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

考点测试38直接证明与间接证明高考概览高考在本考点的常考题型为解答题，分值12分，中、高等难度考纲研读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＋c2ab＋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＋c2ab＋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abc，且a＋b＋c＝0，求证b2－ac3a”索的因应是()A．a－b0B．a－c0C．(a－b)(a－c)0D．(a－b)(a－c)0答案C解析b2－ac3a⇔b2－ac3a2⇔(a＋c)2－ac3a2⇔a2＋2ac＋c2－ac－3a20⇔－2a2＋ac＋c20⇔2a2－ac－c20⇔(a－c)(2a＋c)0⇔(a－c)(a－b)0．5．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4，a≥0，则P，Q的大小关系是()A．PQB．P＝QC．PQD．由a的取值确定答案C解析令a＝0，则P＝7≈2．6，Q＝3＋4≈3．7，∴PQ．据此猜想a≥0时PQ．证明如下：要证PQ，只要证P2Q2，只要证2a＋7＋2aa＋72a＋7＋2a＋3a＋4，只要证a2＋7aa2＋7a＋12，只要证012，∵012成立，∴PQ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12671112……过道3458910131415………窗口A．48，49B．62，63C．75，76D．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＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则S与1的大小关系是________．答案S1解析∵1210＋11210，1210＋21210，…，1211－1＝1210＋210－11210，∴S＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…[phone]＋1210＋…＋1210＝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；②ab，ab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．0B．1C．2D．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＋1b，b＋1c，c＋1a三个数()A．都大于2B．都小于2C．至少有一个不大于2D．至少有一个不小于2答案D解析假设a＋1b，b＋1c，c＋1a都小于2，则有a＋1b＋b＋1c＋c＋1a6．因为a，b，c都是正数，所以a＋1b＋b＋1c＋c＋1a＝a＋1a＋b＋1b＋c＋1c≥2a·1a＋2b·1b＋2c·1c＝6，这与a＋1b＋b＋1c＋c＋1a6矛盾，故假设不成立，所以a＋1a，b＋1b，c＋1a至少有一个不小于2．故选D．13．(2018·山东烟台模拟)设ab0，m＝a－b，n＝a－b，则m，n的大小关系是________．答案nm解析解法一(取特殊值法)：取a＝2，b＝1，则mn．解法二(分析法)：a－ba－b⇐b＋a－ba⇐ab＋2b·a－b＋a－b⇐2b·a－b0，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)＝12[(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)＝12[(1＋1－|1－1|)＋(1＋1－|1－1|)＋(0＋0－|0－0|)]＝2，M(α，β)＝12[(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)＝lnx存在“S点”，求实数a的值；(3)已知函数f(x)＝－x2＋a，g(x)＝bexx，对任意a0，判断是否存在b0，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x＝x2＋2x－2，1＝2x＋2，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)＝lnx，则f′(x)＝2ax，g′(x)＝1x，设x0为f(x)与g(x)的“S点”，由f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，得ax20－1＝lnx0，2ax0＝1x0，即ax20－1＝lnx0，2ax20＝1，(*)得lnx0＝－12，即x0＝e－12，则a＝12e－122＝e2．当a＝e2时，x0＝e－12满足方程组(*)，即x0为f(x)与g(x)的“S点”，因此，a的值为e2．(3)f′(x)＝－2x，g′(x)＝bexx－1x2，x≠0，f′(x0)＝g′(x0)⇒bex0＝－2x30x0－10⇒x0∈(0，1)，f(x0)＝g(x0)⇒－x20＋a＝bex0x0＝－2x20x0－1⇒a＝x20－2x20x0－1，令h(x)＝x2－2x2x－1－a＝－x3＋3x2＋ax－a1－x，x∈(0，1)，a0，设m(x)＝－x3＋3x2＋ax－a，x∈(0，1)，a0，则m(0)＝－a0，m(1)＝20⇒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a0，存在b0，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x1＋fx22≥fx1＋x22．证明要证明fx1＋fx22≥fx1＋x22，即证明3x1－2x1＋3x2－2x22≥3x1＋x22－2·x1＋x22，因此只要证明3x1＋3x22－(x1＋x2)≥3x1＋x22－(x1＋x2)，即证明3x1＋3x22≥3x1＋x2