11 即证＋≥4.
ab
a＋ba＋b
也就是证＋≥4.
ab
ba
即证＋≥2，
ab
ba
由基本不等式可知，当a>0，b>0时，＋≥2成立，
ab
所以原不等式成立．
[类题通法]
综合法和分析法的特点
(1)综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题的常用的方法，综合法是由因导果的思维方式，而分析法的思路恰恰相反，它是执果索因的思维方
式．
(2)分析法和综合法是两种思路相反的推理方法：分析法是倒溯，综合法是顺推，二者各有优缺点．分析法容易探路，且探路与表述合一，缺点是表述易错；综合法条理清晰，易于表述，因此对于难题常把二者交互运用，互补优缺，形成分析综合法，其逻辑基础是
充分条件与必要条件．
[题组训练] 21m
1．已知a>0，b>0，如果不等式＋≥恒成立，那么m的最大值等于( )
ab2a＋b
A．10 B．9
D．7
C．8
解析：选B ∵a>0，b>0，∴2a＋b>0.
?21??ba? ∴不等式可化为m≤?＋?(2a＋b)＝5＋2?＋?.?ab??ab?
?ba? ∵5＋2?＋?≥5＋4＝9，即其最小值为9，
?ab?
∴m≤9，即m的最大值等于9.
2．若a＞b＞c＞d＞0且a＋d＝b＋c，
求证：d＋a＜b＋c. 证明：要证d＋a＜b＋c， 只需证(d＋a)＜(b＋c)， 即a＋d＋2ad＜b＋c＋2bc， 因a＋d＝b＋c，只需证ad＜bc，
2
2
6 / 13
即ad＜bc，设a＋d＝b＋c＝t，
则ad－bc＝(t－d)d－(t－c)c＝(c－d)(c＋d－t)＜0，
故ad＜bc成立，从而d＋a＜b＋c成立.
反证法(1)反证法是证明问题的一种方法，在高考中很少单独考查，常用来证明解答题中的一问．
(2)反证法是间接证明的一种基本方法，使用反证法进行证明的关键是在正确的推理下得出矛盾．
[考点精要]
1．使用反证法应注意的问题：利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假
设命题进行推理，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．
2．一般以下题型用反证法：
(1)当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确；
(2)否定性命题、唯一性命题，存在性命题、“至多”“至少”型命题；
(3)有的肯定形式命题，由于已知或结论涉及无限个元素，用直接证明比较困难，往往
用反证法．
[典例] (1)否定：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时正确的反设为( )
A．a，b，c都是偶数 B．a，b，c都是奇数
C．a，b，c中至少有两个偶数
D．a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数
(2)已知：ac≥2(b＋d)．
求证：方程x＋ax＋b＝0与方程x＋cx＋d＝0中至少有一个方程有实数根．
[解析] (1)自然数a，b，c的奇偶性共有四种情形：3个都是奇数，1个偶数2个奇数，2个偶数1个奇数，3个都是偶数，所以否定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时正
确的反设为“a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数．”
答案：D
(2)证明：假设两方程都没有实数根．则Δ1＝a－4b<0与Δ2＝c－4d<0，有a＋
c<4(b＋d)，而a＋c≥2ac，
从而有4(b＋d)>2ac，即ac<2(b＋d)，
与已知矛盾，故原命题成立．
[类题通法]
反证法是利用原命题的否命题不成立则原命题一定成立来进行证明的，在使用反证法时，必须在假设中罗列出与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，反证法都是不完全
2
2
2
2
2
2
2
2
7 / 13
的．
[题组训练]
122
1．已知x∈R，a＝x＋，b＝2－x，c＝x－x＋1，试证明a，b，c至少有一个不小于
2
1.
证明：假设a，b，c均小于1，即a＜1，b＜1，c＜1，
则有a＋b＋c＜3，
1?1?22
而a＋b＋c＝2x－2x＋＋3＝2?x－?＋3≥3，
2?2?
两者矛盾，所以假设不成立， 故a，b，c至少有一个不小于1.
2．设二次函数f(x)＝ax＋bx＋c(a≠0)中的a，b，c都为整数，已知f(0)，f(1)均
为奇数，求证：方程f(x)＝0无整数根． 证明：假设方程f(x)＝0有一个整数根k，
则ak＋bk＋c＝0，
∵f(0)＝c，f(1)＝a＋b＋c都为奇数， ∴a＋b必为偶数，ak＋bk为奇数． 当k为偶数时，令k＝2n(n∈Z)，
则ak＋bk＝4na＋2nb＝2n(2na＋b)必为偶数，
与ak＋bk为奇数矛盾；
当k为奇数时，令k＝2n＋1(n∈Z)，
则ak＋bk＝(2n＋1)·(2na＋a＋b)为一奇数与一偶数乘积，必为偶数，也与ak＋bk 为奇数矛盾．
综上可知方程f(x)＝0无整数根．
1．用演绎推理证明函数y＝x是增函数时的大前提是( )
A．增函数的定义
B．函数y＝x满足增函数的定义
C．若x1
解析：选A 根据演绎推理的特点知，演绎推理是一种由一般到特殊的推理，所以函
数y＝x是增函数的大前提应是增函数的定义．
2．数列{an}中，已知a1＝1，当n≥2时，an＝an－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，
猜想an的表达式是( )
3
3
3
2
2
2
2
2
22
2
8 / 13
B．an＝n D．an＝4n－3
2
A．an＝3n－2
C．an＝3
n－1
2
解析：选B 求得a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想an＝n.
xy
3．在平面直角坐标系内，方程＋＝1表示在x，y轴上的截距分别为a，b的直线，
ab拓展到空间直角坐标系内，在x，y，z轴上的截距分别为a，b，c(abc≠0)的平面方程为
( )
B.
xyz
＋＋＝1 abbcca
xyz
A.＋＋＝1 abcxyyzzx
C.＋＋＝1 abbcca
D．ax＋by＋cz＝1
解析：选A 类比到空间应选A.另外也可将点(a,0,0)代入验证．
4．(山东高考)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x＋ax＋b＝0至少有一个
实根”时，要做的假设是( ) A．方程x＋ax＋b＝0没有实根 B．方程x＋ax＋b＝0至多有一个实根 C．方程x＋ax＋b＝0至多有两个实根 D．方程x＋ax＋b＝0恰好有两个实根
解析：选A 至少有一个实根的否定是没有实根，故要做的假设是“方程x＋ax＋b＝
0没有实根”．
5．公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn.若a4是a3与a7的等比中项，S8＝32，
则S10＝( )
B．24 D．90
2
3
333
33
A．18 C．60
解析：选C 由a24＝a3a7得(a1＋3d)＝(a1＋2d)(a1＋6d)，即2a1＋3d＝0.再由S8＝8a1
＋
5690
d＝32，得2a1＋7d＝8，则d＝2，a1＝－3.所以S10＝10a1＋d＝60，选C.22
6．已知结论：“在正三角形ABC中，若D是边BC的中点，G是三角形ABC的重心，AG
则＝2”．若把该结论推广到空间，则有结论：“在棱长都相等的四面体ABCD中，若△GD
AO
BCD的中心为M，四面体内部一点O到四面体各面的距离都相等”，则＝( )
OM
B．2 D．4
解析：选C 如图，设正四面体的棱长为1，则易知其高AM＝
6
，此3
A．1 C．3
9 / 13
131
时易知点O即为正四面体内切球的球心，设其半径为r，利用等积法有4××r＝
343
×
36666666
×?r＝，故AO＝AM－MO＝－＝，故AO∶OM＝∶＝3.43123124412
7．图1是一个水平摆放的小正方体木块，图2，图3是由这样的小正方体木块叠放而 成的，按照这样的规律放下去，至第七个叠放的图形中，小正方体木块总数就是 .
解析：分别观察正方体的个数为：1,1＋5,1＋5＋9，…
归纳可知，第n个叠放图形中共有n层，构成了以1为首项，以4为公差的等差数
列，
所以Sn＝n＋[n(n－1)×4]÷2＝2n－n，
所以S7＝2×7－7＝91.
答案：91
8．对于命题：若O是线段AB上一点，则|
|·
＋|
|·
＝0，将它类比＋S△OBA·
＝0，将
2
2
到平面的情形是：若O是△ABC内一点，则S△OBC·它类比到空间的情形应该是：若
＋S△OCA·
O是四面体ABCD内一点，则
________________________________________________________________________．解析：根据类比的特点和规律，所得结论形式上一致，由线段类比到平面，平面类比到空间，由线段长类比为三角形面积，三角形面积再类比成四面体的体积，故可以类比为
VO -BCD·
答案：VO -BCD·
＋VO -ACD·＋VO -ACD·
＋VO -ABD·＋VO -ABD·
＋VO -ABC·＋VO -ABC·
＝0
＝0.
9．(全国卷Ⅰ)有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，
则甲的卡片上的数字是______．
解析：法一：由题意得丙的卡片上的数字不是2和3.
若丙的卡片上的数字是1和2，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡
片上的数字是1和3，满足题意；
若丙的卡片上的数字是1和3，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡
片上的数字是1和2，不满足甲的说法．
故甲的卡片上的数字是1和3.
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