）=f（1）=0;②对任意u,v∈［—1,1］都有｜f（u）-f(v)｜≤｜u—v｜。(1)证明对任意的x∈［-1,1］，都有x-1≤f（x）≤1—x;（2)证明对任意的u,v∈［-1，1］,都有|f(u)-f（v)｜≤1;(3）在区间[-1,1］上是否存在满足条件的奇函数y=f(x）,且使得若存在，请举一例；若不存在，请说明理由.（1）证明:由题设条件可知,当x∈[—1，1］，|f(x)|=|f(x)—f(1)|≤｜x-1｜=1—x，即x—1≤f（x)≤1-x.(2)证明:对任意的u,v∈［-1，1],当｜u—v|≤1时,有｜f（u）—f（v)｜≤｜u—v｜≤1。当｜u-v|〉1时,有u·v〈0。不妨设u<0，则v>0且v-u>1,所以｜f（u）—f（v）|≤|f（u)-f(—1）|+｜f(v）-f（1)|≤｜u+1｜+｜v-1|=1+u+1—v=2—（v—u)〈1。综上可知，对任意的u,v∈［-1,1］，都有｜f(u)—f（v）｜≤1.(3)解析:满足所述条件的函数不存在，理由如下：假设存在函数f(x)满足条件，则由|f（u）-f（v)｜=｜u—v|，u，v∈［，1］得|f(）-f(1）|=|—1｜=.又f(1）=0,所以｜f(）|=.①又因为f(x)为奇函数，所以f（0）=0.由条件|f(u）—f(v)｜〈｜u-v|,u，v∈［0，］得｜f()｜=|f(）-f（0）｜<。②①与②矛盾,所以假设不成立,即这样