- 反证法
- 共255题
用反证法证明命题：“x2-（a+b）x+ab≠0，则x≠a且x≠b”，首先要假设______．
正确答案
x=a或x=b
解析
解：根据用反证法证明数学命题的方法，应先假设要证命题的否定成立，
而要证命题的否定为“x=a或x=b”，
故答案为 x=a或x=b
数列{xn}满足x1=0，xn+1=-x2n+xn+c（n∈N*）。
（Ⅰ）证明：{xn}是从递减数列的充分必要条件是c＜0；
（Ⅱ）求c的取值范围，使{xn}是递增数列。
正确答案
解：（I ）必要条件
当
充分条件
数列
得：数列
（II）由（I）得：c≥0
①当
②当
当
由
当
与数列
得：当
设y=f（x）是定义在区间[-1，1]上的函数，且满足条件：①f（-1）=f（1）=0；②对任意的u，v∈[-1，1]，都有|f（u）-f（v）|≤|u-v|。
（1）证明：对任意的x∈[-1，1]，都有x-1≤f（x）≤1-x；
（2）证明：对任意的u，v∈[-1，1]，都有|f（u）-f（v）|≤1-x；
（3）在区间[-1，1]上是否存在满足题设条件的奇函数y=f（x）且使得
正确答案
解：（1）由题设条件可知，
当
即
（2）对任意的
当
当
不妨设
从而有
综上可知，对任意的
（3）这样满足所述条件的函数不存在
理由如下：假设存在函数满足条件，则由
又
所以
又因为f（x）为奇函数，
所以
由条件
所以
①与②矛盾，因此假设不成立，即这样的函数不存在。
已知函数f（x）满足下列条件：
（Ⅰ）定义域为[0，1]；
（Π）对于任意x∈[0，1]，f（x）≥0，且f（1）=1；
（Ⅲ）当x1≥0，x2≥0，x1+x2≤1时，f（x1+x2）≥f（x1）+f（x2）成立．
（1）求f（0）的值；
（2）证明：对于任意的0≤x≤y≤1，都有f（x）≤f（y）成立；
（3）当0≤x≤1时，探究f（x）与2x的大小关系，并证明你的结论．
正确答案
（1）由函数f（x）满足条件（Π）知f（0）≥0；（1分）
在条件（Ⅲ）中，令x1=x2=0得：f（0）≥f（0）+f（0），
∴f（0）≤0；（3分）
故f（0）=0．（4分）
（2）证明：对于任意的0≤x≤y≤1，有0≤y-x≤1成立；（5分）
由f（x）满足条件（Π）可得：f（y-x）≥0；（6分）
再由f（x）满足条件（Ⅲ）可得：
f（y）=f[（y-x）+x]≥f（y-x）+f（x）≥f（x），（8分）
即对于任意的0≤x≤y≤1，都有f（x）≤f（y）成立；（9分）
（3）当
由第（2）问结论知f（x）≤f（1）=1，∴f（x）≤2x；
当x=0时，由f（0）=0知f（x）≤2x也成立；
故可猜想：当0≤x≤1时，f（x）≤2x（10分）
下面用反证法证明猜想成立：
假设存在x°∈[0，1]，使得f（x0）＞2x0，
由f（0）=0知x0≠0，故必存在正整数k
使得x0∈[
由条件（Ⅲ）及假设知：
f（2x0）=f（x0+x0）≥f（x0）+f（x0）=2f（x0）＞4x0，
故f（4x0）＞8x0，，f（2k-1x0）＞2kx0；（12分）
∵x0∈[
又∵2kx0≥1，f（2k-1x0）＞2kx0，
∴f（2k-1x0）＞1，与f（2k-1x0）≤1矛盾，故假设不成立；
所以对于任意的0≤x≤1，都有f（x）≤2x成立．（14分）
已知函数f（x）=ln（1+ex）-x（x∈R）有下列性质：“若x∈[a，b]，则存在x0∈（a，b），使得
（1）利用这个性质证明x0唯一；
（2）设A、B、C是函数f（x）图象上三个不同的点，试判断△ABC的形状，并说明理由．
正确答案
（1）证明：假设存在x0′，x0 ∈（a，b），且在x0′≠x0 ，使得
∴
∴f′（x）=
∴所以x0′=x0 ，与x0′≠x0 矛盾，所以x0是唯一的．
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）C（x3，y3）且x1＜x2＜x 3
∵f′(x)=
∵
∴
∵x1-x2＜0，x3-x2＞0，f（x1）-f（x2）＞0，f（x3）-f（x2）＜0，∴
∴cosB＜0，∠B为钝角，∴△ABC为钝角三角形．
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