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

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．认识直接证明的两种基本方法——剖析法和综合法；认识剖析法和综合法的思虑过程和特色2．认识反证法的思虑过程和特色一、基础小题1．命题“关于随意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的证明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)·(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”过程应用了( )A．剖析法B．综合法C．综合法、剖析法综合使用D．间接证明法答案B分析因为证明过程是“从左往右”，即由条件?结论．2．用反证法证明结论“三角形内角起码有一个不大于60°”，应假定( )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分析“三角形内角起码有一个不大于60°”即“三个内角起码有一个小于等于60°”，其否认为“三角形内角都大于60°”．应选C．3．若a，b，c是不全相等的实数，求证：a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca．证明过程以下：∵a，b，c∈R，∴a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac．又∵a，b，c不全相等，∴以上三式起码有一个“＝”不建立．∴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．剖析法B．综合法C．剖析法与综合法并用D．反证法答案B分析由已知条件下手证明结论建立，知足综合法的定义．4．剖析法又称执果索因法，若用剖析法证明：“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证b2－ac3a”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分析b2－ac<3a?b2－ac<3a2(a＋c)2－ac<3a2222?a＋2ac＋c－ac－3a<02－2a＋ac＋c<02a2－ac－c2>0(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．>B．＝QPQPC．P<QD．由a的取值确立答案C分析令a＝0，则P＝7≈2．6，Q＝3＋4≈3．7，P<Q．据此猜想a≥0时P<Q．证明以下：要证P<Q，只需证22，P<Q只需证2a＋7＋2aa＋7<2a＋7＋2a＋3a＋4，只需证a2＋7<2＋7＋12，aaa只需证0<12，∵0<12建立，∴P<Q建立．应选C．6．两游客坐火车出门旅行，希望座位连在一同，且有一个靠窗，已知火车上的座位如图所示，则以下座位号码切合要求的应该是( )窗口12671112过道3458910131415窗口A．48，49B．62，63C．75，76D．84，85答案D分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，因为两游客希望座位连在一同，且有一个靠窗，剖析答案中的4组座位号知，只有D切合条件．7．有6名选手参加演讲竞赛，观众甲猜想：4号或5号选手得第一名；观众乙猜想：3号选手不行能得第一名；观众丙猜想：1，2，6号选手中的一位获取第一名；观众丁猜想：4，5，6号选手都不行能获取第一名．竞赛后发现没有并列名次，且甲、乙、丙、丁中只有1人猜对照赛结果，这人是()A．甲B．乙C．丙D．丁答案D分析若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，所以只有丁猜对．应选D．1111，则S与1的大小关系是________．8．记＝10＋10＋10＋＋11S22＋12＋22－1答案S<11111分析∵210＋1<210，210＋2<210，，111211－1＝210＋210－1<210，1111111S＝210＋210＋1＋210＋2＋＋211－1<210＋210＋＋210＝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起码有一个实根”时，要做的假定是( )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恰巧有两个实根答案A分析“方程x3＋ax＋b＝0起码有一个实根”的否认是“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，，中起码有一个是偶数．用反证法证明时，以下假定正确的选项是( )bcA．假定a，b，c都是偶数B．假定a，b，c都不是偶数C．假定a，b，c至多有一个偶数D．假定a，b，c至多有两个偶数答案B分析“起码有一个”的否认为“都不是”，应选B．11．(2018·宁夏银川调研)设a，b，c是不全相等的正数，给出以下判断：(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a>b，a<b及a＝b中起码有一个建立；③a≠c，b≠c，a≠b不可以同时建立．此中正确判断的个数为( )A．0B．1C．2D．3答案C分析①②正确；③中，a≠b，b≠c，a≠c能够同时建立，如a＝1，b＝2，c＝3，故正确的判断有2个．11112．(2018·长春模拟)设a，b，c都是正数，则a＋b，b＋c，c＋a三个数( )A．都大于2B．都小于2C．起码有一个不大于2D．起码有一个不小于2答案D111111分析假定a＋b，b＋c，c＋a都小于2，则有a＋b＋b＋c＋c＋a<6．因为a，b，c都是正数，111所以a＋b＋b＋c＋c＋a111＝a＋a＋b＋b＋c＋c111≥2a·a＋2b·b＋2c·c＝6，111这与a＋b＋b＋c＋c＋a<6矛盾，111故假定不建立，所以a＋a，b＋b，c＋a起码有一个不小于2．应选13．(2018·山东烟台模拟)设a>b>0，m＝a－b，n＝a－b，则________．答案n>m分析解法一(取特别值法)：取a＝2，b＝1，则m<n．解法二(剖析法)：a－b<a－b?b＋a－b>a?a<b＋2

D．m，n的大小关系是b·a－b＋a－b?b·a－b>0，明显建立．一、高考大题1．(2018·北京高考)设n为正整数，会合＝{α|α＝(t1，2，，n)，k∈{0，1}，Atttk＝1，2，，n}．关于会合A中的随意元素α＝(x1，x2，，xn)和β＝(y1，y2，，yn)，1记M(α，β)＝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，且知足：关于B中的随意元素α，β，当α，β相同时，M(α，β)是奇数；当α，β不一样时，M(α，β)是偶数．求会合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，且知足：关于B中的随意两个不一样的元素α，β，M(α，β)＝0．写出一个会合B，使其元素个数最多，并说明原因．解(1)因为α＝(1，1，0)，β＝(0，1，1)，1所以M(α，α)＝2[(1＋1－|1－1|)＋(1＋1－|1－1|)＋(0＋0－|0－0|)]＝2，1M(α，β)＝2[(1＋0－|1－0|)＋(1＋1－|1－1|)＋(0＋1－|0－1|)]＝1．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，，(1，0，1，1)，(1，1，0，1)，(1，1，1，0)}．将上述会合中的元素分红以下四组：(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)．经考证，关于每组中两个元素α，β均有M(α，β)＝1．所以每组中的两个元素不行能同时是会合B的元素．所以会合B中元素的个数不超出4．又会合{(1，0，0，0)，(0，1，0，0)，(0，0，1，0)，(0，0，0，1)}知足条件，所以会合B中元素个数的最大值为4．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}，n所以A＝S1∪S2∪∪S＋1．关于Sk(k＝1，2，，n－1)中的不一样元素α，β，经考证，M(α，β)≥1．所以S(k＝1，2，，n－1)中的两个元素不行能同时是会合B的元素．k所以B中元素的个数不超出＋1．n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，则会合B的元素个数为n＋1，且知足条件．故B是一个知足条件且元素个数最多的会合．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，知足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”．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”，务实数a的值；2bex(3)已知函数f(x)＝－x＋a，g(x)＝x，对随意a>0，判断能否存在b>0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”，并说明原因．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)，x＝x2＋2x－2，得此方程组无解．1＝2x＋2，所以，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2ax0－1＝lnx0，10，x02－1＝lnx0，ax0即2(*)2ax0＝1，得lnx0＝－1，即x0＝e－1，则a＝1＝e．221222e－2e1当a＝2时，x0＝e－2知足方程组(*)，e即x0为f(x)与g(x)的“S点”，所以，a的值为2．bexx－1(3)f′(x)＝－2x，g′(x)＝x2，x≠0，23x0f′(x0)＝g′(x0)?bex0＝－x0－1>0?x0∈(0，1)，bex02x2f(x0)＝(0)?－2＋＝00＝－?gxxax0x022x20a＝x0－x0－1，22x2

x3＋3x2＋ax－a令h(x)＝x－－a＝x－1x∈(0，1)，a>0，

1－x

，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)上连续不停，∴m(x)在(0，1)上有零点，则h(x)在(0，1)上有零点．所以，对随意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：关于随意的x1，x2∈R，均有fx＋fx2x＋x1122≥f2．证明要证明f1＋fx2x1＋x2x≥f，22即证明1＋3x2－2x2x＋xx1＋x23x1－2x≥312－2·，22231＋3x2x1＋2－(x1＋x2)，所以只需证明2－(x1＋x2)≥323x1＋3x2x1＋x2即证明≥3，2231＋3x2≥3x1·3x2，所以只需证明2因为x，x∈R时，3x1>0，3x2>0，123x1＋3x212时等号建立)明显建立，由基本不等式知2≥3x1·3x2(当且仅当x＝x故原结论建立．4．(2018·山东临沂三校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且知足an＋Sn＝2．求数列{an}的通项