考点38直接证明与间接证明教师版备战2020年高考理科数学必刷题集

1考点38直接证明与间接证明1．（河北省衡水市第十三中学2019届高三质检四）利用反证法证明：若0xy，则0xy，假设为()A．,xy都不为0B．,xy不都为0C．,xy都不为0，且xyD．,xy至少有一个为0【答案】B【解析】0xy的否定为00xy或，即x，y不都为0，选B.2．（四川省凉山州2019届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：“当整数时，关于的方程没有正整数解”.经历三百多年，于二十世纪九十年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使方程有解B．关于的方程有正有理数解C．关于的方程没有正有理数解D．当整数时，关于的方程没有正实数解【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.假设关于的方程有正有理数解，故可写成整数比值的形式，不妨设，其中为互质的正整数，为互质的正整数.代入方程得，两边乘以得，由于都是正整数，这与费马大定理矛盾，故假设不成立，所以关于的方程没有正有理数解.故选C.3．（湖北省黄冈、华师附中等八校2019届高三上学期第一次联考数学理）已知各项均为正数的两个无穷数列和满足：，且是等比数列，给定以下四个结2论：①数列的所有项都不大于；②数列的所有项都大于；③数列的公比等于；④数列一定是等比数列。其中正确结论的序号是____________．【答案】①③④【解析】因为，所以①，下证等比数列的公比.若，则，则当时，，此时，与①矛盾；若，则，则当时，此时，与①矛盾.故，故.下证，若，则，于是，由得，所以中至少有两项相同，矛盾.所以，所以，所以正确的序号是①③④.4．（北京市昌平区2019届高三5月综合练习二模理）对于集合12,,,nAaaa，12{,,,}mBbbb，**,nmNN,{|,}ABxyxAyB.集合A中的元素个数记为||A.规定：若集合A满足(1)||2nnAA，则称集合A具有性质T．（I）已知集合{1,3,5,7}A，1248{,,,}3333B，写出||AA，||BB的值；（II）已知集合12,,,nAaaa，{}na为等比数列，0na，且公比为23，证明：A具有性质T；（III）已知,AB均有性质T，且nm，求||AB的最小值.【答案】（I）||7;||10.AABB；（II）见解析；（III）(1)2nn.【解析】（I）由题意可得：2,4,6,8,10,12,14AA，25410816,1,,3,,2,,,4,333333BB,3故||7;||10.AABB（II）要证A具有性质T，只需证明，若1234nnnn，则1423nnnnaaaa.假设上式结论不成立，即若1234nnnn，则1423nnnnaaaa.即3142nnnnqqqq，即3141211nnnnnnqqq，314121222()()()1333nnnnnn，314341214241223233nnnnnnnnnnnn.因为上式的右边为3的倍数，而上式的左边为2的倍数，所以上式不成立.故假设不成立，原命题成立.（III）由题意，集合A具有性质T，等价于任意两个元素之和均不相同.如，对于任意的abcd，有adbc，等价于dcba，即任意两个不同元素之差的绝对值均不相同.令*{|,,}AxyxAyAxy，所以A具有性质T*(1)(1)||||22nnnnAAA.因为集合,AB均有性质T，且nm，所以2**||||ABnAB2(1)(1)22nnnnn，当且仅当AB时等号成立.所以||AB的最小值为(1)2nn.5．（上海市浦东新区2019届高三下学期期中教学质量检测二模）已知函数yfx的定义域D，值域为A.（1）下列哪个函数满足值域为R，且单调递增？（不必说明理由）①1tan[()],(0,1)2fxxx，②1lg(1),(0,1)gxxx.（2）已知12()log(21),()sin2,fxxgxx函数[()]fgx的值域[1,0]A，试求出满足条件的函数[()]fgx一个定义域D；（3）若DAR，且对任意的,xyR，有fxyfxfy，证明：fxyfxfy.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【解析】（1）1tan,0,12fxxx满足.41lg1,0,1gxxx不满足.（2）因为12log2sin211,0fgxx，所以2sin211,2,x即1sin20,2x，所以522,22,2,.66xkkkkkZ所以5,,,,12122xkkkkkZ满足条件的0,12D（答案不唯一）.（3）假设存在,ab使得fabfafb又有,fafabfbfbfabfa，所以,fafabfbfbfabfa，结合两式：,0fafbfab，所以0fbfafab，故fafbfa.由于fabfafb知：0fa.又12222aaaffafffa.类似地，由于0fa，22aaffaf得11222affafa.所以022aafaff，与0fa矛盾，所以原命题成立.6．（北京市大兴区2019届高三4月一模数学理）已知集合121000{}Aaaa，，，，其中5*(121000)，，，iaiN，1210002019aaa≤．如果集合A满足：对于任意的(121000)mnAmn，，，，，都有+mnaaA，那么称集合A具有性质P．（Ⅰ）写出一个具有性质P的集合A；（Ⅱ）证明：对任意具有性质P的集合A，2000A；（Ⅲ）求具有性质P的集合A的个数．【答案】（Ⅰ）{1,2,,1000}A；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）192.【解析】解：（Ⅰ）1,2,,1000A（Ⅱ）证明：假设存在kaA，使得2000ka，显然1000k≤，取1000ij，则100010002000kaA，由题意1000100010002aaaA，而1000a为集合A中元素的最大值，所以，10002aA，矛盾，假设不成立，所以，不存在kaA，使得2000ka．（Ⅲ）设k为使得2000ka的最大正整数，则100099912001kaaa≥．若1000ka，则存在正整数i，使得1000kaiA，所以1000iaaA．同（Ⅱ）10001000iaaa不可能属于集合A．于是10001,2,,iaik，由题意知1,2,,1000iaii，所以，kak，集合A中大于2000的元素至多有19个，所以100019981k≥．下面证明kak不可能成立．假设kak，则存在正整数i，使得kakiA，显然19i≤，所以存在正整数m使得22000mkikaaaa．而2000mikkaaaa与k为使得2000ka的最大正整数矛盾，所以kak不可能成立．即kak成立．当kak时，对于任意的1,1000ijk≤≤≤满足ijA显然有ijaaA成立．6若2001ia≥，则2000kij≤，即ijA，所以，1210001,2,,,,,kkAkaaa，其中20001,2,,1000iaikk均为符合题意的集合．而k可能取的值为981，982，…，1000，故符合条件的集合个数为01181919191919192CCCC．因此，满足条件的集合A的个数为192．7．（江苏省2019届高三第二学期联合调研测试）已知数列{}na的前n项和为nS，01na.（1）若332S，求证：1a，2a，3a必可以被分为1组或2组，使得每组所有数的和小于1；（2）若12nkS，求证：1a，2a，…，na必可以被分为m组（1mk），使得每组所有数的和小于1．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】解：（1）不妨设32101aaa假设321aa，则212a所以1212aa所以12332aaa与332S矛盾，因此321aa,所以必可分成两组23,aa、1()a使得每组所有数的和小于1（2）不妨设12112iaaa，1()2jaijn先将1a，2a，…，ia单独分为一组，再对后面项依次合并分组，使得每组和属于1,12，最后一组和属于10,2，不妨设将1a，2a，…，na分为1a，2a，…，ia，12,,sbbb，1sb共1is组，且其中is组1a，2a，…，ia，121,,,12sbbb，最后一组110,2sb首先is必小于等于k，否则1isk，与12nkS，矛盾当1isk时，则1kis7所以只需将1a，2a，…，na分为1a，2a，…，ia，12,,sbbb，1sb即可满足条件；当isk时，可将sb与1sb合成一组，且11ssbb，否则11122nkkS，矛盾此时只需将1a，2a，…，na分为1a，2a，…，ia，121,,sbbb，1ssbb即可满足条件，所以1a，2a，…，na必可以被分为m组(1≤m≤k)，使得每组所有数的和小于1．8．（北京市门头沟区2019年3月高三年级综合练习数学试卷理）给定数列na，若满足1(0aaa且1)a，对于任意的n，*mN，都有nmnmaaa，则称数列na为“指数型数列”．(Ⅰ)已知数列na，nb的通项公式分别为153nna，4nnb，试判断na，nb是不是“指数型数列”；(Ⅱ)若数列na满足：112a，1123*nnnnaaaanN，判断数列11na是否为“指数型数列”，若是给出证明，若不是说明理由；(Ⅲ)若数列na是“指数型数列”，且11*2aaaNa，证明：数列na中任意三项都不能构成等差数列．【答案】（Ⅰ）na不是指数型数列，nb是指数型数列；（Ⅱ）数列11na是“指数型数列”；（Ⅲ）详见解析.【解析】(Ⅰ)解：对于数列na，11155353533nmnmnmnmaaa，所以na不是指数型数列．对于数列nb，对任意n，*mN，因为444nmnmnmnmbbb，所以nb是指数型数列．(Ⅱ)证明：由题意，11na是“指数型数列”，n1123nnnaaaa，1113112131nnnnaaaa，8所以数列11na是等比数列，11111133nnnaa，111113331nmmnnmnmaaa，数列11na是“指数型数列”．(Ⅲ)证明：因为数列na是指数型数列，故对于任意的n，*mN，有nmnmaaa，11112nnnnnaaaaaaa，假设