2020-2021学年高中数学(人教A版选修2-2)课时作业-2.2.2-反证法.docx

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课时提升作业(十八)
反　证　法

一、选择题(每小题3分，共18分)
1.(2022·合肥高二检测)用反证法证明“三角形中最多只有一个内角为钝角”，下列假设中正确的是(　　)
A.有两个内角是钝角
B.有三个内角是钝角
C.至少有两个内角是钝角
D.没有一个内角是钝角
【解析】选C.“最多有一个”的反设是“至少有两个”.
2.实数a，b，c满足a+2b+c=2，则(　　)
A.a，b，c都是正数
B.a，b，c都大于1
C.a，b，c都小于2
D.a，b，c中至少有一个不小于12
【解析】选D.假设a，b，c均小于12，则a+2b+c<12+1+12=2，与已知冲突，故假设不成立，所以a，b，c中至少有一个不小于12.

3.(2022·唐山高二检测)(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的两根的确定值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x1的确定值大于或等于1，即假设|x1|≥1，以下结论正确的是(　　)
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】选D.(1)错，应假设为p+q>2.(2)假设正确.故选D.
4.(2022·杭州高二检测)设a，b，c大于0，则3个数：a+1b，b+1c，c+1a的值(　　)
A.都大于2
B.至少有一个不大于2
C.都小于2
D.至少有一个不小于2
【解题指南】由于三个数的和不小于6，可以推断三个数至少有一个不小于2，所以可假设这三个数都小于2来推出冲突.
【解析】选D.假设a+1b，b+1c，c+1a都小于2，
即a+1b<2，b+1c<2，c+1a<2，
所以a+1b+b+1c+c+1a<6，
又a>0，b>0，c>0，
所以a+1b+b+1c+c+1a
=a+1a+b+1b+c+1c≥2+2+2=6.
这与假设冲突，所以假设不成立.
【变式训练】已知x1>0，且x1≠1，且xn+1=xn(xn2+3)3xn2+1(n=1，2，3…).试证：数列{xn}对任意正整数n都满足xn<xn+1，或者对任意正整数n都满足xn>xn+1.当此题用反证法否定结论时，应为(　　)
A.对任意的正整数n，都有xn=xn+1
B.存在正整数n，使得xn=xn+1
C.存在正整数n，使xn≥xn-1且xn≥xn+1
D.存在正整数n，使得(xn-xn-1)(xn-xn+1)≥0
【解析】选B.对于数列中的连续两项来说，要么不相等，要么相等.
5.设a，b，c是正数，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(　　)
A.充分条件
B.必要条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】选C.必要性明显，充分性：若PQR>0，则P，Q，R同时大于零或其中两个为负，不妨设P<0，Q<0，R>0，由于P<0，Q<0，即a+b<c，b+c<a，
所以a+b+b+c<c+a，即b<0，这与b>0冲突，所以P，Q，R同时大于零，故选C.
6.若△ABC能被一条直线分成两个与自身相像的三角形，那么这个三角形的外形是(　　)
A.钝角三角形 B.直角三角形 C.锐角三角形 D.不能确定
【解析】选B.分△ABC的直线只能过一个顶点且与对边相交，如直线AD(点D在BC上)，则∠ADB+∠ADC=π，若∠ADB为钝角，则∠ADC为锐角.而∠ADC>∠BAD，∠ADC>∠ABD，△ABD与△ACD不行能相像，与已知不符，只有当∠ADB=∠ADC=∠BAC=π2时，才符合题意.
二、填空题(每小题4分，共12分)
7.(2022·南昌高二检测)命题“任意多面体的面至少有一个是三角形或四边形或五边形”的结论的否定是____________________________.
【解析】“至少有一个”的否定是“没有一个”.
答案：没有一个是三角形或四边形或五边形
8.(2022·石家庄高二检测)设a，b是两个实数，给出下列条件：①a+b=1；②a+b=2；③a+b>2；④a2+b2>2.
其中能推出“a，b中至少有一个大于1”的条件是__________(填序号).
【解题指南】可接受特殊值法或反证法逐一验证.
【解析】若a=13，b=23，则a+b=1，但a<1，b<1，故①不能推出.若a=b=1，则a+b=2，故②不能推出.
若a=-2，b=1，则a2+b2>2，故④不能推出.
对于③，即a+b>2，则a，b中至少有一个大于1.
反证法：假设a≤1且b≤1，则a+b≤2与a+b>2冲突，因此假设不成立，故a，b中至少有一个大于1.
答案：③
9.用反证法证明命题：“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤：
①∠A+∠B+∠C=90°+90°+∠C>180°，这与三角形内角和为180°相冲突，则∠A=∠B=90°不成立；
②所以一个三角形中不能有两个直角；
③假设∠A，∠B，∠C中有两个角是直角，不妨设∠A=∠B=90°.
正确挨次的序号排列为________.
【解析】由反证法证明的步骤知，先反设即③，再推出冲突即①，最终作出推断，确定结论即②，即挨次应为③①②.
答案：③①②
三、解答题(每小题10分，共20分)
10.(2021·南阳高二检测)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.
【解题指南】反证法来证明正难则反的运用，先否定结论，假设a，b，c，d都是非负数，然后推出冲突来得到证明.
【证明】假设a，b，c，d都是非负数，
由于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.
【拓展提升】适用反证法证明的题型
适用反证法证明的题型有：(1)一些基本命题、基本定理.(2)易导出与已知冲突的命题.(3)“否定性”命题.(4)“唯一性”命题.(5)“必定性”命题.(6)“至多”“至少”类命题.(7)“必定性”命题.(8)涉及“无限”结论的命题等.
11.求证过一点只有一条直线与已知平面垂直.
【解题指南】文字叙述题的证明应先写出已知，求证，本题证明时应分两种状况，即点P在平面α内和点P在平面α外.
【证明】已知：平面α和一点P.

求证：过点P与平面α垂直的直线只有一条.
证明：如图所示，不论点P在α内或α外，设PA⊥α，垂足为A(或P).
假设过点P还有另一条直线PB⊥α，
设PA，PB确定的平面为β，且α∩β=a，
于是在平面β内过点P有两条直线PA，PB垂直于a，这与在同一平面内过一点有且只有一条直线与已知直线垂直相冲突，所以假设不成立，原命题成立.

一、选择题(每小题4分，共16分)
1.(2022·济宁高二检测)用反证法证明命题“2+3是无理数”时，假设正确的是(　　)
A.假设2是有理数
B.假设3是有理数
C.假设2或3是有理数
D.假设2+3是有理数
【解析】选D.假设结论的反面成立，2+3不是无理数，则2+3是有理数.
2.(2022·潍坊高二检测)否定结论“至多有两个解”的说法中，正确的是(　　)
A.有一个解 B.有两个解
C.至少有三个解 D.至少有两个解
【解析】选C.在规律中“至多有n个”的否定是“至少有n+1个”，所以“至多有两个解”的否定为“至少有三个解”.
3.已知直线a，b为异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b的位置关系为
(　　)
A.确定是异面直线
B.确定是相交直线
C.不行能是平行直线
D.不行能是相交直线
【解析】选C.假设c∥b，而由c∥a，可得a∥b，这与a，b异面冲突，故c与b不行能是平行直线.
4.已知数列{an}，{bn}的通项公式分别为an=an+2，bn=bn+1(a，b是常数，且a>b)，那么两个数列中序号与相应项的数值相同的项的个数是(　　)
A.0 B.1
C.2 D.无穷多个
【解题指南】假设存在两个数列中序号与相应项的数值相同的项，推理得出冲突.
【解析】选A.假设存在两个数列中序号与相应项的数值相同的项，则有an+2=bn+1，得到(a-b)n=-1，这样的n是不存在的，故假设不成立.
二、填空题(每小题5分，共10分)
5.(2022·郑州高二检测)若下列两个方程x2+(a-1)x+a2=0，x2+2ax-2a=0中至少有一个方程有实根，则实数a的取值范围是__________.
【解析】假设两个一元二次方程均无实根，则有
Δ1=(a-1)2-4a2<0,Δ2=(2a)2-4(-2a)<0,即3a2+2a-1>0,a2+2a<0,
解得{a|-2<a<-1}，
所以其补集{a|a≤-2或a≥-1}即为所求的a的取值范围.
答案：{a|a≤-2或a≥-1}
6.完成反证法证题的全过程.设a1，a2，…，a7是1，2，…，7的一个排列，求证：乘积p=(a1-1)(a2-2)…(a7-7)为偶数.
证明：假设p为奇数，则a1-1，a2-2，…，a7-7均为奇数.因奇数个奇数之和为奇数，故有奇数=__________=__________=0.但0≠奇数，这一冲突说明p为偶数.
【解题指南】利用奇数个奇数之和为奇数，把a1-1，a2-2，…，a7-7相加，利用a1+a2+…+a7=1+2+…+7可推出冲突.
【解析】据题目要求及解题步骤，
由于a1-1，a2-2，…，a7-7均为奇数，
所以(a1-1)+(a2-2)+…+(a7-7)也为奇数.
即(a1+a2+…+a7)-(1+2+…+7)为奇数.
又由于a1，a2，…，a7是1，2，…，7的一个排列，
所以a1+a2+…+a7=1+2+…+7，故上式为0.
所以奇数=(a1-1)+(a2-2)+…+(a7-7)
=(a1+a2+…+a7)-(1+2+…+7)=0.
答案：(a1-1)+(a2-2)+…+(a7-7)
(a1+a2+…+a7)-(1+2+…+7)
三、解答题(每小题12分，共24分)
7.(2021·临沂高二检测)已知a，b，c∈(0，1).
求证：(1-a)b，(1-b)c，(1-c)a不能都大于14.
【证明】假设(1-a)b，(1-b)c，(1-c)a都大于14.
由于0<a<1，0<b<1，
所以1-a>0.由基本不等式，得
(1-a)+b2≥(1-a)b>14=12.
同理，(1-b)+c2>12，(1-c)+a2>12.
将这三个不等式两边分别相加，得
(1-a)+b2+(1-b)+c2+(1-c)+a2>12+12+12，
即32>32，这是不成立的，
故(1-a)b，(1-b)c，(1-c)a不能都大于14.
8.(2022·温州高二检测)设{an}，{bn}是公比不相等的两个等比数列，cn=an+bn.证明数列{cn}不是等比数列.
【解题指南】假设数列{cn}是等比数列，利用{an}，{bn}是公比不相等的等比数列的条件推出冲突，即知假设不成立.
【证明】假设数列{cn}是等比数列，则
(an+bn)2=(an-1+bn-1)(an+1+bn+1).　①
由于{an}，{bn}是公比不相等的两个等比数列，设公比分别为p，q，所以an2=an-1an+1，bn2=bn-1bn+1.
代入①并整理，得
2anbn=an+1bn-1+an-1bn+1
=anbnpq+qp，
即2=pq+qp　②.
当p，q异号时，pq+qp<0，与②相冲突；
当p，q同号时，由于p≠q，
所以pq+qp>2，与②相冲突.
故数列{cn}不是等比数列.
【拓展延长】适用反证法证明的题型
适用反证法证明的题型有：(1)一些基本命题、基本定理.(2)易导出与已知冲突的命题.(3)“否定性”命题.(4)“唯一性”命题.(5)“必定性”命题.(6)“至多”“至少”类命题.(7)涉及“无限”结论的命题等.
【变式训练】已知f(x)=x2+px+q.
求证：(1)f(1)+f(3)-2f(2)=2.
(2)|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于12.
【解题提示】至少有一个不小于12的反面是都小于12.
【证明】(1)f(1)+f(3)-2f(2)
=(1+p+q)+(9+3p+q)-2(4+2p+q)=2.
(2)假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于12，
则|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|<2，
而|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|≥f(1)+f(3)-2f(2)
=(1+p+q)+(9+3p+q)-(8+4p+2q)=2，
这与|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|<2相冲突，
从而假设不成立，原命题成立.
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