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第一章§4一、選擇題1.已知a2+b2=1且c<a+b恒成立,則c的取值范圍是()A.(-∞,-2) B.(-∞,-eq\r(2))C.(-eq\r(2),eq\r(2)) D.(-∞,eq\r(2))解析:令a=cosθ,b=sinθ,θ∈R,則a+b=cosθ+sinθ=eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ+\f(π,4)))≥-eq\r(2),∴c<-eq\r(2).答案:B2.應(yīng)用反證法推出矛盾的推導(dǎo)過(guò)程中要把下列哪些作為條件使用()①結(jié)論相反的判斷,即假設(shè)②原命題的條件③公理、定理、定義等④原結(jié)論A.①② B.①②④C.①②③ D.②③解析:反證法就是假設(shè)結(jié)論不成立,從結(jié)論相反的一面判斷.再結(jié)合原命題的條件得到我們熟悉的公理、定理、定義出發(fā)推出矛盾,顯然④不成立.答案:C3.設(shè)a、b、c、d∈R,a2+b2=1,c2+d2=1,則abcd的最小值等于()A.eq\f(1,4) B.-eq\f(1,4)C.eq\f(1,2) D.-eq\f(1,2)解析:因?yàn)閍2+b2=1≥2|ab|,1=c2+d2≥2|cd|,所以|ab|≤eq\f(1,2),|cd|≤eq\f(1,2),所以|abcd|≤eq\f(1,4),所以-eq\f(1,4)≤abcd≤eq\f(1,4).答案:B4.已知a、b、c、d都是正數(shù),S=eq\f(a,a+b+c)+eq\f(b,a+b+d)+eq\f(c,c+d+a)+eq\f(d,c+d+b),則有()A.0<S<1 B.1<S<2C.2<S<3 D.3<S<4解析:∵eq\f(b,a+b+c)+eq\f(c,b+c+d)+eq\f(d,c+d+a)+eq\f(a,d+a+b)>eq\f(b,a+b+c+d)+eq\f(c,a+b+c+d)+eq\f(d,b+c+d+a)+eq\f(a,d+a+b+c)=eq\f(a+b+c+d,a+b+c+d)=1,又由eq\f(a,b)<eq\f(a+m,b+m)(0<a<b,m>0),可得eq\f(b,a+b+c)<eq\f(b+d,a+b+c+d),(∵b<a+b+c)eq\f(c,b+c+d)<eq\f(c+a,a+b+c+d),(∵c<b+c+d)eq\f(d,c+d+a)<eq\f(d+b,a+b+c+d),(∵d<c+d+a)eq\f(a,d+a+b)<eq\f(a+c,a+b+c+d),(∵a<d+a+b)∴eq\f(b,a+b+c)+eq\f(c,b+c+d)+eq\f(d,c+d+a)+eq\f(a,d+a+b)<eq\f(b+d,a+b+c+d)+eq\f(c+a,a+b+c+d)+eq\f(d+b,a+b+c+d)+eq\f(a+c,a+b+c+d)=eq\f(2a+b+c+d,a+b+c+d)=2.綜上可知:1<eq\f(b,a+b+c)+eq\f(c,b+c+d)+eq\f(d,c+d+a)+eq\f(a,d+a+b)<2.答案:B二、填空題5.已知a>0,b>0且a+b=1,則z=2a+3b的取值范圍是________解析:令a=cos2θ,b=sin2θ,θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),則z=2a+3b=2cos2θ+3sin2θ=2+sin2θ∵0<sin2θ<1,∴2<z<3.答案:(2,3)6.用反證法證明“已知平面上有n(n≥3)個(gè)點(diǎn),其中任意兩點(diǎn)的距離最大為d,距離為d的兩點(diǎn)間的線段稱為這組點(diǎn)的直徑,求證直徑的數(shù)目最多為n條”時(shí),假設(shè)的內(nèi)容為_(kāi)_______.解析:最多為n條可理解為小于等于n,所以它的相反的結(jié)論是大于n,所以答案為直徑的數(shù)目至少為n+1條.答案:直徑的數(shù)目至少為n+1條三、解答題7.設(shè)x,y為正數(shù),且x+y=1,證明:eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)-1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y2)-1))≥9.證明:假設(shè)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)-1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y2)-1))<9,由于x,y>0且x+y=1,所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)-1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y2)-1))=eq\f(1-x2,x2)×eq\f(1-y2,y2)=eq\f(1+x1-x,x2)×eq\f(1+y1-y,y2)=eq\f(1+xy,x2)×eq\f(1+yx,y2)=eq\f(1+x,x)×eq\f(1+y,y)=eq\f(1+x,x)×eq\f(2-x,1-x)<9,得(2x-1)2<0,與事實(shí)相矛盾,∴假設(shè)不成立,∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)-1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y2)-1))≥9.8.求證:2(eq\r(n+1)-1)<1+eq\f(1,\r(2))+eq\f(1,\r(3))+…+eq\f(1,\r(n))<2eq\r(n)(n∈N+).(提示eq\f(1,\r(k))>eq\f(2,\r(k)+\r(k+1))=2(eq\r(k+1)-eq\r(k))k=1、2、3…n)證明:∵eq\f(1,\r(k))>eq\f(2,\r(k)+\r(k+1))=2(eq\r(k+1)-eq\r(k)),k=1,2,…,n.∴1+eq\f(1,\r(2))+eq\f(1,\r(3))+…+eq\f(1,\r(n))>2[(eq\r(2)-1)+(eq\r(3)-eq\r(2))+…+(eq\r(n+1)-eq\r(n))]=2(eq\r(n+1)-1).又eq\f(1,\r(k))<eq\f(2,\r(k)+\r(k-1))=2(eq\r(k)-eq\r(k-1)),k=2,3,…,n.∴1+eq\f(1,\r(2))+eq\f(1,\r(3))+…+eq\f(1,\r(n))<1+2[(eq\r(2)-1)+(eq\r(3)-eq\r(2))+…+(eq\r(n)-eq\r(n-1))]=1+2(eq\r(n)-1)=2eq\r(n)-1<2eq\r(n).故原不等式成立.9.若a、b、c、d均為實(shí)數(shù),且a=x2-2y+eq\f(π,2),b=y(tǒng)2-2z+eq\f(π,3),c=z2-2x+eq\f(π,6),求證:a、b、c中至少有一個(gè)大于零.證明:假設(shè)a、b、c都不大于0,則a≤0,b≤0,c≤0,∴a+b+c≤0.而a+b+c=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2-2y+\f(π,2)))+eq\b\lc\(\rc\)(\a\
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