2024秋高中数学第二章推理与证明2.2直接证明与间接证明2.2.2反证法课时作业含解析新人教A版选修2-2

PAGE1-其次章2.22.2.2请同学们仔细完成练案[17]A级基础巩固一、选择题1．在用反证法证明命题“三个正数a，b，c满意a＋b＋c≤6，则a，b，c中至少有一个不大于2”时，下列假设正确的是(AA．假设a，b，c都大于2B．假设a，b，c都不大于2C．假设a，b，c至多有一个不大于2D．假设a，b，c至少有一个大于2[解析]“a，b，c中至少有一个不大于2”的对立面是“a，b，c都大于2”2．①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2，②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的肯定值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x1的肯定值大于或等于1，即假设|x1|≥1.以下结论正确的是(D)A．①与②的假设都错误B．①与②的假设都正确C．①的假设正确；②的假设错误D．①的假设错误；②的假设正确[解析]反证法的实质是命题的等价性，因为命题p与命题的否定¬p真假相对，故干脆证明困难时，可用反证法．故选D．3．(2024·青岛高二检测)有甲、乙、丙、丁四位歌手参与竞赛，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[解析]若甲获奖，则甲、乙、丙、丁说的都是错的，同理可推知乙、丙、丁获奖的状况，最终可知获奖的歌手是丙．4．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．充分不必要条件B．必要不充分条件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＋冲突，因此必有P>0，Q>0，R>0.5．假如△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，则(A．△A1B1C1和△A2B2CB．△A1B1C1和△A2B2CC．△A1B1C1是钝角三角形，△A2B2CD．△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C[解析]由条件知，△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则△A1B1C1是锐角三角形，假设△A2B2eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinA2＝cosA1＝sin\f(π,2)－A1,sinB2＝cosB1＝sin\f(π,2)－B1,sinC2＝cosC1＝sin\f(π,2)－C1))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A2＝\f(π,2)－A1,B2＝\f(π,2)－B1,C2＝\f(π,2)－C1))，那么，A2＋B2＋C2＝eq\f(π,2)，这与三角形内角和为180°相冲突，故假设不成立，即△A2B2C2是钝角三角形，故选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⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am>bm,an>bn))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(am<bm,an<bn))，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．命题“a，b是实数，若|a＋1|＋(b＋1)2＝0，则a＝b＝－1”，用反证法证明该命题时应假设__a≠－1或b≠－1__[解析]a＝b＝－1表示a＝－1且b＝－1，故其否定是a≠－1或b≠－1.8．下列命题适合用反证法证明的是__①②③④__.①已知函数f(x)＝ax＋eq\f(x－2,x＋1)(a>1)，证明：方程f(x)＝0没有负实数根；②若x，y∈R，x>0，y>0且x＋y>2，求证：eq\f(1＋x,y)和eq\f(1＋y,x)中至少有一个小于2；③关于x的方程ax＝b(a≠0)的解是唯一的；④同一平面内，分别与两条相交直线垂直的两条直线必相交．[解析]①是“否定性”命题；②是“至少”类命题；③是“唯一性”命题，且题中条件较少；④不易干脆证明，因此四个命题都适合用反证法证明．故填①②③④.三、解答题9．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冲突，所以a，b，c，d中至少有一个是负数．10．(2024·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为奇数冲突．所以f(x)＝0无整数根．B级素养提升一、选择题1．(多选题)①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q＞2；②设x，y，z都是正数，用反证法证明三个数x＋eq\f(1,y)，eq\f(y＋1,z)，eq\f(z＋1,x)至少有一个不小于2时，可假设x＋eq\f(1,y)，y＋eq\f(1,z)，eq\f(z＋1,x)都大于2，以下说法不正确的是(ABD)A．①与②的假设都错误B．①与②的假设都正确C．①的假设正确，②的假设错误D．①的假设错误，②的假设正确[解析]p＋q≤2的反面是p＋q＞2，①正确，“至少有一个不小于2”的反面是“都小于2”，②2．(多选题)(2024·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eq\f(1,2).”用反证法证明这个命题时，下列假设不正确的是(ACD)A．假设|f(1)|≥eq\f(1,2)且|f(2)|≥eq\f(1,2)B．假设|f(x)|<eq\f(1,2)且|f(2)|<eq\f(1,2)C．假设|f(1)|与|f(2)|中至多有一个不小于eq\f(1,2)D．假设|f(1)|与|f(2)|中至少有一个不大于eq\f(1,2)[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)|＜eq\f(1,2)且|f(2)|＜eq\f(1,2)，故选ACD．二、填空题3．(2024·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．在用反证法证明“已知p3＋q3＝2，求证：p＋q≤2”时的反设为__p＋q>2__，得出的冲突为__(q－1)2<0，或(p－1)2<0__[解析]由题意假设p＋q＞2，则p＞2－q，p3＞(2－q)3，p3＋q3＞8－12q＋6q2，∵p3＋q3＝2，∴2＞8－12q＋6q2，即q2－2q＋1＜0，∴(q－1)2＜0，∵不论q为何值，(q－1)2都大于等于0，即假设不成立，∴p＋q≤2；由以上分析过程可知：反设为p＋q＞2，得出的冲突为(q－1)2＜0，同理可得出冲突(p－1)2＜0.综上：反设为p＋q＞2，得出的冲突为(q－1)2＜0，或(p－1)2＜0.三、解答题5．设a，b，c均为正实数，反证法证明：a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,c)，c＋eq\f(1,a)至少有一个不小于2.[解析]证明：假设a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,c)，c＋eq\f(1,a)全部小于2.即a＋eq\f(1,b)＜2，b＋eq\f(1,c)＜2，c＋eq\f(1,a)＜2，则a＋eq\f(1,b)＋b＋eq\f(1,c)＋c＋eq\f(1,a)＜6，①又≥2eq\r(a×\f(1,a))＋2eq\r(b×\f(1,b))＋2eq\r(c×\f(1,c))＝6，当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立，与①冲突，所以假设错误．原命题为真．a＋eq\f(1,b)＋b＋eq\f(1,c)＋c＋eq\f(1,a)＝(a＋eq\f(1,a))＋(b＋eq\f(1,b))＋(c＋eq\f(1,c))所以a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,c)，c＋eq\f(1,a)至少有一个不小于2.6．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)|≥eq\f(1,2)成立．[证明]假设不存在x∈[－1,1]使|f(x)|≥eq\f(1,2).则对于x∈[－1,1]上随意x，都有－eq\f(1,2)<