标签: 2020高考数学刷题首选卷第五章不等式、推理与证明、算法初步与复数考点测试38直接证明与间接证明理(含解析)  
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doc 考点测试38 直接证明与间接证明 高考概览 考纲研读 1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法;了解分析法和综合法的思考过程和特点 2.了解反证法的思考过程和特点 一、基础小题 1.命题“对于任意角θ,cos4θ-sin4θ=cos2θ”的证明:“cos4θ-sin4θ=(cos2θ-sin2θ)·(cos2θ+sin2θ)=cos2θ-sin2θ=cos2θ”过程应用了(  ) A.分析法 B.综合法 C.综合法、分析法综合使用 D.间接证明法 答案 B 解析 因为证明过程是“从左往右”,即由条件⇒结论. 2.用反证法证明结论“三角形内角至少有一个不大于60°”,应假设(  ) A.三个内角至多有一个大于60° B.三个内角都不大于60° C.三个内角都大于60° D.三个内角至多有两个大于60° 答案 C 解析 “三角形内角至少有一个不大于60°”即“三个内角至少有一个小于等于60°”,其否定为“三角形内角都大于60°”.故选C. 3.若a,b,c是不全相等的实数,求证:a2+b2+c2>ab+bc+ca. 证明过程如下: ∵a,b,c∈R,∴a2+b2≥2ab, b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac. 又∵a,b,c不全相等, ∴以上三式至少有一个“=”不成立. ∴将以上三式相加得2(a2+b2+c2)>2(ab+bc+ac). ∴a2+b2+c2>ab+bc+ca. 此证法是(  ) A.分析法 B.综合法 C.分析法与综合法并用 D.反证法 答案 B 解析 由已知条件入手证明结论成立,满足综合法的定义. 4.分析法又称执果索因法,若用分析法证明:“设a>b>c,且a+b+c=0,求证<a”索的因应是(  ) A.a-b>0 B.a-c>0 C.(a-b)(a-c)>0 D.(a-b)(a-c)<0 答案 C 解析 <a⇔b2-ac<3a2 ⇔(a+c)2-ac<3a2 ⇔a2+2ac+c2-ac-3a2<0 ⇔-2a2+ac+c2<0 ⇔2a2-ac-c2>0 ⇔(a-c)(2a+c)>0⇔(a-c)(a-b)>0. 5.若P=+,Q=+,a≥0,则P,Q的大小关系是(  ) A.P>Q B.P=Q C.P<Q D.由a的取值确定 答案 C 解析 令a=0,则P=≈2.6,Q=+≈3.7, ∴P<Q. 据此猜想a≥0时P<Q. 证明如下: 要证P<Q, 只要证P2<Q2, 只要证2a+7+2<2a+7+2, 只要证a2+7a<a2+7a+12, 只要证0<12, ∵0<12成立,∴P<Q成立.故选C. 6.两旅客坐火车外出旅游,希望座位连在一起,且有一个靠窗,已知火车上的座位如图所示,则下列座位号码符合要求的应当是(  ) 窗口 1 2 6 7 11 12 … … 过道 3 4 5 8 9 10 13 14 15 … … … 窗口 A.48,49 B.62,63 C.75,76 D.84,85 答案 D 解析 由已知图形中座位的排序规律可知,被5除余1的数和能被5整除的座位号靠窗,由于两旅客希望座位连在一起,且有一个靠窗,分析答案中的4组座位号知,只有D符合条件. 7.有6名选手参加演讲比赛,观众甲猜测:4号或5号选手得第一名;观众乙猜测:3号选手不可能得第一名;观众丙猜测:1,2,6号选手中的一位获得第一名;观众丁猜测:4,5,6号选手都不可能获得第一名.比赛后发现没有并列名次,且甲、乙、丙、丁中只有1人猜对比赛结果,此人是(  ) A.甲 B.乙 C.丙 D.丁 答案 D 解析 若1,2号得第一名,则乙丙丁都对,若3号得第一名,则只有丁对,若4,5号得第一名,则甲乙都对,若6号得第一名,则乙丙都对,因此只有丁猜对.故选D. 8.记S=+++…+,则S与1的大小关系是________. 答案 S<1 解析 ∵<,<,…, =<, ∴S=+++…+<++…+=1. 二、高考小题 9.(2014·山东高考)用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x3+ax+b=0至少有一个实根”时,要做的假设是(  ) A.方程x3+ax+b=0没有实根 B.方程x3+ax+b=0至多有一个实根 C.方程x3+ax+b=0至多有两个实根 D.方程x3+ax+b=0恰好有两个实根 答案 A 解析 “方程x3+ax+b=0至少有一个实根”的否定是“方程x3+ax+b=0没有实根”. 三、模拟小题 10.(2019·山东济南模拟)用反证法证明:若整系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有有理数根,那么a,b,c中至少有一个是偶数.用反证法证明时,下列假设正确的是(  ) A.假设a,b,c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 答案 B 解析 “至少有一个”的否定为“都不是”,故选B. 11.(2018·宁夏银川调研)设a,b,c是不全相等的正数,给出下列判断: ①(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0; ②a>b,a<b及a=b中至少有一个成立; ③a≠c,b≠c,a≠b不能同时成立. 其中正确判断的个数为(  ) A.0 B.1 C.2 D.3 答案 C 解析 ①②正确;③中,a≠b,b≠c,a≠c可以同时成立,如a=1,b=2,c=3,故正确的判断有2个. 12.(2018·长春模拟)设a,b,c都是正数,则a+,b+,c+三个数(  ) A.都大于2 B.都小于2 C.至少有一个不大于2 D.至少有一个不小于2 答案 D 解析 假设a+,b+,c+都小于2,则有a++b++c+<6. 因为a,b,c都是正数, 所以a++b++c+ =++ ≥2+2+2=6, 这与a++b++c+<6矛盾, 故假设不成立,所以a+,b+,c+至少有一个不小于2.故选D. 13.(2018·山东烟台模拟)设a>b>0,m=-,n=,则m,n的大小关系是________. 答案 n>m 解析 解法一(取特殊值法):取a=2,b=1,则m<n. 解法二(分析法):-<⇐+>⇐a<b+2·+a-b⇐2·>0,显然成立. 一、高考大题 1.(2018·北京高考)设n为正整数,集合A={α|α=(t1,t2,…,tn),tk∈{0,1},k=1,2,…,n}.对于集合A中的任意元素α=(x1,x2,…,xn)和β=(y1,y2,…,yn),记M(α,β)=[(x1+y1-|x1-y1|)+(x2+y2-|x2-y2|)+…+(xn+yn-|xn-yn|)]. (1)当n=3时,若α=(1,1,0),β=(0,1,1),求M(α,α)和M(α,β)的值; (2)当n=4时,设B是A的子集,且满足:对于B中的任意元素α,β,当α,β相同时,M(α,β)是奇数;当α,β不同时,M(α,β)是偶数.求集合B中元素个数的最大值; (3)给定不小于2的n,设B是A的子集,且满足:对于B中的任意两个不同的元素α,β,M(α,β)=0.写出一个集合B,使其元素个数最多,并说明理由. 解 (1)因为α=(1,1,0),β=(0,1,1), 所以M(α,α)=[(1+1-|1-1|)+(1+1-|1-1|)+(0+0-|0-0|)]=2, M(α,β)=[(1+0-|1-0|)+(1+1-|1-1|)+(0+1-|0-1|)]=1. (2)设α=(x1,x2,x3,x4)∈B, 则M(α,α)=x1+x2+x3+x4. 由题意知x1,x2,x3,x4∈{0,1},且M(α,α)为奇数, 所以x1,x2,x3,x4中1的个数为1或3. 所以B⊆{(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1),(0,1,1,1),(1,0,1,1),(1,1,0,1),(1,1,1,0)}. 将上述集合中的元素分成如下四组: (1,0,0,0),(1,1,1,0);(0,1,0,0),(1,1,0,1);(0,0,1,0),(1,0,1,1);(0,0,0,1),(0,1,1,1). 经验证,对于每组中两个元素α,β均有M(α,β)=1. 所以每组中的两个元素不可能同时是集合B的元素. 所以集合B中元素的个数不超过4. 又集合{(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)}满足条件, 所以集合B中元素个数的最大值为4. (3)设Sk={(x1,x2,…,xn)|(x1,x2,…,xn)∈A, xk=1,x1=x2=…=xk-1=0}(k=1,2,…,n), Sn+1={(x1,x2,…,xn)|x1=x2=…=xn=0}, 所以A=S1∪S2∪…∪Sn+1. 对于Sk(k=1,2,…,n-1)中的不同元素α,β,经验证,M(α,β)≥1. 所以Sk(k=1,2,…,n-1)中的两个元素不可能同时是集合B的元素. 所以B中元素的个数不超过n+1. 取ek=(x1,x2,…,xn)∈Sk且xk+1=…=xn=0(k=1,2,…,n-1). 令B={e1,e2,…,en-1}∪Sn∪Sn+1,则集合B的元素个数为n+1,且满足条件. 故B是一个满足条件且元素个数最多的集合. 2.(2018·江苏高考)记f′(x),g′(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数,若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0)且f′(x0)=g′(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”. (1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”; (2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值; (3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=,对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”,并说明理由. 解 (1)证明:函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2, 则f′(x)=1,g′(x)=2x+2, 由f(x)=g(x)且f′(x)=g′(x), 得此方程组无解. 因此,f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”. (2)函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x, 则f′(x)=2ax,g′(x)=, 设x0为f(x)与g(x)的“S点”,由f(x0)=g(x0)且f′(x0)=g′(x0),得 即(*) 得ln x0=-,即x0=e-,则a==. 当a=时,x0=e-满足方程组(*), 即x0为f(x)与g(x)的“S点”,因此,a的值为. (3)f′(x)=-2x,g′(x)=,x≠0, f′(x0)=g′(x0)⇒bex0=->0⇒x0∈(0,1), f(x0)=g(x0)⇒-x+a==-⇒ a=x-, 令h(x)=x2--a=, x∈(0,1),a>0, 设m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0, 则m(0)=-a<0,m(1)=2>0⇒m(0)·m(1)<0, 又m(x)的图象在(0,1)上连续不断, ∴m(x)在(0,1)上有零点,则h(x)在(0,1)上有零点.因此,对任意a>0,存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”. 二、模拟大题 3.(2018·贵州安顺调研)已知函数f(x)=3x-2x,求证:对于任意的x1,x2∈R,均有≥f. 证明 要证明≥f, 即证明≥3-2·, 因此只要证明-(x1+x2)≥3-(x1+x2), 即证明≥3, 因此只要证明≥, 由于x1,x2∈R时,3x1>0,3x2>0, 由基本不等式知≥(当且仅当x1=x2时等号成立)显然成立, 故原结论成立. 4.(2018·山东临沂三校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+Sn=2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求证:数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列. 解 (1)当n=1时,a1+S1=2a1=2,则a1=1. 又an+Sn=2,所以an+1+Sn+1=2, 两式相减得an+1=an,所以{an}是首项为1,公比为的等比数列,所以an=. (2)证明(反证法):假设存在三项按原来顺序成等差数列,记为ap+1,aq+1,ar+1(p<q<r,且p,q,r∈N*), 则2·=+, 所以2·2r-q=2r-p+1.① 又因为p<q<r,且p,q,r∈N*,所以r-q,r-p∈N*. 所以①式左边是偶数,右边是奇数,等式不成立. 所以假设不成立,原命题得证.

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