《2018-2019版高中數(shù)學 第二章 證明不等式的基本方法 2.3 反證法與放縮法試題 新人教A版選修4-5.doc》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2018-2019版高中數(shù)學 第二章 證明不等式的基本方法 2.3 反證法與放縮法試題 新人教A版選修4-5.doc(5頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
三 反證法與放縮法
課后篇鞏固探究
1.設實數(shù)a,b,c滿足a+b+c=13,則a,b,c中( )
A.至多有一個不大于19
B.至少有一個不小于19
C.至多有兩個不小于19
D.至少有兩個不小于19
解析假設a,b,c都小于19,即a<19,b<19,c<19,則a+b+c<19+19+19=13,這與a+b+c=13矛盾,因此假設錯誤,即a,b,c中至少有一個不小于19.
答案B
2.已知三角形的三邊長分別為a,b,c,設M=a1+a+b1+b,N=c1+c,Q=a+b1+a+b,則M,N與Q的大小關(guān)系是( )
A.M
c>0,
則1a+b<1c.
∴1a+b+1<1c+1,
即a+b+1a+ba1+a+b+b1+a+b-a+b1+a+b=0,
∴M>Q,故M>Q>N.
答案D
3.導學號26394038設M=1210+1210+1+1210+2+…+1211-1,則( )
A.M=1
B.M<1
C.M>1
D.M與1大小關(guān)系不確定
解析分母全換成210,共有210個單項.
答案B
4.某同學準備用反證法證明如下一個問題:函數(shù)f(x)在[0,1]上有意義,且f(0)=f(1),如果對于不同的x1,x2∈[0,1],都有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|,求證|f(x1)-f(x2)|<12.那么它的假設應該是 .
答案|f(x1)-f(x2)|≥12
5.設a,b,c均為正數(shù),P=a+b-c,Q=b+c-a,R=c+a-b,則“PQR>0”是“P,Q,R同時大于零”的 條件.
解析必要性是顯然成立的;當PQR>0時,若P,Q,R不同時大于零,則其中兩個為負,一個為正,不妨設P>0,Q<0,R<0,則Q+R=2c<0,這與c>0矛盾,即充分性也成立.
答案充要
6.設a,b是兩個實數(shù),給出下列條件:①a+b>1;②a+b=2;③a+b>2;④a2+b2>2;⑤ab>1.其中能推出“a,b中至少有一個大于1”的條件是 .(填序號)
解析①可取a=0.5,b=0.6,故不正確;②a+b=2,可取a=1,b=1,故不正確;③a+b>2,則a,b中至少有一個大于1,正確;④a2+b2>2,可取a=-2,b=-1,故不正確;⑤ab>1,可取a=-2,b=-1,故不正確.
答案③
7.設f(x)=x2-x+13,a,b∈[0,1],求證|f(a)-f(b)|≤|a-b|.
證明|f(a)-f(b)|=|a2-a-b2+b|
=|(a-b)(a+b-1)|
=|a-b||a+b-1|,
因為0≤a≤1,0≤b≤1,
所以0≤a+b≤2.
所以-1≤a+b-1≤1,
所以|a+b-1|≤1.
故|f(a)-f(b)|≤|a-b|.
8.已知x>0,y>0,且x+y>2,試證:1+xy,1+yx中至少有一個小于2.
證明假設1+xy,1+yx都不小于2,即
1+xy≥2,且1+yx≥2.
因為x>0,y>0,
所以1+x≥2y,且1+y≥2x.
把這兩個不等式相加,得2+x+y≥2(x+y),
從而x+y≤2,這與已知條件x+y>2矛盾.
因此,1+xy,1+yx都不小于2是不可能的,即原命題成立.
9.導學號26394039已知Sn=sin12+sin222+sin323+…+sinn2n,求證:對于正整數(shù)m,n,當m>n時,|Sm-Sn|<12n.
證明記ak=sink2k(k∈N+),則|ak|≤12k.
于是,當m>n時,|Sm-Sn|
=|an+1+an+2+…+am|
≤|an+1|+|an+2|+…+|am|
≤12n+1+12n+2+…+12m
=12n+11-12m-n1-12
=12n1-12m-n<12n.
10.導學號26394040若數(shù)列{xn}的通項公式為xn=nn+1,求證x1x3x5…x2n-1<1-xn1+xn.
證明因為1-xn1+xn=1-nn+11+nn+1=12n+1,
又2n-12n2n-12n+1=2n-12n+12n
=4n2-12n<4n22n=1,
所以2n-12n<2n-12n+1,
所以x1x3x5…x2n-1
=1234…2n-12n
<1335…2n-12n+1=12n+1,
故x1x3x5…x2n-1<1-xn1+xn.
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