高中_数学_数学选修_选修4-5_人教版高中数学选修4-5练习含解析_人教版高中数学选修4-5练习：第二讲2.3反*法与放缩法含解析

.ks5u.第二讲*不等式的基本方法2.3反*法与放缩法INCLUDEPICTURE"\\\\Ht04\\文档(E)\\课件\\数学选修45人教版\\课后作业+.tif"\*MERGEFORMATA级　基础巩固一、选择题1．用反*法*命题“如果a＞b，那么eq\r(3,a)＞eq\r(3,b)”时，假设的内容是(　　)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：应假设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).*：D2．实数a，b，c不全为0的等价命题为(　　)A．a，b，c均不为0B．a，b，c中至多有一个为0C．a，b，c中至少有一个为0D．a，b，c中至少有一个不为0*：D3．用反*法*：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理根，那么a，b，c中至少有一个偶数，下列假设中正确的是(　　)A．假设a，b，c都是偶数B．假设a，b，c都不是偶数C．假设a，b，c至多有一个偶数D．假设a，b，c至多有两个偶数解析：至少有一个是的否定为都不是．*：B4．设x，y，z都是正实数，a＝x＋eq\f(1,y)，b＝y＋eq\f(1,z)，c＝z＋eq\f(1,x)，则a，b，c三个数(　　)A．至少有一个不大于2B．都小于2C．至少有一个不小于2D．都大于2解析：因为a＋b＋c＝x＋eq\f(1,x)＋y＋eq\f(1,y)＋z＋eq\f(1,z)≥2＋2＋2＝6，当且仅当x＝y＝z＝1时等号成立，所以a，b，c三者中至少有一个不小于2.*：C5．若不等式x2－2ax＋a＞0对一切实数x∈R恒成立，则关于t的不等式at2＋2t－3＜1的解集为(　　)A．(－3，1)B．(－∞，－3)∪(1，＋∞)C．∅D．(0，1)解析：不等式x2－2ax＋＋a＞0对一切实数x∈R恒成立，则Δ＝(－2a)2－4a＜0，即a2－a＜0，解得0＜a＜1，所以不等式at2＋2t－3＜1转化为t2＋2t－3＞0，解得t＜－3或t＞1.*：B二、填空题6．某同学准备用反*法*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，x2∈0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|＜|x1－x2|，求*：|f(x1)－f(x2)|＜eq\f(1,2)，那么它的假设应该是________．*：假设|f(x1)－f(x2)|≥eq\f(1,2)7．lg9·lg11与1的大小关系是________．解析：因为eq\r(lg9·lg11)＜eq\f(lg9＋lg11,2)＝eq\f(lg99,2)＜eq\f(lg100,2)＝1，所以lg9·lg11＜1.*：lg9·lg11＜18．设a，b，c均为正数，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________条件．解析：必要*是显然成立的；当PQR＞0时，若P，Q，R不同时大于零，则其中两个为负，一个为正，不妨设P＞0，Q＜0，R＜0，则Q＋R＝2c＜0，这与c＞0矛盾，即充分*也成立．*：充要三、解答题9．已知x，y＞0，且x＋y＞2.求*：eq\f(1＋x,y)，eq\f(1＋y,x)中至少有一个小于2.*：(反*法)设eq\f(1＋x,y)≥2，eq\f(1＋y,x)≥2，则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，与题设矛盾．所以eq\f(1＋x,y)，eq\f(1＋y,x)中至少有一个小于2.10．设a＞0，b＞0，且a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).*：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．*：由a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)，a＞0，b＞0，得ab＝1.(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq\r(ab)＝2，即a＋b≥2.(2)假设a2＋a＜2与b2＋b＜2同时成立，则由a2＋a＜2及a＞0得0＜a＜1；同理，0＜b＜1，从而ab＜1，这与ab＝1矛盾．故a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．B级　能力提升1．若a＞0，b＞0，满足ab≥1＋a＋b，那么(　　)A．a＋b有最小值2＋2eq\r(2)B．a＋b有最大值(eq\r(2)＋1)2C．ab有最大值eq\r(2)＋1D．ab有最小值2＋2eq\r(2)解析：1＋a＋b≤ab≤eq\f(（a＋b）2,4)，所以(a＋b)2－4(a＋b)－4≥0，解得a＋b≤2－2eq\r(2)或a＋b≥2＋2eq\r(2)，因为a＞0，b＞0，所以a＋b≥2＋2eq\r(2)，故选A.*：A2．设x，y，z，t满足1≤x≤y≤z≤t≤100，则eq\f(x,y)＋eq\f(z,t)的最小值为________．解析：因为eq\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)，当且仅当x＝1，y＝z＝10，t＝100时，等号成立．*：eq\f(1,5)3．若数列{an}的通项公式为an＝n2，n∈N*，求*：对一切正整数n，有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(7,4).*：①当n＝1时，eq\f(1,a1)＝1<eq\f(7,4)，所以原不等式成立．②当n＝2时，eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＝1＋eq\f(1,4)<eq\f(7,4)，所以原不等式成立．③当n≥3时，因为n2>(n－1)·(n＋1)，所以eq\f(1,n2)<eq\f(1,（n－1）·（n＋1）).eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,n2)<1＋eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,2×4)＋…＋eq\f(1,（n－2）n)＋eq\f(1,（n－1）·（n＋1）)＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－2)－\f(1,n)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－2)－\f(1,n)＋\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(7,4)＋eq\f(1,2)(－eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))<eq\f(7,4).所以当n≥3时，所以原不等式成立．综上所述，对一切正整数n，有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(7,4).