2020高考数学第五章不等式、推理与证明、算法初步与复数考点测试37直接证明与间接证明文(含解析)

精选优质文档-----倾情为你奉上精选优质文档-----倾情为你奉上专心---专注---专业专心---专注---专业精选优质文档-----倾情为你奉上专心---专注---专业考点测试37直接证明与间接证明高考概览eq\a\vs4\al(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＋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eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a”索的因应是()A．a－b>0B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0D．(a－b)(a－c)<0答案C解析eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a⇔b2－ac<3a2⇔(a＋c)2－ac<3a⇔a2＋2ac＋c2－ac－3a⇔－2a2＋ac＋c2⇔2a2－ac－c2⇔(a－c)(2a＋c)>0⇔(a－c)(a－b5．若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)，a≥0，则P，Q的大小关系是()A．P>QB．P＝QC．P<QD．由a的取值确定答案C解析令a＝0，则P＝eq\r(7)≈2.6，Q＝eq\r(3)＋eq\r(4)≈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＋2eq\r(aa＋7)<2a＋7＋2eq\r(a＋3a＋4)，只要证a2＋7a<a2＋7a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＝eq\f(1,210)＋eq\f(1,210＋1)＋eq\f(1,210＋2)＋…＋eq\f(1,211－1)，则S与1的大小关系是________．答案S<1解析∵eq\f(1,210＋1)<eq\f(1,210)，eq\f(1,210＋2)<eq\f(1,210)，…，eq\f(1,211－1)＝eq\f(1,210＋210－1)<eq\f(1,210)，∴S＝eq\f(1,210)＋eq\f(1,210＋1)＋eq\f(1,210＋2)＋…＋eq\f(1,211－1)<eq\f(1,210)＋eq\f(1,210)＋…＋eq\f(1,210)＝1.二、高考小题9．(2019·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．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＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,c)，c＋eq\f(1,a)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＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,c)，c＋eq\f(1,a)都小于2，则有a＋eq\f(1,b)＋b＋eq\f(1,c)＋c＋eq\f(1,a)<6.因为a，b，c都是正数，所以a＋eq\f(1,b)＋b＋eq\f(1,c)＋c＋eq\f(1,a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,c)))≥2eq\r(a·\f(1,a))＋2eq\r(b·\f(1,b))＋2eq\r(c·\f(1,c))＝6，这与a＋eq\f(1,b)＋b＋eq\f(1,c)＋c＋eq\f(1,a)<6矛盾，故假设不成立，所以a＋eq\f(1,a)，b＋eq\f(1,b)，c＋eq\f(1,a)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＝eq\r(a)－eq\r(b)，n＝eq\r(a－b)，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)：eq\r(a)－eq\r(b)<eq\r(a－b)⇐eq\r(b)＋eq\r(a－b)>eq\r(a)⇐a<b＋2eq\r(b)·eq\r(a－b)＋a－b⇐2eq\r(b)·eq\r(a－b)>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)＝eq\f(1,2)[(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)＝eq\f(1,2)[(1＋1－|1－1|)＋(1＋1－|1－1|)＋(0＋0－|0－0|)]＝2，M(α，β)＝eq\f(1,2)[(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)＝eq\f(bex,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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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)＝eq\f(1,x)，设x0为f(x)与g(x)的“S点”，由f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax\o\al(2,0)－1＝lnx0，,2ax0＝\f(1,x0)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax\o\al(2,0)－1＝lnx0，,2ax\o\al(2,0)＝1，))(*)得lnx0＝－eq\f(1,2)，即x0＝e－eq\f(1,2)，则a＝eq\f(1,2e－\f(1,2)2)＝eq\f(e,2).当a＝eq\f(e,2)时，x0＝e－eq\f(1,2)满足方程组(*)，即x0为f(x)与g(x)的“S点”，因此，a的值为eq\f(e,2).(3)f′(x)＝－2x，g′(x)＝eq\f(bexx－1,x2)，x≠0，f′(x0)＝g′(x0)⇒bex0＝－eq\f(2x\o\al(3,0),x0－1)>0⇒x0∈(0，1)，f(x0)＝g(x0)⇒－xeq\o\al(2,0)＋a＝eq\f(bex0,x0)＝－eq\f(2x\o\al(2,0),x0－1)⇒a＝xeq\o\al(2,0)－eq\f(2x\o\al(2,0),x0－1)，令h(x)＝x2－eq\f(2x2,x－1)－a＝eq\f(－x3＋3x2＋ax－a,1－x)，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eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\f(x1＋x2,2).证明要证明eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，即证明eq\f(