【数学】2020届江苏一轮复习通用版11-2分析法、综合法与反证法作业
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)=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+a2>lg a+lg b+lg c.
证明 因为a,b,c∈(0,+∞),
所以a+b2≥ab>0,b+c2≥bc>0,a+c2≥ac>0.
又上述三个不等式中等号不能同时成立,
所以a+b2·b+c2·c+a2>abc成立.
上式两边同时取常用对数,得lga+b2·b+c2·c+a2>lg abc,
所以lga+b2+lgb+c2+lgc+a2>lg 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+4b2≥9a2+b2;
(2)求证:m≥72.
证明 (1)(分析法)要证1a2+4b2≥9a2+b2成立,
只需证1a2+4b2(a2+b2)≥9,
即证1+4+b2a2+4a2b2≥9,
即证b2a2+4a2b2≥4.
根据基本不等式,有b2a2+4a2b2≥2b2a2·4a2b2=4成立,
当且仅当b2a2=4a2b2,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-7≥0,
解得m≤-1或m≥72.
因为a2+b2=m-2>0,1a2+4b2=2m-1>0,
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
2Sn(n≥2,n∈N*).
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)2>2n2.
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(n≥2,n∈N*)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(pn,
|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.
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|2n,由已知an-an+12≤1可得|an|-12|an+1|≤1,得出|an|2n-|an+1|2n+1≤12n,代入上式即可得证;(2)先利用(1)中的结论及已知条件证|an|≤2,再用反证法检验,即假设存在n0∈N*,有|an0|>2,经过推理可导出矛盾,从而证明原结论.
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-36,an>18(n=1,2,…).记集合M={an|n∈N*}.
(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≤18,2an-36,an>18可归纳证明对任意n≥k,an是3的倍数.
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-1≤18,2an-1-36,an-1>18可归纳证明an≤36(n=2,3,…).
因为a1是正整数,a2=2a1,a1≤18,2a1-36,a1>18,
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)=12[(1+1-|1-1|)+(1+1-|1-1|)+(0+0-|0-0|)]=2,
M(α,β)=12[(1+0-|1-0|)+(1+1-|1-1|)+(0+1-|0-1|)]=1.
(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,…是等差数列.
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-a1n+(n-1)(d2-nd1),b1-a1n,当d2>nd1时,当d2≤nd1时.
①当d1>0时,
取正整数m>d2d1,则当n≥m时,nd1>d2,因此cn=b1-a1n.
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nd1maxM+|b1-d2|+a1-d1-d2-d1,d2d1,
故当n≥m时,cnn>M.
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P,Q的大小关系是 .
答案 P>Q
2.(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 -3,32
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+ma+m的大小关系是 .
答案 ba<b+ma+m
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 ①
6.(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+1q>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+1+13c+1≥32.
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)=4当且仅当a=13时取“=”,
所以43a+1≥3-3a,同理得43b+1≥3-3b,43c+1≥3-3c.
以上三式相加得413a+1+13b+1+13c+1≥9-3(a+b+c)=6,
所以13a+1+13b+1+13c+1≥32.
9.(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00,
则Sn+2=2Sn+1-Sn+2,即an+2=an+1+2.
在nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1)中令n=1,得a1+a2=2a1+2,即a2=a1+2.
综上,对任意n∈N*,都有an+1-an=2,
故数列{an}是以2为公差的等差数列.
又a1=a,则an=2n-2+a(n∈N*).
解法二:因为nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1),
所以Sn+1n+1=Snn+1,
又S1=a1=a,则数列Snn是以a为首项,1为公差的等差数列,
因此Snn=n-1+a,即Sn=n2+(a-1)n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-2+a,又a1=a也符合上式,
故an=2n-2+a(n∈N*),
故对任意n∈N*,都有an+1-an=2,
故数列{an}是以2为公差的等差数列,an=2n-2+a(n∈N*).
(2)令en=an+1an=1+22n-2+a,则数列{en}是递减数列,所以11),得y'=1-1x2=x2-1x2>0,所以y=x+1x在(1,+∞)上递增,因此20.
若q>1,当n≥1+logq1+2a(a+2)时,有cn=c1qn-1>2qn-1≥2+4a(a+2),不符合题意,舍去;
若0
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