《三 反证法与放缩法》同步练习2.doc

《反证法与放缩法》同步练习2 一、选择题 1．应用反证法推出矛盾的推导过程中要把下列哪些作为条件使用 (　　)． ①结论相反的判断，即假设；②原命题的条件；③公理、定理、定义等；④原结论． A．①② B．①②④ C．①②③ D．②③ 解析　由反证法的推理原理可知，反证法必须把结论的相反判断作为条件应用于推理，同时还可应用原条件以及公理、定理、定义等． 答案　C 2．已知p＝a＋eq \f(1,a－2)，q＝2－a2＋4a－2 (a2)，则 (　　)． A．pq B．pq C．p≥q D．p≤q 解析　∵p＝(a－2)＋eq \f(1,a－2)＋2，又a－20， ∴p≥2＋2＝4，而q＝2－(a－2)2＋2， 根据a2，可得q22＝4，∴pq. 答案　A 3．不等式ab与eq \f(1,a)eq \f(1,b)能同时成立的充要条件是 (　　)． A．ab0 B．a0b C.eq \f(1,b)eq \f(1,a)0 D.eq \f(1,a)eq \f(1,b)0 解析　充分性易证．下面用反证法说明必要性． 若a，b同号且ab，则有eq \f(1,a)eq \f(1,b)， 此时不能保证ab与eq \f(1,a)eq \f(1,b)同时成立， ∴a，b只能异号，即a0b. 答案　B 4．若f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，a，b都为正数，A＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，G＝f(eq \r(ab))，H＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b)))，则(　　)． A．A≤G≤H B．A≤H≤G C．G≤H≤A D．H≤G≤A 解析　∵a，b为正数，∴eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)＝eq \f(ab,\r(ab))≥eq \f(ab,\f(a＋b,2))＝eq \f(2ab,a＋b)， 又∵f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x为单调减函数， ∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))≤f(eq \r(ab))≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b)))，∴A≤G≤H. 答案　A 二、填空题 5．已知|a|≠|b|，m＝eq \f(|a|－|b|,|a－b|)，n＝eq \f(|a|＋|b|,|a＋b|)，则m，n之间的大小关系是____________． 解析　m＝eq \f(|a|－|b|,|a－b|)≤eq \f(|a|－|b|,|a|－|b|)＝1， n＝eq \f(|a|＋|b|,|a＋b|)≥eq \f(|a|＋|b|,|a|＋|b|)＝1. 答案　m≤n 6．若|a|1，|b|1，则|a＋b|＋|a－b|与2的大小关系是________________． 解析　当(a＋b)(a－b)≥0时， |a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|2； 当(a＋b)(a－b)0时， |a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)－(a－b)|＝2|b|2. 综上，|a＋b|＋|a－b|2. 答案　|a＋b|＋|a－b|2 7．设a＞0，b＞0，M＝eq \f(a＋b,a＋b＋2)，N＝eq \f(a,a＋2)＋eq \f(b,b＋2)，则M与N的大小关系是________． 解析　∵a＞0，b＞0， ∴N＝eq \f(a,a＋2)＋eq \f(b,b＋2)＞eq \f(a,a＋b＋2)＋eq \f(b,a＋b＋2) ＝eq \f(a＋b,a＋b＋2)＝M. ∴M＜N. 答案　M＜N 8．已知a，b，c，d都是正数，S＝eq \f(a,a＋b＋d)＋eq \f(b,b＋c＋a)＋eq \f(c,c＋d＋a)＋eq \f(d,d＋a＋c)，则S的取值范围是________． 答案　(1，2) 三、解答题 9．设x0，y0，z0，求证：eq \r(x2＋xy＋y2)＋eq \r(y2＋yz＋z2)x＋y＋z. 证明　∵eq \r(x2＋xy＋y2)＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y,2)))2＋\f(3y2,4))x＋eq \f(y,2)，① eq \r(y2＋zy＋z2)＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z＋\f(y,2)))2＋\f(3,4)y2)z＋eq \f(y,2)，② ∴由①②得：eq \r(x2＋xy＋y2)＋eq \r(y2＋zy＋z2)x＋y＋z. 10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an