2020届高考数学一轮复习考点38直接证明与间接证明必刷题理（含解析）.docx

考点38 直接证明与间接证明1（河北省衡水市第十三中学2019届高三质检四）利用反证法证明：若，则，假设为()A都不为0B不都为0C都不为0，且D至少有一个为0【答案】B【解析】的否定为，即，不都为0，选B.2（四川省凉山州2019届高中毕业班第一次诊断性检测）十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数时，关于的方程没有正整数解”.经历三百多年，于二十世纪九十年中期由英国数学家安德鲁怀尔斯证明了费马猜想，使它终成费马大定理，则下面说法正确的是（ ）A存在至少一组正整数组使方程有解B关于的方程有正有理数解C关于的方程没有正有理数解D当整数时，关于的方程没有正实数解【答案】C【解析】由于B,C两个命题是对立的，故正确选项是这两个选项中的一个.假设关于的方程有正有理数解，故可写成整数比值的形式，不妨设，其中为互质的正整数，为互质的正整数.代入方程得，两边乘以得，由于都是正整数，这与费马大定理矛盾，故假设不成立，所以关于的方程没有正有理数解.故选C.3（湖北省黄冈、华师附中等八校2019届高三上学期第一次联考数学理）已知各项均为正数的两个无穷数列和满足： ，且是等比数列，给定以下四个结论：数列的所有项都不大于；数列的所有项都大于；数列的公比等于；数列一定是等比数列。其中正确结论的序号是_【答案】【解析】因为，所以，下证等比数列的公比.若，则，则当时，此时，与矛盾；若，则，则当时，此时，与矛盾.故，故.下证，若，则，于是，由得，所以中至少有两项相同，矛盾.所以，所以，所以正确的序号是.4（北京市昌平区2019届高三5月综合练习二模理）对于集合，,.集合中的元素个数记为.规定：若集合满足，则称集合具有性质（I）已知集合，写出，的值； （II）已知集合，为等比数列，且公比为，证明：具有性质；（III）已知均有性质，且，求的最小值.【答案】（I）； （II）见解析； （III）.【解析】（I）由题意可得：，,故 （II）要证具有性质，只需证明，若，则.假设上式结论不成立，即若，则.即，即，.因为上式的右边为的倍数，而上式的左边为的倍数，所以上式不成立.故假设不成立，原命题成立. （III）由题意，集合具有性质，等价于任意两个元素之和均不相同.如，对于任意的，有，等价于，即任意两个不同元素之差的绝对值均不相同.令，所以具有性质.因为集合均有性质，且，所以，当且仅当时等号成立.所以的最小值为.5（上海市浦东新区2019届高三下学期期中教学质量检测二模）已知函数的定义域，值域为.（1）下列哪个函数满足值域为，且单调递增？（不必说明理由），.（2）已知函数的值域，试求出满足条件的函数一个定义域；（3）若，且对任意的，有，证明：.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【解析】（1）满足. 不满足. （2）因为，所以即， 所以所以 满足条件的（答案不唯一）. （3）假设存在使得 又有，所以， 结合两式：，所以，故.由于知：.又.类似地，由于，得.所以，与矛盾，所以原命题成立.6（北京市大兴区2019届高三4月一模数学理）已知集合，其中，如果集合满足：对于任意的，都有，那么称集合具有性质（）写出一个具有性质的集合；（）证明：对任意具有性质的集合，；（）求具有性质的集合的个数【答案】（）；（）详见解析；（）.【解析】解：（）（）证明：假设存在，使得，显然，取，则，由题意，而为集合中元素的最大值，所以，矛盾，假设不成立，所以，不存在，使得（）设为使得的最大正整数，则若，则存在正整数，使得，所以同（）不可能属于集合于是，由题意知，所以，集合中大于2000的元素至多有19个，所以下面证明不可能成立假设，则存在正整数，使得，显然，所以存在正整数使得而与为使得的最大正整数矛盾，所以不可能成立即成立当时，对于任意的满足显然有成立若，则，即，所以，其中均为符合题意的集合而可能取的值为981，982，1000，故符合条件的集合个数为因此，满足条件的集合的个数为7（江苏省2019届高三第二学期联合调研测试）已知数列的前项和为，.（1）若，求证：，必可以被分为1组或2组，使得每组所有数的和小于1；（2）若，求证：，必可以被分为组（），使得每组所有数的和小于1【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】解：（1）不妨设假设，则所以所以与矛盾，因此,所以必可分成两组、使得每组所有数的和小于1（2）不妨设，先将，单独分为一组，再对后面项依次合并分组，使得每组和属于，最后一组和属于，不妨设将，分为，共组，且其中组，最后一组首先必小于等于，否则，与，矛盾当时，则所以只需将，分为，即可满足条件；当时，可将与合成一组，且，否则，矛盾此时只需将，分为，即可满足条件，所以，必可以被分为m组(1mk)，使得每组所有数的和小于18（北京市门头沟区2019年3月高三年级综合练习数学试卷理）给定数列，若满足且，对于任意的n，都有，则称数列为“指数型数列”已知数列，的通项公式分别为，试判断，是不是“指数型数列”；若数列满足：，判断数列是否为“指数型数列”，若是给出证明，若不是说明理由；若数列是“指数型数列”，且，证明：数列中任意三项都不能构成等差数列【答案】（）不是指数型数列，是指数型数列；（）数列是“指数型数列”；（）详见解析.【解析】解：对于数列，所以不是指数型数列对于数列，对任意n，因为，所以是指数型数列证明：由题意，是“指数型数列”，所以数列是等比数列，数列是“指数型数列”证明：因为数列是指数型数列，故对于任意的n，有，假设数列中存在三项，构成等差数列，不妨设，则由，得，所以，当a为偶数时，是偶数，而是偶数，是奇数，故不能成立；当a为奇数时，是偶数，而是奇数，是偶数，故也不能成立所以，对任意，不能成立，即数列的任意三项都不成构成等差数列9（河北省衡水市第十三中学2019届高三质检四）已知的内角，对应的边分别为，三边互不相等，且满足.（1）比较与的大小，并证明你的结论；（2）求证：不可能是钝角.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】解：（1）大小关系为.证明如下：要证，只需证，由题意知，只需证，（已知条件）故所得大小关系正确.（2）证明：假设是钝角，则，而，这与矛盾，故假设不成立.所以不可能是钝角.10（浙江省余姚中学2018届高三选考科目模拟卷二）设,对于，有.（1）证明：（2）令,证明 ：（I）当时，（II）当时，【答案】（1）见解析;（2）（I）见解析;（II）见解析.【解析】（1）若，则只需证 只需证成立只需要证成立，而该不等式在时恒成立故只需要验证时成立即可，而当时，均满足该不等式。综上所得不等式成立。（2）、（I）当时，用数学归纳法很明显可证当时，有; 下证：,只需要证,只需证只需证,只需证,只需证. 由（1）可知，我们只需要证,只需证,只需证.当时该不等式恒成立当时， ，故该不等式恒成立综上所得，上述不等式成立（II）、当时，用数学归纳法很明显可证当时，有 下证：只需证: ,只需证：只需证：,只需证：只需证：,同理由（2）及数学归纳法，可得该不等式成立。综上所述，不等式成立11（四川省成都市2016级高中毕业班摸底测试数学理）设函数，.()讨论函数的单调性；()当时，函数恰有两个零点，证明：【答案】(1) 当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.(2)证明见解析.【解析】().，由，得，即.若，当变化时，的变化情况如下表单调递减极小值单调递增若，当变化时，的变化情况如下表：+0-单调递增极大值单调递减综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.()当时，函数恰有两个零点， ，则，即.两式相减，得，.要证，即证，即证即证令 ，则即证.设，即证在恒成立.在恒成立.在单调递增.在是连续函数，当时，当时，有.12（）（1）求证：；（2）已知函数，用反证法证明方程没有负数根.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【解析】（1）要证，只需证，只需证，即证，只需证，只需证，即证.上式显然成立，命题得证.（2）设存在，使，则.由于得，解得，与已知矛盾，因此方程没有负数根.13（浙江省台州中学2018届高三模拟考试）已知正项数列满足，且，设（1）求证：；（2）求证：；（3）设为数列的前项和，求证：.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析.【解析】（1）， ，（2）猜想要证，只需证，只需证，只需证，又，且，累乘法可得，（3），而 .14（北京市海淀区2018届高三第二学期期末第二次模拟考试数学理）已知函数（）求的极值；（）当时，设，求证：曲线存在两条斜率为且不重合的切线.【答案】（）极小值；（）证明见解析.【解析】（） ，令，得当时，与符号相同，当变化时，的变化情况如下表：极小当时，与符号相反，当变化时，的变化情况如下表：极小综上，在处取得极小值.（） ，故 注意到，所以，使得因此，曲线在点，处的切线斜率均为. 下面，只需证明曲线在点，处的切线不重合.曲线在点（）处的切线方程为，即假设曲线在点（）处的切线重合，则令，则，且.由（）知，当时，故所以，在区间上单调递减，于是有矛盾.因此，曲线在点()处的切线不重合15（上海市松江、闵行区2018届高三下学期质量监控二模）无穷数列 ，若存在正整数，使得该数列由个互不相同的实数组成，且对于任意的正整数，中至少有一个等于，则称数列具有性质.集合.（1）若，判断数列是否具有性质；（2）数列具有性质，且，求的值；（3）数列具有性质，对于中的任意元素，为第个满足的项，记 ，证明：“数列具有性质”的充要条件为“数列是周期为的周期数列，且每个周期均包含个不同实数”.【答案】(1)具有；(2)2；(3)答案见解析.【解析】（1）因为，是由2个不同元素组成的无穷数列，且是周期为2的周期数列，故，是周期为2的周期数列，对于任意的正整数，满足性质的条件，故数列具有性质.（2）.由条件可知，考虑后面连续三项，若，由及性质知中必有一数等于2，于是中有两项为2，故必有1或3不在其中，不妨设为，考虑中最后一个等于的项，则该项的后三项均不等于，故不满足性质中条件，矛盾，于是.同理.（3）充分性：由数列是周期为的周期数列，每个周期均包含中个不同元素.对于中的任意元素，为第个满足的项，故由周期性得，于是，数列为常数列，显然满足性质.必要性：取足够大的使包含中所有个互不相同的元素，考虑后的连续项，对于中任意元素，必等于中的某一个，否则考虑中最后一个等于的项，该项不满足性质中条件，矛盾.由的任意性知这个元素恰好等于中个互不相同的元素，再由数列性质中的条件得，于是对于中的任意元素，存在，有 ，即数列为常数列，而数列满足性质，故为常数列，从而是周期数列，故数列是周期为的周期数列，且每个周期均包含个不同实数.16（北京市朝阳区2018年高三一模数学理）已知集合是集合 的一个含有个元素的子集.（）当时,设（i）写出方程的解；（ii）若方程至少有三组不同的解,写出的所有可能取值.（）证明:对任意一个,存在正整数使得方程 至少有三组不同的解.【答案】（）（）,（）；（）证明见解析.【解析】试题分析：（）（）利用列举法可得方程的解有: ；（）列出集合的从小到大个数中相邻两数的差，中间隔一数的两数差，中间相隔二数的两数差，中间隔一数的两数差,可发现只有出现次, 出现次,其余都不超过次,从而可得结果；（）不妨设记, ,共个差数，假设不存在满足条件的，根据的取值范围可推出矛盾，假设不成立，从而可得结论.假设不存在满足条件的,则这个数中至多两个、两个、两个、两个、两个、两个,.试题解析：（）（）方程的解有: （）以下规定两数的差均为正,则:列出集合的从小到大个数中相邻两数的差: ;中间隔一数的两数差（即上一列差数中相邻两数和）:4,5,6,6,5,4;中间相隔二数的两数差: ;中间相隔三数的两数差: ;中间相隔四数的两数差: ;中间相隔五数的两数差: ;中间隔一数的两数差: .这个差数中,只有出现次, 出现次,其余都不超过次,所以的可能取值有.（）证明:不妨设记, ,共个差数.假设不存在满足条件的,则这个数中至多两个、两个、两个、两个、两个、两个,从而 又这与矛盾,所以结论成立.17（江苏省南京师范大学附属中学、天一、海门、淮阴四校2018届高三联考）设数列的首项为1，前n项和为，若对任意的，均有（k是常数且）成立，则称数列为“数列”（1）若数列为“数列”，求数列的通项公式；（2）是否存在数列既是“数列”，也是“数列”？若存在，求出符合条件的数列的通项公式及对应的k的值；若不存在，请说明理由；（3）若数列为“数列”，设，证明：【答案】（1）；（2）不存在；（3）证明见解析.【解析】（1）因为数列为“数列”，则故，两式相减得：，又时，所以，故对任意的恒成立，即（常数），故数列为等比数列，其通项公式为.（2）假设存在这样的数列，则有