課時跟蹤檢測（十六）反證法層級一學業水平達標1．用反證法證明命題：“若直線AB，CD是異面直線，則直線AC，BD也是異面直線”的過程歸納為以下三個步驟：①則A，B，C，D四點共面，所以AB，CD共面，這與AB，CD是異面直線矛盾；②所以假設錯誤，即直線AC，BD也是異面直線；③假設直線AC，BD是共面直線．則正確的序號順序為()A．①②③ B．③①②C．①③② D．②③①解析：選B根據反證法的三個基本步驟“反設—歸謬—結論”可知順序應為③①②.2．用反證法證明命題“如果a，b∈N，ab可被5整除，那么a，b中至少有一個能被5整除”時，假設的內容應為()A．a，b都能被5整除B．a，b都不能被5整除C．a，b不都能被5整除D．a不能被5整除解析：選B“至少有一個”的否定是“一個也沒有”，即“a，b都不能被5整除”，故選B.3．用反證法證明命題“三角形的內角中至多有一個鈍角”時，反設正確的是()A．三個內角中至少有一個鈍角B．三個內角中至少有兩個鈍角C．三個內角都不是鈍角D．三個內角都不是鈍角或至少有兩個鈍角解析：選B“至多有一個”即要么一個都沒有，要么有一個，故反設為“至少有兩個”．4．已知a，b是異面直線，直線c平行于直線a，那么c與b的位置關系為()A．一定是異面直線 B．一定是相交直線C．不可能是平行直線 D．不可能是相交直線解析：選C假設c∥b，而由c∥a，可得a∥b，這與a，b異面矛盾，故c與b不可能是平行直線，故應選C.5．已知a，b，c，d為實數，且c＞d，則“a＞b”是“a－c＞b－d”的()A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選B∵c＞d，∴－c＜－d，a＞b，∴a－c與b－d的大小無法比較．可采用反證法，當a－c＞b－d成立時，假設a≤b，∵－c＜－d，∴a－c＜b－d，與題設矛盾，∴a＞b.綜上可知，“a＞b”是“a－c＞b－d”的必要不充分條件．6．否定“自然數a，b，c中恰有一個偶數”時，正確的反設是________．答案：自然數a，b，c中至少有兩個偶數或都是奇數7．命題“a，b∈R，若|a－1|＋|b－1|＝0，則a＝b＝1”解析：“a＝b＝1”的反面是“a≠1或b≠1”，所以設為a≠1或b答案：a≠1或b≠18．和兩條異面直線AB，CD都相交的兩條直線AC，BD的位置關系是____________．解析：假設AC與BD共面于平面α，則A，C，B，D都在平面α內，∴AB?α，CD?α，這與AB，CD異面相矛盾，故AC與BD異面．答案：異面9．求證：1，eq\r(3)，2不能為同一等差數列的三項．證明：假設1，eq\r(3)，2是某一等差數列的三項，設這一等差數列的公差為d，則1＝eq\r(3)－md,2＝eq\r(3)＋nd，其中m，n為兩個正整數，由上面兩式消去d，得n＋2m＝eq\r(3)(n＋m)．因為n＋2m為有理數，而eq\r(3)(n＋m)為無理數，所以n＋2m≠eq\r(3)(n＋m)，矛盾，因此假設不成立，即1，eq\r(3)，2不能為同一等差數列的三項．10．已知函數f(x)在R上是增函數，a，b∈R.(1)求證：如果a＋b≥0，那么f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)；(2)判斷(1)中的命題的逆命題是否成立？并證明你的結論．解：(1)證明：當a＋b≥0時，a≥－b且b≥－a.∵f(x)在R上是增函數，∴f(a)≥f(－b)，f(b)≥f(－a)，∴f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)．(2)(1)中命題的逆命題為“如果f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)，那么a＋b≥0”用反證法證明如下：假設a＋b＜0，則a＜－b，∴f(a)＜f(－b)．同理可得f(b)＜f(－a)．∴f(a)＋f(b)＜f(－a)＋f(－b)，這與f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)矛盾，故假設不成立，∴a＋b≥0成立，即(1)中命題的逆命題成立．層級二應試能力達標1．用反證法證明命題“關于x的方程ax＝b(a≠0)有且只有一個解”時，反設是關于x的方程ax＝b(a≠0)()A．無解 B．有兩解C．至少有兩解 D．無解或至少有兩解解析：選D“唯一”的否定是“至少兩解或無解”．2．下列四個命題中錯誤的是()A．在△ABC中，若∠A＝90°，則∠B一定是銳角\r(17)，eq\r(13)，eq\r(11)不可能成等差數列C．在△ABC中，若a＞b＞c，則∠C＞60°D．若n為整數且n2為偶數，則n是偶數解析：選C顯然A、B、D命題均真，C項中若a＞b＞c，則∠A＞∠B＞∠C，若∠C＞60°，則∠A＞60°，∠B＞60°，∴∠A＋∠B＋∠C＞180°與∠A＋∠B＋∠C＝180°矛盾，故選C.3．設a，b，c∈(－∞，0)，則a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,c)，c＋eq\f(1,a)()A．都不大于－2B．都不小于－2C．至少有一個不大于－2D．至少有一個不小于－2解析：選C假設都大于－2，則a＋eq\f(1,b)＋b＋eq\f(1,c)＋c＋eq\f(1,a)＞－6，但eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\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)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,c)))≤－2＋(－2)＋(－2)＝－6，矛盾．4．若△ABC能被一條直線分成兩個與自身相似的三角形，那么這個三角形的形狀是()A．鈍角三角形 B．直角三角形C．銳角三角形 D．不能確定解析：選B分△ABC的直線只能過一個頂點且與對邊相交，如直線AD(點D在BC上)，則∠ADB＋∠ADC＝π，若∠ADB為鈍角，則∠ADC為銳角．而∠ADC＞∠BAD，∠ADC＞∠ABD，△ABD與△ACD不可能相似，與已知不符，只有當∠ADB＝∠ADC＝∠BAC＝eq\f(π,2)時，才符合題意．5．已知數列{an}，{bn}的通項公式分別為an＝an＋2，bn＝bn＋1(a，b是常數，且a＞b)，那么這兩個數列中序號與數值均對應相同的項有________個．解析：假設存在序號和數值均相等的項，即存在n使得an＝bn，由題意a＞b，n∈N*，則恒有an＞bn，從而an＋2＞bn＋1恒成立，所以不存在n使an＝bn.答案：06．完成反證法證題的全過程．設a1，a2，…，a7是1,2，…，7的一個排列，求證：乘積p＝(a1－1)(a2－2)…(a7－7)為偶數．證明：假設p為奇數，則a1－1，a2－2，…，a7－7均為奇數．因奇數個奇數之和為奇數，故有奇數＝________＝________＝0.但0≠奇數，這一矛盾說明p為偶數．解析：據題目要求及解題步驟，∵a1－1，a2－2，…，a7－7均為奇數，∴(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)也為奇數．即(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)為奇數．又∵a1，a2，…，a7是1,2，…，7的一個排列，∴a1＋a2＋…＋a7＝1＋2＋…＋7，故上式為0，所以奇數＝(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)7．已知a，b，c∈(0,1)，求證：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能都大于eq\f(1,4).證明：假設(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a都大于eq\f(1,4).因為0＜a＜1,0＜b＜1,0＜c＜1，所以1－a＞0.由基本不等式，得eq\f((1－a)＋b,2)≥eq\r((1－a)b)＞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).將這三個不等式兩邊分別相加，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)，這是不成立的，故(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能都大于eq\f(1,4).8．已知數列{an}滿足：a1＝eq\f(1,2)，eq\f(3(1＋an＋1),1－an)＝eq\f(2(1＋an),1－an＋1)，anan＋1＜0(n≥1)；數列{bn}滿足：bn＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)(n≥1)．(1)求數列{an}，{bn}的通項公式；(2)證明：數列{bn}中的任意三項不可能成等差數列．解：(1)由題意可知，1－aeq\o\al(2,n＋1)＝eq\f(2,3)(1－aeq\o\al(2,n))．令cn＝1－aeq\o\al(2,n)，則cn＋1＝eq\f(2,3)cn.又c1＝1－aeq\o\al(2,1)＝eq\f(3,4)，則數列{cn}是首項為c1＝eq\f(3,4)，公比為eq\f(2,3)的等比數列，即cn＝eq\f(3,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1，故1－aeq\o\al(2,n)＝eq\f(3,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1?aeq\o\al(2,n)＝1－eq\f(3,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1.又a1＝eq\f(1,2)＞0，anan＋1＜0，故an＝(－1)n－1eq\r(1－\f(3,4)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1).bn＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n))－1－eq\f(3,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1＝eq\f(1,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n－1.(2)用反證法證明．假設數列{bn}存在三項br，bs，bt(r＜s＜t)按某種順序成等差數列，由于數列{bn}是首項為eq\f(1,4)，公比為eq\f(2,3)的等比數列，于是有br＞bs＞bt，則只可能有2bs＝br＋bt成立．∴2·eq\f(1,4)·e