2024-2025学年高中数学第二讲证明不等式的基本方法三反证法与放缩法课时作业含解析新人教A版选修4-5

PAGE其次讲证明不等式的基本方法[课时作业][A组基础巩固]1．假如两个正整数之积为偶数，则这两个数()A．两个都是偶数B．一个是奇数，一个是偶数C．至少一个是偶数D．恰有一个是偶数解析：假设这两个数都是奇数，则这两个数的积也是奇数，这与已知冲突，所以这两个数至少一个为偶数．答案：C2．设x>0，y>0，A＝eq\f(x＋y,1＋x＋y)，B＝eq\f(x,1＋x)＋eq\f(y,1＋y)，则A与B的大小关系为()A．A≥B B．A≤BC．A>B D．A<B解析：A＝eq\f(x,1＋x＋y)＋eq\f(y,1＋x＋y)<eq\f(x,1＋x)＋eq\f(y,1＋y)＝B.答案：D3．设x，y，z都是正实数，a＝x＋eq\f(1,y)，b＝y＋eq\f(1,z)，c＝z＋eq\f(1,x)，则a、b、c三个数()A．至少有一个不大于2B．都小于2C．至少有一个不小于2D．都大于2解析：假设a，b，c都小于2，则a＋b＋c<6，这与a＋b＋c＝x＋eq\f(1,y)＋y＋eq\f(1,z)＋z＋eq\f(1,x)≥6冲突．故选C.答案：C4．设M＝eq\f(1,210)＋eq\f(1,210＋1)＋eq\f(1,210＋2)＋…＋eq\f(1,211－1)，则()A．M＝1 B．M<1C．M>1 D．M与1大小关系不定解析：M是210项求和，M＝eq\f(1,210)＋eq\f(1,210＋1)＋eq\f(1,210＋2)＋…＋eq\f(1,211－1)<eq\f(1,210)＋eq\f(1,210)＋eq\f(1,210)＋…＋eq\f(1,210)＝1，故选B.答案：B5．若f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，a，b都为正数，A＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，G＝f(eq\r(ab))，H＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b)))，则()A．A≤G≤H B．A≤H≤GC．G≤H≤A D．H≤G≤A解析：∵a，b为正数，∴eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)＝eq\f(ab,\r(ab))≥eq\f(ab,\f(a＋b,2))＝eq\f(2ab,a＋b)，又∵f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x为单调减函数，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))≤f(eq\r(ab))≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b)))，∴A≤G≤H.答案：A6．某同学打算用反证法证明如下一个问题：函数f(x)在[0,1]上有意义，且f(0)＝f(1)，假如对于不同的x1，x2∈[0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|，求证：|f(x1)－f(x2)|<eq\f(1,2).那么它的假设应当是________．答案：|f(x1)－f(x2)|≥eq\f(1,2)7．已知|a|≠|b|，m＝eq\f(|a|－|b|,|a－b|)，n＝eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|)，则m，n之间的大小关系是________．解析：m＝eq\f(|a|－|b|,|a－b|)≤eq\f(|a|－|b|,|a|－|b|)＝1，n＝eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|)≥eq\f(|a|＋|b|,|a|＋|b|)＝1.答案：m≤n8．设a>0，b>0，M＝eq\f(a＋b,a＋b＋2)，N＝eq\f(a,a＋2)＋eq\f(b,b＋2)，则M与N的大小关系是________．解析：∵a>0，b>0，∴N＝eq\f(a,a＋2)＋eq\f(b,b＋2)>eq\f(a,a＋b＋2)＋eq\f(b,a＋b＋2)＝eq\f(a＋b,a＋b＋2)＝M.∴M<N.答案：M<N9．实数a，b，c，d满意a＋b＝c＋d＝1，且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．由a＋b＝c＋d＝1知：a，b，c，d∈[0,1]．从而ac≤eq\r(ac)≤eq\f(a＋c,2)，bd≤eq\r(bd)≤eq\f(b＋d,2).∴ac＋bd≤eq\f(a＋c＋b＋d,2)＝1.即ac＋bd≤1.与已知ac＋bd>1冲突，∴a，b，c，d中至少有一个是负数．10．求证：1＋eq\f(1,1)＋eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,1×2×3)＋…＋eq\f(1,1×2×3×…×n)<3(n∈N＋)．证明：由eq\f(1,1×2×3×…×k)<eq\f(1,1×2×2×…×2)＝eq\f(1,2k－1)(k是大于2的自然数)，得1＋eq\f(1,1)＋eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,1×2×3)＋…＋eq\f(1,1×2×3×…×n)<1＋1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝1＋eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＝3－eq\f(1,2n－1)<3.∴原不等式成立．[B组实力提升]1．已知x1>0，x1≠1且xn＋1＝eq\f(xnx\o\al(2,n)＋3,3x\o\al(2,n)＋1)(n＝1,2，…)．试证：数列{xn}或者对随意正整数n都满意xn<xn＋1，或者对随意的正整数n都满意xn>xn＋1.当此题用反证法否定结论时，应为()A．对随意的正整数n，有xn＝xn＋1B．存在正整数n，使xn＝xn＋1C．存在正整数n，使xn≥xn－1且xn≥xn＋1D．存在正整数n，使(xn－xn－1)(xn－xn＋1)≥0解析：“xn<xn＋1或xn>xn＋1”的对立面是“xn＝xn＋1”，“随意一个”的反面是“存在某一个”．答案：B2．若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(5,4)π))，M＝|sinα|，N＝|cosα|，P＝eq\f(1,2)|sinα＋cosα|，Q＝eq\r(\f(1,2)sin2α)，则它们之间的大小关系为()A．M>N>P>Q B．M>P>N>QC．M>P>Q>N D．N>P>Q>M解析：∵α∈(π，eq\f(5,4)π)，∴0>sinα>cosα.∴|sinα|<|cosα|，∴P＝eq\f(1,2)|sinα＋cosα|＝eq\f(1,2)(|sinα|＋|cosα|)>eq\f(1,2)(|sinα|＋|sinα|)＝|sinα|＝M.P＝eq\f(1,2)|sinα|＋|cosα|<eq\f(1,2)(|cosα|＋|cosα|)＝|cosα|＝N.∴N>P>M.对于Q＝eq\r(\f(1,2)sin2α)＝eq\r(sinαcosα)<eq\f(|sinα|＋|cosα|,2)＝P.而Q＝eq\r(sinαcosα)>eq\r(sin2α)＝|sinα|＝M.∴N>P>Q>M.答案：D3．用反证法证明“已知平面上有n(n≥3)个点，其中随意两点的距离最大为d，距离为d的两点间的线段称为这组点的直径，求证直径的数目最多为n条”时，假设的内容为________．解析：对“至多”的否定应当是“至少”，二者之间应当是完全对应的，所以本题中的假设应为“直径的数目至少为n＋1条”．答案：直径的数目至少为n＋1条4．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1,1]内至少有一个值c，使f(c)>0,则实数p的取值范围是________．解析：假设在[－1,1]内没有值满意f(c)>0，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1≤0，,f1≤0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p≤－\f(1,2)或p≥1，,p≤－3或p≥\f(3,2)，))所以p≤－3或p≥eq\f(3,2)，取补集为p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).故实数p的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2)))5．已知0<x<2,0<y<2,0<z<2，求证：x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)不都大于1.证明：法一：假设x(2－y)>1且y(2－z)>1且z(2－x)>1均成立，则三式相乘有：xyz(2－x)(2－y)(2－z)>1. ①由于0<x<2，∴0<x(2－x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1.同理：0<y(2－y)≤1，且0<z(2－z)≤1，∴三式相乘得：0<xyz(2－x)(2－y)(2－z)≤1 ②②与①冲突，故假设不成立．∴x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)不都大于1.法二：假设x(2－y)>1且y(2－z)>1且z(2－x)>1.∴eq\r(x2－y)＋eq\r(y2－z)＋eq\r(z2－x)>3. ③又eq\r(x2－y)＋eq\r(y2－z)＋eq\r(z2－x)≤eq\f(x＋2－y,2)＋eq\f(y＋2－z,2)＋eq\f(z＋2－x,2)＝3④④与③冲突，故假设不成立．∴原题设结论成立．6．已知数列{an}满意a1＝2，an＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))2·an(n∈N＋)，(1)求a2，a3并求数列{an}的通项公式；(2)设cn＝eq\f(n,an)，求证：c1＋c2＋c3＋…＋cn<eq\f(7,10).解析：(1)∵a1＝2，an＋1＝2(1＋eq\f(1,n))2·an(n∈N＋)，∴a2＝2(1＋eq\f(1,1))2·a1＝16，a3＝2(1＋eq\f(1,2))2·a2＝72.又∵eq\f(an＋1,n＋12)＝2·eq\f(an,n2)，n∈N＋，∴{eq\f(an,n2)}为等比数列．∴eq\f(an,n2)＝eq\f(a1,12)·2n－1＝2n，∴an＝n2·2n.(2)证明：cn＝eq\f(n,an)＝eq\f(1,n·2n)，∴c1＋c2＋c3＋…＋cn＝eq\f(1,1·2)＋eq\f(1,2·22)＋eq\f(1,3·23)＋…＋eq\f(1,n·2n)<eq\f(1,2)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,24)＋eq\f(1,4