2020秋高中數(shù)學(xué)人教版4-5課堂演練：第二講2.3反證法與放縮法

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2020秋高中數(shù)學(xué)人教A版選修4-5課堂演練：第二講2.3反證法與放縮法第二講證明不等式的基本方法2。3反證法與放縮法A級基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．用反證法證明命題“如果a＞b，那么eq\r（3,a）＞eq\r(3,b)”時,假設(shè)的內(nèi)容是(）A。eq\r(3,a)＝eq\r（3,b) B。eq\r(3,a）＜eq\r（3，b）C.eq\r（3,a)＝eq\r(3,b），且eq\r(3，a)＜eq\r（3，b） D.eq\r（3，a)＝eq\r(3,b)或eq\r(3,a）＜eq\r（3,b)解析：應(yīng)假設(shè)eq\r（3，a)≤eq\r(3，b),即eq\r(3，a)＝eq\r（3,b）或eq\r(3，a)＜eq\r（3,b）。答案：D2．用反證法證明命題“a，b，c全為0"時，其假設(shè)為()A．a(chǎn),b，c，全不為0B．a(chǎn)，b，c至少有一個為0C．a(chǎn)，b，c至少有一個不為0D．a(chǎn)，b，c至多有一個不為0解析：“a，b，c全為0"的否定是“a，b,c至少有一個不為0”．答案：C3．對“a,b，c是不全相等的正數(shù)”，給出下列判斷：①(a－b)2＋(b－c）2＋（c－a)2≠0；②a＞b與a＜b及a≠c中至少有一個成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同時成立．其中判斷正確的命題個數(shù)是(）A．0 B．1C．2 D．3解析：對于①,若（a－b)2＋（b－c)2＋（c－a）2＝0，則a＝b＝c，與已知矛盾,故①對;對于②，當(dāng)a＞b與a＜b及a≠c都不成立時，有a＝b＝c,不符合題意,故②對;對于③，顯然不正確．答案:C4．設(shè)x，y，z都是正實(shí)數(shù)，a＝x＋eq\f(1，y）,b＝y(tǒng)＋eq\f（1,z)，c＝z＋eq\f（1,x)，則a，b,c三個數(shù)（）A．至少有一個不大于2B．都小于2C．至少有一個不小于2D．都大于2解析：因?yàn)閍＋b＋c＝x＋eq\f(1，x)＋y＋eq\f(1，y)＋z＋eq\f（1，z)≥2＋2＋2＝6，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z＝1時等號成立，所以a,b，c三者中至少有一個不小于2。答案：C5．若a,b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，設(shè)M＝eq\f（8，27－27a),N＝（a＋c)·（a＋b)，則(）A．M≥N B．M≤NC．M＞N D．M＜N解析:依題設(shè)，1－a,1－b，1－c均大于0，又a＋b＋c＝1，所以eq\r(3,（1－a)（1－b）(1－c））≤eq\f(1,3）［(1－a)＋（1－b）＋（1－c）]＝eq\f(2,3),所以（1－a)（1－b)(1－c）≤eq\f（8，27）,從而eq\f(8，27－27a)≥(1－b)（1－c)＝(a＋c)（a＋b)，所以M≥N，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝eq\f（1，3）時，等號成立．答案：A二、填空題6．用反證法證明命題：“一個三角形中不能有兩個直角”的過程歸納為以下三個步驟：①∠A＋∠B＋∠C＝90°＋90°＋∠C＞180°,這與三角形內(nèi)角和為180°相矛盾,則∠A＝∠B＝90°不成立；②所以一個三角形中不能有兩個直角;③假設(shè)∠A，∠B，∠C中有兩個角是直角，不妨設(shè)∠A＝∠B＝90°。正確順序的序號排列為________．解析：由反證法證明的步驟知，先假設(shè)即③，再推出矛盾即①,最后做出判斷,肯定結(jié)論即②，即順序應(yīng)為③①②。答案：③①②7．lg9·lg11與1的大小關(guān)系是________．解析：因?yàn)閑q\r（lg9·lg11）＜eq\f(lg9＋lg11,2)＝eq\f(lg99，2)＜eq\f(lg100,2）＝1，所以lg9·lg11＜1。答案：lg9·lg11＜18．設(shè)M＝eq\f(1，210)＋eq\f(1，210＋1）＋eq\f(1，210＋2)＋…＋eq\f(1，211－1)，則M與1的大小關(guān)系為________．解析:因?yàn)?10＋1＞210,210＋2＞210,…，211－1＞210,所以M＝eq\f(1，210）＋eq\f(1，210＋1)＋eq\f(1,210＋2)＋…＋答案:M＜1三、解答題9．已知x，y＞0,且x＋y＞2.求證：eq\f(1＋x，y)，eq\f（1＋y,x）中至少有一個小于2.證明：(反證法)設(shè)eq\f（1＋x,y)≥2，eq\f(1＋y，x）≥2,則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（1＋x≥2y,①，1＋y≥2x.②））由①②式可得2＋x＋y≥2（x＋y)，即x＋y≤2，與題設(shè)矛盾．所以eq\f(1＋x,y）,eq\f（1＋y，x)中至少有一個小于2。10．已知n∈N*，求證：eq\r（1×2）＋eq\r(2×3)＋…＋eq\r（n（n＋1）)＜eq\f（（n＋1)2，2).證明：由基本不等式，得eq\r(n（n＋1))＜eq\f(n＋n＋1，2）＝eq\f(2n＋1,2),所以eq\r（1×2）＋eq\r(2×3)＋…＋eq\r(n（n＋1）)＜eq\f(3，2）＋eq\f(5，2）＋…＋eq\f(2n＋1,2)＝eq\f（3＋5＋…＋（2n＋1），2）＝eq\f（n（n＋2),2）＝eq\f(n2＋2n,2)＜eq\f（(n＋1）2,2)，故原不等式成立．B級能力提升1．（2018·浙江卷）已知a1，a2，a3，a4成等比數(shù)列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，若a1>1，則()A．a(chǎn)1〈a3,a2<a4 B．a(chǎn)1〉a3,a2<a4C．a(chǎn)1〈a3，a2〉a4 D．a(chǎn)1>a3，a2>a4解析：構(gòu)造不等式lnx≤x－1,則a1＋a2＋a3＋a4＝ln（a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，所以a4＝a1·q3≤－1.由a1〉1,得q〈0.若q≤－1，則ln（a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1（1＋q）·（1＋q2）≤0.又a1＋a2＋a3＝a1（1＋q＋q2）≥a1〉1，所以ln（a1＋a2＋a3)〉0,矛盾．因此－1〈q〈0.所以a1－a3＝a1（1－q2)>0，a2－a4＝a1q（1－q2)〈0,所以a1>a3，a2〈a4。答案：B2．設(shè)x,y，z，t滿足1≤x≤y≤z≤t≤100，則eq\f（x,y）＋eq\f(z,t)的最小值為________．解析:因?yàn)閑q\f(x，y)≥eq\f(1,y)≥eq\f(1，z），且eq\f(z，t)≥eq\f(z，100），所以eq\f（x,y）＋eq\f(z,t)≥eq\f(1,z）＋eq\f(z,100）≥2eq\r(\f（1，z）·\f(z,100))＝eq\f（1，5)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1，y＝z＝10，t＝100時，等號成立．答案：eq\f（1，5）3．已知數(shù)列{an｝滿足a1＝2，an＋1＝2eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（1＋\f(1，n)）)eq\s\up12（2)·an(n∈N＊），（1）求a2,a3并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)cn＝eq\f（n，an）,求證:c1＋c2＋c3＋…＋cn<eq\f(7，10)。（1）解：因?yàn)閍1＝2，an＋1＝2eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n))）eq\s\up12(2)·an(n∈N＊)，所以a2＝2eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(1＋\f（1,1）））eq\s\up12（2)·a1＝16，a3＝2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f（1，2）））eq\s\up12（2)·a2＝72.又因?yàn)閑q\f（an＋1，（n＋1)2)＝2·eq\f（an，n2），n∈N*，所以eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1(\f（an，n2)））為等比數(shù)列,所以eq\f(an,n2）＝eq\f（a1，12)·2n－1＝2n,所以an＝n2·2n。(2)證明：cn＝eq\f(n,an）＝eq\f(1,n·2n)，所以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）·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，24）＋\f(1,25)＋…＋\f（1，2n)))＝eq\f（2，3）＋eq\f（1，4)·eq\f（\f（1,24)\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（1－\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,2）))\s\up12(n－3))），1－\f(1，2）)〈eq\f(2，3)＋eq\f（1,4）·eq