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2019-2020年高中数学第二讲讲明不等式的基本方法2.3反证法与放缩法2.3.1反证法课后导练新人教A版选修基础达标1实数a,b,c不全为0的意义为（ ）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答案:D2设a,b,c都是正数，则三个数a+,b+,c+（ ）A.都大于2B.至少有一个大于2C.至少有一个不小于2D.至少有一个不大于2解析:(反证法)设三者都小于2,即a+2,b+2,c+2,(a+)+(b+)+(c+)0”是“P,Q,R同时大于零”的 ( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件解析:a,b,cR+,P+Q=2b0,P+R=2a0,Q+R=2c0,当PQR0时,P,Q,R中正数个数为1或3;当有一个为正时,假设P0,是Q,R0Q+R0矛盾.故P,Q,R同时大于零.若P,Q,R0,则PQR0.故选C.答案:C4已知,(0,),且sin(+)=2sin,求证:.证明:假设,则sincos+cossin=2sin,即cossin=sin(2-cos),.,sinsin.从而1,即cos2-coscos+cos2,这是不可能的,表明不成立,由(1)(2)知结论成立.综合应用5已知a,b,c,dR且a+b=c+d=1,ac+bd1.求证:a,b,c,d中至少有一个是负数.证明:假设a,b,c,d都是非负数，a+b=c+d=1,(a+b)(c+d)=1.又(a+b)(c+d)=ac+bc+ad+bdac+bd,ac+bd1，这与已知ac+bd1矛盾.a,b,c,d中至少有一个是负数.6设a,b,c,d是正数,有下列三个不等式:a+bc+d;(a+b)(c+d)ab+cd;(a+b)cdab(c+d).求证:中至少有一个不正确.证明:假设式都正确,因为a,b,c,d都是正数,所以式与式相乘得(a+b)2ab+cd.(a+b)cd0,4cd(a+b)(c+d)ab+cd,cdab.由得(a+b)2ab,即a2+b20,a+bc.求证:.证明:假设则1-,1+,(1+a)(1+b)(1+c)+(1+a)(1+b)(1+b)(1+c)+(1+a)(1+c),(c+2)(1+a)(1+b)(1+c)(a+b+2)，2+2b+2a+2ab+c+bc+ac+abca+b+2+ac+bc+2c,2ab+abc+a+bc.a+bc,a,b,c0,a+b+2ab+abcc.这与相矛盾,假设不成立.原不等式成立.8已知a,b,cR,a+b+c0,ab+bc+ca0,abc0,求证:a,b,c0.证明:假设a,b,c不全为正数,由abc0可知,a,b,c中必有两负一正,不妨设a,b0,a+b+c0有c-(a+b)0.两端同乘以a+b,有(a+b)c-(a+b)2,即ac+bc-a2-2ab-b2.由此可知ab+bc+ca-a2-ab-b2=-(a2+ab+b2)0矛盾.故假设不成立,a,b,c0.拓展探究9已知函数f(x)(xR)满足下列条件:对任意的实数x1,x2都有(x1-x2)2(x1-x2)f(x1)-f(x2)和|f(x1)-f(x2)|x1-x2|,其中是大于0的常数,设实数a0,a,b满足f(a0)=0和b=a-f(a).(1)证明1,并且不存在b0a0,使得f(b0)=0;(2)证明(b-a0)2(1-2)(a-a0)2;(3)证明f(b)2(1-2)f(a)2.思路分析:(1)利用不等式的传递性及反证法证明;(2),(3)都是由构造法,结合不等式的传递性证明.证明:(1)任取x1,x2R,x1x2,则由(x1-x2)2(x1-x2)f(x1)-f(x2)和|f(x1)-f(x2)|x1-x2|,可知,(x1-x2)2(x1-x2)f(x1)-f(x2)|x1-x2|f(x1)-f(x2)|x1-x2|2,从而1.假设有b0a0,使得f(b0)=0,则由式知0(a0-b0)2(a0-b0)f(a0)-f(b0)=0,矛盾.所以不存在b0a0,使得f(b0)=0.(2)由b=a-f(a),可知(b-a0)2=a-a0-f(a)2=(a-a0)2-2(a-a0)f(a)+2f(a)2.由f(a0)=0和式,得(a-a0)f(a)=(a-a0)f(a)-f(a0)(a-a0)2.由f(a0)=0和式知,f(a)2=f(a)-f(a0)2(a-a0)2.则将代入式,得(b-a0)2(a-a0)2-22(a-a0)2+2(a-a0)2=(1-2)(a-a0)2.(3)由式,可知f(b)2=f(b)-f(a)+f(a)2=f(b)-f(a)2+2f(a)f(b)-f(a)+f(a)2(b-a)2-2f(b)-f(a)+f(a)2=2f(a)2-(b-a)f(b)-f(a)+f(a)22f(a)2-(b-a)2+f(a)2=2f(a)2-22f(a)2+f(a)2=(1-2)f(a)2.备选习题10设a,bR,0x,y1,求证:对于任意实数a,b,必存在满足条件的x,y,使得|xy-ax-by|成立.证明:假设对一切实数x,y,有|xy-ax-by|,则取x=0,y=1有|b|,取x=1,y=0有|a|.再取x=y=1便是|1-a-b|,这与相矛盾.假设不成立,原命题成立.11已知f(x)=x2+ax+b(a,bR),x-1,1,若|f(x)|的最大值为M,求证:M.证明:假设M,即-x2+ax+b(-1x1),有-(x2-)x2+ax+b-(x2-)-(x2-),即-x2ax+b+1-x2.当x=1时,a+b+0.当x=-1时,-a+b+0,两式相加得b0,故b-,与式矛盾.矛盾表明M是成立的.12已知a,b,cR,f(x)=ax2+bx+c,若a+c=0,f(x)在-1,1上最大值为2,最小值为,证明a0且|2.证明:由a+c=0c=-a,故f(x)=ax2+bx+(-a).假设a=0或|2.(1)由a=0得f(x)=bx,由于b0,故f(x)在-1,1上单调,因此f(x)最大值为|b|,最小值为-|b|.矛盾表明a0.(2)由|2得|1且a0.区间-1,1位于抛物线f(x)=ax2+bx-a的对称轴x=的左侧或右侧.因此,f(x)在-1,1上单调,其最大值为|b|,最小值为-|b|,这是不可能的.由此可知假设不成立,原命题成立,即a0且|2.13证明不存在一个实数a,使对所有的x,2都满足不等式(ax)2-axcosxsin2x.证明:假设存在实数a满足题意.原不等式变形为(ax)2-axcosx-cos2x,(ax-cosx)2|ax-cosx|.特殊地,取x=,则-a+.a0.取x=2,有-2a-,0a1时,有uv0.不妨设u0且v-u1,所以|f(u)-f(v)|f(u)-f(-1)|+|f(v)-f(1)|u+1|+|v-1|=1+u+1-v=2-(v-u)1.综上可知,对任意的u,v-1,1,都有|f(u)-f(v)|1.(3)解析:满足所述条件的函数不存在,理由如下:假设存在函数f(x)满足条件,则由|f(u)-f(v)|=|u-v|,u,v,1得|f()-f(1)|=|-1|=.又f(1)=0,所以|f()|=.又因为f(x)为奇函数,所以f(0)=0.由条件|f(u)-f(v)|u-v|,u,v0,得|f()|=|f()-f(0)|证明:假设+.则由S=absinC,得=ababc=1.式bc+ac+ab.bc+ca,ca+ab,ab+bc,三式相加得bc+ca+ab,取等号的条件bc=ca,ca=ab,ab=bc同时成立,即a=b=c,与a,b,c不等矛盾,故“=”不成立,即bc+ca+ab,这与相矛盾.原不等式成立.
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