2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第二講證明不等式的基本方法三反證法與放縮法課時(shí)作業(yè)含解析新人教A版選修4-5

PAGE其次講證明不等式的基本方法[課時(shí)作業(yè)][A組基礎(chǔ)鞏固]1．假如兩個(gè)正整數(shù)之積為偶數(shù)，則這兩個(gè)數(shù)()A．兩個(gè)都是偶數(shù)B．一個(gè)是奇數(shù)，一個(gè)是偶數(shù)C．至少一個(gè)是偶數(shù)D．恰有一個(gè)是偶數(shù)解析：假設(shè)這兩個(gè)數(shù)都是奇數(shù)，則這兩個(gè)數(shù)的積也是奇數(shù)，這與已知沖突，所以這兩個(gè)數(shù)至少一個(gè)為偶數(shù)．答案：C2．設(shè)x>0，y>0，A＝eq\f(x＋y,1＋x＋y)，B＝eq\f(x,1＋x)＋eq\f(y,1＋y)，則A與B的大小關(guān)系為()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．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(gè)數(shù)()A．至少有一個(gè)不大于2B．都小于2C．至少有一個(gè)不小于2D．都大于2解析：假設(shè)a，b，c都小于2，則a＋b＋c<6，這與a＋b＋c＝x＋eq\f(1,y)＋y＋eq\f(1,z)＋z＋eq\f(1,x)≥6沖突．故選C.答案：C4．設(shè)M＝eq\f(1,210)＋eq\f(1,210＋1)＋eq\f(1,210＋2)＋…＋eq\f(1,211－1)，則()A．M＝1 B．M<1C．M>1 D．M與1大小關(guān)系不定解析：M是210項(xiàng)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，故選B.答案：B5．若f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，a，b都為正數(shù)，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)))，則()A．A≤G≤H B．A≤H≤GC．G≤H≤A D．H≤G≤A解析：∵a，b為正數(shù)，∴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為單調(diào)減函數(shù)，∴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．某同學(xué)打算用反證法證明如下一個(gè)問(wèn)題：函數(shù)f(x)在[0,1]上有意義，且f(0)＝f(1)，假如對(duì)于不同的x1，x2∈[0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|，求證：|f(x1)－f(x2)|<eq\f(1,2).那么它的假設(shè)應(yīng)當(dāng)是________．答案：|f(x1)－f(x2)|≥eq\f(1,2)7．已知|a|≠|(zhì)b|，m＝eq\f(|a|－|b|,|a－b|)，n＝eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|)，則m，n之間的大小關(guān)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．設(shè)a>0，b>0，M＝eq\f(a＋b,a＋b＋2)，N＝eq\f(a,a＋2)＋eq\f(b,b＋2)，則M與N的大小關(guān)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．實(shí)數(shù)a，b，c，d滿意a＋b＝c＋d＝1，且ac＋bd>1，求證：a，b，c，d中至少有一個(gè)是負(fù)數(shù)．證明：假設(shè)a，b，c，d都是非負(fù)數(shù)．由a＋b＝c＋d＝1知：a，b，c，d∈[0,1]．從而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.與已知ac＋bd>1沖突，∴a，b，c，d中至少有一個(gè)是負(fù)數(shù)．10．求證：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＋)．證明：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的自然數(shù))，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組實(shí)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，…)．試證：數(shù)列{xn}或者對(duì)隨意正整數(shù)n都滿意xn<xn＋1，或者對(duì)隨意的正整數(shù)n都滿意xn>xn＋1.當(dāng)此題用反證法否定結(jié)論時(shí)，應(yīng)為()A．對(duì)隨意的正整數(shù)n，有xn＝xn＋1B．存在正整數(shù)n，使xn＝xn＋1C．存在正整數(shù)n，使xn≥xn－1且xn≥xn＋1D．存在正整數(shù)n，使(xn－xn－1)(xn－xn＋1)≥0解析：“xn<xn＋1或xn>xn＋1”的對(duì)立面是“xn＝xn＋1”，“隨意一個(gè)”的反面是“存在某一個(gè)”．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)，則它們之間的大小關(guān)系為()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.對(duì)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．用反證法證明“已知平面上有n(n≥3)個(gè)點(diǎn)，其中隨意兩點(diǎn)的距離最大為d，距離為d的兩點(diǎn)間的線段稱為這組點(diǎn)的直徑，求證直徑的數(shù)目最多為n條”時(shí)，假設(shè)的內(nèi)容為_(kāi)_______．解析：對(duì)“至多”的否定應(yīng)當(dāng)是“至少”，二者之間應(yīng)當(dāng)是完全對(duì)應(yīng)的，所以本題中的假設(shè)應(yīng)為“直徑的數(shù)目至少為n＋1條”．答案：直徑的數(shù)目至少為n＋1條4．若二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在區(qū)間[－1,1]內(nèi)至少有一個(gè)值c，使f(c)>0,則實(shí)數(shù)p的取值范圍是________．解析：假設(shè)在[－1,1]內(nèi)沒(méi)有值滿意f(c)>0，則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)，取補(bǔ)集為p∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).故實(shí)數(shù)p的取值范圍是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，求證：x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)不都大于1.證明：法一：假設(shè)x(2－y)>1且y(2－z)>1且z(2－x)>1均成立，則三式相乘有：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與①?zèng)_突，故假設(shè)不成立．∴x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)不都大于1.法二：假設(shè)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與③沖突，故假設(shè)不成立．∴原題設(shè)結(jié)論成立．6．已知數(shù)列{an}滿意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).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)}為等比數(shù)列．∴eq\f(an,n2)＝eq\f(a1,12)·2n－1＝2n，∴an＝n2·2n.(2)證明：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