2018届人教A版 直接证明与间接证明 检测卷

考点测试38直接证明与间接证明一、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b2－ac<3a”索的因应是()A．a－b>0 B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0答案 C解析b2－ac<3a⇔b2－ac<3a2⇔(a＋c)2－ac<3a2⇔a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0⇔－2a2＋ac＋c2<0⇔2a2－ac－c2>0⇔(a－c)(2a＋c)>0⇔(a－c)(a－b)>0.5．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4，a≥0，则P、Q的大小关系是()A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定答案 C解析令a＝0，则P＝7≈2.6，Q＝3＋4≈3.7，∴P<Q.据此猜想a≥0时P<Q.证明如下：要证P<Q，只要证P2<Q2，只要证2a＋7＋2a(a＋7)<2a＋7＋2(a＋3)(a＋4)，只要证a2＋7a<a2＋7a＋12，只要证0<12，∵0<12成立，∴P<Q成立．故选C.6．两旅客坐火车外出旅游，希望座位连在一起，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()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．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，有下列命题：①α∥β⇒l ⊥m ；②α⊥β⇒l ∥m ； ③l ∥m ⇒α⊥β；④l ⊥m ⇒α∥β. 其中正确命题的序号是________． 答案 ①③ 解析 ①⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥αα∥β⇒l ⊥β， 又∵m ⊂β，∴l ⊥m ，①正确； ②l ⊥α，当l ⊂β且m 不垂直α时， 则l 必与m 相交，故②错误； ③⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m l ⊥α⇒m ⊥α， 又m ⊂β，∴β⊥α，故③正确； ④若α∩β＝n ，且m ∥n 时， l ⊥α⇒l ⊥n ⇒l ⊥m ，故④错误．8．记S ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则S 与1的大小关系是________．答案 S <1解析 ∵1210＋1<1210，1210＋2<1210，…，1211－1＝1210＋210－1<1210， ∴S ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1<1210＋1210＋…＋1210＝1.二、高考小题9．[2014·山东高考]用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )A ．方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根B ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实根C ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实根D ．方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根 答案 A解析 “方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”的否定是“方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根”．三、模拟小题10．[2017·山东济南模拟]用反证法证明：若整系数一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ≠0)有有理数根，那么a ，b ，c 中至少有一个是偶数．用反证法证明时，下列假设正确的是( )A ．假设a ，b ，c 都是偶数B ．假设a ，b ，c 都不是偶数C ．假设a ，b ，c 至多有一个偶数D ．假设a ，b ，c 至多有两个偶数 答案 B解析 “至少有一个”的否定为“都不是”，故选B.11．[2016·宁夏银川二模]设a ，b ，c 是不全相等的正数，给出下列判断：①(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0； ②a >b ，a <b 及a ＝b 中至少有一个成立； ③a ≠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 C ．2 D ．3答案 C解析 ①②正确；③中，a ≠b ，b ≠c ，a ≠c 可以同时成立，如a ＝1，b ＝2，c ＝3，故正确的判断有2个．12．[2016·长春模拟]设a ，b ，c 都是正数，则a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a 三个数( )A ．都大于2B ．都小于2C ．至少有一个不大于2D ．至少有一个不小于2答案 D解析 假设a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a 都小于2，则有a ＋1b ＋b ＋1c ＋c ＋1a <6.因为a ，b ，c 都是正数， 所以a ＋1b ＋b ＋1c ＋c ＋1a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c ≥2a ·1a ＋2b ·1b ＋2c ·1c＝6与a ＋1b ＋b ＋1c ＋c ＋1a <6矛盾．故假设不成立，所以a ＋1a ，b ＋1b ，c ＋1a 至少有一个不小于2，故选D.13．[2017·山东烟台模拟]设a >b >0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，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 <n .解法二(分析法)：a －b <a －b ⇐b ＋a －b >a ⇐a <b ＋2b ·a －b ＋a －b ⇐2b ·a －b >0，显然成立．一、高考大题1．[2016·北京高考]设数列A ：a 1，a 2，…，a N (N ≥2)．如果对小于n (2≤n ≤N )的每个正整数k 都有a k <a n ，则称n 是数列A 的一个“G 时刻”．记G (A )是数列A 的所有“G 时刻”组成的集合．(1)对数列A ：－2,2，－1,1,3，写出G (A )的所有元素； (2)证明：若数列A 中存在a n 使得a n >a 1，则G (A )≠∅；(3)证明：若数列A满足a n－a n－1≤1(n＝2,3，…，N)，则G(A)的元素个数不小于a N－a1.解(1)G(A)的元素为2和5.(2)证明：因为存在a n使得a n>a1，所以{i∈N*|2≤i≤N，a i>a1}≠∅.记m＝min{i∈N*|2≤i≤N，a i>a1}，则m≥2，且对任意正整数k<m，a k≤a1<a m.因此m∈G(A)．从而G(A)≠∅.(3)证明：当a N≤a1时，结论成立．以下设a N>a1.由(2)知G(A)≠∅.设G(A)＝{n1，n2，…，n p}，n1<n2<…<n p.记n0＝1，则a n0<a n1<a n2<…<a np.对i＝0,1，…，p，记G i＝{k∈N*|n i<k≤N，a k>a ni}．如果G i≠∅，取m i＝min G i，则对任意1≤k<m i，a k≤a ni<a mi. 从而m i∈G(A)且m i＝n i＋1.又因为n p是G(A)中的最大元素，所以G p＝∅.从而对任意n p≤k≤N，a k≤a np，特别地，a N≤a np.对i＝0,1，…，p－1，a ni＋1－1≤a ni.因此a ni＋1＝a ni＋1－1＋(a ni＋1－a ni＋1－1)≤a ni＋1.所以a N－a1≤a np－a1＝∑pi＝1(a ni－a ni－1)≤p.因此G(A)的元素个数p不小于a N－a1.2．[2016·浙江高考]设数列{a n}满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n－a n＋12≤1，n∈N*.(1)证明：|a n|≥2n－1(|a1|－2)，n∈N*；(2)若|a n|≤⎝⎛⎭⎪⎫32n，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*.证明 (1)由⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，得|a n |－12|a n ＋1|≤1，故 |a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *， 所以|a 1|21－|a n |2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 1|21－|a 2|22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 2|22－|a 3|23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n －1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1<1，因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2)．(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m >n ，|a n |2n －|a m |2m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a m －1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1<12n －1， 故|a n |<⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋|a m |2m ·2n ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1＋12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫32m ·2n＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n .从而对于任意m >n ，均有|a n |<2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n . ①由m 的任意性得|a n |≤2.否则，存在n 0∈N *，有|a n 0|>2，取正整数m 0>log 34|a n 0|－22n 0且m 0>n 0，则2 n 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫34m 0<2n 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫34log 34 |a n 0|－22n 0＝|a n 0|－2，与①式矛盾，综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2. 二、模拟大题3．[2017·贵州安顺调研]已知函数f (x )＝3x －2x ，求证：对于任意的x 1，x 2∈R ，均有f (x 1)＋f (x 2)2≥f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. 证明 要证明f (x 1)＋f (x 2)2≥f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22， 即证明(3x 1－2x 1)＋(3x 2－2x 2)2≥3x 1＋x 22－2· x 1＋x 22，因此只要证明3 x 1＋3 x 22－(x 1＋x 2)≥3x 1＋x 22－(x 1＋x 2)，即证明3 x 1＋3 x 22≥3x 1＋x 22，因此只要证明3 x 1＋3 x 22≥3 x 1·3 x 2， 由于x 1，x 2∈R 时，3 x 1>0,3 x 2>0，由基本不等式知3 x 1＋3 x 22≥3 x 1·3 x 2显然成立， 故原结论成立．4．[2016·山东临沂三校联考]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：数列{a n }中不存在三项按原来顺序成等差数列． 解 (1)当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1. 又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2， 两式相减得a n ＋1＝12a n ，所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n ＝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a p＋1，a q ＋1，a r ＋1(p <q <r ，且p ，q ，r ∈N *)， 则2·12q ＝12p ＋12r ， 所以2·2r －q ＝2r －p ＋1.①又因为p<q<r，所以r－q，r－p∈N*.所以①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．。