2020版江苏数学大精准复习精练11.2分析法、综合法与反证法

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精11。2分析法、综合法与反证法挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点直接证明1。不等式证明2.数列证明3。函数证明★★★间接证明1.不等式证明2。数列证明3.函数证明★★★分析解读对证明方法的考查,江苏高考中一般不单独命题,常常和其他知识结合起来进行考查,如和数列、函数等问题相结合，难度中等以上。破考点【考点集训】考点一直接证明1.（2019届江苏南通第一中学检测)已知函数f（x)=ln(1+x)，g(x)=a+bx—12x2+13x3，函数y=f（x)与函数y=g(x)的图象在交点（0，0)（1)求a，b的值;(2）证明:f(x)≤g(x）。解析（1)f’（x)=11+x,g’(x)=b—x+x由题意得g(0(2)证明:令h（x）=f(x)—g（x）=ln（x+1）-13x3+12x所以h’(x）=1x+1-x2+x—1=所以h（x）在(-1,0)上为增函数,在（0,+∞)上为减函数.即h（x)max=h（0）=0，所以h(x）≤h（0）=0，即f（x)≤g(x)。2。若a,b，c是不全相等的正数，求证：lga+b2+lgb+c2+lgc+证明因为a，b,c∈(0,+∞），所以a+b2≥ab〉0,b+c2≥又上述三个不等式中等号不能同时成立,所以a+b2·b+c上式两边同时取常用对数,得lga+b2所以lga+b2+lgb+c2+lgc+3。已知a，b，m为非零实数，且a2+b2+2—m=0，1a2+(1)求证:1a2+4b（2）求证:m≥72证明（1）(分析法）要证1a2+4b2只需证1a2+4b2(a即证1+4+b2a2+即证b2a2+根据基本不等式，有b2a2+4a2b当且仅当b2a2=4a2b2,所以原不等式成立.（2）（综合法)由题意知a2+b2=m—2，1a2+由（1）知(m—2)（2m-1)≥9,即2m2—5m—7≥0，解得m≤-1或m≥72因为a2+b2=m-2〉0，1a2+所以m≥72考点二间接证明1。（2019届江苏昆山中学检测)已知四棱锥S—ABCD中,底面是边长为1的正方形,又SB=SD=2,SA=1。(1)求证:SA⊥平面ABCD；（2)在棱SC上是否存在异于S,C的点F，使得BF∥平面SAD?若存在,确定F点的位置；若不存在,请说明理由.解析（1)证明:由已知得SA2+AD2=SD2,所以SA⊥AD。同理SA⊥AB。又AB∩AD=A,AB⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以SA⊥平面ABCD.（2)不存在。理由:假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.因为BC∥AD，BC⊄平面SAD。所以BC∥平面SAD。又BC∩BF=B，所以平面FBC∥平面SAD.这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，所以假设不成立。所以不存在这样的点F，使得BF∥平面SAD。2。已知f（x)=x2+ax+b。（1）求：f（1)+f(3）-2f（2)；(2)求证：｜f(1)｜,｜f（2)|,｜f(3）｜中至少有一个不小于12解析（1）因为f(1）=a+b+1，f(2）=2a+b+4,f（3）=3a+b+9，所以f(1）+f（3）-2f(2）=2.(2)证明:假设|f（1）|,｜f（2)|,|f（3）|都小于12则—12<f（1）<12,—12<f（2)〈12,—所以—1<—2f（2）<1,—1〈f(1)+f(3)<1.所以—2〈f(1)+f(3）-2f(2）〈2,这与f（1)+f（3）-2f（2)=2矛盾。所以假设错误，即所证结论成立。炼技法【方法集训】方法一综合法证题的方法（2018江苏南京高三年级学情调研）在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC，E是BC的中点,求证:（1)平面AB1E⊥平面B1BCC1；(2)A1C∥平面AB1E.证明（1)在直三棱柱ABC—A1B1C1中，CC1^平面ABC。因为AE⊂平面ABC，所以CC1^AE.因为AB=AC,E为BC的中点，所以AE^BC。因为BC⊂平面B1BCC1,CC1⊂平面B1BCC1，且BC∩CC1=C，所以AE^平面B1BCC1。因为AE⊂平面AB1E，所以平面AB1E^平面B1BCC1.(2）连接A1B,设A1B∩AB1=F,连接EF.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1B1B为平行四边形，所以F为A1B的中点。又因为E是BC的中点,所以EF∥A1C。因为EF⊂平面AB1E，A1C⊄平面AB1E,所以A1C∥平面AB1E。方法二分析法证题的方法(2019届江苏锡山高级中学检测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=5,S8=64.(1)求数列{an}的通项公式;（2)求证:1Sn-1+1Sn+1〉2解析(1）设等差数列｛an｝的公差为d,则a3=a1故所求的通项公式为an=2n-1。（2）证明:由(1)可知Sn=n2,要证原不等式成立，只需证1(n-1)只需证［(n+1)2+(n-1)2］n2〉2（n2—1）2.只需证（n2+1）n2>（n2-1)2.只需证3n2〉1.而3n2〉1在n≥1时恒成立，从而不等式1Sn-1+1Sn+1>2Sn方法三反证法证题的方法已知数列{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。解析(1)当n=1时，a1+S1=2a1=2，则a1=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=12（2)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又因为p<q<r，且p，q,r∈N＊,所以r—q，r—p∈N*。所以(*）式左边是偶数,右边是奇数,等式不成立，矛盾.所以假设不成立，原命题得证.过专题【五年高考】统一命题、省（区、市）卷题组考点一直接证明1。(2016浙江理，20,15分）设数列{an}满足an-an+12（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所以|a1|21-|an|2n=|a1|21因此|an|≥2n—1（|a1｜—2)。(2）任取n,且n∈N＊,由（1)知,对于任意m〉n，|an|2n-|am|2m=|an|2n-|故|an|<12n-1+|am|2m·2n从而对于任意m>n,均有|an|〈2+34m·2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2综上,对于任意n∈N＊,均有｜an|≤2.思路分析（1）要证｜an|≥2n—1(|a1|—2）成立,只需证明|a1|21-|an|2n〈1即可，把不等式左边变形,得到|a1|21-|a2|22+|a2|22-|a3|23+…+|an-1|2n-1-|an|2评析本题主要考查数列的递推关系与单调性、不等式性质等基础知识,同时考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力。2.(2015北京,20，13分)已知数列｛an}满足:a1∈N*,a1≤36,且an+1=2an,an≤18,2an（1）若a1=6,写出集合M的所有元素；（2)若集合M存在一个元素是3的倍数，证明：M的所有元素都是3的倍数；(3)求集合M的元素个数的最大值.解析（1)6,12，24。（2)证明：因为集合M存在一个元素是3的倍数,所以不妨设ak是3的倍数。由an+1=2an,an≤18,2如果k=1,则M的所有元素都是3的倍数.如果k>1，因为ak=2ak—1或ak=2ak-1—36,所以2ak-1是3的倍数，于是ak-1是3的倍数.类似可得,ak—2，…,a1都是3的倍数。从而对任意n≥1,an是3的倍数，因此M的所有元素都是3的倍数。综上，若集合M存在一个元素是3的倍数,则M的所有元素都是3的倍数。(3)由a1≤36，an=2an-1,an因为a1是正整数，a2=2所以a2是2的倍数，从而当n≥3时，an是4的倍数.如果a1是3的倍数,由(2)知对所有正整数n，an是3的倍数,因此当n≥3时,an∈｛12,24,36｝，这时M的元素个数不超过5。如果a1不是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,an不是3的倍数,因此当n≥3时，an∈{4，8，16,20，28，32｝,这时M的元素个数不超过8.当a1=1时,M=｛1，2,4，8,16，20，28，32｝有8个元素.综上可知，集合M的元素个数的最大值为8。3.(2018北京理，20，14分)设n为正整数，集合A={α|α=(t1,t2,…,tn），tk∈{0，1｝,k=1,2，…，n｝。对于集合A中的任意元素α=（x1,x2,…,xn）和β=(y1,y2,…，yn）,记M(α，β)=12[(x1+y1—｜x1-y1｜)+(x2+y2-|x2—y2｜)+…+（xn+yn—｜xn-yn(1）当n=3时，若α=（1，1，0）,β=(0，1，1),求M(α,α）和M(α，β）的值；(2）当n=4时，设B是A的子集,且满足：对于B中的任意元素α,β，当α,β相同时，M(α，β)是奇数；当α，β不同时,M（α,β）是偶数.求集合B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α,β,M（α,β)=0.写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明理由。解析（1）因为α=（1，1，0)，β=(0，1，1)，所以M(α,α)=12M(α，β)=12（2)设α=（x1，x2,x3,x4)∈B，则M（α,α)=x1+x2+x3+x4。由题意知x1,x2,x3,x4∈{0，1｝，且M(α，α）为奇数，所以x1，x2，x3,x4中1的个数为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α，β,均有M（α,β)=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,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,xk=1，x1=x2=…=xk-1=0｝（k=1,2,…,n）,Sn+1={（x1，x2,…，xn)|x1=x2=…=xn=0},所以A=S1∪S2∪…∪Sn+1.对于Sk(k=1，2，…,n-1）中的不同元素α,β，经验证，M(α,β)≥1.所以Sk(k=1，2，…,n-1）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n+1。取ek=(x1,x2，…,xn）∈Sk且xk+1=…=xn=0(k=1，2,…，n—1）.令B=｛e1，e2，…，en-1}∪Sn∪Sn+1,则集合B的元素个数为n+1,且满足条件.故B是一个满足条件且元素个数最多的集合.4。（2017北京,20，13分）设｛an}和｛bn}是两个等差数列，记cn=max{b1—a1n,b2—a2n,…，bn-ann｝（n=1,2,3,…)，其中max｛x1，x2,…,xs｝表示x1，x2,…,xs这s个数中最大的数。（1)若an=n，bn=2n-1,求c1，c2,c3的值，并证明｛cn｝是等差数列；（2）证明：或者对任意正数M,存在正整数m，当n≥m时,cnn>M;或者存在正整数m,使得cm,cm+1,cm+2,…解析（1）c1=b1—a1=1-1=0，c2=max｛b1-2a1，b2—2a2｝=max｛1—2×1，3—2×2｝=-1，c3=max｛b1-3a1，b2—3a2，b3—3a3｝=max｛1—3×1，3-3×2，5-3×3｝=—2。当n≥3时，（bk+1—nak+1）—(bk—nak）=(bk+1—bk）—n（ak+1-ak)=2—n〈0,所以bk-nak关于k∈N*单调递减.所以cn=max{b1—a1n，b2-a2n，…，bn-ann｝=b1—a1n=1—n.所以对任意n≥1,cn=1—n,于是cn+1—cn=-1,所以｛cn}是等差数列。(2）设数列{an｝和｛bn}的公差分别为d1,d2，则bk-nak=b1+（k—1)d2-［a1+(k—1)d1］n=b1-a1n+（d2—nd1)(k—1)。所以cn=b①当d1〉0时，取正整数m〉d2d1,则当n≥m时,nd1>d2,因此cn=b1此时,cm,cm+1,cm+2，…是等差数列.②当d1=0时，对任意n≥1，cn=b1—a1n+(n—1）max｛d2，0}=b1-a1+（n—1）(max{d2,0｝-a1)。此时，c1，c2,c3,…，cn，…是等差数列.③当d1<0时,当n〉d2d1时,有nd1所以cnn=n(—d1）+d1-a1+d2+b≥n(—d1）+d1-a1+d2-｜b1—d2|.对任意正数M,取正整数m>maxM+故当n≥m时，cn解后反思解决数列的相关题时，可通过对某些项的观察、分析和比较，发现它们的相同性质或变化规律,再利用综合法进行推理论证。考点二间接证明(2014山东改编,4,5分）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.

答案方程x3+ax+b=0没有实根【三年模拟】一、填空题（每小题5分，共35分）1。(2019届江苏泰兴中学检测)若P=a+6+a+7，Q=a+8+a+5（a≥0),则答案P〉Q2。（2019届江苏启东中学检测）若二次函数f(x）=4x2-2(p—2)x—2p2—p+1,在区间［—1,1］内至少存在一点c,使f(c)〉0,则实数p的取值范围是.

答案-3.(2018江苏侯集中学检测）用反证法证明命题:“已知a,b∈N,若ab可被5整除,则a，b中至少有一个能被5整除”时,反设为。

答案a，b都不能被5整除4。（2019届江苏木渎中学检测)已知a,b,m均为正数,且a>b,则ba与b+m答案ba<5。（2019届江苏姜堰中学检测）设a，b是两个实数，给出下列条件:①a+b〉2；②a2+b2〉2。其中能推出“a，b中至少有一个大于1”的条件是（填序号）。

答案①6。(2019届江苏苏州中学检测）已知点An（n，an)为函数y=x2+1图象上的点，Bn(n,bn)为函数y=x图象上的点，其中n∈N＊,设cn=an—bn,则cn与cn+1的大小关系为答案cn+1〈cn7。（2019届江苏南京金陵中学检测)已知两个正数a,b，可按规律c=ab+a+b推广为一个新数c，在a,b，c三个数中取两个较大的数，按上述规则扩充到一个新数，依次下去，将每扩充一次得到一个新数称为一次操作.若p>q>0,经过五次操作后扩充得到的数为（q+1）m（p+1）n-1（m，n为正整数），则m+n=。

答案13二、解答题（共40分)8.(2019届江苏启东汇龙中学检测)已知a，b，c〉0,a+b+c=1。求证:（1)a+b+c≤3；（2)13a+1+13b证明(1)（a+b+c)2=(a+b+c）+2ab+2bc+2ca≤(a+b+c)+(a+b）+(b+c)+(c+a）=3(当且仅当a=b=c时取“="),所以a+b+c≤3。(2)因为a>0，所以3a+1〉0,所以43a+1+（3a+1）≥243a+1(3a+1)所以43a+1≥3—3a，同理得43b以上三式相加得413a所以13a+1+13b9.(2019届江苏南通中学检测)已知M是由满足下列条件的函数构成的集合:对任意f（x)∈M，①方程f（x）—x=0有实数根；②函数f(x)的导数f’(x)满足0〈f’（x)〈1.（1）判断函数f（x）=x2+sinx4是不是集合M中的元素（2）集合M中的元素f（x)具有下面的性质:若f（x)的定义域为D,则对于任意［m，n］⊆D,都存在x0∈(m，n）,使得等式f（n）-f（m）=（n—m）f’（x0)成立.试用这一性质证明:方程f（x)-x=0有且只有一个实数根.解析（1）①当x=0时,f（0)=0,所以方程f(x）—x=0有实数根0；②f'（x)=12+cosx4,所以f’(x)∈14,由①②可得，函数f（x)=x2+sinx4是集合（2)假设方程f(x)-x=0存在两个实数根α,β（α≠β)，则f(α）—α=0,f（β)—β=0。不妨设α<β,根据题意存在c∈(α,β)，满足f（β)-f(α)=(β-α)f'（c)。因为f(α）=α，f（β）=β,且α≠β,所以f’(c）=1。与已知0<f'(x）〈1矛盾.又f(x)—x=0有实数根，所以方程f（x）—x=0有且只有一个实数根.10。（2018江苏常州高三期末,19)已知各项均为正数的无穷数列｛an}的前n项和为Sn，且满足a1=a(其中a为常数),nSn+1=(n+1）Sn+n(n+1)(n∈N*）。数列｛bn｝满足bn=an2+an(1)证明数列{an}是等差数列，并求出｛an}的通项公式；（2)若无穷等比数列{cn｝满足：对任意的n∈N*，数列{bn}中总存在两个不同的项bs，bt(s,t∈N*）,使得bs≤cn≤bt，求｛cn