【数学】2020届一轮复习（理）通用版考点测试38直接证明与间接证明作业 9页

考点测试38　直接证明与间接证明 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 高考概览 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 0 B．a－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，则P，Q的大小关系是(　　)‎ A．P>Q B．P＝Q C．Pb，ab>0，m＝－，n＝，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⇐a0，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)＝[(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)＝[(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)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)＝ln x存在“S点”，求实数a的值；‎ ‎(3)已知函数f(x)＝－x2＋a，g(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)＝ln x，‎ 则f′(x)＝2ax，g′(x)＝，‎ 设x0为f(x)与g(x)的“S点”，由f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，得 即(*)‎ 得ln x0＝－，即x0＝e－，则a＝＝．‎ 当a＝时，x0＝e－满足方程组(*)，‎ 即x0为f(x)与g(x)的“S点”，因此，a的值为．‎ ‎(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，‎ 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≥f．‎ 证明　要证明≥f，‎ 即证明≥3－2·，‎ 因此只要证明－(x1＋x2)≥3－(x1＋x2)，‎ 即证明≥3，‎ 因此只要证明≥，‎ 由于x1，x2∈R时，3x1>0，3x2>0，‎ 由基本不等式知≥(当且仅当x1＝x2时等号成立)显然成立，‎ 故原结论成立．‎ ‎4．(2018·山东临沂三校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)求证：数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列．‎ 解　(1)当n＝1时，a1＋S1＝‎2a1＝2，则a1＝1．‎ 又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，‎ 两式相减得an＋1＝an，所以{an}是首项为1，公比为的等比数列，所以an＝．‎ ‎(2)证明(反证法)：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p