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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）.docx

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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0 B．a(chǎn)－c>0 C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0 答案　C 解析　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．Pb，ab>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?a0，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n＝3時，若α＝(1，1，0)，β＝(0，1，1)，求M(α，α)和M(α，β)的值； (2)當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α，β相同時，M(α，β)是奇數(shù)；當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≥(當且僅當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

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