1、第二章第二章 推理与证明推理与证明 2.2 直接证明与间接证明直接证明与间接证明 2.2.2 反证法反证法 基础过关练基础过关练 题组一题组一 反证法的概念反证法的概念 1.(2019 江西南昌二中高二期末)用反证法证明某命题时,对结论“自然数 a,b,c 中 恰有一个偶数”正确的假设为( ) A.自然数 a,b,c 中至少有两个偶数 B.自然数 a,b,c 中至少有两个偶数或都是奇数 C.自然数 a,b,c 都是奇数 D.自然数 a,b,c 都是偶数 2.(2019 江西上饶高二月考)用反证法证明命题“三角形三个内角至少有一个不大 于 60 ”时,其假设为( ) A.三角形三个内角都不大于
2、60 B.三角形三个内角至多有一个大于 60 C.三角形三个内角都大于 60 D.三角形三个内角至多有两个大于 60 3.(2019 黑龙江铁人中学高二期中)用反证法证明命题:“若 a+b0,则 a,b 至少有一 个大于 0.”下列假设中正确的是( ) A.假设 a,b 都不大于 0 B.假设 a,b 都小于 0 C.假设 a,b 至多有一个大于 0 D.假设 a,b 至少有一个小于 0 4.(2019 甘肃白银会宁四中高二期中)用反证法证明“若整系数一元二次方程 ax 2+bx+c=0(a0)有有理数根,则 a、b、c 中至少有一个偶数”时,下列假设中正确 的是( ) A.假设 a、b、c
3、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 5.(2019 甘肃兰州一中高二期中)利用反证法证明“若 + =0,则 x=y=0”时,其假 设为( ) A.x,y 都不为 0 B.x,y 不都为 0 C.x,y 都不为 0,且 xy D.x,y 至少有一个为 0 题组二题组二 反证法的应用反证法的应用 6.(2019 福建莆田一中高二期中)设 x、y、z0,a=x+ ,b=y+ ,c=z+ ,则 a、b、c 三 个数( ) A.都小于 2 B.至少有一个不大于 2 C.都大于 2 D.至少有一个不小于 2 7.(2019
4、 湖北荆州中学高二期末)已知直线 l 和平面 ,若 l,P,则过点 P 且平 行于 l 的直线( ) A.只有一条,不在平面 内 B.只有一条,且在平面 内 C.有无数条,一定在平面 内 D.有无数条,不一定在平面 内 8.(2019 吉林通榆一中高二期中)用反证法证明命题“已知 xR,a=x 2+1,b=2x+2,则 a,b 中至多有一个不小于 0”时,下列假设中正确的是( ) A.假设 a,b 都不大于 0 B.假设 a,b 至多有一个大于 0 C.假设 a,b 都小于 0 D.假设 a,b 都不小于 0 9.(2019 河北鹿泉一中高二月考)用反证法证明命题“a,b,c,dR,a+b=1
5、,c+d=1,且 ac+bd1,则 a,b,c,d 中至少有一个负数”时的假设为( ) A.a,b,c,d 全都大于等于 0 B.a,b,c,d 全为正数 C.a,b,c,d 中至少有一个正数 D.a,b,c,d 中至多有一个负数 10.(2019 北师大附中高二期末)用反证法证明: , , 不可能成等差数列. 11.(2019 甘肃临夏中学高二期中)若 x,y,z 均为实数,且 x=a 2-2b+ ,y=b 2- 2c+ ,z=c 2-2a+ ,求证:x,y,z 中至少有一个大于 0. 12.设 x,y 都是正数,且 x+y2.证明: 2 和 0, f(b)0)的图象与 x 轴有两个不同的交
6、点,若 f(c)=0,且 0x0. (1)证明: 是函数 f(x)的一个零点; (2)试用反证法证明: c. 15.设数列an的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2an-2,nN *. (1)证明数列an为等比数列,并求出通项公式; (2)设数列 的前 n 项和为 Tn,求证: 为定值; (3)判断数列3 n-a n中是否存在成等差数列的三项,并证明你的结论. 能力提升练能力提升练 一、选择题 1.(2019 山西原平范亭中学高二月考,)用反证法证明命题“一个三角形中不 能有两个直角”的过程可归纳为以下三个步骤: (1)A+B+C=90 +90 +C180 ,这与三角形的内角和为 180 相矛盾
7、,A=B=90 不成立;(2) 所以一个三角形中不能有两个直角;(3)假设三角形的三个内角 A、B、C 中有两个 直角,不妨设 A=B=90 .正确顺序的序号为( ) A.(1)(2)(3) B.(3)(1)(2) C.(1)(3)(2) D.(2)(3)(1) 2.(2019 四川凉山市级联考,)17 世纪法国数学家费马提出猜想:“当整数 n2 时,关于 x,y,z 的方程 x n+yn=zn没有正整数解.”经历三百多年,于 20 世纪 90 年代 中期由英国数学家安德鲁怀尔斯证明了费马猜想,使它终成费马大定理,则下面说 法正确的是( ) A.存在至少一组正整数组(x,y,z)使方程 x 3
8、+y3=z3有解 B.关于 x,y 的方程 x 3+y3=1 有正有理数解 C.关于 x,y 的方程 x 3+y3=1 没有正有理数解 D.当整数 n3 时,关于 x,y,z 的方程 x n+yn=zn没有正实数解 二、填空题 3.()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.因为奇数个奇数之和为奇数, 所以有奇数 = =0,但 0 不是奇数,这一矛盾说明 p 为偶数. 三、解答题 4.(2019 福建泉州十六中高二期中,)已知 xR
9、,a=x 2-1,b=2x+2.求证:a,b 中 至少有一个不小于 0. 5.(2018 北京丰台联考,)将 m n 阶数阵 记作aijmn(其中 当且仅当 i=s,j=t 时,aij=ast).如果对于任意的 i=1,2,3,m(mN *),当 j 1j2时,都 有 0,则 a,b 至少有一个大 于 0”中假设应为“假设 a,b 都不大于 0”.故选 A. 4.B 根据反证法的概念,假设应是所证命题的否定, 所以用反证法证明命题“若整系数一元二次方程 ax 2+bx+c=0(a0)有有理根,则 a、 b、c 中至少有一个是偶数”时,假设应为“假设 a、b、c 都不是偶数”,故选 B. 5.B
10、 x=y=0 的否定为 x0 或 y0,即 x,y 不都为 0,故选 B. 6.D 由基本不等式得 a+b+c=( )+( )+( )=( )+( )+( )2 +2 +2 =6,当且仅当 x=y=z=1 时,等号成立. 因此,若 a、b、c 三个数都小于 2,则 a+b+c0,所以 x+y+z0, 由假设知 x+y+z0,这与 x+y+z0 矛盾. 所以 x,y,z 中至少有一个大于 0. 12.证明证明 假设 2 和 2 矛盾, 假设不成立,即 2 和 0, f(b)0,即 f(a)f(b)0, f(b)x0,则 f(x1)f(x0),即 00,矛盾; 若 x1f(x0),即 00,矛盾.
11、 因此假设不成立,故 y=f(x)在区间a,b上有且只有一个零点. 14.证明证明 (1)f(x)的图象与 x 轴有两个不同的交点, f(x)=0 有两个不等实根 x1,x2, f(c)=0,x=c 是 f(x)=0 的一个实根, 不妨令 x1=c, 又 x1x2= ,x2= c , 是 f(x)=0 的一个根. 即 是函数 f(x)的一个零点. (2)假设 0,且 0x0, f 0,这与 f =0 矛盾. c, 又 c, c. 15.解析解析 (1)当 n=1 时,a1=S1=2a1-2,解得 a1=2, 当 n2 时,an=Sn-Sn-1=(2an-2)-(2an-1-2)=2an-2an
12、-1,即 an=2an-1, 因为 a10,所以 - =2,从而数列an是以 2 为首项,2 为公比的等比数列,所以 an=2 n. (2)证明:因为 =(2n)2=4n,所以 =4, 故数列 是以 4 为首项,4 为公比的等比数列, 从而 S2n= - - =2(4 n-1),T n= - - = (4 n-1), 所以 = . 故 为定值. (3)不存在. 证明:假设3 n-a n中存在第 m,n,k(mnk,且 m,n,kN *)项成等差数列, 则 2(3 n-a n)=3 m-a m+3 k-a k, 即 2(3 n-2n)=3m-2m+3k-2k, 因为 mn180 ,这与三角形的内
13、角和为 180 相矛 盾,A=B=90 不成立; 第三步下结论:所以一个三角形中不能有两个直角.故顺序为(3)(1)(2). 2.C 由于 B,C 两个选项是对立的,故正确选项是这两个选项中的一个.假设关于 x,y 的方程 x 3+y3=1 有正有理数解,故 x,y 可写成整数比值的形式,不妨设 x= ,y= , 其中 m,n 为互质的正整数,a,b 为互质的正整数,代入方程得 + =1,两边同乘 a 3n3 得(am) 3+(bn)3=(an)3,由于 am,bn,an 都是正整数,这与费马大定理矛盾,故假设不 成立,所以关于 x,y 的方程 x 3+y3=1 没有正有理数解.故选 C. 二
14、、填空题 3.答案答案 (a1-1)+(a2-2)+(a7-7);(a1+a2+a7)-(1+2+7) 解析解析 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(a1+a2+a7)-(1+2+7)=0. 所以有奇数(a1-1)+(a2-2)+(a7-7) =(a1+a2+a7)-(1+2+7)=0, 但 0 不是奇数,这一矛盾说明 p 为偶数. 三、解答题 4.证明证明 假设 a,b 都小于 0,即
15、 a0,b0, 所以 a+b0, 又 a+b=x 2-1+2x+2=x2+2x+1=(x+1)20, 这与假设所得结论矛盾,故假设不成立, 所以 a,b 中至少有一个不小于 0. 5.解析解析 (1) (答案不唯一). (2)数阵bijmn具有性质 A. 要证明所得结论,只需证明对于任意的 i=1,2,3,n(nN *),都有 b ijbp(q+1),则 b(p+1)q,b(p+2)q,bmq都大于 bp(q+1), 即在第 q 列中,至少有(m-p+1)个数大于 bp(q+1),且 bp(q+1)b(p-1)(q+1)b2(q+1)b1(q+1). 根据题意,对于每一个 bt(q+1)(t=
16、1,2,p),都至少存在一个 (it1,2,3,m), 使得 d,a-2d,d0). 假设存在 a1,d,使得 a1, , , 依次构成等比数列, 则 a 4=(a-d)(a+d)3,且(a+d)6=a2(a+2d)4. 令 t= ,- t1,t0, 则 1=(1-t)(1+t) 3,且(1+t)6=(1+2t)4, 化简得 t 3+2t2-2=0,且 t2=t+1.将 t2=t+1 代入式, 得 t(t+1)+2(t+1)-2=t 2+3t=t+1+3t=4t+1=0,解得 t=- . 显然 t=- 不是式的解,矛盾,所以假设不成立. 因此不存在 a1,d,使得 a1, , , 依次构成等比数列.
