2020高考數(shù)學(xué)第五章不等式、推理與證明、算法初步與復(fù)數(shù)考點(diǎn)測(cè)試37直接證明與間接證明文(含解析)

精選優(yōu)質(zhì)文檔-----傾情為你奉上精選優(yōu)質(zhì)文檔-----傾情為你奉上專心---專注---專業(yè)專心---專注---專業(yè)精選優(yōu)質(zhì)文檔-----傾情為你奉上專心---專注---專業(yè)考點(diǎn)測(cè)試37直接證明與間接證明高考概覽eq\a\vs4\al(高考在本考點(diǎn)的?？碱}型為解答題，分值12分，中、高等難度)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(diǎn)2．了解反證法的思考過程和特點(diǎn)一、基礎(chǔ)小題1．命題“對(duì)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?yàn)樽C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(gè)不大于60°”，應(yīng)假設(shè)()A．三個(gè)內(nèi)角至多有一個(gè)大于60°B．三個(gè)內(nèi)角都不大于60°C．三個(gè)內(nèi)角都大于60°D．三個(gè)內(nèi)角至多有兩個(gè)大于60°答案C解析“三角形內(nèi)角至少有一個(gè)不大于60°”即“三個(gè)內(nèi)角至少有一個(gè)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(shí)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(gè)“＝”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eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a”索的因應(yīng)是()A．a(chǎn)－b>0B．a(chǎn)－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，則P，Q的大小關(guān)系是()A．P>QB．P＝QC．P<QD．由a的取值確定答案C解析令a＝0，則P＝eq\r(7)≈2.6，Q＝eq\r(3)＋eq\r(4)≈3.7，∴P<Q.據(jù)此猜想a≥0時(shí)P<Q.證明如下：要證P<Q，只要證P2<Q2，只要證2a＋7＋2eq\r(aa＋7)<2a＋7＋2eq\r(a＋3a＋4)，只要證a2＋7a<a2＋7a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(gè)靠窗，已知火車上的座位如圖所示，則下列座位號(hào)碼符合要求的應(yīng)當(dāng)是()窗口12671112……過道3458910131415………窗口A.48，49B．62，63C．75，76D．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(hào)靠窗，由于兩旅客希望座位連在一起，且有一個(gè)靠窗，分析答案中的4組座位號(hào)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(cè)：4號(hào)或5號(hào)選手得第一名；觀眾乙猜測(cè)：3號(hào)選手不可能得第一名；觀眾丙猜測(cè)：1，2，6號(hào)選手中的一位獲得第一名；觀眾丁猜測(cè)：4，5，6號(hào)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(duì)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(hào)得第一名，則乙丙丁都對(duì)，若3號(hào)得第一名，則只有丁對(duì)，若4，5號(hào)得第一名，則甲乙都對(duì)，若6號(hào)得第一名，則乙丙都對(duì)，因此只有丁猜對(duì)．故選D.8．記S＝eq\f(1,210)＋eq\f(1,210＋1)＋eq\f(1,210＋2)＋…＋eq\f(1,211－1)，則S與1的大小關(guān)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、高考小題9．(2019·山東高考)用反證法證明命題“設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根”時(shí)，要做的假設(shè)是()A．方程x3＋ax＋b＝0沒有實(shí)根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個(gè)實(shí)根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個(gè)實(shí)根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個(gè)實(shí)根答案A解析“方程x3＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根”的否定是“方程x3＋ax＋b＝0沒有實(shí)根”．三、模擬小題10．(2019·山東濟(jì)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(gè)是偶數(shù)．用反證法證明時(shí)，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(gè)偶數(shù)D．假設(shè)a，b，c至多有兩個(gè)偶數(shù)答案B解析“至少有一個(gè)”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(gè)成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同時(shí)成立．其中正確判斷的個(gè)數(shù)為()A．0B．1C．2D．3答案C解析①②正確；③中，a≠b，b≠c，a≠c可以同時(shí)成立，如a＝1，b＝2，c＝3，故正確的判斷有2個(gè)．12．(2018·長(zhǎng)春模擬)設(shè)a，b，c都是正數(shù)，則a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,c)，c＋eq\f(1,a)三個(gè)數(shù)()A．都大于2B．都小于2C．至少有一個(gè)不大于2D．至少有一個(gè)不小于2答案D解析假設(shè)a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,c)，c＋eq\f(1,a)都小于2，則有a＋eq\f(1,b)＋b＋eq\f(1,c)＋c＋eq\f(1,a)<6.因?yàn)閍，b，c都是正數(shù)，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，這與a＋eq\f(1,b)＋b＋eq\f(1,c)＋c＋eq\f(1,a)<6矛盾，故假設(shè)不成立，所以a＋eq\f(1,a)，b＋eq\f(1,b)，c＋eq\f(1,a)至少有一個(gè)不小于2.故選D.13．(2018·山東煙臺(tái)模擬)設(shè)a>b>0，m＝eq\r(a)－eq\r(b)，n＝eq\r(a－b)，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)：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，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(duì)于集合A中的任意元素α＝(x1，x2，…，xn)和β＝(y1，y2，…，yn)，記M(α，β)＝eq\f(1,2)[(x1＋y1－|x1－y1|)＋(x2＋y2－|x2－y2|)＋…＋(xn＋yn－|xn－yn|)]．(1)當(dāng)n＝3時(shí)，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(shí)，設(shè)B是A的子集，且滿足：對(duì)于B中的任意元素α，β，當(dāng)α，β相同時(shí)，M(α，β)是奇數(shù)；當(dāng)α，β不同時(shí)，M(α，β)是偶數(shù)．求集合B中元素個(gè)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(duì)于B中的任意兩個(gè)不同的元素α，β，M(α，β)＝0.寫出一個(gè)集合B，使其元素個(gè)數(shù)最多，并說明理由．解(1)因?yàn)棣粒?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)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(gè)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(yàn)證，對(duì)于每組中兩個(gè)元素α，β均有M(α，β)＝1.所以每組中的兩個(gè)元素不可能同時(shí)是集合B的元素．所以集合B中元素的個(gè)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(gè)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(duì)于Sk(k＝1，2，…，n－1)中的不同元素α，β，經(jīng)驗(yàn)證，M(α，β)≥1.所以Sk(k＝1，2，…，n－1)中的兩個(gè)元素不可能同時(shí)是集合B的元素．所以B中元素的個(gè)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(gè)數(shù)為n＋1，且滿足條件．故B是一個(gè)滿足條件且元素個(gè)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(gè)“S點(diǎn)”．(1)證明：函數(shù)f(x)＝x與g(x)＝x2＋2x－2不存在“S點(diǎn)”；(2)若函數(shù)f(x)＝ax2－1與g(x)＝lnx存在“S點(diǎn)”，求實(shí)數(shù)a的值；(3)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋a，g(x)＝eq\f(bex,x)，對(duì)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(diǎn)”，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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x2＋2x－2，,1＝2x＋2，))此方程組無解．因此，f(x)＝x與g(x)＝x2＋2x－2不存在“S點(diǎn)”．(2)函數(shù)f(x)＝ax2－1，g(x)＝lnx，則f′(x)＝2ax，g′(x)＝eq\f(1,x)，設(shè)x0為f(x)與g(x)的“S點(diǎn)”，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)，則a＝eq\f(1,2e－\f(1,2)2)＝eq\f(e,2).當(dāng)a＝eq\f(e,2)時(shí)，x0＝e－eq\f(1,2)滿足方程組(*)，即x0為f(x)與g(x)的“S點(diǎn)”，因此，a的值為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，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(diǎn)，則h(x)在(0，1)上有零點(diǎn)．因此，對(duì)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(diǎn)”．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(duì)于任意的x1，x2∈R，均有eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\f(x1＋x2,2).證明要證明eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，即證明eq\f(