高中数学第二讲讲明不等式的基本方法二综合法与分析法讲义含解析新人教A版选修4_50417110.doc
高中数学 第二讲 讲明不等式的基本方法复习课学案 新人教A版选修4-5-新人教A版高二选修4-5数学
第二讲讲明不等式的基本方法复习课学习目标 1.系统梳理证明不等式的基本方法.2.进一步体会不同方法所适合的不同类型的问题，针对不同类型的问题，合理选用不同的方法.3.进一步熟练掌握不同方法的解题步骤及规范．1．比较法作差比较法是证明不等式的基本方法，其依据是：不等式的意义及实数大小比较的充要条件．证明的步骤大致是：作差——恒等变形——判断结果的符号．2．综合法综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推理的基本理论．证明时要注意的是作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握．3．分析法分析法证明不等式的依据也是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即从待证的不等式出发，逐步寻找使它成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．4．反证法反证法是一种“正难则反”的方法，反证法适用的范围：①直接证明困难；②需要分成很多类进行讨论；③“唯一性”“存在性”的命题；④结论中含有“至少”“至多”否定性词语的命题．5．放缩法放缩法就是将不等式的一边放大或缩小，寻找一个中间量，常用的放缩技巧有：①舍掉(或加进)一些项；②在分式中放大或缩小分子或分母；③用基本不等式放缩.类型一 比较法证明不等式例1 若x ，y ，z ∈R ，a ＞0，b ＞0，c ＞0.求证：b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )． 证明 ∵b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2－2(xy ＋yz ＋zx ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫bax 2＋a by 2－2xy ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c by 2＋b cz 2－2yz ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a c z 2＋c a x 2－2zx ＝⎝⎛⎭⎪⎫b ax －a b y 2＋⎝⎛⎭⎪⎫c by －b c z 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a cz －c a x 2≥0， ∴b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )成立． 反思与感悟 作差法证明不等式的关键是变形，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑能否化简或值是多少，变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．跟踪训练1 设a ，b 为实数，0＜n ＜1,0＜m ＜1，m ＋n ＝1，求证：a 2m ＋b 2n ≥(a ＋b )2.证明 a 2m ＋b 2n －(a ＋b )2＝na 2＋mb 2mn －nm (a 2＋2ab ＋b 2)mn＝na 2(1－m )＋mb 2(1－n )－2mnab mn＝n 2a 2＋m 2b 2－2mnab mn ＝(na －mb )2mn ≥0，∴a 2m ＋b 2n≥(a ＋b )2. 类型二 综合法与分析法证明不等式例2 已知a ，b ，c ∈R ＋，且ab ＋bc ＋ca ＝1，求证： (1)a ＋b ＋c ≥3； (2)a bc ＋b ac ＋cab≥3(a ＋b ＋c )．证明 (1)要证a ＋b ＋c ≥3，由于a ，b ，c ∈R ＋， 因此只需证(a ＋b ＋c )2≥3，即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3，根据条件，只需证a 2＋b 2＋c 2≥1＝ab ＋bc ＋ca ， 由ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2(当且仅当a ＝b ＝c ＝33时取等号)可知，原不等式成立． (2)a bc ＋b ac＋c ab ＝a ＋b ＋c abc， 在(1)中已证a ＋b ＋c ≥3， ∵ab ＋bc ＋ca ＝1， ∴要证原不等式成立，只需证1abc≥a ＋b ＋c ，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1＝ab ＋bc ＋ca . ∵a ，b ，c ∈R ＋，a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac2，b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤ac ＋bc2，∴a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca (a ＝b ＝c ＝33时取等号)成立， ∴原不等式成立．反思与感悟 证明比较复杂的不等式时，考虑分析法与综合法的结合使用，这样使解题过程更加简洁．跟踪训练2 已知a ＞b ＞c ，求证：1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0. 证明 方法一 要证1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0， 只需证1a －b ＋1b －c ＞1a －c. ∵a ＞b ＞c ，∴a －c ＞a －b ＞0，b －c ＞0， ∴1a －b ＞1a －c ，1b －c＞0，∴1a －b ＋1b －c ＞1a －c成立， ∴1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0成立． 方法二 ∵a ＞b ＞c ， ∴a －c ＞a －b ＞0，b －c ＞0， ∴1a －b ＞1a －c ，1b －c ＞0， ∴1a －b ＋1b －c ＞1a －c ， ∴1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0. 类型三 反证法证明不等式例3 若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2，求证：1＋x y <2或1＋yx<2中至少有一个成立．证明 假设1＋x y <2和1＋y x<2都不成立，则1＋x y ≥2和1＋yx≥2同时成立．因为x >0且y >0，所以1＋x ≥2y 且1＋y ≥2x ， 两式相加，得2＋x ＋y ≥2x ＋2y ，所以x ＋y ≤2. 这与已知x ＋y >2矛盾． 故1＋x y <2或1＋y x<2中至少有一个成立．反思与感悟 反证法的“三步曲”：(1)否定结论．(2)推出矛盾．(3)肯定结论．其核心是在否定结论的前提下推出矛盾．跟踪训练3 已知函数y ＝f (x )在R 上是增函数，且f (a )＋f (－b )＜f (b )＋f (－a )，求证：a ＜b .证明 假设a ＜b 不成立，则a ＝b 或a ＞b .当a ＝b 时，－a ＝－b ，则有f (a )＝f (b )，f (－a )＝f (－b )， 于是f (a )＋f (－b )＝f (b )＋f (－a )与已知矛盾．当a ＞b 时，－a ＜－b ，由函数y ＝f (x )的单调性，可得f (a )＞f (b )，f (－b )＞f (－a )， 于是有f (a )＋f (－b )＞f (b )＋f (－a )与已知矛盾．故假设不成立． ∴a ＜b .类型四 放缩法证明不等式例4 已知n ∈N ＋，求证：2(n ＋1－1)＜1＋12＋13＋…＋1n＜2n .证明 ∵对k ∈N ＋，1≤k ≤n ，有 1k ＝22k＞2k ＋k ＋1＝2(k ＋1－k )，∴1k＞2(k ＋1－k )． ∴1＋12＋13＋…＋1n＞2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n ＋1－n )＝2(n ＋1－1)．又∵对于k ∈N ＋，2≤k ≤n ，有 1k ＝22k＜2k ＋k －1＝2(k －k －1)，∴1＋12＋13＋…＋1n＜1＋2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n －n －1)＝2n －1＜2n . ∴原不等式成立．反思与感悟 放缩法是在顺推法逻辑推理过程中，有时利用不等式关系的传递性作适当的放大或缩小，证明比原不等式更强的不等式来代替原不等式的一种证明方法．放缩法的实质是非等价转化，放缩没有一定的准则和程序，需按题意适当放缩，否则达不到目的．跟踪训练4 设f (x )＝x 2－x ＋13，a ，b ∈[0,1]， 求证：|f (a )－f (b )|≤|a －b |. 证明 |f (a )－f (b )|＝|a 2－a －b 2＋b | ＝|(a －b )(a ＋b －1)|＝|a －b ||a ＋b －1|， ∵0≤a ≤1,0≤b ≤1，∴0≤a ＋b ≤2， －1≤a ＋b －1≤1，|a ＋b －1|≤1. ∴|f (a )－f (b )|≤|a －b |.1．已知p: ab ＞0，q ：b a ＋a b≥2，则p 与q 的关系是( ) A ．p 是q 的充分不必要条件 B ．p 是q 的必要不充分条件C ．p 是q 的充要条件D ．以上答案都不对 答案 C解析 由ab ＞0，得b a ＞0，a b＞0，∴b a ＋a b ≥2b a ·ab ＝2， 又b a ＋a b≥2，则b a ，a b必为正数， ∴ab ＞0.2．实数a ，b ，c 满足a ＋2b ＋c ＝2，则( ) A ．a ，b ，c 都是正数 B ．a ，b ，c 都大于1 C ．a ，b ，c 都小于2D ．a ，b ，c 中至少有一个不小于12答案 D解析 假设a ，b ，c 都小于12，则a ＋2b ＋c <2与a ＋2b ＋c ＝2矛盾． 3．若a ＝lg22，b ＝lg33，c ＝lg55，则( )A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜a ＜c答案 C解析 a ＝3lg 26＝lg 86，b ＝2lg 36＝lg 96，∵9＞8，∴b ＞a .b 与c 比较：b ＝lg 33＝lg 3515，c ＝lg 55＝lg 5315，∵35＞53，∴b ＞c .a 与c 比较：a ＝lg 2510＝lg 3210，c ＝lg 2510，∵32＞25，∴a ＞c .∴b ＞a ＞c ，故选C.4．已知a，b∈R＋，n∈N＋，求证：(a＋b)(a n＋b n)≤2(a n＋1＋b n＋1)．证明∵(a＋b)(a n＋b n)－2(a n＋1＋b n＋1)＝a n＋1＋ab n＋ba n＋b n＋1－2a n＋1－2b n＋1＝a(b n－a n)＋b(a n－b n)＝(a－b)(b n－a n)．(1)若a＞b＞0，则b n－a n＜0，a－b＞0，∴(a－b)(b n－a n)＜0.(2)若b＞a＞0，则b n－a n＞0，a－b＜0，∴(a－b)(b n－a n)＜0.(3)若a＝b＞0，(b n－a n)(a－b)＝0.综上(1)(2)(3)可知，对于a，b∈R＋，n∈N＋，都有(a＋b)(a n＋b n)≤2(a n＋1＋b n＋1)．1．比较法证明不等式一般有两种方法：作差法和作商法，作商法应用的前提条件是已知不等式两端的代数式同号．2．由教材内容可知，分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”，两者是对立统一的两种方法．3．证明不等式的基本方法及一题多证：证明不等式的基本方法主要有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等．证明不等式时既可探索新的证明方法，培养创新意识，也可一题多证，开阔思路，活跃思维，目的是通过证明不等式发展逻辑思维能力，提高数学素养．一、选择题1．a，b∈R＋，那么下列不等式中不正确的是( )A.ab＋ba≥2 B.b2a＋a2b≥a＋bC.ba2＋ab2≤a＋babD.1a2＋1b2≥2ab答案 C解析A满足基本不等式；B可等价变形为(a－b)2(a＋b)≥0正确；B选项中不等式的两端同除以ab，不等式方向不变，所以C选项不正确；D选项是A选项中不等式的两端同除以ab 得到的，D正确．2．设0<x<1，则a＝2x，b＝x＋1，c＝11－x中最大的是( )A．c B．bC．a D．随x取值不同而不同答案 A解析∵0<x<1，∴b＝x＋1>2x>2x＝a，∵11－x－(x＋1)＝1－(1－x2)1－x＝x21－x>0，∴c>b>a.3．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4 (a≥0)，则P与Q的大小关系为( ) A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定答案 C解析 ∵P 2＝2a ＋7＋2a 2＋7a ，Q 2＝2a ＋7＋2a 2＋7a ＋12，∴P 2<Q 2，即P <Q .4．设a ＝(m 2＋1)(n 2＋4)，b ＝(mn ＋2)2，则( ) A ．a ＞b B ．a ＜b C ．a ≤b D ．a ≥b答案 D解析 ∵a －b ＝(m 2＋1)(n 2＋4)－(mn ＋2)2＝4m 2＋n 2－4mn ＝(2m －n )2≥0， ∴a ≥b .5．已知a ，b ，c ，d 为实数，ab ＞0，－c a ＜－d b，则下列不等式中成立的是( ) A ．bc ＜ad B ．bc ＞ad C.a c ＞b d D.a c ＜b d答案 B解析 将－c a ＜－d b两边同乘以正数ab ，得－bc ＜－ad ，所以bc ＞ad . 6．若A ，B 为△ABC 的内角，则A >B 是sin A >sin B 的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 C解析 由正弦定理知a sin A ＝bsin B ＝2R ，又A ，B 为三角形的内角， ∴sin A >0，sin B >0，∴sin A >sin B ⇔2R sin A >2R sin B ⇔a >b ⇔A >B . 二、填空题7．lg9·lg11与1的大小关系是________．答案 lg9·lg11＜1 解析 ∵lg9＞0，lg11＞0，∴lg9·lg11＜lg9＋lg112＜lg992＜lg1002＝1.∴lg9·lg11＜1.8．当x ＞1时，x 3与x 2－x ＋1的大小关系是________． 答案 x 3＞x 2－x ＋1解析 ∵x 3－(x 2－x ＋1)＝x 3－x 2＋x －1＝x 2(x －1)＋(x －1)＝(x －1)(x 2＋1)，且x ＞1， ∴(x －1)(x 2＋1)＞0. ∴x 3－(x 2－x ＋1)＞0， 即x 3＞x 2－x ＋1.9．用反证法证明“在△ABC 中，若∠A 是直角，则∠B 是锐角”时，应假设________． 答案 ∠B 不是锐角解析 “∠B 是锐角”的否定是“∠B 不是锐角”．10．建造一个容积为8m 3，深为2m 的长方体无盖水池，如果池底和池壁的造价每平方米分别为120元和80元，那么水池的最低总造价为________元． 答案 1760解析 设水池底长为x (x ＞0)m ， 则宽为82x ＝4x(m)．水池造价y ＝82×120＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ×2＋8x ×2×80＝480＋320⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x ≥480＋1 280＝1 760(元)， 当且仅当x ＝2时取等号． 三、解答题11．求证：112＋122＋132＋…＋1n 2＜2.证明 因为1n2＜1n (n －1)＝1n －1－1n(n ∈N ＋，n ≥2)，所以112＋122＋132＋…＋1n 2＜1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)·n＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n＜2. 所以原不等式得证．12．已知a n ＝1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)(n ∈N ＋)，求证：n (n ＋1)2＜a n ＜(n ＋1)22. 证明 ∵n (n ＋1)＞n ，∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)＞1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2. 又n (n ＋1)＜(n ＋1)＋n 2＝2n ＋12， ∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)＜32＋52＋…＋2n ＋12＝n 2＋2n 2＜(n ＋1)22. ∴n (n ＋1)2＜a n ＜(n ＋1)22. 四、探究与拓展13．已知a ，b 是正数，a ≠b ，x ，y ∈(0，＋∞)，若a 2x ＋b 2y ≥(a ＋b )2x ＋y，则等号成立的条件为________． 答案 ay ＝bx解析 a 2x ＋b 2y －(a ＋b )2x ＋y＝a 2y (x ＋y )＋b 2x (x ＋y )－xy (a ＋b )2xy (x ＋y )＝(ay －bx )2xy (x ＋y )≥0， 当且仅当ay ＝bx 时等号成立．14．设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N ＋.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜13. (1)解 令n ＝1，得S 21－(－1)S 1－3×2＝0，即S 21＋S 1－6＝0，所以(S 1＋3)(S 1－2)＝0，因为S 1＞0，所以S 1＝2，即a 1＝2.(2)解 由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，得(S n ＋3)[S n －(n 2＋n )]＝0，因为a n ＞0(n ∈N ＋)，S n ＞0，从而S n ＋3＞0，所以S n ＝n 2＋n ，所以当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n ，又a 1＝2＝2×1，所以a n ＝2n (n ∈N ＋)．(3)证明 设k ≥2，则1a k (a k ＋1)＝12k (2k ＋1)＜1(2k －1)(2k ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1－12k ＋1， 所以1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋1a 3(a 3＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜12×3＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝16＋16－12(2n ＋1)＜13. 所以1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜13.。
高中数学第二讲讲明不等式的基本方法2.2综合法与分析法自主训练新人教A版选修4_5
2.2 综合法与分析法自主广场我夯基我达标1.设a,b∈R+,A=,B=,则A,B的大小关系是（）A.A≥BB.A≤BC.A>BD.A<B思路解析:用综合法（+）2=a++b,所以A2-B2>0.又A>0,B>0,∴A>B.答案:C2.若1<x<10,下面不等式中正确的是（）A.（lgx2）<lgx2<lg(lgx)B.lgx2<(lgx)2<lg(lgx)C.(lgx)2<lg(lgx)<lgx2D.lg(lgx)<(lgx)2<lgx2思路解析:因为1<x<10,所以0<lgx<1,0<(lgx)2<1,0<lgx2<2,lg(lgx)<0,又(lgx)2-lgx2=(lgx)2-2lgx=lgx(lgx-2)<0,所以(lgx)2<lgx2,所以lg(lgx)<(lgx)2<lgx2.答案:D3.已知0<a<1<b,下面等式中一定成立的是（）A.log a b+log b a+2>0B.log a b+log b a-2>0C.log a b+log b a+2≥0D.log a b+log b a+2≤0思路解析:因为0<a<1<b,所以log a b<0,-log a b>0,又（-log a b）+≥2,所以-［-log a b+］≤-2,即log a b+≤-2,所以log a b+log b a≤-2.所以log a b+log b a+2≤0.答案:D4.如果x>1,M=,N=,那么M,N的大小关系是（）A.M<NB.M>NC.M≥ND.M≤N思路解析:∵x>1,∴M>0,N>0.<1.∴M<N.另外本题作为选择题，可以通过赋值法确定正确选项.如令x=3,则M=2-≈0.27, N=≈0.32,∴M<N.答案:A5.已知a>b>0,x>0，那么的取值范围是（）A.>1B.<1C.0<<1D.1<<思路解析:因为a>b>0,x>0,所以a+x>b+x>x>0,所以0<<1.答案:C6.若a,b,c∈R,且ab+bc+ac=1,则下列不等式成立的是（）A.a2+b2+c2≥2B.(a+b+c)2≥3C.++≥D.abc(a+b+c)≤思路解析:因为a2+b2≥2ab,a2+c2≥2ac,b2+c2≥2bc,将三式相加,得2(a2+b2+c2)≥2ab+2bc+2ac,即a2+b2+c2≥1.又因为(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac,所以(a+b+c)2≥1+2×1=3.B成立.答案:B7.设a>0,b>0,则以下不等式中不恒成立的是（）A.(a+b)(+)≥4B.a3+b3≥2ab2C.a2+b2+2≥2a+2bD.思路解析:(a+b)(+)≥·=4,则A成立;a2+1≥2a,b2+1≥2b,a2+b2+2≥2a+2b,则C恒成立;当a≥b时,≥0,≥-;当a<b时,>-,则D恒成立.答案:B8.已知a,b,m都是正数，在空白处填上适当的不等号:（1）当a__________b时，>;(2)当a_________b时,≤.思路解析:(1)>ab+am>ab+bm am>bm a>b;(2)≤a(b+m)≤b(a+m) am≤bm a≤b.答案:(1)> (2)≤9.已知a≥3,求证:.证法一（综合法）：∵(+)2-()2=a+a-3+-［a-1+a-2+］=2()<0,∴(+)2<()2.。
高中数学第二讲讲明不等式的基本方法二综合法与分析法优化练习新人教A版选修4-5(2021年整理)
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二综合法与分析法[课时作业][A组基础巩固］1．设a，b∈R＋，A＝错误!＋错误!，B＝错误!，则A、B的大小关系是( ）A．A≥B B．A≤BC．A>B D．A<B解析：A2＝（错误!＋错误!）2＝a＋2错误!＋b，B2＝a＋b所以A2>B2.又A>0，B〉0,∴A>B。
答案：C2．设a＝错误!，b＝错误!－错误!，c＝错误!－错误!，那么a,b，c的大小关系是（）A．a〉b〉c B．a〉c>bC．b〉a〉c D．b>c〉a解析:由已知，可得出a＝错误!，b＝错误!,c＝错误!，∵7＋错误!＞错误!＋错误!〉2错误!.∴b<c<a。
答案：B3．若1＜x＜10，下面不等式中正确的是( ）A．（lg x)2＜lg x2＜lg（lg x)B．lg x2＜（lg x）2＜lg(lg x)C．（lg x)2＜lg(lg x）＜lg x2D．lg（lg x）＜(lg x)2＜lg x2解析：∵1＜x＜10,∴x2>x，0＜lg x＜1，∴lg（lg x）＜0,∴lg x2＞lg x＞(lg x）2，∴lg x2＞（lg x)2＞lg（lg x），选D.答案：D4．若a，b，c∈R,且ab＋bc＋ac＝1，则下列不等式成立的是（)A．a2＋b2＋c2≥2 B．(a＋b＋c）2≥3C。
2017高中数学第二讲讲明不等式的基本方法二综合法与分析法课件新人教A版选修4508031164
a＋b2 ≥ 4＋ ＋2＋2×2 2 1 25 ＝4＋ ＋2＋4＋2＝ . 2 2
ba ba a· b＋2· a· b
12 12 25 ∴a＋a ＋b＋b ≥ . 2
法二：∵a，b∈R＋且 a＋b＝1， a＋ b 2 1 ∴ab≤( )＝ ， 2 4 1 1 ∴1－2ab≥ ， 2 2≥16. 2 ab
2 2 1 a ＋ b a ＋ b 1 ＝a2＋b2＋4＋a2＋b2＝4＋a2＋b2＋ ＋ a2 b2
2b b2 a2 2a ＝4＋a ＋b ＋1＋ a ＋ 2＋ 2＋ b ＋1 a b
2 2
b a b2 a2 ＝4＋(a2＋b2)＋2＋2a＋b＋a2＋b2
定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫作分析法，这是一 种 执果索因 的思考和证明方法．
[双基自测] 1．若 a<b<0，则下列不等式中成立的是( 1 1 A.a<b 1 1 C．b＋a>a＋b )
1 1 B．a＋b>b＋a b b＋ 1 D．a< a＋ 1
1 1 解析：∵a<b<0，∴a>b，故选项 A，B 错误，而选项 C 正确．选项 D 中， b＋1 b 取 b＝－1，则 ＝0，而a>0，故选项 D 错误． a＋1
01 课前 自主梳理
02 课堂 合作探究
03 课后 巩固提升
课时作业
[自主梳理] 一、综合法 一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、 论证而得出命题成立，这种证明方法叫作综合法，又叫 顺推证法 或由因导果法． 二、分析法 证明命题时，我们还常常从要证的 结论 出发，逐步寻求使它成立的充分条件， 直至所需条件为 已知条件 或 一个明显成立的事实 (定义、公理或已证明的
高中数学第二章证明不等式的基本方法2.2综合法与分析法课件新人教A版选修4_5
⇓ 第3步:代入求得函数值
⇓ 第4步:根据对数函数单调性得到结论
探究一
探究二
规范解答
失误警示通过阅卷统计分析,造成失分的主要原因是: (1)解答的开始没有给出结论,一开始就进行证明.对于这类问题, 应该先回答问题的结论,然后再进行证明; (2)忽视了基本不等式等号成立的条件而直接得到a+c≥2√������������ ; (3)对对数的运算性质不熟练导致变形出现错误,从而无法继续证 明; (4)不能从函数的单调性出发联系要证明的结论,导致证明无法继 续.
2
≥
3������1
+������2 2
-2·������1
+2 ������2,
因此要证3������1
+3������2 2
-(x1+x2)≥3������1+2 ������2
-(x1+x2),
即证3������1 +3������2
2
≥
3������1
+������2 2
,
因此只需证3������1 +3������2
sin2θ=sin2
������(1-cos2������) cos2������
=
sinc2o������s·2si���n��� 2������=sin2θtan2θ=右边,所以等式成立”,运
用了( )
A.分析法
B.综合法
C.综合法、分析法综合使用
D.间接证明法
解析：证明过程是由左到右,顺推证明,是综合法.
∴1
������
+
1 ������
高中数学 第二讲 讲明不等式的基本方法 2.1 比较法 2.
2.1 比较法 2.2 综合法与分析法更上一层楼基础·巩固1.求证：a 2+3b 2≥2b(a+b).思路分析：根据不等式两边均为多项式，作差比较后可以化为完全平方式的形式，容易判定符号，用比较法较好.证明：∵a 2+3b 2-2b(a+b)=a 2-2ab+b 2=(a-b)2≥0,∴a 2+3b 2≥2b(a+b).2.证明:10231<-.思路分析：本题左右两边均含有根式，直接比较不好证明，可以用分析法证明，当然也可以用综合法证之. 证明：∵23231+=-， 又∵(23+)2-(10)2=62-5=2524-<0, ∴10231<-.3.求证：-1≤1122+-a a <1. 思路分析：由于1222+a a ≥0，所以采用分析法证明,逐步寻求待证不等式的充分条件即可，用分析法证明较好.证明：要证-1≤1122+-a a ，只需证111222+++-a a a ≥0，即1222+a a ≥0，上式显然成立，所以1122+-a a ≥-1.类似地，可以证明1122+-a a <1. 4.已知a,b,c>0,求证：ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)≥6abc.思路分析：（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因式分解或配方时，往往采用轮换技巧.再如证明a 2+b 2+c 2≥ab+bc+ca 时，可将a 2+b 2+c 2-(ab+bc+ca)配方为21［(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2］，亦可利用a 2+b 2≥2ab,b 2+c 2≥2bc,c 2+a 2≥2ca,三式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式获证.证明：∵ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-6abc=a(b 2+c 2-2bc)+b(a 2+c 2-2ac)+c(a 2+b 2-2ab)=a(b-c)2+b(c-a)2+c(a-b)2≥0,∴ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)≥6abc.5.已知a,b,c>0，求证：a a b b c c ≥(abc)3c b a ++.思路分析：显然不等式两边为正，且是指数式，不妨设a≥b≥c，,则a-b,b-c,a-c∈R +,故尝试用作商比较法.证明：等式关于a,b,c 对称，不妨设a≥b≥c，则a-b,b-c,a-c∈R +，且b a ,c b ，ca 都大于等于1. 3333333232323)(b c a c c b a b c a b a b a c c a b c b a c b a cb ac b b a a c b a abc c b a ------------++•••••== 333)()()(c a c b b a ca cb b a ---••=≥1. ∴a a b bc c ≥(abc)3c b a ++. 6.已知△ABC 的三边长是a,b,c ，且m 为正数，求证：mc c m b b m a a +>+++. 思路分析：直接证明不容易找到思路，选择分析法通过通分变形，用到三角形三边的关系: ∵a,b,c 为三边长，∴a+b>c,问题得证.证明：欲证原不等式成立，只要证：a(b+m)(c+m)+b(a+m)(c+m)-c(a+m)(b+m)>0,按m 的降幂整理得,(a+b-c)m 2+2abm+abc>0.∵a,b,c 为三边长，∴a+b>c.又m>0,∴(a+b -c)m 2+2abm+abc>0成立.所以原不等式成立.综合·应用7.设f(x)=2x 2+1,pq>0,p+q=1.求证:对任意实数a,b ，恒有pf(a)+qf(b)≥f(pa+qb).思路分析：通过作差变形得到2p(1-p)a 2+2q(1-q)b 2-4pqab+p+q-1，通过讨论，判断符号，发现证明思路，用综合法去证.证明：考虑原式两边的差.pf(a)+qf(b)-f(pa+qb)=p(2a 2+1)+q(2b 2+1)-［2(pa+qb)2+1］=2p(1-p)a 2+2q(1-q)b 2-4pqab+p+q-1. ①∵p+q=1,pq>0,∴①式=2pqa 2+2pqb 2-4pqab=2pq(a-b)2≥0.即原式成立.8.设a 、b 、c∈{正实数}，证明：cb a ac c b b a ++++222222≥abc. 思路分析:通过观察不等式两边的特点，可轮换应用基本不等式，直接用综合法可证，也可用分析法证明.证明：∵a 2b 2+b 2c 2≥2ab 2c,a 2b 2+c 2a 2≥2a 2bc,b 2c 2+c 2a 2≥2abc 2,∴2(a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2)≥2abc(a+b+c), ∴cb a ac c b b a ++++222222≥abc. 9.甲、乙两人同时同地沿同一路线走到同一地点.甲有一半时间以速度m 行走，另一半时间以速度n 行走；乙有一半路程以速度m 行走，另一半路程以速度n 行走.如果m≠n，问甲、乙两人谁先到达指定地点.思路分析：设从出发地点至指定地点的路程是s ，甲、乙两人走完这段路程所用的时间分别为t 1,t 2.要回答题目中的问题，只要比较t 1,t 2的大小就可以了.解：设从出发地点至指定地点的路程是s ，甲、乙两人走完这段路程所用的时间分别为t 1,t 2，根据题意有n t m t 2211+=s,ns m s 22+=t 2, 可得t 1=nm s +2,t 2=mn n m s 2)(+, 从而t 1-t 2=mnn m n m s mn n m n m mn s mn n m s n m s )(2)()(2])(4[2)(222+--=++-=+-+， 其中s,m,n 都是正数，且m≠n.于是t 1-t 2<0，即t 1<t 2.从而知甲比乙首先到达指定地点.回顾·展望10.(2006天津高考) 已知数列{x n },{y n }满足x 1=x 2=1,y 1=y 2=2，并且1111,-+-+≥=n n n n n n n n y y y y x x x x λλ（λ为非零参数，n=2,3,4, …）. （1）若x 1,x 3,x 5成等比数列，求参数λ的值；（2）当λ>0时，证明nn n n y x y x ≤++11(n∈N *）； 当λ>1时，证明11133222211-<--++--+--++λλn n n n y x y x y x y x y x y x Λ(n∈N *). 思路分析：本题以数列的递推关系为载体，结合等比数列的等比中项及前n 项和的公式，运用不等式的性质及证明等基础知识进行运算和推理论证.（1）解：由已知x 1=x 2=1，且⇒=1223x x x x λx 3=λ,⇒=2334x x x x λx 4=λ3,⇒=5445x x x x λx 5=λ6, 若x 1、x 3、x 5成等比数列，则x 32=x 1x 5，即λ2=λ6.而λ≠0，解得λ=±1.（2）证明：(Ⅰ)由已知λ>0,x 1=x 2=1及y 1=y 2=2，可得x n >0,y n >0.由不等式的性质，有12121211y y y y y y y y n n n n n n n ----+≥≥≥λλλΛ=λn-1;另一方面，12121211x x x x x x x x n n n n nn n ----+===λλλΛ=λn-1. 因此，n n n n n x x y y 111+-+=≥λ(n∈N *).故n n n n y x y x ≤++11(n∈N *). （Ⅱ）当λ>1时，由（Ⅰ）可知,y n >x n ≥1(n∈N *). 又由（Ⅰ）n n n n y x y x ≤++11(n∈N *),则nn n n n n x x y x x y -≥-+++111, 从而1111-+++=≥--n nn n n n n x x x y x y λ(n∈N *).因此 111)1(1)1(1111133222211-<--=+++≤--++--+---++λλλλλλn n n n n n y x y x y x y x y x y x ΛΛ.。
高中数学 第2讲 证明不等式的基本方法 第2课时 综合法课件 新人教A版选修4
＋acb＞a＋b＋C．
【解题探究】 不等式中 a，b，c 为对称的且两边都是和 式，所以从基本不等式入手，再根据不等式的可加性导出证明 的结论．
【解析】因为 a>0，a>0,c>0 且互不相等，
所以bac＋cba＞2 bac·cba＝2C．
【答案】a2＋b2 【解析】取 a＝13，b＝23，则 a2＋b2＝59，2ab＝49， 因为 0＜a＜b，所以 a2＋b2＞a2＋ab＝a(a＋b)＝a， a2＋b2＞2ab，a2＋b2＞a＋2b2＝12.所以最大的是 a2＋b2.
4．已知 a>0，a>0,c>0 且 a＋b＋c＝1，求a＋1a＋b＋1b＋
【解题探究】 要证不等式左边是积的结构，且条件是和 x＋y＋z 为定值 1，所以可通过基本不等式将和转化为积．
【解析】∵x＋y＋z＝1， ∴(1－x)(1－y)(1－z)＝(y＋z)(z＋x)(x＋y)． 又∵x>0，y>0,z>0,∴(y＋z)(z＋x)(x＋y)≤y＋z＋z＋3 x＋x＋y3 ＝[2x＋2y7＋z]3＝287， 当且仅当 x＝y＝z＝13时取等号． 故(1－x)(－ab－ac－bc ＝12(2a2＋2b2＋2c2－2ab－2ac－2bc) ＝12[(a－b)2＋(a－c)2＋(b－c)2]≥0， 则 a2＋b2＋c2≥ab＋ac＋bc(当且仅当 a＝b＝c 取得等号)．
和式与积式的转化
【例 2】 若 x>0，y>0,z>0 且 x＋y＋z＝1，求证：(1－x)(1 －y)(1－z)≤287.
b＋12≤2.
∴a＋b≥2 ab，即 ab≤14，当且仅当 a＝b＝12时等号成立．
高中数学第二讲讲明不等式的基本方法2.2综合法与分析法课件新人教A版选修4_5
【解析】选D.根据综合法的定义可得,综合法是执因导 果法,是顺推法;根据分析法的定义得,分析法是执果索 因法,是逆推证法.
2.下列对命题“函数f(x)=x+ 1 是奇函数”的证明不 x
是综合法的是 ( )
A.∀x∈R且x≠0有f(-x)=(-x)+
=-f(x),
所以f(x)是奇函数
1 (x 1 )
(2)综合法证明不等式所依赖的已知不等式主要有如下
几个:①a2≥0(a∈R);②(a-b)2≥0(a,b∈R),其变形有
a2+b2≥2ab,（a
2
b）2
≥ab,a2+b2≥
1 2
(a+b)2;③若a,b
为正实数,则 a b 2
ab，特别
ba
≥2;④a2+b2+c2≥
ab
ab+bc+ca.
C.
-1-a2b2≤0
( a b )2
2
B.a2+b2-1- a2 b2 ≤0 D.(a2-1)(b2-1)2≥0
【解析】选D.因为a2+b2-1-a2b2=(a2-1)(1-b2) =-(a2-1)(b2-1), 故要证a2+b2-1-a2b2≤0,只需证(a2-1)(b2-1)≥0.
【知识探究】 探究点 综合法与分析法 1.综合法与分析法证明不等式的逻辑关系是怎样的? 提示:综合法:A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B (已知)(逐步推演不等式成立的必要条件)(结论).
只要证(a+b+c)（ b
1
c
a
1
c
a
1
） b
9 2
2018_2019学年高中数学第二讲证明不等式的基本方法二综合法与分析法课件新人教A版选修4_5
综合法证明不等式，揭示出条件和结论之间的因果联 系，为此要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端 之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式， 这是证明的关键．
1．已知 a，b，c 都是实数，求证：
a2＋b2＋c2≥13(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca. 证明：∵a，b，c∈R，
∴a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc.
c2＋a2≥2ca，将以上三个不等式相加得：
2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ca)，
①
即 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
②
在不等式①的两边同时加上“a2＋b2＋c2”得：
3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2，
即 a2＋b2＋c2≥13(a＋b＋c)2.
③
在不等式②的两端同时加上 2(ab＋bc＋ca)得：
(1)当所证不等式与重要不等式、基本不等式没有什么直 接联系，或条件与结论之间的关系不明显时，可用分析法来 寻找证明途径．
(2)分析法证明的关键是推理的每一步都必须可逆．
2．求证： 3＋ 7<2 5. 证明：∵ 3＋ 7>0,2 5>0， ∴要证 3＋ 7<2 5. 只需证( 3＋ 7)2<(2 5)2. 展开得 10＋2 21<20. 即证 2 21<10， 即证 21<25(显然成立)． ∴ 3＋ 7<2 5.，y>0，求证(x2＋y2) 2 >(x3＋y3) 3 .
1
1
证明：要证明(x2＋y2) 2 >(x3＋y3) 3 ，只需证(x2＋y2)3>(x3＋y3)2.
即证 x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6>x6＋2x3y3＋y6.
即证 3x4y2＋3x2y4>2x3y3.∵x>0，y>0，∴x2y2>0.
高中数学 第二讲 讲明不等式的基本方法 2.2 分析法与综合法同步检测(含解析)新人教A版选修4-5
高中数学第二讲讲明不等式的基本方法2.2 分析法与综合法同步检测（含解析）新人教A版选修4-5编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高中数学第二讲讲明不等式的基本方法2.2 分析法与综合法同步检测（含解析）新人教A版选修4-5）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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2。
2分析法与综合法同步检测一、选择题1。
设a，b＞0,，，则A,B的大小关系是（）A。
A＝B B。
A＜B C。
A＞B D.大小不确定答案:C解析：【解答】用综合法:，所以.所以.又,，所以.【分析】本题主要考查了分析法与综合法，解决问题的关键是对所给关系式A,B两边平方作差比较即可.2。
下面对命题“函数是奇函数”的证明不是综合法的是A。
且x≠0有,则是奇函数B.且x≠0有，所以，则是奇函数C。
且x≠0，∵,∴，∴,则是奇函数D.取,，又,则是奇函数答案：D解析：【解答】D项中，选取特殊值进行证明，不是综合法。
【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综合法的特征分析判断即可.3. 若O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点,动点P满足，，则动点P的轨迹一定通过的( ）A。
外心 B。
内心 C。
重心 D。
垂心答案：B解析：【解答】∵，∴。
∴AP是△ABC中∠BAC的内角平分线，∴动点P的轨迹一定通过△ABC的内心【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平行四边形法则得到AP是△ABC中∠BAC的内角平分线,证明问题。
高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 2.2 综合法与分析法练习(含解析)新人教A版选修4-5-新
2.2 综合法与分析法[A 级 基础巩固]一、选择题1．若实数x ，y 满足不等式xy ＞1，x ＋y ≥0，则()A ．x ＞0，y ＞0B ．x ＜0，y ＜0C ．x ＞0，y ＜0D ．x ＜0，y ＞0解析：因为xy ＞1＞0，所以x ，y 同号．又x ＋y ≥0，故x ＞0，y ＞0.答案：A2．设x ，y ＞0，且xy －(x ＋y )＝1，则( ) A ．x ＋y ≥2(2＋1)B ．xy ≤2＋1C ．x ＋y ≤2(2＋1)2D ．xy ≥2(2＋1)解析：因为x ，y ＞0，且xy －(x ＋y )＝1，所以(x ＋y )＋1＝xy ≤⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y 22. 所以(x ＋y )2－4(x ＋y )－4≥0，解得x ＋y ≥2(2＋1)．答案：A3．对任意的锐角α，β，下列不等关系中正确的是()A ．sin(α＋β)＞sin α＋sin βB ．sin(α＋β)＞cos α＋cos βC ．cos(α＋β)＞sin α＋sin βD ．cos(α＋β)＜cos α＋cos β解析：因为α，β为锐角，所以0＜α＜α＋β＜π，所以cos α＞cos(α＋β)．又cos β＞0，所以cos α＋cos β＞cos(α＋β)． 答案：D4．设13＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13b ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13a＜1，则( ) A ．a a ＜a b ＜b aB ．a a ＜b a ＜a bC ．a b ＜a a ＜b aD ．a b ＜b a ＜a a解析：因为13＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13b ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13a＜1， 所以0＜a ＜b ＜1，所以a aa b ＝a a －b ＞1，所以a b ＜a a ， a a b a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a .因为0＜a b＜1，a ＞0， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a ＜1，所以a a ＜b a ，所以a b ＜a a ＜b a . 答案：C5．已知a ，b ∈R，则“a ＋b ＞2，ab ＞1”是“a ＞1，b ＞1”成立的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：当a ＞1，b ＞1时，两式相加得a ＋b ＞2，两式相乘得ab ＞1.反之，当a ＋b ＞2，ab ＞1时，a ＞1，b ＞1不一定成立．如：a ＝12，b ＝4也满足a ＋b ＞2，ab ＝2＞1，但不满足a ＞1，b ＞1. 答案：B二、填空题6．若1a ＜1b ＜0，已知下列不等式：①a ＋b ＜ab ；②|a |＞|b |；③a ＜b ；④b a ＋a b＞2. 其中正确的不等式的序号为________．解析：因为1a ＜1b＜0， 所以b ＜a ＜0，故②③错．答案：①④7．若a ＞0，b ＞0，则下列两式的大小关系为：lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2________12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]． 解析：12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]＝12lg[(1＋a )(1＋b )]＝lg[(1＋a )(1＋b )]12， 又lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋22， 因为a ＞0，b ＞0，所以a ＋1＞0，b ＋1＞0，所以[(a ＋1)(1＋b )]12≤a ＋1＋b ＋12＝a ＋b ＋22， 所以lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2≥lg[(1＋a )(1＋b )]12. 即lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2≥12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．答案：≥8．已知a ＞0，b ＞0，若P 是a ，b 的等差中项，Q 是a ，b 的等比中项，1R 是1a ，1b的等差中项，则P ，Q ，R 按从大到小的排列顺序为________．解析：P ＝a ＋b 2，Q ＝ab ，2R ＝1a ＋1b ， 所以R ＝2ab a ＋b ≤Q ＝ab ≤P ＝a ＋b 2， 当且仅当a ＝b 时取等号．答案：P ≥Q ≥R三、解答题9．已知a ＞0，b ＞0，2c ＞a ＋b ，求证：c －c 2－ab ＜a .证明：要证c －c 2－ab ＜a ，只需证明c ＜a ＋c 2－ab ，即证b －a ＜2c 2－ab ，当b －a ＜0时，显然成立；当b －a ≥0时，只需证明b 2＋a 2－2ab ＜4c 2－4ab ，即证(a ＋b )2＜4c 2，由2c ＞a ＋b 知上式成立．所以原不等式成立．10．已知△ABC 的三边长是a ，b ，c ，且m 为正数．求证：aa ＋m ＋b b ＋m >c c ＋m. 证明：要证a a ＋m ＋b b ＋m >c c ＋m ，只需证a (b ＋m )(c ＋m )＋b (a ＋m )(c ＋m )－c (a ＋m )·(b ＋m )>0，即证abc ＋abm ＋acm ＋am 2＋abc ＋abm ＋bcm ＋bm 2－abc －acm －bcm －cm 2>0， 即证abc ＋2abm ＋(a ＋b －c )m 2>0.由于a ，b ，c 是△ABC 的边长，m >0，故有a ＋b >c ，即(a ＋b －c )m 2>0.所以abc ＋2abm ＋(a ＋b －c )m 2>0是成立的．因此aa ＋m ＋b b ＋m >c c ＋m 成立．B 级 能力提升1．已知a ，b ，c 为三角形的三边且S ＝a 2＋b 2＋c 2，P ＝ab ＋bc ＋ca ，则( )A ．S ≥2PB ．P ＜S ＜2PC ．S ＞PD ．P ≤S ＜2P 解析：因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ，所以a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，即S ≥P .又三角形中|a －b |＜c ，所以a 2＋b 2－2ab ＜c 2，同理b 2－2bc ＋c 2＜a 2，c 2－2ac ＋a 2＜b 2，所以a 2＋b 2＋c 2＜2(ab ＋bc ＋ca )，即S ＜2P .答案：D2．若n 为正整数，则2n ＋1与2n ＋1n 的大小关系是________．解析：要比较2n ＋1与2n ＋1n 的大小，只需比较(2n ＋1)2与⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n 2的大小，即4n ＋4与4n ＋4＋1n 的大小． 因为n 为正整数，所以4n ＋4＋1n＞4n ＋4. 所以2n ＋1＜2n ＋1n .答案：2n ＋1＜2n ＋1n3．设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d .证明：(1)若ab ＞cd ，则a ＋b ＞c ＋d ； (2)a ＋b ＞c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件．证明：(1)因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ，(c ＋d )2＝c ＋d ＋2cd ，由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab >cd ，得(a ＋b )2>(c ＋d )2. 因此a ＋b >c ＋d .(2)①若|a －b |<|c －d |，则(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd，由(1)得a＋b>c＋d.②若a＋b>c＋d，则(a＋b)2>(c＋d)2即a＋b＋2ab>c＋d＋2cd，因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2，因此|a－b|<|c－d|，综上所述a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件．。
高中数学第二讲证明不等式的基本方法2.2综合法与分析法素材新人教A版选修4_5
二 综合法与分析法知识梳理1.综合法一般地,从已知条件出发,利用定义,公理,定理,性质等,经过一系列的推理,论证而得出命题成立,这种证明方法叫做________,又叫________或________.2.分析法证明命题时,我们还常常从要证的________出发,逐步寻求使它成立的充分条件,直至所需条件为________或________(定义,公理或已证明的定理,性质等),从而得出要证的命题成立,这种证明方法叫做________,这是一种________的思考和证明方法.分析法是探求命题结论成立的________条件,用分析法证明不等式的逻辑关系是(________)B ⇐B 1⇐B 2⇐B 3⇐B 4⇐…⇐A(________).知识导学综合法一般利用题设已知条件和基本不等式作为基础,再运用不等式的性质推导出所要证明的不等式.使用分析法通常采用“欲证——只需——已知”的格式,在表达中一定要十分重视符号“⇐”的方向,使用规范的表述方式.综合法证明不等式是“由因导果”,分析法证明不等式是“执果索因”.它们是两种思路截然相反的证明方法.综合法往往是分析法的逆过程,表述简单,条理清楚,所以在实际应用时,往往用分析法找思想,用综合法写步骤,由此可见,分析法与综合法相互转换,互相渗透,互为前提,充分利用这一辩证关系,可以增加解题思路,开阔视野.有时解题需要一边分析,一边综合,称之为分析综合法,或称为两头挤法.两头挤法充分表明分析与综合的相互关系,分析的终点是综合的起点,综合的终点又成为进一步分析的起点. 疑难突破1.综合法在应用中的有关问题用综合法证明不等式时,主要利用重要不等式,函数的单调性以及不等式的性质,在严密的演绎推理下推导出结论.首先是综合法证明问题的“入手处”是题设中的已知条件或某些重要不等式.比如下面的几个,是经常使用到的:①若a,b,c∈R +,则有2211222b a b a ab ba +≤+≤≤+; ②若a,b,c∈R ,则有a 2+b 2+c 2≥ab+bc+ca;③若,b∈R +,则有(a+b)(a 1+b1)≥4. 选择使用哪个重要不等式作为证题的“原始出发点”或对已知条件的转化是证题的关键,这要求对要证明的结果有充分的分析过程,可以联系平时学习过程中积累下来的数学结论或知识作出判断.比如证明sinx+x sin 4≥5,x∈(0,2π］,并不是使用重要不等式a+a 1≥2(a∈R +)的,而是利用到了正弦sinx 的有界性,以及形如y=x+xa 的结构,联想函数y=x+x 4的单调性,利用其单调性求证的.这些说明,使用综合法证题,必须积累一定的证题经验,还要记忆一些数学式子的独特结构,以便在证明过程中使我们能联想起一些证题的“蛛丝马迹”或“指路明灯”.2.“⇒”“⇐”“⇔”符号的使用“⇒”往往在综合法中使用这种符号,是由“已知”推出“结论”的意思.而“⇐”是逆向过程,是分析法中使用的符号,但为书写清晰起见,多用语言“要证……”,“只需证……”来叙述.“⇔”是分析综合法的符号,即把要解的结论或结果采取等价变形的处理手段,变形出证明的依据或已知条件,这种证法简洁易于掌握,但往往只适用于证明一些明确告诉了的不等式.因此,我们可以借助符号的意义来解题,即用分析法分析,用综合法写解答过程.典题精讲【例1】 已知a,b∈R +且a+b=1,求证:(a+a 1)2+(b+b 1)2≥225. 思路分析：证明不等式类似于证明等式那样,通常从较繁的一边向另一边化简,变形中要巧用已知条件,由于a,b 的和为定值.因而可应用基本不等式去证明,首先应对不等式的左边变形和整理.证明：∵a,b∈R +且a+b=1, ∴ab≤(2b a +)2=41, ∴(a+a 1)2+(b+b 1)2=4+(a 2+b 2)+(2211b a +) =4+［(a+b)2-2ab ］+2222)(b a ab b a -+ =4+(1-2ab)+2221ba ab - ≥4+(1-2×41)+225)41(41212=⨯-. ∴(a+a 1)2+(b+b 1)2≥225. 绿色通道：本题中条件a+b=1是解题的重点,由基本不等式的知识可联想知应由重要不等式来变形出要证明的结论,本题a+b=1,也可以视为是“1”的代换问题,如下面的证法: 左边=(a+a 1)2+(b+b 1)2=a 2+b 2+4+(2211ba +) =4+a 2+b 2+2222)()(b b a a b a +++ =4+a 2+b 2+1+b a b a a b a b 222222++++1 =4+(a 2+b 2)+2+2(a b +b a )+(2222b a a b +)≥4+2)(2b a ++2+2×ba ab ∙2+2·a b ·b a =4+21+2+4+2=225. 因此,抓住“1”的代换,作为证明的一条线索也可以证明这个问题,即在综合法中,每一个题设条件所反馈出来的“信息”,都是至关重要的,也都有可能成为解题的突破口.【变式训练】 已知a,b,c∈R +,且互不相等,且abc=1,求证: c b a ++<a 1+b 1+c 1. 思路分析：本题中abc=1,是“1”的代换,但又理解为a,b,c 之间的替换关系,因而解法不唯一.证法一:∵a,b,c∈R +,且互不相等，且abc=1， ∴abca bc c b a 111++=++ <cb a b ac a c b 111211211211=+=+++++. 证法二:∵a 1+b 1≥c ab212=; b 1+c 1≥a bc212=; c 1+a 1≥b ac212=. ∴以上三式相加,得a 1+b 1+c1≥c b a ++. 又∵a,b,c 互不相等, ∴a 1+b 1+c1>c b a ++. 【例2】 设a,b,c 为△ABC 的三条边,求证:a 2+b 2+c 2<2ab+2bc+2ac.思路分析：本题看似是一道与公式a 2+b 2≥2ab(a,b∈R )有关的题目, 又似与二次函数有关,但实际上这两种思路都达不到目的.其实本题的关键在于△ABC 中隐含的a,b,c 的关系.证法一：在△ABC 中,a<b+c,b<a+c,c<b+a,则a 2<a(b+c),b 2<b(a+c),c 2<c(b+a).∴a 2+b 2+c 2<a(b+c)+b(a+c)+c(a+b),即a 2+b 2+c 2<2ab+2bc+2ac.证法二:在△ABC 中,设a>b>c,∴0<a -b<c,0<b-c<a,0<a-c<b.∴(a -b)2<c 2,(b-c)2<a 2,(a-c)2<b 2.∴(a -b)2+(b-c)2+(a-c)2<c 2+a 2+b 2.即a 2+b 2+c 2<2ab+2bc+2ac.证法三:在△ABC 中,设a,b,c 三边所对的角分别为A,B,C,则由余弦定理,得a 2=b 2+c 2-2bccosA,b 2=a 2+c 2-2accosB,c 2=a 2+b 2-2abcosC.则a 2+b 2+c 2=(b 2+c 2-2bccosA)+(a 2+c 2-2accosB)+(a 2+b 2-2abcosC),即a 2+b 2+c 2=2abcosC+2bccosA+2accosB.又在△ABC 中,cosA<1,cosB<1,cosC<1,∴2abcosC+2bccosA+2accosB<2ab+2bc+2ca.∴a 2+b 2+c 2<2ab+2bc+2ac.黑色陷阱：本题容易由a 2+b 2≥2ab 或二次函数陷入思维定式,比如下面两种分析:分析一:∵a 2+b 2≥2ab,a 2+c 2≥2ac,b 2+c 2≥2bc,∴(a 2+b 2)+(b 2+c 2)+(a 2+c 2)≥2ab+2bc+2ac,即a 2+b 2+c 2≥ab+bc+ac,这严重背离了原题的证明意图.分析二:设f(a)=a 2+b 2+c 2-2(ab+bc+ac),即f(a)=a 2-2a(b+c)+b 2+c 2-2bc.Δ=4(b+c)2-4(b 2+c 2-2bc)=16bc>0.则f(a)的值可正,可负,可为零,无法确定.因此,分析题目时,对条件要看清,尤其要探寻条件间的限制关系,以免受到某些思维定式的影响.【变式训练】 已知a>b>c,求证:a 2b+b 2c+c 2a>ab 2+bc 2+ca 2.思路分析：本题可以用作差法进行推理证明,但也可以打破思维定式,从二次函数及方程这个角度来证明.证法一:a 2b+b 2c+c 2a-ab 2-bc 2-ca 2=(b-c)a 2+(c 2-b 2)a+bc(b-c)=(b-c)［a 2-(b+c)a+bc ］=(a-b)(b-c)(a-c)>0(∵a>b>c)，∴a 2b+b 2c+c 2a>ab 2+bc 2+ca 2.证法二:令f(a)=(b-c)a 2+(c 2-b 2)a+bc(b-a)=(b-c)［a 2-(c+b)a+bc ］.方程f(a)=0的两根为b,c,又b-c>0,且a>b>c.结合图象,知f(a)>0.所以原不等式成立. 【例3】 已知a>b>0,求证:bb a ab b a a b a 8)(28)(22-<-+<-. 思路分析：本题要证明的不等式显得较为复杂,不易观察出怎样由a>b>0得到要证式,因而可以用分析法先变形要证明的不等式,从中找到证法的线索.证明：要证原不等式成立, 只需证bb a ab b a a b a 4)(24)(22-<-+<-, 即证222)2()()2(bb a b a a b a -<-<-. 只需证b ba b a a ba 22-<-<-,即bb a a b a 212+<<+, ba ab <<1. 只需证a b <1<ba . ∵a>b>0,∴ab <1<b a 成立. ∴原不等式成立.绿色通道：分析法的格式是固定化的,但是每一步都是上一步的充分条件,即每一步数学式的变化都是在这个要求之下一步一步去寻找成立的条件或结论,定理.【变式训练】 已知a,b,c 都是正数，求证：2(2b a +-ab )≤3(33abc c b a -++). 思路分析：用分析法去找一找证题的突破口.要证原不等式,只需证-2ab ≤c -33abc ,即只需证c+2ab ≥33abc ，把2ab 变化为ab +ab ,问题就解决了.或由分析法的途径,也很容易用综合法的形式写出证明过程.证法一:要证2(2b a +-ab )≤3(33abc c b a -++),只需证a+b-2ab ≤a+b+c-33abc ,即-2ab ≤c -33abc .移项,得c+2ab ≥33abc .由a,b,c 为正数,得c+2ab =c+ab +ab ≥33abc .∴原不等式成立.证法二:∵a,b,c 是正数, ∴c+ab +ab ≥3333abc ab ab c =∙.即c+2ab ≥33abc .故-2ab ≤c -33abc .∴a+b -2ab ≤a+b+c -33abc , ∴2(2b a +-ab )≤3(33abc c b a -++). 【例4】 命题“若a>b>c,且a+b+c=0,则32<-aac b ”是真命题还是假命题?试证明你的结论.思路分析：由题设a>b>c,且a+b+c=0,易知a>0,否则a≤0时,c<b<a≤0,这时a+b+c<0与已知a+b+c=0矛盾.采用等价转化法.证明：32<-aac b 32<-⇔ac b a ⇔b 2-ac<3a 2⇔3a 2-b 2+ac>0⇔3a 2-(a+c)2+ac=2a 2-ac-c 2>0⇔(a-c)(2a+c)>0.∵a>b>c,a+b+c=0,∴a -c>0,2a+c=a+(a+c)=a-b>0.即知(a-c)(2a+c)>0. 故32<-aac b . 绿色通道：分析法与综合法往往是割裂不开的,即使不用分析法,用综合法证明也是需要进行分析过程的,而只要有分析,就可算是在使用分析法,因此,我们可以借助进行等价转化,就可把分析与综合法看作一种方法了——分析综合法.对于本题还可有如下证明: ∵a+2c<a+b+c=0,2a+c>a+b+c=0,其中a>0,∴-2<a c <21-. 1)()()(2222++=-+=-a c a c aac c a a ac b . 令a c =x,则f(x)=12++x x 在(-2,21-)上是减函数. ∴1)()(2++aca c <f(-2)=3. 【变式训练】 设a>0,b>0,2c>a+b,求证:c-abc -2<a<c+ab a -2.思路分析：用等价变形的方法进行转化,再结合不等式的性质可以得到结论.证明:c-ab c -2<a<c+ab c -2⇔-ab c -2<a-c<ab c -2⇔|a-c|<ab c -2-c)2<c 2-ab ⇔a 2-2ac<-ab ⇔a(a+b)<2ac.∵a>0,b>0,2c>a+b,∴上式成立.∴原不等式成立.问题探究在一次考试后,如果按顺序去掉一些高分,那么班级的平均分将降低,反之将提高,这两个事实用数学语言如何描述?说明理由.导思：平均分的问题实质是一种分数值比较大小的问题,因此可以视为证明一个分式不等式成立与否的问题,结合证明不等式的方法,采取分析与综合等方法来说明. 探究：描述:若有限数列a 1,a 2, …,a n 满足a 1≤a 2≤…≤a n , 则m a a a m ++21≤n a a a n++21和m n a a a n m m -++++ 21≥n a a a n++21 (1≤m<n).∵m(a 1+a 2+…+a n )=m(a 1+a 2+…+a m )+m(a m+1+a m+2+…+a m )≥m(a 1+a 2+…+a m )+m(n-m)a m ≥m(a 1+a 2+…+a m )+(n-m)(a 1+a 2+…+a m )=n(a 1+a 2+…+a m ),∴m a aam ++21≤n a a a n++21.同理可证另一个不等式.。
2018-2019学年高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 2.2 综合法与分析法讲义 新人教A版选修4-5
证明：由于 0＜a＜1，则 t＝logax(x＞0)为减函数．
欲证
loga(ax＋ay)＜18＋loga2，只需证
1 ax＋ay＞2a8.
因为 y＋x2＝0，0＜a＜1，
所以 x＋y＝x－x2＝－x－122＋14≤14. 当且仅当 x＝12时，(x＋y)max＝14，
1 所 以 ax ＋ y ≥ a 4 ，
解析：由已知，可得出a＝ 242 ，b＝
4 7＋
3 ，c＝
4 6＋
， 2
因为 7＋ 3＞ 6＋ 2＞2 2，所以b＜c＜a.
答案：B
5．若a＞b＞c，则
1 b－c
与
1 a－c
的大小关系为
________．
解析：因为a＞b＞c，所以a－c＞b－c＞0，
所以a－1 c＜b－1 c.
答案：a－1 c＜b－1 c
2．综合法证明不等式时常用的不等式：
(1)a2＋b2≥2ab(当且仅当a＝b时，取“＝”)；
(2)
a＋b 2
≥
ab (a，b∈R＋，当且仅当a＝b时，取
“＝”)；
(3)a2≥0，|a|≥0，(a－b)2≥0；
(4)ba＋ab≥2(a，b 同号)，ba＋ab≤－2(a，b 异号)； (5)a，b∈R，a2＋b2≥12(a＋b)2.
归纳升华 1．综合法和分析法的比较． (1)相同点：都是直接证明． (2)不同点：综合法，由因导果，形式简洁，易于表 达；分析法，执果索因，利于思考，易于探索． 2．证明不等式的通常做法． 常用分析法找证题切入点，用综合法写证题过程．
[变式训练] 若正数 x，y，z 满足 x＋y＋z＝1，则1x－1 1y－11z－1≥8.
(3)若 a3＞b3，且 ab＜0，则1a＞1b.(
高中数学 第二讲 讲明不等式的基本方法 二 综合法与分析法学案 新人教A版选修4-5-新人教A版高二
二综合法与分析法学习目标 1.理解综合法、分析法证明不等式的原理和思维特点.2.掌握综合法、分析法证明不等式的方法和步骤.3.会用综合法、分析法证明一些不等式．知识点综合法与分析法思考1 在“推理与证明”中，学习过分析法、综合法，请回顾分析法、综合法的基本特征．答案分析法是逆推证法或执果索因法，综合法是顺推证法或由因导果法．思考2 综合法与分析法有什么区别和联系？答案区别：综合法，由因导果，形式简洁，易于表达；分析法，执果索因，利于思考，易于探索．联系：都属于直接证明，常用分析法分析，用综合法表达．梳理(1)综合法①定义：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法，综合法又叫顺推证法或由因导果法．②特点：由因导果，即从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”．③证明的框图表示用P表示已知条件或已有定义、定理、公理等，用Q表示所要证明的不等式，则综合法可用框图表示为P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Q n⇒Q(2)分析法①定义：证明命题时，常常从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法．这是一种“执果索因”的思考和证明方法．②特点：执果索因，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”．③证明过程的框图表示用Q表示要证明的不等式，则分析法可用框图表示为Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件类型一 综合法证明不等式 例1 已知a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝1，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥252.证明 方法一 ∵a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝1， ∴ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝14.∴⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＝4＋(a 2＋b 2)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1b 2 ＝4＋[(a ＋b )2－2ab ]＋(a ＋b )2－2aba 2b2＝4＋(1－2ab )＋1－2ab a 2b2≥4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2×14＋1－2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫142＝252.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥252. 方法二 左边＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2＝a 2＋b 2＋4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a2＋1b 2＝4＋a 2＋b 2＋(a ＋b )2a 2＋(a ＋b )2b2＝4＋a 2＋b 2＋1＋2b a ＋b 2a 2＋a 2b 2＋2a b＋1＝4＋(a 2＋b 2)＋2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a 2＋a 2b 2 ≥4＋(a ＋b )22＋2＋2×2b a ·a b ＋2·b a ·ab＝4＋12＋2＋4＋2＝252，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥252. 反思与感悟 综合法证明不等式，揭示出条件和结论之间的因果联系，为此要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．跟踪训练1 已知x ＞0，y ＞0，且x ＋y ＝1，求证：⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1y ≥9.证明 方法一 ∵x ＞0，y ＞0，∴1＝x ＋y ≥2xy . ∴xy ≤14.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y ＝1＋1x ＋1y ＋1xy＝1＋x ＋y xy ＋1xy ＝1＋2xy≥1＋8＝9. 当且仅当x ＝y ＝12时等号成立．方法二 ∵x ＋y ＝1，x ＞0，y ＞0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x ＋y x ⎝⎛⎭⎪⎫1＋x ＋y y ＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋y x ⎝⎛⎭⎪⎫2＋x y ＝5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y ≥5＋2×2＝9.当且仅当x ＝y ＝12时，等号成立．类型二 分析法证明不等式例2 若a ，b ，c 是不全相等的正数， 求证：lga ＋b2＋lgc ＋b2＋lga ＋c2＞lg a ＋lg b ＋lg c .证明 要证lga ＋b2＋lgc ＋b2＋lga ＋c2＞lg a ＋lg b ＋lg c ，即证lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·c ＋b 2·a ＋c 2＞lg(abc )成立，只需证a ＋b 2·c ＋b 2·a ＋c2＞abc 成立． 又∵a ＋b2≥ab ＞0，c ＋b2≥cb ＞0，a ＋c2≥ac ＞0，∴a ＋b 2·c ＋b 2·a ＋c2≥abc ＞0.(*)又∵a ，b ，c 是不全相等的正数，∴(*)式等号不成立， ∴原不等式成立．跟踪训练2 已知x ＞0，y ＞0，求证：(x 2＋y 2)12＞(x 3＋y 3)13. 证明 要证明(x 2＋y 2)12＞(x 3＋y 3)13， 只需证(x 2＋y 2)3＞(x 3＋y 3)2.即证x 6＋3x 4y 2＋3x 2y 4＋y 6＞x 6＋2x 3y 3＋y 6， 即证3x 4y 2＋3x 2y 4＞2x 3y 3.∵x ＞0，y ＞0，∴x 2y 2＞0.即证3x 2＋3y 2＞2xy . ∵3x 2＋3y 2＞x 2＋y 2≥2xy ， ∴3x 2＋3y 2＞2xy 成立． ∴(x 2＋y 2)12＞(x 3＋y 3)13. 类型三 分析综合法证明不等式例3 设a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＝1，求证：a ＋1＋b ＋1≤ 6. 证明 要证a ＋1＋b ＋1≤6， 只需证(a ＋1＋b ＋1)2≤6， 即证(a ＋b )＋2＋2ab ＋a ＋b ＋1≤6.∵a ＋b ＝1，∴只需证ab ＋2≤32，即证ab ≤14.由a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1， 得ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝14，即ab ≤14成立．∴原不等式成立．跟踪训练3 已知△ABC 的三边长是a ，b ，c ，且m 为正数，求证：aa ＋m ＋bb ＋m ＞cc ＋m.证明 要证aa ＋m ＋bb ＋m ＞cc ＋m，只需证a (b ＋m )(c ＋m )＋b (a ＋m )(c ＋m )－c (a ＋m )·(b ＋m )＞0，即证abc ＋abm ＋acm ＋am 2＋abc ＋abm ＋bcm ＋bm 2－abc －acm －bcm －cm 2＞0， 即证abc ＋2abm ＋(a ＋b －c )m 2＞0.由于a ，b ，c 是△ABC 的边长，m ＞0，故有a ＋b ＞c ，即(a ＋b －c )m 2＞0.所以abc ＋2abm ＋(a ＋b －c )m 2＞0是成立的． 因此aa ＋m ＋bb ＋m ＞cc ＋m成立．1．若a ＜b ＜0，则下列不等式中成立的是( ) A.1a ＜1bB ．a ＋1b ＞b ＋1aC ．b ＋1a ＞a ＋1bD.b a ＜b ＋1a ＋1答案 C解析 ∵a ＜b ＜0，∴ab ＞0，∴a ab ＜b ab＜0，即1b ＜1a＜0.∴a ＋1b ＜b ＋1a.2．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，a ＞0，b ＞0，a ≠b ，A ＝f⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 中最大的为________． 答案 C解析 ∵a ＞0，b ＞0，a ≠b ，∴a ＋b2＞ab ＞2aba ＋b. 又函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在R 上单调递减，∴f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2＜f (ab )＜f⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，即A ＜B ＜C . 3．已知x ＞0，y ＞0，证明：(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥9xy . 证明 因为x ＞0，y ＞0，所以1＋x ＋y 2≥33xy 2＞0,1＋x 2＋y ≥33x 2y ＞0， 故(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥33xy 2·33x 2y ＝9xy . 4．已知a ，b ∈R ＋，且2c ＞a ＋b ， 求证：c －c 2－ab ＜a ＜c ＋c 2－ab . 证明 要证c －c 2－ab ＜a ＜c ＋c 2－ab ， 只需证－c 2－ab ＜a －c ＜c 2－ab ，即证|a －c |＜c 2－ab ，两边平方得a 2－2ac ＋c 2＜c 2－ab ， 即证a 2＋ab ＜2ac ，即a (a ＋b )＜2ac .∵a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＜2c ，∴a (a ＋b )＜2ac 显然成立．∴原不等式成立．1．综合法和分析法的比较 (1)相同点：都是直接证明．(2)不同点：综合法，由因导果，形式简洁，易于表达；分析法，执果索因，利于思考，易于探索．2．证明不等式的通常做法常用分析法找证题切入点，用综合法写证题过程．一、选择题1．设a ，b ＞0，A ＝a ＋b ，B ＝a ＋b ，则A ，B 的大小关系是( ) A ．A ＝B B ．A ＜B C ．A ＞B D ．大小不确定答案 C解析 ∵A 2－B 2＝(a ＋b ＋2ab )－(a ＋b )＝2ab ＞0，∴A 2＞B 2，又A ＞0，B ＞0，∴A ＞B . 2．已知a ，b ，c 为三角形的三边，且S ＝a 2＋b 2＋c 2，P ＝ab ＋bc ＋ca ，则( ) A ．S ≥2P B ．P ＜S ＜2P C ．S ＞P D ．P ≤S ＜2P答案 D解析 ∵2S －2P ＝2a 2＋2b 2＋2c 2－2ab －2bc －2ca ＝(a －b )2＋(a －c )2＋(b －c )2≥0， 当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． ∴2S ≥2P ，即P ≤S .∵S －2P ＝a 2＋b 2＋c 2－2ab －2bc －2ac . ＝(a －b )2＋c 2－2bc －2ac ， 又∵a －b ＜c ，∴S －2P ＜c 2＋c 2－2bc －2ac ＝2c (c －b －a )＜0恒成立，∴S －2P ＜0， 综上P ≤S ＜2P .3．若x ，y ∈R ，且x 2＋y 2＝1，则(1－xy )(1＋xy )有( ) A ．最小值34，而无最大值B ．最小值1，而无最大值C ．最小值12和最大值1D ．最小值34和最大值1答案 D解析 ∵x 2＋y 2≥2|xy |， ∴0≤|xy |≤12，∴0≤x 2y 2≤14，∴(1－xy )(1＋xy )＝1－x 2y 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，1.4．已知0＜a ＜1＜b ，下列不等式一定成立的是( ) A ．log a b ＋log b a ＋2＞0 B ．log a b ＋log b a －2＞0 C ．log a b ＋log b a ＋2≥0 D ．log a b ＋log b a ＋2≤0答案 D解析 ∵0＜a ＜1＜b ， ∴log a b ＜0.∴－log a b ＞0. ∴(－log a b )＋1(－log a b )≥2，当且仅当0＜a ＜1＜b ，且ab ＝1时等号成立．∴－⎣⎢⎡⎦⎥⎤－log a b ＋1(－log a b )≤－2，即log ab ＋1log a b ≤－2.∴log a b ＋log b a ≤－2， ∴log a b ＋log b a ＋2≤0.5．设13＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13b ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13a＜1，则( )A ．a a＜a b＜b aB ．a a ＜b a ＜a bC ．a b＜a a＜b aD ．a b＜b a＜a a答案 C解析 ∵13＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13b ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13a＜1，∴0＜a ＜b ＜1，∴a a ab ＝a a －b＞1，∴a b＜a a.∵a a b a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a，又0＜a b＜1，a ＞0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a ＜1，∴a a ＜b a， ∴a b＜a a＜b a.6．设a ＝2，b ＝7－3，c ＝6－2，那么a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a ＞b ＞c B ．a ＞c ＞b C ．b ＞a ＞c D ．b ＞c ＞a答案 B解析 由已知，可得出a ＝422，b ＝47＋3，c ＝46＋2，∵7＋3＞6＋2＞22， ∴b ＜c ＜a . 二、填空题7．若a ＞0，b ＞0，则下列两式的大小关系为： lg ⎝⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2________12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]． 答案 ≥解析 12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]＝12lg[(1＋a )(1＋b )]＝lg[(1＋a )(1＋b )]12， 又lg ⎝⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋22， ∵a ＞0，b ＞0，∴a ＋1＞0，b ＋1＞0， ∴[(a ＋1)(1＋b )]12≤a ＋1＋b ＋12＝a ＋b ＋22，∴lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2≥lg[(1＋a )(1＋b )]12. 即lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a ＋b 2≥12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．8．要使3a －3b ＜3a －b 成立，则a ，b 应满足____________．答案 ab ＞0且a ＞b 或ab ＜0且a ＜b 解析 要使3a －3b ＜3a －b 成立． 只需(3a －3b )3＜(3a －b )3成立， 即a －b －33a 2b ＋33ab 2＜a －b 成立， 只需3ab 2＜3a 2b 成立，只需ab 2＜a 2b 成立， 即ab (b －a )＜0成立，可得ab ＞0且a ＞b 或ab ＜0且a ＜b .9．已知a ＞0，b ＞0，若P 是a ，b 的等差中项，Q 是a ，b 的正的等比中项，1R 是1a ，1b的等差中项，则P ，Q ，R 按从大到小的排列顺序为________． 答案 P ≥Q ≥R 解析 P ＝a ＋b2，Q ＝ab ，2R ＝1a ＋1b，∴R ＝2ab a ＋b ≤Q ＝ab ≤P ＝a ＋b2， 当且仅当a ＝b 时取等号． 10．设a ＞b ＞c ，且1a －b ＋1b －c ≥ma －c恒成立，则m 的取值范围是________． 答案 (－∞，4]解析 ∵a ＞b ＞c ，∴a －b ＞0，b －c ＞0，a －c ＞0. 又(a －c )·⎝⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＝[(a －b )＋(b －c )]·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ≥2(a －b )(b －c )·21a －b ·1b －c＝4， 当且仅当a －b ＝b －c 时取等号． ∴m ∈(－∞，4]． 三、解答题11．已知a ＞b ＞0，求证：(a －b )28a ＜a ＋b 2－ab ＜(a －b )28b .证明 要证原不等式成立，只需证(a －b )24a ＜a ＋b －2ab ＜(a －b )24b，即证⎝ ⎛⎭⎪⎫a －b 2a 2＜(a －b )2＜⎝ ⎛⎭⎪⎫a －b 2b 2，因为a ＞b ＞0，所以a －b ＞0，a －b ＞0，所以只需证a －b 2a ＜a －b ＜a －b2b， 即a ＋b 2a ＜1＜a ＋b2b， 即证ba＜1＜a b ，只需证b a ＜1＜a b . ∵a ＞b ＞0，∴b a＜1＜a b成立．∴原不等式成立． 12．已知a ，b ，c 都是实数，求证：a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca .证明 ∵a ，b ，c ∈R ，∴a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca . 将以上三个不等式相加，得 2(a 2＋b 2＋c 2)≥2(ab ＋bc ＋ca )， ① 即a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .②在不等式①的两边同时加上a 2＋b 2＋c 2，得 3(a 2＋b 2＋c 2)≥(a ＋b ＋c )2， 即a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2.③在不等式②的两端同时加上2(ab ＋bc ＋ca )，得 (a ＋b ＋c )2≥3(ab ＋bc ＋ca )， 即13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca .④由③④得a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca .13．已知a ，b ，c 都是正数， 求证：2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3－3abc .证明 方法一 要证2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3－3abc ，只需证a ＋b －2ab ≤a ＋b ＋c －33abc ， 即－2ab ≤c －33abc ， 移项，得c ＋2ab ≥33abc .由a ，b ，c 为正数，得c ＋2ab ＝c ＋ab ＋ab ≥33abc 成立． ∴原不等式成立．方法二 ∵a ，b ，c 是正数，∴c ＋ab ＋ab ≥33c ab ·ab ＝33abc ， 即c ＋2ab ≥33abc . 故－2ab ≤c －33abc .∴a ＋b －2ab ≤a ＋b ＋c －33abc . ∴2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3－3abc .四、探究与拓展14．分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明“设a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac <3a ”索的因应是( ) A ．a －b >0 B ．a －c >0 C ．(a －b )(a －c )>0 D ．(a －b )(a －c )<0答案 C解析 要证b 2－ac <3a ， 只需证b 2－ac <3a 2， 只需证b 2－ac －3a 2<0. ∵a ＋b ＋c ＝0， ∴a ＋c ＝－b ，∴只需证(a ＋c )2－ac －3a 2<0，即(a －c )(2a ＋c )>0，即证(a －c )(a －b )>0.15．已知实数a ，b ，c 满足c ＜b ＜a ，a ＋b ＋c ＝1，a 2＋b 2＋c 2＝1，求证：1＜a ＋b ＜43.证明 ∵a ＋b ＋c ＝1，∴欲证结论等价于1＜1－c ＜43，即证－13＜c ＜0.又a 2＋b 2＋c 2＝1， 则ab ＝(a ＋b )2－(a 2＋b 2)2＝(1－c )2－(1－c 2)2＝c 2－c ，① 又a ＋b ＝1－c ，②由①②得a ，b 是方程x 2－(1－c )x ＋c 2－c ＝0的两个不等实根，从而Δ＝(1－c )2－4(c 2－c )＞0，解得－13＜c ＜1.∵c ＜b ＜a ，∴(c －a )(c －b )＝c 2－c (a ＋b )＋ab ＝c 2－c (1－c )＋c 2－c ＞0， 解得c ＜0或c ＞23(舍)．∴－13＜c ＜0，即1＜a ＋b ＜43.。
高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 第2节 综合法与分析法创新应用教学案 新人教A版选修4-5-
第2节综合法与分析法创新应用[核心必知]1．综合法一般地，从条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法，又叫顺推证法或由因导果法．2．分析法证明命题时，我们还常常从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法，这是一种执果索因的思考和证明方法．[问题思考]1．如何理解分析法寻找的是充分条件？提示：用分析法证题时，语气总是假定的，常用“欲证A只需证B〞表示，说明只要B 成立，就一定有A成立，所以B必须是A的充分条件才行，当然B是A的充要条件也可．2．用综合法和分析法证明不等式有怎样的逻辑关系？提示：综合法：A⇒B1⇒B2⇒…⇒B n⇒B(逐步推演不等式成立的必要条件)，即由条件出发推导出所要证明的不等式成立．分析法：B⇐B1⇐B2⇐…⇐B n⇐A(步步寻求不等式成立的充分条件)，总之，综合法与分析法是对立统一的两种方法．a ，b ，c ∈R ＋，且互不相等，又abc ＝1.求证：a ＋b ＋c <1a ＋1b ＋1c.[精讲详析] 此题考查用综合法证明不等式，解答此题可从左到右证明，也可从右到左证明．由左端到右端，应注意左、右两端的差异，这种差异正是我们思考的方向．左端含有根号，脱去根号可通过a ＝1bc <1b ＋1c2实现；也可以由右到左证明，按上述思路逆向证明即可．法一：∵a ，b ，c 是不等正数，且abc ＝1， ∴a ＋b ＋c ＝1bc＋1ac＋1ab＜1b ＋1c 2＋1a ＋1c 2＋1a ＋1b 2＝1a ＋1b ＋1c.法二：∵a ，b ，c 是不等正数，且abc ＝1， ∴1a ＋1b ＋1c＝bc ＋ca ＋ab＝bc ＋ca 2＋ca ＋ab 2＋ab ＋bc2＞ abc 2＋a 2bc ＋ab 2c＝a ＋b ＋c ——————————————————(1)用综合法证明不等式时，主要利用基本不等式，函数的单调性以及不等式的性质等知识，在严密的演绎推理下推导出结论．(2)综合法证明不等式中所依赖的不等式主要是重要不等式，其中常用的有如下几个：①a 2≥0(a ∈R ②(a －b )2≥0(a ，b ∈R )，其变形有：a 2＋b 2≥2ab ，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≥ab .a 2＋b 2≥12(a ＋b )2.③假设a ，b 为正实数，a ＋b 2≥ab .特别b a ＋a b ≥2.④a 2＋b 2＋c2≥ab ＋bc ＋ca .1．x ，y ，z 均为正数．求证：x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z.证明：因为x ，y ，z 均为正数．所以x yz ＋y zx ＝1z (x y ＋y x)≥2z，同理可得y zx ＋z xy ≥2x ，z xy ＋x yz ≥2y， 当且仅当x ＝y ＝z 时， 以上三式等号都成立．将上述三个不等式两边分别相加，并除以2， 得x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z.a ，b ∈R ＋，且2c >a ＋b .求证：c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab .[精讲详析] 此题考查分析法在证明不等式中的应用．解答此题需要对原不等式变形为－c 2－ab <a －c <c 2－ab ，然后再证明．要证c －c 2－ab ＜a ＜c ＋c 2－ab ， 只需证－c 2－ab ＜a －c ＜c 2－ab ， 即证|a －c |＜c 2－ab ，两边平方得a 2－2ac ＋c 2＜c 2－ab ， 也即证a 2＋ab ＜2ac ，即a (a ＋b )＜2ac .∵a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＜2c ，∴a (a ＋b )＜2ac 显然成立．∴原不等式成立． ——————————————————(1)当所证不等式与重要不等式、基本不等式没有什么直接联系，或很难发现条件与结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径．(2)对于无理不等式的证明，常采用分析法通过乘方将 其有理化，但在乘方的过程中，要注意其变形的等价性．(3)分析法证题的本质是从被证的不等式出发寻求使结论成立的充分条件，证明的关键是推理的每一步都必须可逆．2．x >0，y >0，求证：(x 2＋y 2)12>(x 3＋y 3)13.证明：要证明(x 2＋y 2)12>(x 3＋y 3)13，只需证(x 2＋y 2)3>(x 3＋y 3)2，即证x 6＋3x 4y 2＋3x 2y 4＋y 6>x 6＋2x 3y 3＋y 6， 即证3x 4y 2＋3x 2y 4>2x 3y 3. ∵x >0，y >0，∴x 2y 2>0， 即证3x 2＋3y 2>2xy . ∵3x 2＋3y 2>x 2＋y 2≥2xy ，∴3x 2＋3y 2>2xy 成立，∴(x 2＋y 2)12>(x 3＋y 3)13.a ，b ，c 为不全相等的正实数，且b 2＝ac .求证：a 4＋b 4＋c 4＞(a 2－b 2＋c 2)2.[精讲详析] 此题考查综合法与分析法的综合应用．解答此题可先采用分析法将所要证明的不等式转化为较易证明的不等式，然后再用综合法证明．欲证原不等式成立，只需证a 4＋b 4＋c 4＞a 4＋b 4＋c 4－2a 2b 2＋2a 2c 2－2b 2c 2， 即证a 2b 2＋b 2c 2－a 2c 2＞0，∵b 2＝ac ，故只需证(a 2＋c 2)ac －a 2c 2＞0. ∵a 、c ＞0，故只需证a 2＋c 2－ac >0， 又∵a 2＋c 2>2ac ，∴a 2＋c 2－ac >0显然成立． ∴原不等式成立． ——————————————————(1)通过等式或不等式的运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式易于证明．(2)有些不等式的证明，需要一边分析一边综合，称之为分析综合法，或称“两头挤〞法，如本例，这种方法充分说明了分析与综合之间互为前提，互相渗透，相互转化的辩证统一关系．3．假设a ，b ，c 是不全相等的正数，求证lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lgc .证明：要证lg a ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c ，只需证lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>lg(a ·b ·c )，即证a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2>a ·b ·c .又∵a ，b ，c 是不全相等的正数， ∴由基本不等式得：a ＋b2≥ab >0，b ＋c2≥bc >0，c ＋a2≥ac >0，以上三式中由于a ，b ，c 不全相等， 故等号不同时成立． ∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2>a ·b ·c .∴lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .数学证明是数学高考的核心问题，有时单独考查，有时以解答题的一问出现，综合法是解决数学证明问题的基本方法，而分析法又为综合法的使用提供了思路，因此，综合法与分析法是解决数学证明问题的重要工具．[考题印证]设a，b为非负实数，求证：a3＋b3≥ab(a2＋b2)．[命题立意] 此题考查综合法的应用，考查学生分类讨论的思想和转化化归思想的应用．[证明] 由a，b是非负实数，作差得a3＋b3－ab(a2＋b2)＝a2a(a－b)＋b2b(b－a)＝(a－b)((a)5－(b)5)．当a≥b时，a≥b，从而(a)5≥(b)5，得(a－b)·((a)5－(b)5)≥0；当a<b时，a<b，从而(a)5<(b)5，得(a－b)·((a)5－(b)5)>0.所以a3＋b3≥ab(a2＋b2)．一、选择题1．设a ，b ∈R ＋，A ＝a ＋b ，B ＝a ＋b ，那么A 、B 的大小关系是( ) A ．A ≥B B ．A ≤B C ．A ＞B D ．A ＜B解析：选C 用综合法(a ＋b )2＝a ＋2ab ＋b ， 所以A 2－B 2＞0. 又A ＞0，B ＞0， ∴A ＞B .2．a ，b ，c 满足c <b <a 且ac <0，那么以下选项中一定成立的是( ) A ．ab >ac B ．c (b －a )<0 C ．b 2<ab 2 D ．ac (a －c )>0解析：选A ⎩⎪⎨⎪⎧ac <0，c <a ⇒⎩⎪⎨⎪⎧a >0，c <0.又b >c ，∴ab >ac ，故A 正确． ∵b －a <0，c <0，∴c (b －a )>0， 故B 错误．由b 2＝0，可验证C 不正确， 而ac <0，a －c >0， ∴ac (a －c )<0，故D 错误．3．设a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3525，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2535，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2525，那么a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a ＞c ＞b B ．a ＞b ＞c C ．c ＞a ＞b D ．b ＞c ＞a解析：选A 构造指数函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25x(x ∈R )，由该函数在定义域内单调递减可得b ＜c ；又y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25x (x ∈R )与y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫35x (x ∈R )之间有如下结论：当x ＞0时，有⎝ ⎛⎭⎪⎫35x ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫25x，故⎝ ⎛⎭⎪⎫3525＞⎝ ⎛⎭⎪⎫2525，所以a ＞c ，故a ＞c ＞b .4．a 、b 、c 为三角形的三边且S ＝a 2＋b 2＋c 2，P ＝ab ＋bc ＋ca ，那么( ) A ．S ≥2P B ．P <S <2P C ．S >P D ．P ≤S ＜2P解析：选D ∵a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ， ∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ， 即S ≥P .又三角形中|a －b |＜c ，∴a 2＋b 2－2ab ＜c 2， 同理b 2－2bc ＋c 2＜a 2，c 2－2ac ＋a 2＜b 2， ∴a 2＋b 2＋c 2<2(ab ＋bc ＋ca )，即S <2P . 二、填空题5．设a >2，x ∈R ，M ＝a ＋1a －2，N ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－2，那么M ，N 的大小关系是________．解析：∵a ＞2， ∴M ＝a ＋1a －2＝(a －2)＋1a －2＋2≥2＋2＝4. ∵x 2－2≥－2，∴N ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－2＝4，∴M ≥N . 答案：M ≥N6．设a ，b ，c 都是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，假设M ＝⎝⎛⎭⎪⎫1a －1·⎝⎛⎭⎪⎫1b －1·⎝⎛⎭⎪⎫1c－1，那么M 的取值X 围是________．解析：∵a ＋b ＋c ＝1，∴M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a－1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1b－1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1c－1＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c a －1·⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c b －1·⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c c －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋c a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋c b ·⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋b c≥2bca 2·2ac b 2·2ab c 2＝8.即M 的取值X 围是[8，＋∞)． 答案：[8，＋∞)7．a ＞0，b ＞0，假设P 是a ，b 的等差中项，Q 是a ，b 的正的等比中项，1R 是1a ，1b的等差中项，那么P 、Q 、R 按从大到小的排列顺序为________．解析：由P ＝a ＋b2，Q ＝ab ，1R ＝1a ＋1b 2＝a ＋b2ab，即R ＝2aba ＋b，显然P ≥Q ， 又2ab a ＋b ≤2ab2ab＝ab ， ∴Q ≥R .∴P ≥Q ≥R . 答案：P ≥Q ≥R 8．假设不等式1a －b ＋1b －c ＋λc －a>0在条件a >b >c 时恒成立，那么λ的取值X 围是________．解析：不等式可化为1a －b ＋1b －c >λa －c. ∵a >b >c ，∴a －b >0，b －c >0，a －c >0， ∴λ<a －c a －b ＋a －cb －c恒成立． ∵a －c a －b ＋a －c b －c ＝〔a －b 〕＋〔b －c 〕a －b ＋〔a －b 〕＋〔b －c 〕b －c＝2＋b －c a －b ＋a －bb －c≥2＋2＝4.∴λ<4. 答案：(－∞，4) 三、解答题9．(新课标全国卷Ⅱ)设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明：(1)ab ＋bc ＋ac ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.证明：(1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1， 所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13.(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 10．a >b >0，求证：〔a －b 〕28a <a ＋b 2－ab <〔a －b 〕28b .证明：要证〔a －b 〕28a <a ＋b 2－ab <〔a －b 〕28b ，只要证〔a －b 〕24a <a ＋b －2ab <〔a －b 〕24b，即证⎝ ⎛⎭⎪⎫a －b 2a 2<(a －b )2<⎝ ⎛⎭⎪⎫a －b 2b 2， 即证0＜a －b 2a ＜a －b ＜a －b 2b ，即证a ＋b a <2<a ＋bb ， 即证1＋b a <2<1＋ab，即证 b a<1< ab成立． 因为a >b >0，所以ab>1，b a<1，word11 / 11 故b a ＜1, a b＞1成立， 所以有〔a －b 〕28a <a ＋b 2－ab <〔a －b 〕28b 成立． 11．实数a 、b 、c 满足c ＜b ＜a ，a ＋b ＋c ＝1，a 2＋b 2＋c 2＝1.求证：1＜a ＋b ＜43. 证明：∵a ＋b ＋c ＝1，∴欲证结论等价于1＜1－c ＜43，即－13＜c ＜0. 又a 2＋b 2＋c 2＝1，那么有ab ＝〔a ＋b 〕2－〔a 2＋b 2〕2＝〔1－c 〕2－〔1－c 2〕2＝c 2－c .① 又a ＋b ＝1－c .②由①②得a 、b 是方程x 2－(1－c )x ＋c 2－c ＝0的两个不等实根，从而Δ＝(1－c )2－4(c 2－c )＞0，解得－13＜c ＜1. ∵c ＜b ＜a ，∴(c －a )(c －b )＝c 2－c (a ＋b )＋ab＝c 2－c (1－c )＋c 2－c ＞0，解得c ＜0或c ＞23(舍)． ∴－13＜c ＜0，即1＜a ＋b ＜43.。
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二 综合法与分析法1．综合法(1)定义：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法，综合法又叫顺推证法或由因导果法．(2)特点：由因导果，即从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”． (3)证明的框图表示：用P 表示已知条件或已有的不等式，用Q 表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为P ⇒Q 1→Q 1⇒Q 2→Q 2⇒Q 3→……→Q n ⇒Q2．分析法(1)定义：证明命题时，常常从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法，这是一种“执果索因”的思考和证明方法．(2)特点：执果索因，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”． (3)证明过程的框图表示：用Q 表示要证明的不等式，则分析法可用框图表示为Q ⇐P 1→P 1⇐P 2→P 1⇐P3→……→得到一个明显成立的条件[例1] 已知＋求证：a ＋b ＋c <1a ＋1b ＋1c.[思路点拨] 本题考查用综合法证明不等式，解答本题可从左到右证明，也可从右到左证明．由左端到右端，应注意左、右两端的差异，这种差异正是我们思考的方向．左端含有根号，脱去根号可通过a ＝1bc <1b ＋1c2实现；也可以由右到左证明，按上述思路逆向证明即可．[证明] 法一：∵a ，b ，c 是不等正数，且abc ＝1，∴a ＋b ＋c ＝1bc＋1ac＋1ab <1b ＋1c 2＋1a ＋1c 2＋1a ＋1b 2＝1a ＋1b ＋1c. 法二：∵a ，b ，c 是不等正数，且abc ＝1， ∴1a ＋1b ＋1c＝bc ＋ca ＋ab＝bc ＋ca 2＋ca ＋ab 2＋ab ＋bc2>abc 2＋a 2bc ＋ab 2c ＝a ＋b＋c .综合法证明不等式，揭示出条件和结论之间的因果联系，为此要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．1．已知a ，b ，c 都是实数，求证：a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca .证明：∵a ，b ，c ∈R ， ∴a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc .c 2＋a 2≥2ca ，将以上三个不等式相加得： 2(a 2＋b 2＋c 2)≥2(ab ＋bc ＋ca )，① 即a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .②在不等式①的两边同时加上“a 2＋b 2＋c 2”得： 3(a 2＋b 2＋c 2)≥(a ＋b ＋c )2， 即a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2.③在不等式②的两端同时加上2(ab ＋bc ＋ca )得： (a ＋b ＋c )2≥3(ab ＋bc ＋ca )， 即13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca .④ 由③④得a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca .[例2] a ，b ∈R ＋，且2c >a ＋b . 求证：c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab .[思路点拨] 本题考查分析法在证明不等式中的应用． [证明] 要证c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab ， 只需证－c 2－ab <a －c <c 2－ab ， 即证|a －c |<c 2－ab ，两边平方得a 2－2ac ＋c 2<c 2－ab ， 也即证a 2＋ab <2ac ，即a (a ＋b )<2ac . ∵a ，b ∈R ＋，且a ＋b <2c ， ∴a (a ＋b )<2ac 显然成立． ∴原不等式成立．(1)当所证不等式与重要不等式、基本不等式没有什么直接联系，或条件与结论之间的关系不明显时，可用分析法来寻找证明途径．(2)分析法证明的关键是推理的每一步都必须可逆．2．求证：3＋7<2 5.证明：∵3＋7>0,25>0，∴要证 3＋7<2 5. 只需证(3＋7)2<(25)2. 展开得10＋221<20. 即证221<10， 即证21<25(显然成立)． ∴3＋7<2 5.3．已知x >0，y >0，求证(x 2＋y 2)12>(x 3＋y 3)13.证明：要证明(x 2＋y 2)12>(x 3＋y 3)13，只需证(x 2＋y 2)3>(x 3＋y 3)2.即证x 6＋3x 4y 2＋3x 2y 4＋y 6>x 6＋2x 3y 3＋y 6. 即证3x 4y 2＋3x 2y 4>2x 3y 3. ∵x >0，y >0，∴x 2y 2>0. 即证3x 2＋3y 2>2xy .∵3x 2＋3y 2>x 2＋y 2≥2xy . ∴3x 2＋3y 2>2xy 成立．∴(x 2＋y 2)12>(x 3＋y 3)13.[例3] 设[思路点拨] 所证不等式含有开方运算且两边都为正数，可考虑两边平方，用分析法转化为一个不含开方运算的不等式，再用综合法证明．[证明] 要证a ＋1＋b ＋1≤6， 只需证(a ＋1＋b ＋c )2≤6， 即证(a ＋b )＋2＋2ab ＋a ＋b ＋1≤6. 由a ＋b ＝1得只需证ab ＋2≤32，即证ab ≤14.由a <b ，b >0，a ＋b ＝1， 得ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝14，即ab ≤14成立．∴原不等式成立．(1)通过等式或不等式的运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式易于证明．(2)有些不等式的证明，需要一边分析一边综合，称之为分析综合法，或称“两头挤”法，这种方法充分表明了分析法与综合法之间互为前提，互相渗透，相互转化的辩证统一关系．4．已知a ，b ，c 都是正数， 求证：2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3－3abc .证明：要证2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3－3abc ， 只需证a ＋b －2ab ≤a ＋b ＋c －33abc ，即－2ab ≤c －33abc . 移项，得c ＋2ab ≥33abc . 由a ，b ，c 为正数，得c ＋2ab ＝c ＋ab ＋ab ≥33abc 成立． ∴原不等式成立．1．设a ＝2，b ＝7－3，c ＝6－2，那么a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a >b >c B ．a >c >b C ．b >a >cD ．b <c >a解析：选B 由已知，可得出a ＝422，b ＝47＋3，c ＝46＋2，∵7＋3>6＋2>2 2. ∴b <c <a .2．a ，b ∈R ＋，那么下列不等式中不正确的是( )A.a b ＋b a ≥2B.b 2a ＋a 2b≥a ＋b C.b a 2＋a b 2≤a ＋b ab D.1a 2＋1b 2≥2ab解析：选C A 项满足基本不等式；B 项可等价变形为(a －b )2(a ＋b )≥0，正确；C 项中不等式可化为a 3＋b 3≤a 2b ＋ab 2，即(a ＋b )(a －b )2≤0，所以C 项不正确；D 项是A 项中不等式的两端同除以ab 得到的，D 正确．3．已知m ＞1，a ＝m ＋1－m ，b ＝m －m －1，则以下结论正确的是( ) A ．a ＞b B ．a ＜bC ．a ＝bD ．a ，b 大小不定 解析：选B ∵a ＝m ＋1－m ＝1m ＋1＋m，b ＝m －m －1＝1m ＋m －1.而m ＋1＋m ＞m ＋m －1＞0(m ＞1)， ∴1m ＋1＋m＜1m ＋m －1，即a <b .4．已知a ，b ，c 为三角形的三边且S ＝a 2＋b 2＋c 2，P ＝ab ＋bc ＋ca ，则( )A ．S ≥2PB ．P <S <2PC ．S >PD ．P ≤S <2P解析：选D ∵a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ， ∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ， 即S ≥P .又三角形中|a －b |<c ， ∴a 2＋b 2－2ab <c 2，同理b 2－2bc ＋c 2<a 2，c 2－2ac ＋a 2<b 2， ∴a 2＋b 2＋c 2<2(ab ＋bc ＋ca )，即S <2P .5．设a ，b ，c 都是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，若M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1b －1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1c －1，则M 的取值范围是________．解析：∵a ＋b ＋c ＝1，∴M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a－1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1b－1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1c－1＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c a －1·⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c b －1·⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c c －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋c a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋c b ·⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋b c≥2bca 2·2ac b 2·2abc 2＝8. 即M 的取值范围是[8，＋∞)． 答案：[8，＋∞)6．已知a >0，b >0，若P 是a ，b 的等差中项，Q 是a ，b 的正的等比中项，1R 是1a ，1b的等差中项，则P ，Q ，R 按从大到小的排列顺序为________．解析：∵P ＝a ＋b2，Q ＝ab ，2R ＝1a ＋1b，∴R ＝2ab a ＋b ≤Q ＝ab ≤P ＝a ＋b2， 当且仅当a ＝b 时取等号． 答案：P ≥Q ≥R 7．设a >b >c ，且1a －b ＋1b －c ≥ma －c恒成立，则m 的取值范围是________． 解析：∵a >b >c ，∴a －b >0，b －c >0，a －c >0.又(a －c )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＝[(a －b )＋(b －c )]·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ≥2(a －b )(b －c )·21a －b ·1b －c＝4，当且仅当a －b ＝b －c 时取等号． ∴m ∈(－∞，4]． 答案：(－∞，4]8．已知a ，b ，c 都是正数，求证：a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c≥abc .证明：因为b 2＋c 2≥2bc ，a 2>0， 所以a 2(b 2＋c 2)≥2a 2bc .① 同理，b 2(a 2＋c 2)≥2ab 2c .②c 2(a 2＋b 2)≥2abc 2.③①②③相加得2(a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2)≥2a 2bc ＋2ab 2c ＋2abc 2，从而a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2≥abc (a ＋b ＋c )．由a ，b ，c 都是正数，得a ＋b ＋c >0，因此a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c≥abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时取等号．9．设a ，b ，c >0，且ab ＋bc ＋ca ＝1.求证： (1)a ＋b ＋c ≥ 3； (2)a bc ＋b ac ＋ cab≥ 3(a ＋b ＋c )． 证明：(1)要证a ＋b ＋c ≥ 3， 由于a ，b ，c ＞0，因此只需证明(a ＋b ＋c )2≥3. 即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3， 而ab ＋bc ＋ca ＝1，故只需证明：a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3(ab ＋bc ＋ca )． 即证a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 而这可以由ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2(当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立)证得．所以原不等式成立． (2)a bc ＋b ac＋ c ab ＝a ＋b ＋c abc. 在(1)中已证a ＋b ＋c ≥ 3. 因此要证原不等式成立，只需证明1abc≥ a ＋b ＋c ，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1， 即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca . 而a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac2，b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤bc ＋ac2.所以a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca (当且仅当a ＝b ＝c ＝33时等号成立)． 所以原不等式成立．10．设实数x ，y 满足y ＋x 2＝0,0<a <1，求证：log a (a x ＋a y)<18＋log a 2.证明：因为a x >0，a y>0， 所以a x ＋a y ≥2 ax ＋y＝2 ax －x 2.因为x －x 2＝x (1－x )≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋(1－x )22＝14，又因为0<a <1，所以ax －x 2≥a 14，当x ＝12时，等式成立．但当x ＝12，a x ≠a －x 2，∴ax －x 2>a 18.所以a x ＋a y＞2a 18，又∵0<a <1，所以log a (a x ＋a y)<log a 2a 18.即log a (a x ＋a y)<log a 2＋18.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。