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

1、考点测试37直接证明与间接证明咼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. 了解直接证明的两种基本方法一一分析法和综合法；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第步:狂刷小题：基础练、基础小题1 命题对于任意角0 ,cos4 0 sin 4 B = cos2 0 ”的证明：“cos4 0 sin 4 0 = (cos 2 02 2 2 2 2sin 0 ) (cos 0 + sin 0 ) = cos 0 sin 0 = cos2 0 ”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

2、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60B. 三个内角都不大于 60C. 三个内角都大于 60D. 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 + c2ab+ bc+ ca.证明过程如下：2 2/ a, b, c R,. a + b 2 ab,b2 + c22 bc, c2 + a22 ac.又 a, b, c不全相等，以上三式至少有一个“=

3、”不成立.将以上三式相加得 2( a2+ b2+ c2)2( ab+ bc+ ac) 2 2 2 a + b + c 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abc,且a+ b+ c= 0,求证 b2 ac0 B . a c0C. (a b)( a c)0 D . (a b)( a c)0答案 C解析b2 ac 3a? b2 ac3a22小2? (a+ c) ac3a2 2 2? a + 2ac+ c ac 3a 02 2? 2a + ac

4、+ c 0? (a c)(2 a+ c)0? (a c)( a b)0.5. 若 P= *a +、Ja+ 7, QJ=w.：a+ 3+fa+ 4, a0,贝U P, Q的大小关系是()A. PQ B . P= QC. PQ D .由a的取值确定答案 C解析 令 a= 0,贝U P= 7疋2.6 , Q= 3 + .43.7 ,:.FQ据此猜想a0时PQ证明如下：要证PQ只要证hQ,只要证 2a+ 7+2 , a a+ 7 2a+ 7 + 2 a+ 3 a+ 4 ,只要证 a + 7aa + 7a+ 12,只要证012,/ 012成立， FQ成立.故选 C.6. 两旅客坐火车外出旅游，希望座位连

5、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 , 49 B . 62, 63 C . 75, 76 D . 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

6、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.&记1 1 1S=尹 + P+! + 2 +1尹二，贝y S与1的大小关系是解析1 1TT0- TT0,2 + 121 1 1 1-S=尹+芹+芹+严1 1 12-12+ 尹+ 尹=1 *.答案1 1TT0b, ab及a= b中至少有一个成立； a* c, b* c, a* b不能同时成立.其中正确判断的个数为（）A. 0 B . 1

7、C . 2 D . 3答案 C解析 正确；中，a* b, b*c, a*c可以同时成立，女口 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 + 匚，b+-，c+-三个数（）bcaA.都大于2 B .都小于2C.至少有一个不大于 2 D .至少有一个不小于 2答案 D111111解析 假设a+匚，b+-，c + -都小于2,则有a+;+ b+ c+6.bcabca因为a, b, c都是正数，111b+ b +所以 a+ + b+ -+ c+-a+a +1 1 1这与 a+b+ b+ c+ c+ab0, rn= a b

8、, n= a b,则m, n的大小关系是答案nm解析 解法一(取特殊值法)：取a= 2, b= 1，则mn.解法二 (分析法):、.、a ；b *.ja? a0,显然成立.第2步彳精做大题*能力练卜一、高考大题1. (2018 北京高考)设 n 为正整数，集合 A= a | a = (11, 12，tn) , tk 0,1, k= 1, 2,，n.对于集合 A中的任意元素a = (x1,X2,，xn)和3 =(y1,y2,，yn),、 1记 M a , 3 ) = qK X1 + y1 | X1 y1|) + (X2+ y2 | X2 y2|) + (xn + yn | xnyn|).(1)

9、当 n = 3 时，若 a = (1 , 1, 0) , 3 = (0 , 1 , 1)，求 M a , a )和 M a, 3 )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 a , 3 ,当a , 3相同时，M a , 3 )是奇数；当a , 3不同时，M a , 3 )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 a ,3 , M a , 3 ) = 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 a = (1 , 1, 0) , 3 = (0 , 1 , 1),1所以 M a

10、, a ) = 2【(1 + 1 |1 1|) + (1 + 1 |1 1|) + (0 + 0 |0 0|) = 2,1M a , 3)=列1 + 0 11 0|) + (1 + 1 |1 1|) + (0 + 1 |0 1|) = 1.(2)设 a = ( X1 , X2, X3 , X4) B ,贝y M( a , a ) = X1 + X2+ X3+ X4.由题意知X1 , X2 , X3 , X4 0 , 1,且M a , a )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

11、, 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a , B均有M a , 3 ) = 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(

12、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 S = (X1 ,X2 ,，Xn)|(X1 ,X2 ,，Xn)A,Xk= 1 , X1 = X2=Xk-1 = 0( k = 1, 2 , n),S+ 1 = ( X1 , X2 ,Xn)| X1 = X2=Xn= 0,所以 A= SU S2U-U S+1.对于S(k= 1, 2,n 1)中的不同元素 a , 3,经验证，M a , 3 ) 1.所以S(k= 1, 2,n 1)中的两个元素不可能同时是集合B的元素

13、.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 ,门一 1).令B=e1 , e2 ,en1 U SU S+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(xo) = g(X0)且 f (xo) = g(xo),则称 xg为函数 f (x)与 g(x)的一个S点”.(1) 证明：函数f (x) = x与g(x) = x因此，f (x) = x与 g(

14、x) = x + 2x 2不存在“ S点”.2(2)函数 f (x) = ax 1, g(x) = ln x , + 2x 2不存在S点”；2(2) 若函数f (x) = ax 1与g(x) = ln x存在S点”，求实数a的值；2bex(3) 已知函数f (x) = x + a , g(x)=一 ,对任意a0 ,判断是否存在 b0 ,使函数f (x)X与g(x)在区间(0 , +8)内存在S点”，并说明理由.解 (1)证明：函数 f (x) = x , g(x) = x + 2x 2 ,则 f(x) = 1 , g(x) = 2x + 2 ,由 f (x) = g(x)且 f(x) = g(

15、x),jx= x2+ 2x 2 ,得此方程组无解.1 = 2x+ 2 ,1则 f (x) = 2ax, g(x) = x,x设Xo为f ( X)与g(x)的 “S点”,由 f (xo) = g(xo)且 f( xo) = g(xo)2axo 1 = In xo,12axo=不ax2 1 = In xo,2axj= 1,(*)1得 In xo =一 j，即xo= e 则当a = 2时，xo = ej满足方程组(*),e即xo为f( x)与g(x)的“ S点”，因此，a的值为 f(x) = 2x, g(x)=xm o,2x2xo 11),f (xo) = g(xo)?bexo率o? xoC (o

16、, Xo 12a= Xo2x2xo 1,令 h(x) = x22x32x + 3x + ax ax 1a=x (o , 1) , ao,32设 m(x) = x + 3x + ax a, x (o , 1), a0,贝U m(o) = ao? n(O) m(1)o, mx)在(o , 1)上有零点，贝y h(x)在(o , 1)上有零点.因此，对任意ao，存在使函数f (x)与g(x)在区间(o,+)内存在“ S点”.二、模拟大题均有3. (2018 贵州安顺调研)已知函数f(x) = 3x 2x,求证：对于任意的X1,沁 R,X1+ X22证明要证明f X1 + f X22即证明 3x1 -

17、 2X1 : 3X2-2X2 朗X1 + X22Xl+ X2T因此只要证明3x1 + 3x22(Xi + X2)3x1 + x22(Xi+ X2),即证明空存23呼,2 2因此只要证明3X11 3X2 3x1 Tx2 ,由于 Xi, X2 R时，3x10, 3x20,3x1 + 3x2.由基本不等式知2 .3x13x2(当且仅当Xi = 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S，且满足an+ S= 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 当 n = 1 时，ai + Si = 2ai = 2,贝U ai = 1.又 an+ S1 = 2，所以 an+1 + S+1