《直接证明与间接证明》试卷市赛获奖

《直接证明与间接证明》试卷反证法A组基础巩固1．用反证法证明命题：“若直线AB，CD是异面直线，则直线AC，BD也是异面直线”的过程归纳为以下三个步骤：①则A，B，C，D四点共面，所以AB，CD共面，这与AB，CD是异面直线矛盾；②所以假设错误，即直线AC，BD也是异面直线；③假设直线AC，BD是共面直线．则正确的序号顺序为()A．①②③B．③①②C．①③②D．②③①解析：根据反证法的三个基本步骤“反设—归谬—结论”可知顺序应为③①②.答案：B2．用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是()A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根解析：至少有一个实根的否定是没有实根，故要做的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”．答案：A3．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b的位置关系为()A．一定是异面直线B．一定是相交直线C．不可能是平行直线D．不可能是相交直线解析：假设c∥b，而由c∥a，可得a∥b，这与a，b异面矛盾，故c与b不可能是平行直线，故应选C.答案：C4．若△ABC能被一条直线分成两个与自身相似的三角形，那么这个三角形的形状是()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：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不可能相似，与已知不符，只有当∠ADB＝∠ADC＝∠BAC＝eq\f(π,2)时，才符合题意．答案：B5．设a，b∈(0，＋∞)，则a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,a)()A．都不大于2B．都不小于2C．至少有一个不大于2D．至少有一个不小于2解析：假设a＋eq\f(1,b)＜2，b＋eq\f(1,a)＜2，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,a)))＜4.①又a，b∈(0，＋∞)，所以a＋eq\f(1,b)＋b＋eq\f(1,a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))≥2＋2＝4.这与①式相矛盾，故假设不成立，即a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,a)至少有一个不小于2.答案：D6．△ABC中，若AB＝AC，P是△ABC内的一点，∠APB＞∠APC，求证：∠BAP＜∠CAP.用反证法证明时的假设为__________．解析：反证法对结论的否定是全面否定，∠BAP＜∠CAP的对立面是∠BAP＝∠CAP或∠BAP＞∠CAP.答案：∠BAP＝∠CAP或∠BAP＞∠CAP7．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°，这与三角形内角为180°相矛盾，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，不防设∠A＝∠B＝90°.正确顺序的序号排列为__________．解析：由反证法证明的步骤知，先反证即③，再推出矛盾即①，最后作出判断，肯定结论即②，即顺序应为③①②.答案：③①②8．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，这一矛盾说明p为偶数．解析：据题目要求及解题步骤，因为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．又因为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)9．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．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∵{an}，{bn}是公比不相等的两个等比数列，设公比分别为p，q，∴aeq\o\al(2,n)＝an－1an＋1，beq\o\al(2,n)＝bn－1bn＋1.代入①并整理，得2anbn＝an＋1bn－1＋an－1bn＋1＝anbneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,q)＋\f(q,p)))，即2＝eq\f(p,q)＋eq\f(q,p).②当p，q异号时，eq\f(p,q)＋eq\f(q,p)＜0，与②相矛盾；当p，q同号时，由于p≠q，∴eq\f(p,q)＋eq\f(q,p)＞2，与②相矛盾．故数列{cn}不是等比数列．10．证明：1，eq\r(3)，2不能为同一等差数列的三项．证明：假设1，eq\r(3)，2为同一等差数列的三项．则有等差数列的定义知1×2＝(eq\r(3))2＝3，则2＝3不成立，则假设不成立，即原命题成立，即1，eq\r(3)，2不能为同一等差数列的三项．B组能力提升11．假设已知a，b，c∈(0,1)．求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能都大于eq\f(1,4).证明：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a都大于eq\f(1,4).因为0＜a＜1,0＜b＜1，所以1－a＞0.由基本不等式，得eq\f(1－a＋b,2)≥eq\r(1－ab)＞eq\r(\f(1,4))＝eq\f(1,2).同理，eq\f(1－b＋c,2)＞eq\f(1,2)，eq\f(1－c＋a,2)＞eq\f(1,2).将这三个不等式两边分别相加，得eq\f(1－a＋b,2)＋eq\f(1－b＋c,2)＋eq\f(1－c＋a,2)＞eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)，即eq\f(3,2)＞eq\f(3,2)，这是不成立的，故(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能都大于eq\f(1,4).12．已知函数f(x)在R上是增函数，a，b∈R.(1)求证：如果a＋b≥0，那么f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)；(2)判断(1)中的命题的逆命题是否成立？并证明你的结论．解析：(1)证明：当a＋b≥0时，a≥－b且b≥－a.∵f(x)在R上是增函数，∴f(a)≥f(－b)，f(b)≥f(－a)，∴f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)．(2)解：(1)中命题的逆命题为“如果f(a)＋f