學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精11。2分析法、綜合法與反證法挖命題【考情探究】考點內容解讀5年考情預測熱度考題示例考向關聯考點直接證明1。不等式證明2.數列證明3。函數證明★★★間接證明1.不等式證明2。數列證明3.函數證明★★★分析解讀對證明方法的考查,江蘇高考中一般不單獨命題,常常和其他知識結合起來進行考查,如和數列、函數等問題相結合，難度中等以上。破考點【考點集訓】考點一直接證明1.（2019屆江蘇南通第一中學檢測)已知函數f（x)=ln(1+x)，g(x)=a+bx—12x2+13x3，函數y=f（x)與函數y=g(x)的圖象在交點（0，0)（1)求a，b的值;(2）證明:f(x)≤g(x）。解析（1)f’（x)=11+x,g’(x)=b—x+x由題意得g(0(2)證明: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)上為增函數,在（0,+∞)上為減函數.即h（x)max=h（0）=0，所以h(x）≤h（0）=0，即f（x)≤g(x)。2。若a,b，c是不全相等的正數，求證：lga+b2+lgb+c2+lgc+證明因為a，b,c∈(0,+∞），所以a+b2≥ab〉0,b+c2≥又上述三個不等式中等號不能同時成立,所以a+b2·b+c上式兩邊同時取常用對數,得lga+b2所以lga+b2+lgb+c2+lgc+3。已知a，b，m為非零實數，且a2+b2+2—m=0，1a2+(1)求證:1a2+4b（2）求證:m≥72證明（1）(分析法）要證1a2+4b2只需證1a2+4b2(a即證1+4+b2a2+即證b2a2+根據基本不等式，有b2a2+4a2b當且僅當b2a2=4a2b2,所以原不等式成立.（2）（綜合法)由題意知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因為a2+b2=m-2〉0，1a2+所以m≥72考點二間接證明1。（2019屆江蘇昆山中學檢測)已知四棱錐S—ABCD中,底面是邊長為1的正方形,又SB=SD=2,SA=1。(1)求證:SA⊥平面ABCD；（2)在棱SC上是否存在異于S,C的點F，使得BF∥平面SAD?若存在,確定F點的位置；若不存在,請說明理由.解析（1)證明: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:假設在棱SC上存在異于S，C的點F，使得BF∥平面SAD.因為BC∥AD，BC?平面SAD。所以BC∥平面SAD。又BC∩BF=B，所以平面FBC∥平面SAD.這與平面SBC和平面SAD有公共點S矛盾，所以假設不成立。所以不存在這樣的點F，使得BF∥平面SAD。2。已知f（x)=x2+ax+b。（1）求：f（1)+f(3）-2f（2)；(2)求證：｜f(1)｜,｜f（2)|,｜f(3）｜中至少有一個不小于12解析（1）因為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)證明:假設|f（1）|,｜f（2)|,|f（3）|都小于12則—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,這與f（1)+f（3）-2f（2)=2矛盾。所以假設錯誤，即所證結論成立。煉技法【方法集訓】方法一綜合法證題的方法（2018江蘇南京高三年級學情調研）在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC，E是BC的中點,求證:（1)平面AB1E⊥平面B1BCC1；(2)A1C∥平面AB1E.證明（1)在直三棱柱ABC—A1B1C1中，CC1^平面ABC。因為AE?平面ABC，所以CC1^AE.因為AB=AC,E為BC的中點，所以AE^BC。因為BC?平面B1BCC1,CC1?平面B1BCC1，且BC∩CC1=C，所以AE^平面B1BCC1。因為AE?平面AB1E，所以平面AB1E^平面B1BCC1.(2）連接A1B,設A1B∩AB1=F,連接EF.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,四邊形AA1B1B為平行四邊形，所以F為A1B的中點。又因為E是BC的中點,所以EF∥A1C。因為EF?平面AB1E，A1C?平面AB1E,所以A1C∥平面AB1E。方法二分析法證題的方法(2019屆江蘇錫山高級中學檢測)已知等差數列{an}的前n項和為Sn,a3=5,S8=64.(1)求數列{an}的通項公式;（2)求證:1Sn-1+1Sn+1〉2解析(1）設等差數列｛an｝的公差為d,則a3=a1故所求的通項公式為an=2n-1。（2）證明:由(1)可知Sn=n2,要證原不等式成立，只需證1(n-1)只需證［(n+1)2+(n-1)2］n2〉2（n2—1）2.只需證（n2+1）n2>（n2-1)2.只需證3n2〉1.而3n2〉1在n≥1時恒成立，從而不等式1Sn-1+1Sn+1>2Sn方法三反證法證題的方法已知數列{an｝的前n項和為Sn,且滿足an+Sn=2。(1）求數列{an｝的通項公式;（2）求證：數列{an｝中不存在三項按原來順序成等差數列。解析(1)當n=1時，a1+S1=2a1=2，則a1=1.又an+Sn=2，所以an+1+Sn+1=2,兩式相減得an+1=12an所以｛an}是首項為1,公比為12的等比數列所以an=12（2)假設存在三項按原來順序成等差數列，記為ap+1,aq+1，ar+1（p<q<r，且p，q,r∈N*），則2·12q=12p+12r，所以2又因為p<q<r，且p，q,r∈N＊,所以r—q，r—p∈N*。所以(*）式左邊是偶數,右邊是奇數,等式不成立，矛盾.所以假設不成立，原命題得證.過專題【五年高考】統一命題、省（區、市）卷題組考點一直接證明1。(2016浙江理，20,15分）設數列{an}滿足an-an+12（1）證明：|an|≥2n—1（｜a1｜—2），n∈N*；(2)若|an|≤32n，n∈N*,證明：|an｜≤2,n∈N證明(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,對于任意m〉n，|an|2n-|am|2m=|an|2n-|故|an|<12n-1+|am|2m·2n從而對于任意m>n,均有|an|〈2+34m·2由m的任意性得|an｜≤2。否則，存在n0∈N*,有|an0|〉2,取正整數m0〉log34|an0|-22n0且m0>n0，則2綜上,對于任意n∈N＊,均有｜an|≤2.思路分析（1）要證｜an|≥2n—1(|a1|—2）成立,只需證明|a1|21-|an|2n〈1即可，把不等式左邊變形,得到|a1|21-|a2|22+|a2|22-|a3|23+…+|an-1|2n-1-|an|2評析本題主要考查數列的遞推關系與單調性、不等式性質等基礎知識,同時考查推理論證能力、分析問題和解決問題的能力。2.(2015北京,20，13分)已知數列｛an}滿足:a1∈N*,a1≤36,且an+1=2an,an≤18,2an（1）若a1=6,寫出集合M的所有元素；（2)若集合M存在一個元素是3的倍數，證明：M的所有元素都是3的倍數；(3)求集合M的元素個數的最大值.解析（1)6,12，24。（2)證明：因為集合M存在一個元素是3的倍數,所以不妨設ak是3的倍數。由an+1=2an,an≤18,2如果k=1,則M的所有元素都是3的倍數.如果k>1，因為ak=2ak—1或ak=2ak-1—36,所以2ak-1是3的倍數，于是ak-1是3的倍數.類似可得,ak—2，…,a1都是3的倍數。從而對任意n≥1,an是3的倍數，因此M的所有元素都是3的倍數。綜上，若集合M存在一個元素是3的倍數,則M的所有元素都是3的倍數。(3)由a1≤36，an=2an-1,an因為a1是正整數，a2=2所以a2是2的倍數，從而當n≥3時，an是4的倍數.如果a1是3的倍數,由(2)知對所有正整數n，an是3的倍數,因此當n≥3時,an∈｛12,24,36｝，這時M的元素個數不超過5。如果a1不是3的倍數,由(2)知對所有正整數n,an不是3的倍數,因此當n≥3時，an∈{4，8，16,20，28，32｝,這時M的元素個數不超過8.當a1=1時,M=｛1，2,4，8,16，20，28，32｝有8個元素.綜上可知，集合M的元素個數的最大值為8。3.(2018北京理，20，14分)設n為正整數，集合A={α|α=(t1,t2,…,tn），tk∈{0，1｝,k=1,2，…，n｝。對于集合A中的任意元素α=（x1,x2,…,xn）和β=(y1,y2,…，yn）,記M(α，β)=12[(x1+y1—｜x1-y1｜)+(x2+y2-|x2—y2｜)+…+（xn+yn—｜xn-yn(1）當n=3時，若α=（1，1，0）,β=(0，1，1),求M(α,α）和M(α，β）的值；(2）當n=4時，設B是A的子集,且滿足：對于B中的任意元素α,β，當α,β相同時，M(α，β)是奇數；當α，β不同時,M（α,β）是偶數.求集合B中元素個數的最大值;（3）給定不小于2的n，設B是A的子集，且滿足：對于B中的任意兩個不同的元素α,β,M（α,β)=0.寫出一個集合B，使其元素個數最多，并說明理由。解析（1）因為α=（1，1，0)，β=(0，1，1)，所以M(α,α)=12M(α，β)=12（2)設α=（x1，x2,x3,x4)∈B，則M（α,α)=x1+x2+x3+x4。由題意知x1,x2,x3,x4∈{0，1｝，且M(α，α）為奇數，所以x1，x2，x3,x4中1的個數為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）}.將上述集合中的元素分成如下四組：（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）.經驗證,對于每組中兩個元素α，β,均有M（α,β)=1.所以每組中的兩個元素不可能同時是集合B的元素.所以集合B中元素的個數不超過4.又集合｛(1，0，0,0），（0，1,0，0),(0，0，1,0），（0,0，0,1）}滿足條件,所以集合B中元素個數的最大值為4.（3）設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.對于Sk(k=1，2，…,n-1）中的不同元素α,β，經驗證，M(α,β)≥1.所以Sk(k=1，2，…,n-1）中的兩個元素不可能同時是集合B的元素。所以B中元素的個數不超過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,則集合B的元素個數為n+1,且滿足條件.故B是一個滿足條件且元素個數最多的集合.4。（2017北京,20，13分）設｛an}和｛bn}是兩個等差數列，記cn=max{b1—a1n,b2—a2n,…，bn-ann｝（n=1,2,3,…)，其中max｛x1，x2,…,xs｝表示x1，x2,…,xs這s個數中最大的數。（1)若an=n，bn=2n-1,求c1，c2,c3的值，并證明｛cn｝是等差數列；（2）證明：或者對任意正數M,存在正整數m，當n≥m時,cnn>M;或者存在正整數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。當n≥3時，（bk+1—nak+1）—(bk—nak）=(bk+1—bk）—n（ak+1-ak)=2—n〈0,所以bk-nak關于k∈N*單調遞減.所以cn=max{b1—a1n，b2-a2n，…，bn-ann｝=b1—a1n=1—n.所以對任意n≥1,cn=1—n,于是cn+1—cn=-1,所以｛cn}是等差數列。(2）設數列{an｝和｛bn}的公差分別為d1,d2，則bk-nak=b1+（k—1)d2-［a1+(k—1)d1］n=b1-a1n+（d2—nd1)(k—1)。所以cn=b①當d1〉0時，取正整數m〉d2d1,則當n≥m時,nd1>d2,因此cn=b1此時,cm,cm+1,cm+2，…是等差數列.②當d1=0時，對任意n≥1，cn=b1—a1n+(n—1）max｛d2，0}=b1-a1+（n—1）(max{d2,0｝-a1)。此時，c1，c2,c3,…，cn，…是等差數列.③當d1<0時,當n〉d2d1時,有nd1所以cnn=n(—d1）+d1-a1+d2+b≥n(—d1）+d1-a1+d2-｜b1—d2|.對任意正數M,取正整數m>maxM+故當n≥m時，cn解后反思解決數列的相關題時，可通過對某些項的觀察、分析和比較，發現它們的相同性質或變化規律,再利用綜合法進行推理論證。考點二間接證明(2014山東改編,4,5分）用反證法證明命題“設a,b為實數,則方程x3+ax+b=0至少有一個實根”時，要做的假設是.

答案方程x3+ax+b=0沒有實根【三年模擬】一、填空題（每小題5分，共35分）1。(2019屆江蘇泰興中學檢測)若P=a+6+a+7，Q=a+8+a+5（a≥0),則答案P〉Q2。（2019屆江蘇啟東中學檢測）若二次函數f(x）=4x2-2(p—2)x—2p2—p+1,在區間［—1,1］內至少存在一點c,使f(c)〉0,則實數p的取值范圍是.

答案-3.(2018江蘇侯集中學檢測）用反證法證明命題:“已知a,b∈N,若ab可被5整除,則a，b中至少有一個能被5整除”時,反設為。

答案a，b都不能被5整除4。（2019屆江蘇木瀆中學檢測)已知a,b,m均為正數,且a>b,則ba與b+m答案ba<5。（2019屆江蘇姜堰中學檢測）設a，b是兩個實數，給出下列條件:①a+b〉2；②a2+b2〉2。其中能推出“a，b中至少有一個大于1”的條件是（填序號）。

答案①6。(2019屆江蘇蘇州中學檢測）已知點An（n，an)為函數y=x2+1圖象上的點，Bn(n,bn)為函數y=x圖象上的點，其中n∈N＊,設cn=an—bn,則cn與cn+1的大小關系為答案cn+1〈cn7。（2019屆江蘇南京金陵中學檢測)已知兩個正數a,b，可按規律c=ab+a+b推廣為一個新數c，在a,b，c三個數中取兩個較大的數，按上述規則擴充到一個新數，依次下去，將每擴充一次得到一個新數稱為一次操作.若p>q>0,經過五次操作后擴充得到的數為（q+1）m（p+1）n-1（m，n為正整數），則m+n=。

答案13二、解答題（共40分)8.(2019屆江蘇啟東匯龍中學檢測)已知a，b，c〉0,a+b+c=1。求證:（1)a+b+c≤3；（2)13a+1+13b證明(1)（a+b+c)2=(a+b+c）+2ab+2bc+2ca≤(a+b+c)+(a+b）+(b+c)+(c+a）=3(當且僅當a=b=c時取“="),所以a+b+c≤3。(2)因為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屆江蘇南通中學檢測)已知M是由滿足下列條件的函數構成的集合:對任意f（x)∈M，①方程f（x）—x=0有實數根；②函數f(x)的導數f’(x)滿足0〈f’（x)〈1.（1）判斷函數f（x）=x2+sinx4是不是集合M中的元素（2）集合M中的元素f（x)具有下面的性質:若f（x)的定義域為D,則對于任意［m，n］?D,都存在x0∈(m，n）,使得等式f（n）-f（m）=（n—m）f’（x0)成立.試用這一性質證明:方程f（x)-x=0有且只有一個實數根.解析（1）①當x=0時,f（0)=0,所以方程f(x）—x=0有實數根0；②f'（x)=12+cosx4,所以f’(x)∈14,由①②可得，函數f（x)=x2+sinx4是集合（2)假設方程f(x)-x=0存在兩個實數根α,β（α≠β)，則f(α）—α=0,f（β)—β=0。不妨設α<β,根據題意存在c∈(α,β)，滿足f（β)-f(α)=(β-α)f'（c)。因為f(α）=α，f（β）=β,且α≠β,所以f’(c）=1。與已知0<f'(x）〈1矛盾.又f(x)—x=0有實數根，所以方程f（x）—x=0有且只有一個實數根.10。（2018江蘇常州高三期末,19)已知各項均為正數的無窮數列｛an}的前n項和為Sn，且滿足a1=a(其中a為常數),nSn+1=(n+1）Sn+n(n+1)(n∈N*）。數列｛bn｝滿足bn=an2+an(1)證明數列{an}是等差數列，并求出｛an}的通項公式；（2)若無窮等比數列{cn｝滿足：對任意的n∈N*，數列{bn}中總存在兩個不同的項bs，bt(s,t∈N*）,使得bs≤cn≤bt，求｛cn