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1、考点测试 37 直接证明与间接证明考点测试 37 直接证明与间接证明 高考概览 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， cos4sin4cos2” 的证明 ： “cos4sin4(cos2 sin2)(cos2sin2)cos2sin2cos2”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
2、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：a2b2c2abbcca. 证明过程如下： a，b，cR R，a2b22ab， b2c22bc，c2a22ac. 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(a2b2c2)2(abbcac) a2b2c2abbcca. 此证法
3、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abc0， 求证0 Bac0 C(ab)(ac)0 D(ab)(ac)0 (ac)(2ac)0(ac)(ab)0. 5若P，Q，a0，则P，Q的大小关系是( )aa7a3a4 APQ BPQ CPb，ab0，m，n，则m，n的大小关系abab 是_ 答案 nm 解析 解法一(取特殊值法)：取a2，b1，则ma0，显然成立bab 一、高考大题 1 (2018北京高考)设n为正整数， 集合A|(t1，t2，tn)
4、，tk0， 1，k1， 2，n 对于集合A中的任意元素(x1，x2，xn)和(y1，y2，yn)， 记M(，) (x1y1|x1y1|)(x2y2|x2y2|)(xnyn|xnyn|) 1 2 (1)当n3 时，若(1，1，0)，(0，1，1)，求M(，)和M(，)的值； (2)当n4 时，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意元素，当，相 同时，M(，)是奇数；当，不同时，M(，)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， M(，)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(1，1，0
5、)，(0，1，1)， 所以M(，) (11|11|)(11|11|)(00|00|)2， 1 2 M(，) (10|10|)(11|11|)(01|01|)1. 1 2 (2)设(x1，x2，x3，x4)B， 则M(，)x1x2x3x4. 由题意知x1，x2，x3，x40，1，且M(，)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
6、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，均有M(，)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， xk1，x1x2xk10(k1，2，n)， Sn1
7、(x1，x2，xn)|x1x2xn0， 所以AS1S2Sn1. 对于Sk(k1，2，n1)中的不同元素，经验证，M(，)1. 所以Sk(k1，2，n1)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n1. 取ek(x1，x2，xn)Sk且xk1xn0(k1，2，n1) 令Be1，e2，en1SnSn1，则集合B的元素个数为n1，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x0R 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” (
8、1)证明：函数f(x)x与g(x)x22x2 不存在“S点” ； (2)若函数f(x)ax21 与g(x)ln x存在“S点” ，求实数a的值； (3)已知函数f(x)x2a，g(x)，对任意a0，判断是否存在b0，使函数f(x) bex 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)x22x2， 则f(x)1，g(x)2x2， 由f(x)g(x)且f(x)g(x)， 得Error!Error!此方程组无解 因此，f(x)x与g(x)x22x2 不存在“S点” (2)函数f(x)ax21，g(x)ln x， 则f(x)2ax，g(x) ， 1
9、 x 设x0为f(x)与g(x)的“S点” ，由f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0)，得Error!Error! 即Error!Error!(*) 得 ln x0 ，即x0e ，则a . 1 2 1 2 1 2e1 2 2 e 2 当a 时，x0e 满足方程组(*)， e 2 1 2 即x0为f(x)与g(x)的“S点” ，因此，a的值为 . e 2 (3)f(x)2x，g(x)，x0， bexx 1 x2 f(x0)g(x0)bex00x0(0，1)， 2x3 0 x01 f(x0)g(x0)xa 2 0 bex0 x0 2x2 0 x01 ax， 2 0 2x2 0 x01 令h(x
10、)x2a， 2x2 x1 x33x2axa 1x x(0，1)，a0， 设m(x)x33x2axa，x(0，1)，a0， 则m(0)a0m(0)m(1)0，存在b0， 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)3x2x，求证 ： 对于任意的x1，x2R R，均有 f. fx1 fx2 2 x1x2 2 证明 要证明f， fx1 fx2 2 ( x1x2 2 ) 即证明32， 3 x12x1 3 x22x2 2 x1x2 2 x1x2 2 因此只要证明(x1x2)3(x1x2)， 3x13x2 2 x1x2 2 即证明3， 3x
11、13x2 2 x1x2 2 因此只要证明， 3x13x2 2 3x13x2 由于x1，x2R R 时，3x10，3x20， 由基本不等式知(当且仅当x1x2时，等号成立)显然成立， 3x13x2 2 3x13x2 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anSn2. (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n1 时，a1S12a12，则a11. 又anSn2，所以an1Sn12， 两式相减得an1an，所以an是首项为 1，公比为 的等比数列，所以an. 1 2 1 2 1 2n1 (2)证明 ： (反证法)假设存在三项按原来顺序成等差数列， 记为ap1，aq1，ar1(pqr， 且p，q，rN N*)， 则 2， 1 2q 1 2p 1 2r 所以 22rq2rp1. 又因为pqr，且p，q，rN N*，所以rq，rpN N*. 所以式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立 所以假设不成立，原命题得证