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2018年高考数学一轮复习真题精讲精练（2013-2017）：
12.2 直接证明与间接证明（答案）
知识回顾
1．直接证明
(1)综合法
①定义：利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法．
②框图表示：P Q1→Q1 Q2→Q2 Q3→…→Qn Q
(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示要证的结论)．
③思维过程：由因导果．
(2)分析法
①定义：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止．这种证明方法叫做分析法．【版权所有：21教育】
②框图表示：Q P1→P1 P2→P2 P3→…→
得到一个明显成立的条件(其中Q表示要证明的结论)．
③思维过程：执果索因．
2．间接证明
反证法：假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的证明方法．
例题精讲
考点一 综合法的应用
【变式训练1】.已知{an}是正数组成的数列，a1=1，且点( ，an+1)(n∈N*)在函数y=x2+1的图象上. 【来源：21·世纪·教育·网】
（1）求数列{an}的通项公式.
（2）若数列{bn}满足b1=1，bn+1=bn+ ，求证：bn·bn+2< .
【答案】（1）由已知得an+1=an+1，
则an+1-an=1，又a1=1，
所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列.
故an=1+(n-1)×1=n.
（2）由(1)知，an=n，从而bn+1-bn=2n.
bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1
=2n-1+2n-2+…+2+1
= =2n-1.
因为bn·bn+2-
=(2n-1)(2n+2-1)-(2n+1-1)2
=(22n+2-2n+2-2n+1)-(22n+2-2·2n+1+1)
=-2n<0，
所以bn·bn+2< .【来源：21cnj*y.co*m】
【考点】综合法的思考过程、特点及应用
【解析】分析：要证bn·bn+2< ，就是比较bn·bn+2和 的大小，比较两个数的大小一般用作差法
考点二 分析法的应用
【变式训练2】平面上有两个定点A，B，另有4个与A，B不重合的动点C1 ， C2 ， C3 ， C4。若使，则称（）为一个好点对．那么这样的好点对( )
A. 不存在 B. 至多有一个 C. 至少有一个 D. 恰有一个
【答案】C
【考点】分析法和综合法
【解析】【解答】根据题意，由于平面上有两个定点A，B，另有4个与A，B不重合的动点C1 ， C2 ， C3 ， C4。若使， 则称（）为一个好点对，那么可知对于好点的定义可知，这样的好点至少有一个，故选C.
【分析】主要是考查了新定义的理解和运用，属于中档题。2-1-c-n-j-y
考点三 反证法的应用
【变式训练3】（1）用反证法证明”若x，y都是正实数，且x+y＞2，则 ＜2或 ＜2中至少有一个成立“的第一步应假设（ ）
≥2且 ≥2 B. ≥2或 ≥2
C. ≥2且 ＜2 D. ≥2或 ＜2
【答案】A
【考点】反证法
【解析】【解答】解：假设 ＜2或 ＜2中都不成立，即 ≥2且 ≥2， 故选：A．
【分析】根据反证法，则 ＜2或 ＜2中至少有一个成立，则 ＜2或 ＜2中都不成立．www.21-cn-jy.com
（2）用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设为（ ）
A. a，b，c都是奇数 B. a，b，c都是偶数
C. a，b，c中至少有两个偶数 D. a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数
【答案】D
【考点】反证法
【解析】【解答】解：用反证法证明某命题时， 对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设是：a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数．
故选：D．
【分析】“自然数a，b，c中恰有一个偶数”的反面是：a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数．即可得出．21·世纪*教育网
真题精析
一、综合题
1.（2017 新课标Ⅲ）已知函数f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x．（12分）
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＜0时，证明f（x）≤﹣ ﹣2．
【答案】（1）解：因为f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x，
求导f′（x）= +2ax+（2a+1）= = ，（x＞0），
①当a=0时，f′（x）= +1＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当a＞0，由于x＞0，所以（2ax+1）（x+1）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增；
③当a＜0时，令f′（x）=0，解得：x=﹣ ．
因为当x∈（0，﹣ ）时，f′（x）＞0、当x∈（﹣ ，+∞）时，f′（x）＜0，
所以y=f（x）在（0，﹣ ）上单调递增、在（﹣ ，+∞）上单调递减．
综上可知：当a≥0时f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＜0时，f（x）在（0，﹣ ）上单调递增、在（﹣ ，+∞）上单调递减；
（2）证明：由（1）可知：当a＜0时f（x）在（0，﹣ ）上单调递增、在（﹣ ，+∞）上单调递减，
所以当x=﹣ 时函数y=f（x）取最大值f（x）max=f（﹣ ）=﹣1﹣ln2﹣ +ln（﹣ ）．
从而要证f（x）≤﹣ ﹣2，即证f（﹣ ）≤﹣ ﹣2，
即证﹣1﹣ln2﹣ +ln（﹣ ）≤﹣ ﹣2，即证﹣ （﹣ ）+ln（﹣ ）≤﹣1+ln2．
令t=﹣ ，则t＞0，问题转化为证明：﹣ t+lnt≤﹣1+ln2．…（*）
令g（t）=﹣ t+lnt，则g′（t）=﹣ + ，
令g′（t）=0可知t=2，则当0＜t＜2时g′（t）＞0，当t＞2时g′（t）＜0，
所以y=g（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+∞）上单调递减，
即g（t）≤g（2）=﹣ ×2+ln2=﹣1+ln2，即（*）式成立，
所以当a＜0时，f（x）≤﹣ ﹣2成立．
【考点】利用导数研究函数的单调性，导数在最大值、最小值问题中的应用，一元二次不等式的解法，分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】（1.）题干求导可知f′（x）= （x＞0），分a=0、a＞0、a＜0三种情况讨论f′（x）与0的大小关系可得结论；
（2.）通过（1）可知f（x）max=f（﹣ ）=﹣1﹣ln2﹣ +ln（﹣ ），进而转化可知问题转化为证明：当t＞0时﹣ t+lnt≤﹣1+ln2．进而令g（t）=﹣ t+lnt，利用导数求出y=g（t）的最大值即可．
2.（2014 北京）对于数对序列P：（a1 ， b1），（a2 ， b2），…，（an ， bn），记T1（P）=a1+b1 ， Tk（P）=bk+max{Tk﹣1（P），a1+a2+…+ak}（2≤k≤n），其中max{Tk﹣1（P），a1+a2+…+ak}表示Tk﹣1（P）和a1+a2+…+ak两个数中最大的数，
（1）对于数对序列P：（2，5），（4，1），求T1（P），T2（P）的值；
（2）记m为a，b，c，d四个数中最小的数，对于由两个数对（a，b），（c，d）组成的数对序列P：（a，b），（c，d）和P′：（c，d），（a，b），试分别对m=a和m=d两种情况比较T2（P）和T2（P′）的大小；
（3）在由五个数对（11，8），（5，2），（16，11），（11，11），（4，6）组成的所有数对序列中，写出一个数对序列P使T5（P）最小，并写出T5（P）的值（只需写出结论）．
【答案】（1）解： T1（P）=2+5=7，T2（P）=1+max{T1（P），2+4}=1+max{7，6}=8；
（2）解：T2（P）=max{a+b+d，a+c+d}，T2（P′）=max{c+d+b，c+a+b}．
当m=a时，T2（P′）=max{c+d+b，c+a+b}=c+d+b，
∵a+b+d≤c+d+b，且a+c+d≤c+b+d，∴T2（P）≤T2（P′）；
当m=d时，T2（P′）=max{c+d+b，c+a+b}=c+a+b，
∵a+b+d≤c+a+b，且a+c+d≤c+a+d，∴T2（P）≤T2（P′）；
∴无论m=a和m=d，T2（P）≤T2（P′）；
（3）解：数对（4，6），（11，11），（16，11），（11，8），（5，2），T5（P）最小；
T1（P）=10，T2（P）=26；T3（P）42，T4（P）=50，T5（P）=52．
【考点】分析法和综合法
【解析】【分析】（1）利用T1（P）=a1+b1 ， Tk（P）=bk+max{Tk﹣1（P），a1+a2+…+ak}（2≤k≤n），可求T1（P），T2（P）的值；（2）T2（P）=max{a+b+d，a+c+d}，T2（P′）=max{c+d+b，c+a+b}，分类讨论，利用新定义，可比较T2（P）和T2（P′）的大小；（3）根据新定义，可得结论．
3.（2014 安徽）设实数c＞0，整数p＞1，n∈N* ．
（1）证明：当x＞﹣1且x≠0时，（1+x）p＞1+px；
（2）数列{an}满足a1＞ ，an+1= an+ an1﹣p ． 证明：an＞an+1＞ ．
【答案】（1）证明：令f（x）=（1+x）p﹣（1+px），则f′（x）=p（1+x）p﹣1﹣p=p[（1+x）p﹣1﹣1]．
①当﹣1＜x＜0时，0＜1+x＜1，由p＞1知p﹣1＞0，∴（1+x）p﹣1＜（1+x）0=1，
∴（1+x）p﹣1﹣1＜0，即f′（x）＜0，
∴f（x）在（﹣1，0]上为减函数，
∴f（x）＞f（0）=（1+0）p﹣（1+p×0）=0，即（1+x）p﹣（1+px）＞0，
∴（1+x）p＞1+px．
②当x＞0时，有1+x＞1，得（1+x）p﹣1＞（1+x）0=1，
∴f′（x）＞0，
∴f（x）在[0，+∞）上为增函数，
∴f（x）＞f（0）=0，
∴（1+x）p＞1+px．
综合①、②知，当x＞﹣1且x≠0时，都有（1+x）p＞1+px，得证．
（2）证明：先证an+1＞ ．
∵an+1= an+ an1﹣p ， ∴只需证 an+ an1﹣p＞ ，
将 写成p﹣1个 相加，上式左边= ，
当且仅当 ，即 时，上式取“=”号，
当n=1时，由题设知 ，∴上式“=”号不成立，
∴ an+ an1﹣p＞ ，即an+1＞ ．
再证an＞an+1 ．
只需证an＞ an+ an1﹣p ， 化简、整理得anp＞c，只需证an＞ ．
由前知an+1＞ 成立，即从数列{an}的第2项开始成立，
又n=1时，由题设知 成立，
∴ 对n∈N*成立，∴an＞an+1 ．
综上知，an＞an+1＞ ，原不等式得证． 21世纪教育网版权所有
【考点】数列与不等式的综合，分析法和综合法，不等式的证明
【解析】【分析】第（1）问中，可构造函数f（x）=（1+x）p﹣（1+px），求导数后利用函数的单调性求解；
对第（2）问，从an+1 着手，由an+1= an+ an1﹣p ， 将求证式进行等价转化后即可解决，用相同的方式将an＞an+1进行转换，设法利用已证结论证明．
4.(2015·湖南)设,且，证明
（1）
（2）与不可能同时成立
【答案】（1）由a>0,b>0,
则,
由于，则,
即有,
当且仅当取得等号，
则
（2）假设与同时成立，
由及可得
由及可得
这与矛盾
所以与不可能同时成立
【考点】一元二次不等式，基本不等式，反证法
【解析】【分析】（1）将已知条件中的式子可等价变形为，再由基本不等式即可得证详见解答（1）（2）利用反证发，假设与同时成立，可求得，从而与矛盾，即可得证，详见解答（2）
本题主要考查了不等式的证明与反证法等知识点，属于中档题，第一小问需将条件中的式子作等价变形，再利用基本不等式即可求解，第二小问从问题不可能同时成立，可以考虑采用反证法证明，否定结论，从而推出矛盾，反证法作为一个相对冷门的数学方法，在后续复习时亦应予以关注.21教育网
模拟题精练
一、单选题
1.命题“对于任意角”的证明：
“”过程应( )
A. 分析法 B. 综合法 C. 综合法、分析法结合使用 D. 间接证法21·cn·jy·com
【答案】B
【考点】分析法和综合法
【解析】【解答】由于综合法是从条件入手，推出结论，那么命题“对于任意角”的证明：应当“满足时，根据现有的结论公式推理得到，故是综合法，选B.
【分析】主要是考查了综合法来证三角恒等变换的运用，属于基础题。
2.某单位安排甲、乙、丙三人在某月1日至12日值班，每人4天．
甲说：我在1日和3日都有值班；
乙说：我在8日和9日都有值班；
丙说：我们三人各自值班的日期之和相等．据此可判断丙必定值班的日期是（ ）
A. 2日和5日 B. 5日和6日 C. 6日和11日 D. 2日和11日21*cnjy*com
【答案】C
【考点】进行简单的合情推理，分析法和综合法
【解析】【解答】解：由题意，1至12的和为78，
因为三人各自值班的日期之和相等，
所以三人各自值班的日期之和为26，
根据甲说：我在1日和3日都有值班；乙说：我在8日和9日都有值班，可得甲在1、3、10、12日值班，乙在8、9、2、7或8、9、4、5，
据此可判断丙必定值班的日期是6日和11日，
故选：C．
【分析】确定三人各自值班的日期之和为26，根据甲说：我在1日和3日都有值班；乙说：我在8日和9日都有值班，可得甲在1、3、10、12日值班，乙在8、9、2、7或8、9、4、5，即可确定丙必定值班的日期．
3.用反证法证明命题“ + 是无理数”时，假设正确的是（ ）
A. 假设 是有理数 B. 假设 是有理数
C. 假设 或 是有理数 D. 假设 + 是有理数
【答案】D
【考点】反证法
【解析】【解答】解：假设结论的反面成立， + 不是无理数，则 + 是有理数． 故选D
【分析】假设结论的反面成立，将是改为不是，从而我们可以得出结论．
4.设a，b∈（﹣∞，0），则 （ ）
A. 都不大于﹣2 B. 都不小于﹣2
C. 至少有一个不大于﹣2 D. 至少有一个不小于﹣2【出处：21教育名师】
【答案】C
【考点】反证法的应用
【解析】【解答】解：假设 都大于﹣2， 即a+ ＞﹣2，b+ ＞﹣2，
将两式相加，得a+ +b+ ＞﹣4，
又因为a+ ≤﹣2，b+ ≤﹣2，
两式相加，得a+ +b+ ≤﹣4，与a+ +b+ ＞﹣4，矛盾
所以 至少有一个不大于﹣2．
故选C．
【分析】利用反证法证明，假设 都大于﹣2，然后找出矛盾，从而得到结论．
5.用反证法证明命题“，如果可被5整除，那么，至少有1个能被5整除．”则假设的内容是 （ ）
A. 都能被5整除 B. 都不能被5整除
C. 不能被5整除 D. 有1个不能被5整除
【答案】B
【考点】反证法
【解析】【分析】反证法证明是否定原命题的结论不成立，直接写出假设的内容即可．
【解答】由于反证法是命题的否定的一个运用，故用反证法证明命题时，可以设其否定成立进行推证．
命题“m，n∈N，mn可被5整除，那么m，n中至少有一个能被5整除．”的否定是“m，n中都不能能被5整除”．
故选B．
6.设a，b，c∈（0，1），则a（1﹣b），b（1﹣c），c（1﹣a）（ ）
A. 都不大于 B. 都不小于
C. 至少有一个不大于 D. 至少有一个不小于
【答案】C
【考点】反证法
【解析】【解答】假设a（1﹣b），b（1﹣c），c（1﹣a）都大于
即a（1﹣b）＞， b（1﹣c）＞， c（1﹣a）＞，
∴
将三式相加，得
又因为
三式相加，得
所以假设不成立，
故选C．
【分析】先假设a（1﹣b），b（1﹣c），c（1﹣a）都大于， 即， 将三式相加，得， 又因为， 三式相加，得得出矛盾，从而得出假设不成立，即可得到正确选项．
7.要证明 + ＜2 ，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是（ ）
A. 综合法 B. 分析法 C. 反证法 D. 归纳法
【答案】B
【考点】分析法和综合法
【解析】【解答】解：用分析法证明如下：要证明 + ＜2 ， 需证 ＜ ，
即证10+2 ＜20，
即证 ＜5，即证21＜25，显然成立，
故原结论成立．
综合法：∵ ﹣ =10+2 ﹣20=2（ ﹣5）＜0，故 + ＜2 ．
反证法：假设 + ≥2 ，通过两端平方后导出矛盾，从而肯定原结论．
从以上证法中，可知最合理的是分析法．
故选B．
【分析】要证 + ＜2 ，需证 ＜ ，即证…，显然用分析法最合理．
8.设a，b是两个实数，给出下列条件：
①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.
其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是( )
A. ②③ B. ①②③ C. ③ D. ③④⑤www-2-1-cnjy-com
【答案】C
【考点】分析法和综合法
【解析】【解答】①中若a＝ ，b＝ ，则a＋b>1，故①不能；②中若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②不能；③能，④中若a＝b＝－2，则a2＋b2>2，故④不能；⑤中若a＝b＝－2，则ab>1，故⑤不能．∴只有③能，选C.
【分析】本题主要考查了分析法，解决问题的关键是根据所给条件与结论运用分析法进行具体分析即可.
9.若a＞b＞c，则使恒成立的最大的正整数k为（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【考点】分析法和综合法
【解析】【解答】解：∵a＞b＞c，∴a﹣b＞0，b﹣c＞0，a﹣c＞0，且a﹣c=a﹣b+b﹣c．
又，
∴， k≤4，
故k的最大整数为4，
故选C．
【分析】由题意可得， 利用基本不等式求得其最小值等于4，故 k≤4．
10.如图是解决数学问题的思维过程的流程图：图中①、②两条流程线与“推理与证明”中的思维方法相匹配是（ ）
A. ①﹣分析法，②﹣综合法 B. ①﹣综合法，②﹣分析法
C. ①﹣综合法，②﹣反证法 D. ①﹣分析法，②﹣反证法
【答案】B
【考点】分析法和综合法
【解析】【解答】解：根据已知可得该结构图为证明方法的结构图：
∵由已知到可知，进而得到结论的应为综合法，
由未知到需知，进而找到与已知的关系为分析法，
故①②两条流程线与“推理与证明”中的思维方法为：①﹣综合法，②﹣分析法，
故选：B．
【分析】根据综合法和分析法的定义，可知由已知到可知进而得到结论的应为综合法，由未知到需知，进而找到与已知的关系为分析法，进而得到答案．
11.已知在等差数列{an} 中，a5+a11=16,a4=1 ，则 a12 的值是( )
A. 15 B. 30 C. 31 D. 64
【答案】A
【考点】等差数列，分析法和综合法
【解析】【解答】已知在等差数列{an}中，a5＋a11＝16，
又a5＋a11＝2a8 ， ∴a8＝8.
又2a8＝a4＋a12 ， ∴a12＝15.故选A.
【分析】本题主要考查了分析法与综合法，解决问题的关键是根据等差数列性质解析分析计算即可
二、填空题
12.设p ， q均为实数，则“ q<0 ”是“方程 x2+px+q=0 有一个正实根和一个负实根”的________条件.
(选填：充要、必要不充分、充分不必要、既不充分也不必要)
【答案】充要
【考点】分析法和综合法
【解析】【解答】∵q＜0，∴Δ＝p2－4q＞0.
∴“方程x2＋px＋q＝0有一个正实根和一个负实根”成立.
∵“方程x2＋px＋q＝0有一个正实根和一个负实根”成立，∴q＜0
【分析】本题主要考查了分析法与综合法，解决问题的关键是根据所给条件q＜0，可得Δ＝p2－4q＞0，然后分析判断即可.
13.某个命题的结论是“实数a，b都不大于2”，如果用反证法证明，正确的反设为________
【答案】实数a，b至少有一个大于2
【考点】反证法
【解析】【解答】根据用反证法证明数学命题的方法和步骤，应先假设命题的否定成立，
而命题：“实数a，b都不大于2”的否定为：“实数a，b至少有一个大于2”，
故答案为 实数a，b至少有一个大于2．
【分析】由于命题：“实数a，b都不大于2”的否定为：“实数a，b至少有一个大于2”，从而得出结论。
14.用反证法证明命题“若a、b∈N，ab能被2整除，则a，b中至少有一个能被2整除”，那么反设的内容是________
【答案】a、b都不能被2整除
【考点】反证法
【解析】【解答】根据用反证法证明数学命题的步骤，应先假设要证命题的否定成立，而要证命题的否定为：“a，b都不能被2整除”，
故答案为：a、b都不能被2整除．
【分析】先写出要证明题的否定，即为所求。
15.设 对任意非零实数 均满足 ，则 为________函数．（填“奇”或“偶”）
【答案】偶
【考点】函数奇偶性的判断，函数奇偶性的性质，分析法和综合法
【解析】【解答】因为 ，所以 ，
，所以 ， ，
.
【分析】本题主要考查了综合法，解决问题的关键是根据所给条件和所求结论运用综合法分析计算即可证明问题.
16.已知 ，则 的值为________
【答案】
【考点】分析法和综合法
【解析】【解答】∵sin α＋sin β＋sin γ＝0，cos α＋cos β＋cos γ＝0，
∴
以上两式两边平方相加，得2＋2(sin αsin β＋cos αcos β)＝1，
∴ .
【分析】本题主要考查了分析法与综合法，解决问题的关键是联立 两边平方结合三角函数公式分析计算即可.
17.设a,b,c为正数，若 a+b+c=1 ，则 ________．
【答案】9
【考点】分析法和综合法
【解析】【解答】因为 ，所以 =
=3+ 3++2+2+2=9.
【分析】本题主要考查了综合法，解决问题的关键是根据所给条件结合所求命题进行分析计算即可.
三、解答题
18.已知a、b∈R，a＞b＞e（其中e是自然对数的底数），求证：ba＞ab ． （提示：可考虑用分析法找思路）
【答案】证明：∵ba＞0，ab＞0，
∴要证：ba＞ab
只要证：alnb＞blna
只要证．（∵a＞b＞e）
取函数，∵
∴当x＞e时，，∴函数在上是单调递减．
∴当a＞b＞e时，有，
即．得证．
【考点】分析法和综合法
【解析】【分析】直接利用分析法的证明步骤，结合函数的单调性证明即可．
19.用反证法证明：钝角三角形最大边上的中线小于该边长的一半．
【答案】如图：已知在△ABC中，∠A＞90°，D是BC中点．求证：AD＜BC．
证明：假设AD≥BC．
①若AD=BC，由平面几何中定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半，那么，这条边所对的角为直角”知∠BAC=90°，与题设矛盾．∴AD≠BC．
②若AD＞BC，∵BD=DC=BC，
∴在△ABD中，AD＞BD，从而∠B＞∠DAB．同理∠C＞∠CAD．
∴∠B+∠C＞∠BAD+∠CAD，即∠B+∠C＞∠BAC．
∵∠B+∠C=180°﹣∠BAC，∴180°﹣∠BAC＞∠BAC，
则∠BAC＜90°，与已知矛盾．
由①②知AD＜BC．
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【考点】反证法
【解析】【分析】①若AD=BC，由平面几何中定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半，那么，这条边所对的角为直角”知∠BAC=90°，与题设矛盾．②若AD＞BC，由BD=DC=BC，
三角形由大边对大角可得∠B＞∠DAB．同理∠C＞∠CAD，由此推出∠B+∠C＞∠BAC，进一步推出∠BAC＜90°，与已知矛盾．从而得到假设AD≥BC不正确，命题得证。
20.已知， ， 构成公差不为0的等差数列，求证：a，b，c不能构成等差数列．
【答案】证明：假设a，b，c构成等差数列，即2b=a+c ①
而由于，，能构成等差数列，则由=+，于是得bc+ab=2ac ②，
所以由①②两式得：（a+c）2=4ac，
即（a﹣c）2=0，于是得：a=b=c．
这与，，构成公差不为0的等差数列矛盾．
故假设不成立，因此a，b，c不能构成等差数列．
【考点】反证法
【解析】【分析】根据等差数列的定义，利用反证法即可证明。
21.已知函数f（x）=ln（1+ex）﹣x（x∈R）有下列性质：“若x∈[a，b]，则存在x0∈（a，b），使得”成立．
利用这个性质证明x0唯一； 21cnjy.com
【答案】证明：假设存在，∈（a，b），且在≠，使得
∴，∵
∴f′（x）=﹣1=﹣，记g（x）=f′（x）=﹣，则g′（x）=＞0，f′（x）是[a，b]上的单调递增函数，
∴所以=，与≠矛盾，所以x0是唯一的． 2·1·c·n·j·y
【考点】反证法的应用
【解析】【分析】利用反证法，假设存在， ∈（a，b），考察得出函数f′（x）是[a，b]上的单调递增函数，得出矛盾
22.（2012 福建）某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数．
1）sin213°+cos217°﹣sin13°cos17°
2）sin215°+cos215°﹣sin15°cos15°
3）sin218°+cos212°﹣sin18°cos12°
4）sin2（﹣18°）+cos248°﹣sin2（﹣18°）cos48°
5）sin2（﹣25°）+cos255°﹣sin2（﹣25°）cos55°
（Ⅰ）试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；
（Ⅱ）根据（Ⅰ）的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．
【答案】解：选择（2），计算如下：
sin215°+cos215°﹣sin15°cos15°=1﹣ sin30°= ，故 这个常数为 ．
（Ⅱ）根据（Ⅰ）的计算结果，将该同学的发现推广，得到三角恒等式sin2α+cos2（30°﹣α）﹣sinαcos（30°﹣α）= ．
证明：（方法一）sin2α+cos2（30°﹣α）﹣sinαcos（30°﹣α）=sin2α+ ﹣sinα（cos30°cosα+sin30°sinα）
=sin2α+ cos2α+ sin2α+ sinαcosα﹣ sinαcosα﹣ sin2α= sin2α+ cos2α= ．
（方法二）sin2α+cos2（30°﹣α）﹣sinαcos（30°﹣α）= + ﹣sinα（cos30°cosα+sin30°sinα）
=1﹣ + （cos60°cos2α+sin60°sin2α）﹣ sin2α﹣ sin2α
=1﹣ + cos2α+ sin2α﹣ sin2α﹣ =1﹣ ﹣ + = ．
【考点】分析法和综合法
【解析】【分析】（Ⅰ）选择（2），由sin215°+cos215°﹣sin15°cos15°=1﹣ sin30°= ，可得这个常数的值．
（Ⅱ）推广，得到三角恒等式sin2α+cos2（30°﹣α）﹣sinαcos（30°﹣α）= ．证明方法一：直接利用两角差的余弦公式代入等式的左边，化简可得结果．
证明方法二：利用半角公式及两角差的余弦公式把要求的式子化为 + ﹣sinα（cos30°cosα+sin30°sinα），即 1﹣ + cos2α+ sin2α
﹣ sin2α﹣ ，化简可得结果
23.已知a，b，c是互不相等的实数，求证：由y=ax2+2bx+c，y=bx2+2cx+a，y=cx2+2ax+b确定的三条抛物线至少有一条与x轴有两个不同的交点．
【答案】解：假设题设中的函数确定的三条抛物线都不与x有两个不同的交点
（即任何一条抛物线与x轴没有两个不同的交点），
由y=ax2+2bx+c，y=bx2+2cx+a，y=cx2+2ax+b得△1=（2b）2﹣4ac≤0，
△2=（2c）2﹣4ab≤0，
△3=（2a）2﹣4bc≤0．
同向不等式求和得，
4b2+4c2+4a2﹣4ac﹣4ab﹣4bc≤0，
∴2a2+2b2+2c2﹣2ab﹣2bc﹣2ac≤0，
∴（a﹣b）2+（b﹣c）2+（c﹣a）2≤0，
∴a=b=c，这与题设a，b，c互不相等矛盾，
因此假设不成立，从而命题得证．
【考点】反证法的应用
【解析】【分析】本题是一个至少性问题，可以利用反证法证明，其步骤为：①否定命题的结论，即假设“任何一条抛物线与x轴没有两个不同的交点”成立→②根据函数的性质可以得到三个函数对应方程的△≤0均成立→③利用不等式的性质，同向不等式求和→④得到的式子与实数的性质相矛盾→⑤故假设不成立，原结论成立．
24.若x＞0，y＞0，且x+y＞2，
（1）， ， 时，分别比较和与2的大小关系；
（2）依据（1）得出的结论，归纳提出一个满足条件x、y都成立的命题并证明．
【答案】解：（1）当，时，=1+2=3＞2，==1＜2；
当时，==8＞2，=＜2；
当时，=＜2，=＜2
（2）命题：若x＞0，y＞0且x+y＞2，则，至少有一个小于2．
证明：假设≥2，≥2，
∵x＞0，y＞0，∴1+y≥2x，1+x≥2y．∴2+x+y≥2x+2y，∴x+y≤2．
这与已知x+y＞2矛盾． 假设不成立．∴和中至少有一个小于2．
【考点】反证法的应用
【解析】【分析】（1）分别代入，计算，即可得出结论；
（2）利用反证法，证明即可．
25.已知非零向量 ，且 ，求证：.
【答案】【解答】
证明： ，要证 .
只需证 ，
只需证 ，
只需证，
只需证，
即 ，上式显然成立，故原不等式得证． 21教育名师原创作品
【考点】分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】本题主要考查了分析法的思考过程、特点及应用，解决问题的关键是根据所求命题结合条件运用分析法的证明思路进行推理即可.
26.设两个一元二次方程ax2+2bx+1=0和cx2+2dx+1=0（其中a，b，c，d均为实数）满足a+c=2bd．求证：上述两个方程中至少有一个方程有实数根．
【答案】解：假设上述两个方程中都没有实数根．
则两个方程的判别式△1=4b2﹣4a＜0，△2=4d2﹣4c＜0，
即b2＜a，d2＜c，不等式两边同时相加得b2+d2＜a+c，
∵a+c=2bd．
∴不等式等价为b2+d2＜2bd，
这与b2+d2≥2bd矛盾，
故假设不成立，
即上述两个方程中至少有一个方程有实数根．
【考点】反证法的应用
【解析】【分析】利用反证法即可得到结论．
27.已知c＞0，用分析法证明：+．
【答案】证明：要证原不等式成立，只需证明+
即证2c+2＜4c，
即证＜c，
而c＞0，故只需证明c2﹣1＜c2
而此式成立，
故原不等式得证．
【考点】分析法和综合法
【解析】【分析】利用分析法“执果索因”即可，注意语言表达的格式“要证…，需证…，只需证…，而…显然成立，故原结论成立”
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2018年高考数学一轮复习真题精讲精练（2013-2017）：
12.2 直接证明与间接证明
考纲剖析
1．了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程和特点．
2．了解反证法的思考过程和特点.
知识回顾
1．直接证明
(1)综合法
①定义：利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的 ，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做 ．21世纪教育网版权所有
②框图表示：P Q1→Q1 Q2→Q2 Q3→…→Qn Q
(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示要证的结论)．
③思维过程：由因导果．
(2)分析法
①定义：从 出发，逐步寻求使它成立的 ，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止．这种证明方法叫做 ．www.21-cn-jy.com
②框图表示：Q P1→P1 P2→P2 P3→…→
得到一个明显成立的条件(其中Q表示要证明的结论)．
③思维过程：执果索因．
2．间接证明
反证法：假设原命题 (即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出 ，因此说明假设错误，从而证明 的证明方法．
精讲方法
分析法是“执果索因”，特点是从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是寻找使结论成立的充分条件；www-2-1-cnjy-com
应用反证法证题时必须先否定结论，把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推理，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法．所谓矛盾主要指：①与已知条件矛盾；②与假设矛盾；③与定义、公理、定理矛盾；④与公认的简单事实矛盾；⑤自相矛盾.【来源：21cnj*y.co*m】
1.综合法的应用
综合法往往以分析法为基础，是分析法的逆过程，但更要注意从有关不等式的定理、结论或题设条件出发，根据不等式的性质推导证明．
2.分析法的应用
(1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件．正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键．21教育名师原创作品
(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．
3.反证法的应用
用反证法证明不等式要把握三点：(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面；(2)必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等，且推导出的矛盾必须是明显的．
小结
1．分析法的特点：从未知看需知，逐步靠拢已知．
2．综合法的特点：从已知看可知，逐步推出未知．
3．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考．实际证题时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．2-1-c-n-j-y
4．利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设的命题进行推理，没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的．
例题精讲
考点一 综合法的应用
【例题1】 已知函数．
（1）证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；
（2）用反证法证明方程f(x)＝0没有负数根．
【答案】（1）【解答】
证明：任取x1 ， x2∈(－1，＋∞)，不妨设x1
由于a>1，ax10.
又∵x1＋1>0，x2＋1>0，
∴
>0，
于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋>0，
即f(x2)>f(x1)，
故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
（2）【解答】
证明：假设存在x0<0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，
则ax0＝－ .
∵a>1，
∴0∴0<－ <1，即 故方程f(x)＝0没有负数根． 21cnjy.com
【考点】综合法的思考过程、特点及应用，反证法的应用
【解析】【分析】本题主要考查了综合法的思考过程、特点及应用、反证法的应用，解决问题的关键是(1)根据所给条件结合所求命题综合分析计算即可；(2)运用反证法的证明方法进行证明即可.【版权所有：21教育】
【变式训练1】.已知{an}是正数组成的数列，a1=1，且点( ，an+1)(n∈N*)在函数y=x2+1的图象上. 21*cnjy*com
（1）求数列{an}的通项公式.
（2）若数列{bn}满足b1=1，bn+1=bn+ ，求证：bn·bn+2< .
考点二 分析法的应用
【例题2】 用分析法证明：当x≥4时， + ＞ + ．
【答案】证明：当x≥4时 要证
只需证
只需证
即证
只需证x2﹣5x+6＞x2﹣5x+4
即证6＞4
显然上式成立，
所以原不等式成立，即 21·cn·jy·com
【考点】分析法和综合法，反证法与放缩法
【解析】【分析】分析使不等式 + ＞ + 成立的充分条件，一直分析到使不等式成立的充分条件显然具备，从而不等式得证．【来源：21·世纪·教育·网】
【变式训练2】平面上有两个定点A，B，另有4个与A，B不重合的动点C1 ， C2 ， C3 ， C4。若使，则称（）为一个好点对．那么这样的好点对( ) 21教育网
A. 不存在 B. 至多有一个 C. 至少有一个 D. 恰有一个
考点三 反证法的应用
【例题3】若x＞0，y＞0，且x+y＞2，
（1）， ， 时，分别比较和与2的大小关系；
（2）依据（1）得出的结论，归纳提出一个满足条件x、y都成立的命题并证明．
【答案】解：（1）当，时，=1+2=3＞2，==1＜2；
当时，==8＞2，=＜2；
当时，=＜2，=＜2
（2）命题：若x＞0，y＞0且x+y＞2，则，至少有一个小于2．
证明：假设≥2，≥2，
∵x＞0，y＞0，∴1+y≥2x，1+x≥2y．∴2+x+y≥2x+2y，∴x+y≤2．
这与已知x+y＞2矛盾． 假设不成立．∴和中至少有一个小于2．
【考点】反证法的应用
【解析】【分析】（1）分别代入，计算，即可得出结论；
（2）利用反证法，证明即可．
【变式训练3】（1）用反证法证明”若x，y都是正实数，且x+y＞2，则 ＜2或 ＜2中至少有一个成立“的第一步应假设（ ）
≥2且 ≥2 B. ≥2或 ≥2
C. ≥2且 ＜2 D. ≥2或 ＜2
（2）用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设为（ ）
A. a，b，c都是奇数 B. a，b，c都是偶数
C. a，b，c中至少有两个偶数 D. a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数
真题精析
一、综合题
1.（2017 新课标Ⅲ）已知函数f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x．（12分）
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＜0时，证明f（x）≤﹣ ﹣2．
2.（2014 北京）对于数对序列P：（a1 ， b1），（a2 ， b2），…，（an ， bn），记T1（P）=a1+b1 ， Tk（P）=bk+max{Tk﹣1（P），a1+a2+…+ak}（2≤k≤n），其中max{Tk﹣1（P），a1+a2+…+ak}表示Tk﹣1（P）和a1+a2+…+ak两个数中最大的数，
（1）对于数对序列P：（2，5），（4，1），求T1（P），T2（P）的值；
（2）记m为a，b，c，d四个数中最小的数，对于由两个数对（a，b），（c，d）组成的数对序列P：（a，b），（c，d）和P′：（c，d），（a，b），试分别对m=a和m=d两种情况比较T2（P）和T2（P′）的大小；
（3）在由五个数对（11，8），（5，2），（16，11），（11，11），（4，6）组成的所有数对序列中，写出一个数对序列P使T5（P）最小，并写出T5（P）的值（只需写出结论）．
3.（2014 安徽）设实数c＞0，整数p＞1，n∈N* ．
（1）证明：当x＞﹣1且x≠0时，（1+x）p＞1+px；
（2）数列{an}满足a1＞ ，an+1= an+ an1﹣p ． 证明：an＞an+1＞ ．
4.(2015·湖南)设,且，证明
（1）
（2）与不可能同时成立
模拟题精练
一、单选题
1.命题“对于任意角”的证明：
“”过程应( )
A. 分析法 B. 综合法 C. 综合法、分析法结合使用 D. 间接证法21*cnjy*com
2.某单位安排甲、乙、丙三人在某月1日至12日值班，每人4天．
甲说：我在1日和3日都有值班；
乙说：我在8日和9日都有值班；
丙说：我们三人各自值班的日期之和相等．据此可判断丙必定值班的日期是（ ）
A. 2日和5日 B. 5日和6日 C. 6日和11日 D. 2日和11日
3.用反证法证明命题“ + 是无理数”时，假设正确的是（ ）
A. 假设 是有理数 B. 假设 是有理数
C. 假设 或 是有理数 D. 假设 + 是有理数
4.设a，b∈（﹣∞，0），则 （ ）
A. 都不大于﹣2 B. 都不小于﹣2
C. 至少有一个不大于﹣2 D. 至少有一个不小于﹣2
5.用反证法证明命题“，如果可被5整除，那么，至少有1个能被5整除．”则假设的内容是 （ ）
A. 都能被5整除 B. 都不能被5整除
C. 不能被5整除 D. 有1个不能被5整除
6.设a，b，c∈（0，1），则a（1﹣b），b（1﹣c），c（1﹣a）（ ）
A. 都不大于 B. 都不小于
C. 至少有一个不大于 D. 至少有一个不小于
7.要证明 + ＜2 ，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是（ ）
A. 综合法 B. 分析法 C. 反证法 D. 归纳法
8.设a，b是两个实数，给出下列条件：
①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.
其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是( )
A. ②③ B. ①②③ C. ③ D. ③④⑤【出处：21教育名师】
9.若a＞b＞c，则使恒成立的最大的正整数k为（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
10.如图是解决数学问题的思维过程的流程图：图中①、②两条流程线与“推理与证明”中的思维方法相匹配是（ ）
A. ①﹣分析法，②﹣综合法 B. ①﹣综合法，②﹣分析法
C. ①﹣综合法，②﹣反证法 D. ①﹣分析法，②﹣反证法
11.已知在等差数列{an} 中，a5+a11=16,a4=1 ，则 a12 的值是( )
A. 15 B. 30 C. 31 D. 642·1·c·n·j·y
二、填空题
12.设p ， q均为实数，则“ q<0 ”是“方程 x2+px+q=0 有一个正实根和一个负实根”的________条件.(选填：充要、必要不充分、充分不必要、既不充分也不必要)
13.某个命题的结论是“实数a，b都不大于2”，如果用反证法证明，正确的反设为________
14.用反证法证明命题“若a、b∈N，ab能被2整除，则a，b中至少有一个能被2整除”，那么反设的内容是________
15.设 对任意非零实数 均满足 ，则 为________函数．（填“奇”或“偶”）
16.已知 ，则 的值为________
17.设a,b,c为正数，若 a+b+c=1 ，则 ________．
三、解答题
18.已知a、b∈R，a＞b＞e（其中e是自然对数的底数），求证：ba＞ab ． （提示：可考虑用分析法找思路） 21·世纪*教育网
19.用反证法证明：钝角三角形最大边上的中线小于该边长的一半．
20.已知， ， 构成公差不为0的等差数列，求证：a，b，c不能构成等差数列．
21.已知函数f（x）=ln（1+ex）﹣x（x∈R）有下列性质：“若x∈[a，b]，则存在x0∈（a，b），使得”成立．
利用这个性质证明x0唯一；
22.某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数．
1）sin213°+cos217°﹣sin13°cos17°
2）sin215°+cos215°﹣sin15°cos15°
3）sin218°+cos212°﹣sin18°cos12°
4）sin2（﹣18°）+cos248°﹣sin2（﹣18°）cos48°
5）sin2（﹣25°）+cos255°﹣sin2（﹣25°）cos55°
（Ⅰ）试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；
（Ⅱ）根据（Ⅰ）的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．
23.已知a，b，c是互不相等的实数，求证：由y=ax2+2bx+c，y=bx2+2cx+a，y=cx2+2ax+b确定的三条抛物线至少有一条与x轴有两个不同的交点．
24.若x＞0，y＞0，且x+y＞2，
（1）， ， 时，分别比较和与2的大小关系；
（2）依据（1）得出的结论，归纳提出一个满足条件x、y都成立的命题并证明．
25.已知非零向量 ，且 ，求证：.
26.设两个一元二次方程ax2+2bx+1=0和cx2+2dx+1=0（其中a，b，c，d均为实数）满足a+c=2bd．求证：上述两个方程中至少有一个方程有实数根．
27.已知c＞0，用分析法证明：+．
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