《2018-2019版数学高二同步系列课堂讲义选修4-5人教a版试题：第二章 证明不等式的基本方法2.3 word版含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018-2019版数学高二同步系列课堂讲义选修4-5人教a版试题：第二章 证明不等式的基本方法2.3 word版含答案（4页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、三反证法与放缩法课后篇巩固探究1.设实数a,b,c满足a+b+c=13,则a,b,c中()A.至多有一个不大于19B.至少有一个不小于19C.至多有两个不小于19D.至少有两个不小于19解析假设a,b,c都小于19,即a19,b19,c19,则a+b+c19+19+19=13,这与a+b+c=13矛盾,因此假设错误,即a,b,c中至少有一个不小于19.答案B2.已知三角形的三边长分别为a,b,c,设M=a1+a+b1+b,N=c1+c,Q=a+b1+a+b,则M,N与Q的大小关系是()A.MNQB.MQNC.QNMD.NQc0,则1a+b1c.1a+b+11c+1,即a+b+1a+bc+1c.
2、c1+ca+b1+a+b,故Na1+a+b+b1+a+b-a+b1+a+b=0,MQ,故MQN.答案D3.导学号26394038设M=1210+1210+1+1210+2+1211-1,则()A.M=1B.M1D.M与1大小关系不确定解析分母全换成210,共有210个单项.答案B4.某同学准备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),如果对于不同的x1,x20,1,都有|f(x1)-f(x2)|x1-x2|,求证|f(x1)-f(x2)|0”是“P,Q,R同时大于零”的条件.解析必要性是显然成立的;当PQR0时,若P,Q,R不同时大于零,则其中两个为负,一个
3、为正,不妨设P0,Q0,R0,则Q+R=2c0矛盾,即充分性也成立.答案充要6.设a,b是两个实数,给出下列条件:a+b1;a+b=2;a+b2;a2+b22;ab1.其中能推出“a,b中至少有一个大于1”的条件是.(填序号)解析可取a=0.5,b=0.6,故不正确;a+b=2,可取a=1,b=1,故不正确;a+b2,则a,b中至少有一个大于1,正确;a2+b22,可取a=-2,b=-1,故不正确;ab1,可取a=-2,b=-1,故不正确.答案7.设f(x)=x2-x+13,a,b0,1,求证|f(a)-f(b)|a-b|.证明|f(a)-f(b)|=|a2-a-b2+b|=|(a-b)(a+
4、b-1)|=|a-b|a+b-1|,因为0a1,0b1,所以0a+b2.所以-1a+b-11,所以|a+b-1|1.故|f(a)-f(b)|a-b|.8.已知x0,y0,且x+y2,试证:1+xy,1+yx中至少有一个小于2.证明假设1+xy,1+yx都不小于2,即1+xy2,且1+yx2.因为x0,y0,所以1+x2y,且1+y2x.把这两个不等式相加,得2+x+y2(x+y),从而x+y2,这与已知条件x+y2矛盾.因此,1+xy,1+yx都不小于2是不可能的,即原命题成立.9.导学号26394039已知Sn=sin12+sin222+sin323+sinn2n,求证:对于正整数m,n,当
5、mn时,|Sm-Sn|n时,|Sm-Sn|=|an+1+an+2+am|an+1|+|an+2|+|am|12n+1+12n+2+12m=12n+11-12m-n1-12=12n1-12m-n12n.10.导学号26394040若数列xn的通项公式为xn=nn+1,求证x1x3x5x2n-11-xn1+xn.证明因为1-xn1+xn=1-nn+11+nn+1=12n+1,又2n-12n2n-12n+1=2n-12n+12n=4n2-12n4n22n=1,所以2n-12n2n-12n+1,所以x1x3x5x2n-1=12342n-12n13352n-12n+1=12n+1,故x1x3x5x2n-11-xn1+xn.
