【文档说明】高考数学(文数)一轮复习考点通关练第5章《不等式、推理与证明、算法初步与复数》37 (含详解).ppt，共(39)页，493.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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高考总复习首选用卷·文科数学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37直接证明与间接证明第1步狂刷小题·练基础一、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°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>0B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0D．(a－b)(a－c)<0解析b2－ac<3a⇔b2－ac<3a2⇔(a＋c)2－ac<3a2⇔a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0⇔－2a2＋a

c＋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>QB．P＝QC．P<QD．由a的取值确定解析令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()123456789101112131415窗口„„过道„„„窗口A.48,49B．62,63C．75,76D．84,85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________．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∥ml⊥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________．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x3＋ax＋b＝0至少有一个实

根”时，要做的假设是()A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根解析“方程x3＋ax＋

b＝0至少有一个实根”的否定是“方程x3＋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ax2＋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．0B．1C．2D．3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＋1

c＋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________．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．第2步精做大题·

练能力一、高考大题1．[2016·浙江高考]设函数f(x)＝x3＋11＋x，x∈[0,1]．证明：(1)f(x)≥1－x＋x2；(2)34<f(x)≤32.证明(1)因为1－x＋x2－x3＝1－－x41－－x＝1－x41＋x，由于x∈[0,1]，有1－x41

＋x≤1x＋1，即1－x＋x2－x3≤1x＋1，所以f(x)≥1－x＋x2.(2)由0≤x≤1，得x3≤x，故f(x)＝x3＋1x＋1≤x＋1x＋1＝x＋1x＋1－32＋32＝x－12x＋12x＋1＋32≤32

，所以f(x)≤32.由(1)得f(x)≥1－x＋x2＝x－122＋34≥34，又因为f12＝1924>34，所以f(x)>34.综上，34<f(x)≤32.2．[2016·浙江高考]设数列{an}满足an－an＋12≤1，n∈N*

.(1)证明：|an|≥2n－1(|a1|－2)，n∈N*；(2)若|an|≤32n，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*.证明(1)由an－an＋12≤1，得|an|－12|an＋1|≤1，故|an|2n－|an＋1|2n＋1≤12

n，n∈N*，所以|a1|21－|an|2n＝|a1|21－|a2|22＋|a2|22－|a3|23＋„＋|an－1|2n－1－|an|2n≤121＋122＋„＋12n－1<1，因此|an|≥2n－1(|a1

|－2)．(2)任取n∈N*，由(1)知，对于任意m>n，|an|2n－|am|2m＝|an|2n－|an＋1|2n＋1＋|an＋1|2n＋1－|an＋2|2n＋2＋„＋|am－1|2m－1－|am|2m≤12n＋12n＋

1＋„＋12m－1<12n－1，故|an|<12n－1＋|am|2m·2n≤12n－1＋12m·32m·2n＝2＋34m·2n.从而对于任意m>n，均有|an|<2＋34m·2n.①由m的任意性得|an|≤

2.否则，存在n0∈N*，有|an0|>2，取正整数m0>log34|an0|－22n0且m0>n0，则2n0·34m0<2n0·34log34|an0|－22n0＝|an0|－2，与①式矛盾，综上，对

于任意n∈N*，均有|an|≤2.3．[2016·江苏高考]记U＝{1,2，„，100}．对数列{an}(n∈N*)和U的子集T，若T＝∅，定义ST＝0；若T＝{t1，t2，„，tk}，定义ST＝at1＋at2＋„＋atk.例如：T＝{1

,3,66}时，ST＝a1＋a3＋a66.现设{an}(n∈N*)是公比为3的等比数列，且当T＝{2,4}时，ST＝30.(1)求数列{an}的通项公式；(2)对任意正整数k(1≤k≤100)，若T⊆{1,2，„，k}，求证：ST<ak＋1；(3)设C⊆U，D⊆U，SC≥SD，求证

：SC＋SC∩D≥2SD.解(1)由已知得an＝a1·3n－1，n∈N*.于是当T＝{2,4}时，ST＝a2＋a4＝3a1＋27a1＝30a1.又ST＝30，故30a1＝30，即a1＝1.所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，

n∈N*.(2)证明：因为T⊆{1,2，„，k}，an＝3n－1>0，n∈N*，所以ST≤a1＋a2＋„＋ak＝1＋3＋„＋3k－1＝12(3k－1)<3k.因此，ST<ak＋1.(3)下面分三种情况证明．①若

D是C的子集，则SC＋SC∩D＝SC＋SD≥SD＋SD＝2SD.②若C是D的子集，则SC＋SC∩D＝SC＋SC＝2SC≥2SD.③若D不是C的子集，且C不是D的子集．令E＝C∩∁UD，F＝D∩∁UC，

则E≠∅，F≠∅，E∩F＝∅.于是SC＝SE＋SC∩D，SD＝SF＋SC∩D，进而由SC≥SD，得SE≥SF.设k为E中的最大数，l为F中的最大数，则k≥1，l≥1，k≠l.由(2)知SE<ak＋1.于是3l－1＝al≤SF≤SE<a

k＋1＝3k，所以l－1<k，即l≤k.又k≠l，故l≤k－1.从而SF≤a1＋a2＋„＋al＝1＋3＋„＋3l－1＝3l－12≤3k－1－12＝ak－12≤SE－12，故SE≥2SF＋1，所以SC－SC∩D≥2(SD－SC∩D)＋1，即SC＋SC∩D≥

2SD＋1.综合①②③，得SC＋SC∩D≥2SD.二、模拟大题4．[2016·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a

1＝1.又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，两式相减得an＋1＝12an，所以{an}是首项为1，公比为12的等比数列，所以an＝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ap＋1，aq

＋1，ar＋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．