1、1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 ，cos 4 sin 4 cos2 ”的证明：“cos4 sin 4 (cos 2 sin 2 )(cos2 sin 2 )cos 2 sin 2 cos2 ”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
2、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： a， b， cR， a2 b22 ab，b2 c22 bc， c2 a22 ac.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
3、 b2 c2ab bc ca.2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 c0，求证0 B a c0C( a b)(a c)0 D( a b)(a c)0(a c)(2a c)0(a c)(a b)0.5若 P ， Q ， a0，则 P， Q 的大小关系是( )a a 7 a 3 a 4A PQ B P QC Pb， ab0， m ， n ，则 m， n 的大小关系是a b a b_答案 nm解析 解法一(取特殊值法)：取 a2， b1，则 m a0，
4、显然成立a b一、高考大题1(2018北京高考)设 n 为正整数，集合 A | ( t1， t2， tn)， 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( ， ) (x1 y1| x1 y1|)( x2 y2| x2 y2|)( xn yn| xn yn|)12(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
5、 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)， (0，1，1)，所以 M( ， ) (11|11|)(11|11|)(00|00|)2，12M( ， ) (10|10|)(11|11|)(01|01|)1.12(2)设 ( x1， x2， x3， x4) B，则 M( ， ) x1 x2 x3 x4.由题意知 x1， x2， x3， x40，1，且 M( ， )为奇数，6所以 x1， x2， x3， x4中 1 的个数为
6、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 ， 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
7、，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， x1 x2 xk1 0( k1，2， n)，Sn1 ( x1， x2， xn)|x1 x2 xn0，所以 A S1 S2 Sn1 .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 xk1 xn0( k1，2， n1)令 B e1， e2， en1 Sn Sn1 ，则集合 B 的元素个数为 n1，且
8、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，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) x22 x2 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) x2 a， g(x) ，对任意 a0，判断是否存在 b0，使函数bexxf(x)与 g(x)在区间(0，)内存在“ S 点”
9、，并说明理由解 (1)证明：函数 f(x) x， g(x) x22 x2，则 f( x)1， g( x)2 x2，由 f(x) g(x)且 f( x) g( x)，得Error! 此方程组无解因此， f(x) x 与 g(x) x22 x2 不存在“ S 点” 7(2)函数 f(x) ax21， g(x)ln x，则 f( x)2 ax， g( x) ，1x设 x0为 f(x)与 g(x)的“ S 点” ，由 f(x0) g(x0)且 f( x0) g( x0)，得Error!即Error! (*)得 ln x0 ，即 x0e ，则 a .12 12 12e 122 e2当 a 时， x0e
10、满足方程组(*)，e2 12即 x0为 f(x)与 g(x)的“ S 点” ，因此， a 的值为 .e2(3)f( x)2 x， g( x) ， x0，bexx 1x2f( x0) g( x0)bex0 0x0(0，1)，2x30x0 1f(x0) g(x0) x a 20bex0x0 2x20x0 1a x ，202x20x0 1令 h(x) x2 a ，2x2x 1 x3 3x2 ax a1 xx(0，1)， a0，设 m(x) x33 x2 ax a， x(0，1)， a0，则 m(0) a0 m(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
11、、模拟大题3(2018贵州安顺调研)已知函数 f(x)3 x2 x，求证：对于任意的 x1， x2R，均有 f .fx1 fx22 x1 x22证明 要证明 f ，fx1 fx22 (x1 x22 )即证明 3 2 ，3x1 2x1 3x2 2x22 x1 x22 x1 x22因此只要证明 ( x1 x2)3 ( x1 x2)，3x1 3x22 x1 x228即证明 3 ，3x1 3x22 x1 x22因此只要证明 ，3x1 3x22 3x13x2由于 x1， x2R 时，3 x10，3 x20，由基本不等式知 (当且仅当 x1 x2时，等号成立)显然成立，3x1 3x22 3x13x2故原结
12、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 Sn2.(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， a1 S12 a12，则 a11.又 an Sn2，所以 an1 Sn1 2，两式相减得 an1 an，所以 an是首项为 1，公比为 的等比数列，所以 an .12 12 12n 1(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 *)，则 2 ，12q 12p 12r所以 22r q2 r p1.又因为 pqr，且 p， q， rN *，所以 r q， r pN *.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9
