数学（选修45）练习1.6反证法和放缩法

第1章1.6一、选择题1．实数a，b，c不全为0的等价条件是()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解析：实数a，b，c不全为0的含义是a，b，c中至少有一个不为0.答案：D2．设x>0，y>0，M＝eq\f(x＋y,2＋x＋y)，N＝eq\f(x,2＋x)＋eq\f(y,2＋y)，则M，N的大小关系是()A．M>N B．M<NC．M＝N D．不确定解析：N＝eq\f(x,2＋x)＋eq\f(y,2＋y)＞eq\f(x,2＋x＋y)＋eq\f(y,2＋x＋y)＝eq\f(x＋y,2＋x＋y)＝M.答案：B3．已知x＝a＋eq\f(1,a－2)(a＞2)，y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b2－2(b＜0)，则x，y的大小关系是()A．x＞y B．x＜yC．x＝y D．不能确定解析：易得x＝a－2＋eq\f(1,a－2)＋2≥2＋2＝4(a＞2)，而b2－2＞－2(b＜0)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b2－2＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－2＝4，所以x＞y.答案：A4．设M＝eq\f(1,210)＋eq\f(1,210＋1)＋eq\f(1,210＋2)＋…＋eq\f(1,211－1)，则()A．M＝1 B．M＜1C．M＞1 D．M与1大小关系不定解析：M＜＝1.答案：B二、填空题5．若a＞b＞0，m＞0，n＞0，则eq\f(a,b)，eq\f(b,a)，eq\f(b＋m,a＋m)，eq\f(a＋n,b＋n)，按由小到大的顺序排列为____________．解析：由不等式a＞b＞0，m＞0，n＞0，知eq\f(b,a)＜eq\f(b＋m,a＋m)＜1，且eq\f(b,a)＜eq\f(b＋n,a＋n)＜1，得eq\f(a,b)＞eq\f(a＋n,b＋n)＞1，即1＜eq\f(a＋n,b＋n)＜eq\f(a,b).答案：eq\f(b,a)＜eq\f(b＋m,a＋m)＜eq\f(a＋n,b＋n)＜eq\f(a,b)6．已知a∈R＋，则eq\f(1,2\r(a))，eq\f(1,2\r(a＋1))，eq\f(1,\r(a)＋\r(a＋1))从大到小的顺序为___________．解析：∵eq\r(a)＋eq\r(a＋1)＞eq\r(a)＋eq\r(a)＝2eq\r(a)，eq\r(a)＋eq\r(a＋1)＜eq\r(a＋1)＋eq\r(a＋1)＝2eq\r(a＋1)，∴2eq\r(a)＜eq\r(a)＋eq\r(a＋1)＜2eq\r(a＋1)，∴eq\f(1,2\r(a))＞eq\f(1,\r(a)＋\r(a＋1))＞eq\f(1,2\r(a＋1)).答案：eq\f(1,2\r(a))＞eq\f(1,\r(a)＋\r(a＋1))＞eq\f(1,2\r(a＋1))三、解答题7．已知数列{an}的前n项和Sn＝(n2＋n)·3n.求证：eq\f(a1,12)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(an,n2)＞3n.证明：当n＝1时，eq\f(a1,12)＝S1＝6＞3；当n＞1时，eq\f(a1,12)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(an,n2)＝eq\f(S1,12)＋eq\f(S2－S1,22)＋eq\f(S3－S2,32)＋…＋eq\f(Sn－Sn－1,n2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,12)－\f(1,22)))·S1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)－\f(1,32)))·S2＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n－12)－\f(1,n2)))·Sn－1＋eq\f(1,n2)·Sn＞eq\f(Sn,n2)＝eq\f(n2＋n,n2)·3n＞3n.∴当n≥1时，eq\f(a1,12)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(an,n2)＞3n.8．设函数f(x)定义在(0，＋∞)上，且f(1)＝0，导函数f′(x)＝eq\f(1,x)，g(x)＝f(x)＋f′(x)．(1)求g(x)的最小值．(2)是否存在x0＞0，使得|g(x)－g(x0)|＜eq\f(1,x)对任意x＞0恒成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)由题设易知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，∴g′(x)＝eq\f(x－1,x2).令g′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0,1)时，g′(x)＜0，故(0,1)是g(x)的单调递减区间；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，故(1，＋∞)是g(x)的单调递增区间．∴g(x)的最小值为g(1)＝1.(2)满足条件的x0不存在，理由如下：假设存在x0＞0，使得|g(x)－g(x0)|＜eq\f(1,x)对任意的x＞0恒成立．由(1)知，g(x)的最小值为g(1)＝1，且当x≥1时，g(x)的值域为[1，＋∞)，从而可取一个x1＞1，使g(x1)≥g(x0)＋1，即g(x1)－g(x0)≥1，故|g(x1)－g(x0)|≥1＞eq\f(1,x1)，与假设矛盾．∴不存在x0＞0，使得|g(x)－g(x0)|＜eq\f(1,x)对任意x＞0恒成立．一、选择题1．lg9·lg11与1的大小关系是()A．lg9·lg11＞1 B．lg9·lg11＝1C．lg9·lg11＜1 D．不能确定解析：∵lg9＞0，lg11＞0，且lg9≠lg11，∴lg9·lg11＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lg9＋lg11,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lg99,2)))2＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lg100,2)))2＝1.答案：C2．设x，y∈R，x2＋y2＝1，m＝(1＋xy)(1－xy)，则m的取值范围是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) B．(0,1]C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，2))解析：∵x2＋y2＝1≥2|xy|，∴|xy|≤eq\f(1,2).两边平方，得0≤x2y2≤eq\f(1,4).∴m＝(1＋xy)(1－xy)＝1－x2y2.∴eq\f(3,4)≤m≤1.答案：C二、填空题3．凸函数的性质定理：如果函数f(x)在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意x1，x2，…，xn，有eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n))).已知函数y＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，则在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值为__________.解析：∵f(x)＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，且A，B，C∈(0，π)．∴eq\f(fA＋fB＋fC,3)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A＋B＋C,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).即sinA＋sinB＋sinC≤3sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2)，∴sinA＋sinB＋sinC的最大值为eq\f(3\r(3),2).答案：eq\f(3\r(3),2)4．完成下列反证法证题的全过程．题目：设a1，a2，…，a7是1,2,3，…，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__________均为奇数．因为奇数个奇数的和还是奇数，所以奇数＝________________＝________________＝0.但奇数≠偶数，这一矛盾说明p为偶数．解析：假设p为奇数，则(a1－1)，(a2－2)，…，(a7－7)均为奇数．∵奇数个奇数的和还是奇数，∴奇数＝(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋3＋…＋7)＝0.但奇数≠偶数，这一矛盾说明p为偶数．答案：(a1－1)，(a2－2)，…，(a7－7)(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋3＋…＋7)三、解答题5．求证：抛物线x＝y2上不存在关于直线x＋y＋1＝0对称的两点．证明：假设抛物线x＝y2上存在两点A(a2，a)，B(b2，b)(a≠b)关于直线x＋y＋1＝0对称．∵kAB＝1，且A，B的中点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋b2,2)，\f(a＋b,2)))在直线x＋y＋1＝0上．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a－b,a2－b2)＝1，①,\f(a2＋b2,2)＋\f(a＋b,2)＋1＝0.②))由①，得a＋b＝1，代入②，得eq\f(a2＋b2,2)＋eq\f(3,2)＝0.此方程无解，说明假设不成立．∴抛物线x＝y2上不存在关于直线x＋y＋1＝0对称的两点．6．已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，Sn是{an}的前n项和，a1＝b1＝1，S2＝eq\f(12,b2).(1)若b2是a1，a3的等差中项，求{an}与{bn}的通项公式．(2)若an∈N*，{ban}是公比为9的等比数列，求证：eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋…＋eq\f(1,Sn)＜eq\f(7,4).(1)解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.∵S2＝eq\f(12,b2)，∴a1＋a1＋d＝eq\f(12,b1q)，而a1＝b1＝1，则q(2＋d)＝12.①又∵b2是a1，a3的等差中项，∴a1＋a3＝2b2，得1＋1＋2d＝2q.即1＋d＝q.②联立①②，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝2，,q＝3，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝－5，,q＝－4.))∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1，bn＝3n－1；或an＝1＋(n－1)·(－5)＝6－5n，bn＝(－4)n－1.(2)证明：∵an∈N*，ban＝b1qan－1＝q1＋(n－1)d－1＝q(n－1)d,∴eq\f(ban＋1,ban)＝eq\f(qnd,qn－1d)＝qd＝9，即qd＝32.③由(1)知q(2＋d)＝12，得q＝eq\f(12,2＋d).④∵a1＝1，an∈N*，∴d∈N.又由③④知q＞1，且q为正整数，∴d＝2，q＝3.∴an＝2n－1，Sn＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2.∴eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n2)＜eq\f(1,n－1n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))(n≥2)．当n≥2时，eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＜1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\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－1)－\f(1,n＋1)))＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(