2021届高考数学一轮复习 第一部分 考点通关练 第五章 不等式、推理与证明、算法初步与复数 考点测试38 直接证明与间接证明（含解析）新人教B版.doc

1、考点测试38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下列表述：综合法是由因导果法；综合法是顺推法；分析法是执果索因法；分析法是逆推法；反证法是间接证法其中正确的有()A2个 B3个 C4个 D5个答案D解析由综合法，分析法，反证法的定义知都正确2已知m1，a，b，则以下结论正确的是()Aab Ba0(m1)，所以，即abc，且abc0，求证： 0 Bac0C(ab)(ac)0 D(ab)(ac)0答案C解析要证a，只需证b2

2、ac3a2，即证(ac)2ac0，即证(2ac)(ac)0，即证2a(ab)(ac)0，即证(ab)(ac)0，故索的因应是(ab)(ac)0.4用反证法证明命题：“已知p3q32，求证：pq2”时，可假设“pq2”；命题：“若x24，则x2或x2”时，可假设“x2或x2”以下结论正确的是()A与的假设都错误B与的假设都正确C的假设正确，的假设错误D的假设错误，的假设正确答案C解析用反证法证明时，其假设应否定命题的结论证明：“已知p3q32，求证：pq2”时，可假设“pq2”；证明：“若x24，则x2或x2”时，可假设“x2且x2”故选C.5设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x0时，f(x)

3、单调递减，若x1x20，则f(x1)f(x2)的值()A恒为负值 B恒等于零C恒为正值 D无法确定正负答案A解析由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x0时，f(x)单调递减，可知f(x)是R上的单调递减函数，由x1x20，可知x1x2，所以f(x1)f(x2)f(x2)，所以f(x1)f(x2)1，但a1，b2，故推不出；若a2，b3，则ab1，故推不出；对于，即ab2，则a，b中至少有一个大于1，下面用反证法证明：假设a1且b1，则ab2与ab2矛盾，因此假设不成立，故a，b中至少有一个大于1.二、高考小题本考点在近三年高考中未涉及此题型三、模拟小题7(2020天津月考)用反证法证明命题“a

4、，bN，若ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应该是()Aa，b都能被5整除 Ba，b都不能被5整除Ca，b不都能被5整除 Da能被5整除答案B解析由于反证法是命题的否定的一个运用，故用反证法证明命题时，可以设其否定成立从而进行推证命题“a，bN，若ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”的否定是“a，bN，若ab可被5整除，那么a，b都不能被5整除”，故选B.8(2019焦作模拟)用分析法证明不等式(acbd)2(a2b2)(c2d2)时，最后得到的一个显然成立的不等式是()A(acbd)20 Ba2b20C(adbc)20 Dc2d20答案C解析要证(

5、acbd)2(a2b2)(c2d2)，只要证a2c22abcdb2d2a2c2a2d2b2c2b2d2，即证2abcda2d2b2c2，即证(adbc)20，该式显然成立故选C.9(2019武汉模拟)已知a，b，cR，若1且2，则下列结论成立的是()Aa，b，c同号Bb，c同号，a与它们异号Ca，c同号，b与它们异号Db，c同号，a与b，c的符号关系不确定答案A解析由1知与同号，若0且0，不等式2显然成立，若0且0，则0，0，22，即2，这与2矛盾，故0且0，即a，b，c同号故选A.10(2019四川省凉山州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n2时，关于x，y

6、，z的方程xnynzn没有正整数解”经历三百多年，于二十世纪九十年代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(x，y，z)使方程x3y3z3有解B关于x，y的方程x3y31有正有理数解C关于x，y的方程x3y31没有正有理数解D当整数n3时，关于x，y，z的方程xnynzn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x，y的方程x3y31有正有理数解，故x，y可写成整数比值的形式，不妨设x，y，其中m，n为互质的正整数，a，b为互质的正整数代入方程得1，两边乘以a3n3得(am)3(

7、bn)3(an)3，由于am，bn，an都是正整数，这与费马大定理矛盾，故假设不成立，所以关于x，y的方程x3y31没有正有理数解故选C.11(2019黄冈、华师一附中等八校第一次联考)已知各项均为正数的两个无穷数列an和bn满足：an1，bn1，nN*，且an是等比数列，给定以下四个结论：数列an的所有项都不大于；数列bn的所有项都大于；数列an的公比等于1；数列bn一定是等比数列其中正确结论的序号是_答案解析因为ab(anbn)2，所以11，则a1logq时，a1qn，此时an1，与矛盾；若0qa21，则当nlogq时，a1qn1，此时an11，于是b1b20，判断是否存在b0，使函数f(

8、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)，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x0e，则a.当a时，x0e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)，x0，f(x0)g(x0)bex00x0(0,1)

9、，f(x0)g(x0)xaax，令h(x)x2a，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(2019武汉模拟)已知等差数列an中，首项a10，公差d0.(1)若a11，d2，且，成等比数列，求正整数m的值；(2)求证：对任意正整数n，都不成等差数列解(1)由题意，得2，(a)2(a1am)2，因为a11，d2，所以aa1am，即491(m1)2，解得m25.(2)证明：假设，成等差数列，则，即，所以a(an2an1)a(an1an)，a(2an3d)(an2

10、d)2(2and)，即2d(3a6and2d2)0，(*)因为a10，d0，所以ana1(n1)d0，故2d(3a6and2d2)0，与(*)式矛盾，所以假设不成立即对任意正整数n，都不成等差数列4(2020北京市西城区高三年级月考)给定数列an，若满足a1a(a0且a1)，对任意的n，mN*，都有anmanam，则称数列an为“指数型数列”(1)已知数列an，bn的通项公式分别为an53n1，bn4n，试判断an，bn是不是“指数型数列”；(2)若数列an满足：a1，an2anan13an1(nN*)，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；(3)若数列an是“指数型数列

11、”，且a1(aN*)，证明：数列an中任意三项都不能构成等差数列解(1)对于数列an，anam53n153m1(53nm1)anm，所以an不是“指数型数列”对于数列bn，对任意n，mN*，因为bnm4nm4n4mbnbm，所以bn是“指数型数列”(2)是“指数型数列”证明：an2anan13an1213，所以数列是等比数列，13n13n，3n3m3mn，所以数列是“指数型数列”(3)证明：因为数列an是“指数型数列”，故对于任意的n，mN*，有anmanaman1ana1anan，假设数列an中存在三项au，av，aw构成等差数列，不妨设uvw，则由2avauaw，得2vuw，所以2(a2)wv(a1)vu(a2)wu(a1)wu，当a为偶数时，2(a2)wv(a1)vu是偶数，而(a2)wu是偶数，(a1)wu是奇数，故2(a2)wv(a1)vu(a2)wu(a1)wu不能成立；当a为奇数时，2(a2)wv(a1)vu是偶数，而(a2)wu是奇数，(a1)wu是偶数，故2(a2)wv(a1)vu(a2)wu(a1)wu也不能成立所以，对任意aN*,2(a2)wv(a1)vu(a2)wu(a1)wu不能成立，即数列an中任意三项都不能构成等差数列