《2020版高考江苏数学大一轮精准复习精练：11.2分析法、综合法与反证法含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考江苏数学大一轮精准复习精练：11.2分析法、综合法与反证法含解析（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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)处有公共切线.(1)求a,b的值;(2)证明:f(x)g(x).解析(1)f (x)=
2、11+x,g(x)=b-x+x2,由题意得g(0)=f(0),f (0)=g (0),解得a=0,b=1.(2)证明:令h(x)=f(x)-g(x)=ln(x+1)-13x3+12x2-x(x-1).所以h(x)=1x+1-x2+x-1=-x3x+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+a2lg a+lg b+lg c.证明因为a,b,c(0,+),所以a+b2ab0,b+c2bc0,a+c2ac0.又上述三个不等式
3、中等号不能同时成立,所以a+b2b+c2c+a2abc成立.上式两边同时取常用对数,得lga+b2b+c2c+a2lg abc,所以lga+b2+lgb+c2+lgc+a2lg a+lg b+lg c.3.已知a,b,m为非零实数,且a2+b2+2-m=0,1a2+4b2+1-2m=0.(1)求证:1a2+4b29a2+b2;(2)求证:m72.证明(1)(分析法)要证1a2+4b29a2+b2成立,只需证1a2+4b2(a2+b2)9,即证1+4+b2a2+4a2b29,即证b2a2+4a2b24.根据基本不等式,有b2a2+4a2b22b2a24a2b2=4成立,当且仅当b2a2=4a2b
4、2,即b2=2a2时等号成立,所以原不等式成立.(2)(综合法)由题意知a2+b2=m-2,1a2+4b2=2m-1,由(1)知(m-2)(2m-1)9,即2m2-5m-70,解得m-1或m72.因为a2+b2=m-20,1a2+4b2=2m-10,所以m72.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SAAD.同理SAAB
5、.又ABAD=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BCAD,BC平面SAD.所以BC平面SAD.又BCBF=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
6、(3)-2f(2)=2.(2)证明:假设|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|都小于12,则-12f(1)12,-12f(2)12,-12f(3)12,所以-1-2f(2)1,-1f(1)+f(3)1.所以-2f(1)+f(3)-2f(2)2Sn(n2,nN*).解析(1)设等差数列an的公差为d,则a3=a1+2d=5,S8=8a1+28d=64,解得a1=1,d=2.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)2+1(n+1)22n2.只需证(n+1)2+(n-1)2n22(n2-1)2.只需证(n2+1)n2(n2-1)2.
7、只需证3n21.而3n21在n1时恒成立,从而不等式1Sn-1+1Sn+12Sn(n2,nN*)恒成立.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=12n-1.(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(pqr,且p,q,rN*),则212q=12p+12r,所以22r-
8、q=2r-p+1.(*)又因为pqr,且p,q,rN*,所以r-q,r-pN*.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+121,nN*.(1)证明:|an|2n-1(|a1|-2),nN*;(2)若|an|32n,nN*,证明:|an|2,nN*.证明(1)由an-an+121得|an|-12|an+1|1,故|an|2n-|an+1|2n+112n,nN*,所以|a1|21-|an|2n=|a1|21-|a2|22+|a2|22-
9、|a3|23+|an-1|2n-1-|an|2n121+122+12n-1n,|an|2n-|am|2m=|an|2n-|an+1|2n+1+|an+1|2n+1-|an+2|2n+2+|am-1|2m-1-|am|2m12n+12n+1+12m-112n-1,故|an|n,均有|an|2,取正整数m0log34|an0|-22n0且m0n0,则2n034m02n034log34|an0|-22n0=|an0|-2,与式矛盾.综上,对于任意nN*,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|2n2,经过推理可导出矛盾,从而证明原结论.评
10、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:a1N*,a136,且an+1=2an,an18,2an-36,an18(n=1,2,).记集合M=an|nN*.(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,an18,2an-36,an18可归纳证明对任意nk,an是3
11、的倍数.如果k=1,则M的所有元素都是3的倍数.如果k1,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n1,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a136,an=2an-1,an-118,2an-1-36,an-118可归纳证明an36(n=2,3,).因为a1是正整数,a2=2a1,a118,2a1-36,a118,所以a2是2的倍数,从而当n3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n3时,an12,24,36,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n3时,an4,8,16,20,28,32,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=|=(t1,t2,tn),tk0,1,k=1,2,n.对于集合A中的任意元素=(x1,x2,xn)和=(y1,y2,yn),记M(,)=12(x1
