【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

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【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

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
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