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(chēng)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\