2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第五章 不等式、推理與證明、算法初步與復(fù)數(shù) 考點測試37 直接證明與間接證明 文（含解析）

考點測試37　直接證明與間接證明 高考概覽 考綱研讀 1.了解直接證明的兩種基本方法——分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過程和特點 2．了解反證法的思考過程和特點 一、基礎(chǔ)小題 1．命題“對于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的證明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)·(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”過程應(yīng)用了(　　) A．分析法 B．綜合法 C．綜合法、分析法綜合使用 D．間接證明法 答案　B 解析　因為證明過程是“從左往右”，即由條件?結(jié)論． 2．用反證法證明結(jié)論“三角形內(nèi)角至少有一個不大于60°”，應(yīng)假設(shè)(　　) A．三個內(nèi)角至多有一個大于60° B．三個內(nèi)角都不大于60° C．三個內(nèi)角都大于60° D．三個內(nèi)角至多有兩個大于60° 答案　C 解析　“三角形內(nèi)角至少有一個不大于60°”即“三個內(nèi)角至少有一個小于等于60°”，其否定為“三角形內(nèi)角都大于60°”．故選C. 3．若a，b，c是不全相等的實數(shù)，求證：a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca. 證明過程如下： ∵a，b，c∈R，∴a2＋b2≥2ab， b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac. 又∵a，b，c不全相等， ∴以上三式至少有一個“＝”不成立． ∴將以上三式相加得2(a2＋b2＋c2)>2(ab＋bc＋ac)． ∴a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca. 此證法是(　　) A．分析法 B．綜合法 C．分析法與綜合法并用 D．反證法 答案　B 解析　由已知條件入手證明結(jié)論成立，滿足綜合法的定義． 4．分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明：“設(shè)a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證<a”索的因應(yīng)是(　　) A．a(chǎn)－b>0 B．a(chǎn)－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，則P，Q的大小關(guān)系是(　　) A．P>Q B．P＝Q C．P<Q D．由a的取值確定 答案　C 解析　令a＝0，則P＝≈2.6，Q＝＋≈3.7， ∴P<Q. 據(jù)此猜想a≥0時P<Q. 證明如下： 要證P<Q， 只要證P2<Q2， 只要證2a＋7＋2<2a＋7＋2， 只要證a2＋7a<a2＋7a＋12， 只要證0<12， ∵0<12成立，∴P<Q成立．故選C. 6．兩旅客坐火車外出旅游，希望座位連在一起，且有一個靠窗，已知火車上的座位如圖所示，則下列座位號碼符合要求的應(yīng)當(dāng)是(　　) 窗口 1 2 6 7 11 12 … … 過道 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　由已知圖形中座位的排序規(guī)律可知，被5除余1的數(shù)和能被5整除的座位號靠窗，由于兩旅客希望座位連在一起，且有一個靠窗，分析答案中的4組座位號知，只有D符合條件． 7．有6名選手參加演講比賽，觀眾甲猜測：4號或5號選手得第一名；觀眾乙猜測：3號選手不可能得第一名；觀眾丙猜測：1，2，6號選手中的一位獲得第一名；觀眾丁猜測：4，5，6號選手都不可能獲得第一名．比賽后發(fā)現(xiàn)沒有并列名次，且甲、乙、丙、丁中只有1人猜對比賽結(jié)果，此人是(　　) A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 答案　D 解析　若1，2號得第一名，則乙丙丁都對，若3號得第一名，則只有丁對，若4，5號得第一名，則甲乙都對，若6號得第一名，則乙丙都對，因此只有丁猜對．故選D. 8．記S＝＋＋＋…＋，則S與1的大小關(guān)系是________． 答案　S<1 解析　∵<，<，…， ＝<， ∴S＝＋＋＋…＋<＋＋…＋＝1. 二、高考小題 9．(2019·山東高考)用反證法證明命題“設(shè)a，b為實數(shù)，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根”時，要做的假設(shè)是(　　) A．方程x3＋ax＋b＝0沒有實根 B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個實根 C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個實根 D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個實根 答案　A 解析　“方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根”的否定是“方程x3＋ax＋b＝0沒有實根”． 三、模擬小題 10．(2019·山東濟南模擬)用反證法證明：若整系數(shù)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理數(shù)根，那么a，b，c中至少有一個是偶數(shù)．用反證法證明時，下列假設(shè)正確的是(　　) A．假設(shè)a，b，c都是偶數(shù) B．假設(shè)a，b，c都不是偶數(shù) C．假設(shè)a，b，c至多有一個偶數(shù) D．假設(shè)a，b，c至多有兩個偶數(shù) 答案　B 解析　“至少有一個”的否定為“都不是”，故選B. 11．(2018·寧夏銀川調(diào)研)設(shè)a，b，c是不全相等的正數(shù)，給出下列判斷： ①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0； ②a>b，a<b及a＝b中至少有一個成立； ③a≠c，b≠c，a≠b不能同時成立． 其中正確判斷的個數(shù)為(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　C 解析?、佗谡_；③中，a≠b，b≠c，a≠c可以同時成立，如a＝1，b＝2，c＝3，故正確的判斷有2個． 12．(2018·長春模擬)設(shè)a，b，c都是正數(shù)，則a＋，b＋，c＋三個數(shù)(　　) A．都大于2 B．都小于2 C．至少有一個不大于2 D．至少有一個不小于2 答案　D 解析　假設(shè)a＋，b＋，c＋都小于2，則有a＋＋b＋＋c＋<6. 因為a，b，c都是正數(shù)， 所以a＋＋b＋＋c＋ ＝＋＋ ≥2＋2＋2＝6， 這與a＋＋b＋＋c＋<6矛盾， 故假設(shè)不成立，所以a＋，b＋，c＋至少有一個不小于2.故選D. 13．(2018·山東煙臺模擬)設(shè)a>b>0，m＝－，n＝，則m，n的大小關(guān)系是________． 答案　n>m 解析　解法一(取特殊值法)：取a＝2，b＝1，則m<n. 解法二(分析法)：－<?＋>?a<b＋2·＋a－b?2·>0，顯然成立． 一、高考大題 1．(2018·北京高考)設(shè)n為正整數(shù)，集合A＝{α|α＝(t1，t2，…，tn)，tk∈{0，1}，k＝1，2，…，n}．對于集合A中的任意元素α＝(x1，x2，…，xn)和β＝(y1，y2，…，yn)，記M(α，β)＝[(x1＋y1－|x1－y1|)＋(x2＋y2－|x2－y2|)＋…＋(xn＋yn－|xn－yn|)]． (1)當(dāng)n＝3時，若α＝(1，1，0)，β＝(0，1，1)，求M(α，α)和M(α，β)的值； (2)當(dāng)n＝4時，設(shè)B是A的子集，且滿足：對于B中的任意元素α，β，當(dāng)α，β相同時，M(α，β)是奇數(shù)；當(dāng)α，β不同時，M(α，β)是偶數(shù)．求集合B中元素個數(shù)的最大值； (3)給定不小于2的n，設(shè)B是A的子集，且滿足：對于B中的任意兩個不同的元素α，β，M(α，β)＝0.寫出一個集合B，使其元素個數(shù)最多，并說明理由． 解　(1)因為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)設(shè)α＝(x1，x2，x3，x4)∈B， 則M(α，α)＝x1＋x2＋x3＋x4. 由題意知x1，x2，x3，x4∈{0，1}，且M(α，α)為奇數(shù)， 所以x1，x2，x3，x4中1的個數(shù)為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)}． 將上述集合中的元素分成如下四組： (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)． 經(jīng)驗證，對于每組中兩個元素α，β均有M(α，β)＝1. 所以每組中的兩個元素不可能同時是集合B的元素． 所以集合B中元素的個數(shù)不超過4. 又集合{(1，0，0，0)，(0，1，0，0)，(0，0，1，0)，(0，0，0，1)}滿足條件， 所以集合B中元素個數(shù)的最大值為4. (3)設(shè)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. 對于Sk(k＝1，2，…，n－1)中的不同元素α，β，經(jīng)驗證，M(α，β)≥1. 所以Sk(k＝1，2，…，n－1)中的兩個元素不可能同時是集合B的元素． 所以B中元素的個數(shù)不超過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，則集合B的元素個數(shù)為n＋1，且滿足條件． 故B是一個滿足條件且元素個數(shù)最多的集合． 2．(2018·江蘇高考)記f′(x)，g′(x)分別為函數(shù)f(x)，g(x)的導(dǎo)函數(shù)，若存在x0∈R，滿足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，則稱x0為函數(shù)f(x)與g(x)的一個“S點”． (1)證明：函數(shù)f(x)＝x與g(x)＝x2＋2x－2不存在“S點”； (2)若函數(shù)f(x)＝ax2－1與g(x)＝ln x存在“S點”，求實數(shù)a的值； (3)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋a，g(x)＝，對任意a>0，判斷是否存在b>0，使函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)存在“S點”，并說明理由． 解　(1)證明：函數(shù)f(x)＝x，g(x)＝x2＋2x－2， 則f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2， 由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)， 得此方程組無解． 因此，f(x)＝x與g(x)＝x2＋2x－2不存在“S點”． (2)函數(shù)f(x)＝ax2－1，g(x)＝ln x， 則f′(x)＝2ax，g′(x)＝， 設(shè)x0為f(x)與g(x)的“S點”，由f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，得 即(*) 得ln x0＝－，即x0＝e－，則a＝＝. 當(dāng)a＝時，x0＝e－滿足方程組(*)， 即x0為f(x)與g(x)的“S點”，因此，a的值為. (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， 設(shè)m(x)＝－x3＋3x2＋ax－a，x∈(0，1)，a>0， 則m(0)＝－a<0，m(1)＝2>0?m(0)·m(1)<0， 又m(x)的圖象在(0，1)上連續(xù)不斷， ∴m(x)在(0，1)上有零點，則h(x)在(0，1)上有零點．因此，對任意a>0，存在b>0，使函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)存在“S點”． 二、模擬大題 3．(2018·貴州安順調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝3x－2x，求證：對于任意的x1，x2∈R，均有≥f. 證明　要證明≥f， 即證明≥3－2·， 因此只要證明－(x1＋x2)≥3－(x1＋x2)， 即證明≥3， 因此只要證明≥， 由于x1，x2∈R時，3x1>0，3x2>0， 由基本不等式知≥(當(dāng)且僅當(dāng)x1＝x2時，等號成立)顯然成立， 故原結(jié)論成立． 4．(2018·山東臨沂三校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足an＋Sn＝2. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)求證：數(shù)列{an}中不存在三項按原來順序成等差數(shù)列． 解　(1)當(dāng)n＝1時，a1＋S1＝2a1＝2，則a1＝1. 又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2， 兩式相減得an＋1＝an，所以{an}是首項為1，公比為的等比數(shù)列，所以an＝. (2)證明：(反證法)假設(shè)存在三項按原來順序成等差數(shù)列，記為ap＋1，aq＋1，ar＋1(p<q<r，且p，q，r∈N*)， 則2·＝＋， 所以2·2r－q＝2r－p＋1.① 又因為p<q<r，且p，q，r∈N*，所以r－q，r－p∈N*. 所以①式左邊是偶數(shù)，右邊是奇數(shù)，等式不成立． 所以假設(shè)不成立，原命題得證． 9