2019_2020学年高中数学第2讲证明不等式的基本方法2综合法与分析法学案新人教A版
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2.2.1综合法课堂导学案新人教选修
2.2.1 综合法课堂导学三点剖析一,利用综合法证明不等式【例1】 (1)若a>0,b>0,求证:ab b a 22+≥a+b.思路分析:主要利用不等式2b a +≥ab 和a 2+b 2≥2ab. 证明:由a 2+b 2≥2ab,∴2(a 2+b 2)≥a 2+b 2+2ab,即2(a 2+b 2)≥(a+b)2. ∴abb a 22+≥b a b a b a b a ++≥++222)()(2=a+b. (2)设a,b,c 都是正数，求证:2222222≥+++++a c c b b a (a+b+c).思路分析:主要利用不等式2)(2222y x y x +≥+. 证明:由不等式a 2+b 2≥2)(22222b a ab b a +=++. ∴22b a +≥2ba +.同理,2,22222ac a c cb c b +≥++≥+2)222(2222222=+++++=+++++∴c a c b b a a c c b b a （a+b+c ） 各个击破类题演练1已知a,b,c∈(0,+∞),且a,b,c 成等比数列,求证:a 2+b 2+c 2≥(a -b+c)2.证明:左边-右边=2(ab+bc-ac).∵a,b,c 成等比数列,∴b 2=ac.又∵a,b,c∈(0,+∞), ∴0<b=ac ≤2c a +<a+c. ∴a+c -b>0.∴2(ab+bc -ac)=2(ab+bc-b 2)=2b(a+c-b)>0,∴a 2+b 2+c 2>(a-b+c)2.变式提升1若a,b,c 是正数，能确定ba c c abc b a +++++222与2c b a ++的大小吗？ 解析:∵cb a +24+(b+c)≥4a, ac b +24+(c+a)≥4b, ba c +24+(a+b)≥4c, ∴c b a +24+ac b +24+b a c +24≥2(a+b+c), 即ba c a cbc b a +++++222≥2c b a ++. 二、用综合法证明条件不等式【例2】 已知a,b,c>0,且abc=1,求证:c b a ++≤a 1+b 1+c 1. 证明：∵a,b,c>0,且abc=1, ∴a 1+b 1≥c ab212=, b 1+c 1≥a bc212=, c 1+a 1≥b ac212=. ∴2(a 1+b 1+c1)≥2(c b a ++). ∴a 1+b 1+c 1≥c b a ++. 温馨提示在证明含有条件的不等式时,用好条件往往是证题的关键,在本题中抓住了abc=1⇒ba c ac b bc a 1,1,1===这一关键,从而与要证的不等式建立了联系. 类题演练2已知a,b,c 是正数,且a+b+c=1,求证:(a 1-1)(b 1-1)(c1-1)≥8.证明:(a 1-1)(b 1-1)(c1-1) =abcab ac bc c b a b c a a c b 222∙∙≥+∙+∙+=8. 变式提升2(1)已知a,b 是正数,且a+b=1.求证:(ax+by)(ay+bx)≥xy.(2)若x+3y-1=0,求证:2x +8y ≥22. 证明:(1)左边=(a 2+b 2)xy+ab(x 2+y 2)=［(a+b)2-2ab ］xy+ab(x 2+y 2)=(1-2ab)xy+ab(x 2+y 2)=xy+ab(x-y)2,∵a>0,b>0,(x -y)2≥0,∴左边≥xy=右边.因此不等式成立.(2)2x +23y ≥222222233==∙+y x y x . 三、与函数,数列,解析几何等知识相结合的不等式证明问题【例3】 数列{x n }由下列条件确定:x 1=a>0,x n+1=21(x n +nx a ),n∈N . (1)证明对n≥2,总有x n ≥a ;(2)证明对n≥2,总有x n ≥x n+1.证明：(1)由x 1=a>0及x n+1=21(x n +nx a ),可归纳证明x n >0, 从而有x n+1=21(x n +n x a )≥a x a x nn =∙(n∈N )(均值不等式的应用——综合法),所以,当n≥2时,x n ≥a 成立.(2)证法一:当n≥2时,因为x n ≥a >0,x n+1=21(x n +nx a ), 所以x n+1-x n =21(x n +n x a )-x n =21·nn x x a 2-≤0, 故当n≥2时,x n ≥x n+1成立.证法二:当n≥2时,因为x n ≥a >0,x n+1=21(x n +nx a ), 所以22222122)(21nn n n n n n n n n x x x x a x x x a x x x +≤+=+=+=1, 故当n≥2时,x n ≥x n+1成立.温馨提示涉及不等式证明的问题是高考的一个热点,它往往与其他章节的知识如函数,数列,导数,解析几何等知识结合,尤其是函数和数列.类题演练3已知a>0,函数f(x)=ax-bx 2.(1)当b>0时,若对任意x∈R 都有f(x)≤1,证明a≤b 2;(2)当0<b≤1时,讨论:对任意x∈［0,1］,|f(x)|≤1的充要条件.(1)证明:依题设,对任意x∈R ,都有f(x)≤1,∵f(x)=-b(x-b a 2)2+ba 42, ∴f(b a 2)=ba 42≤1. ∵a>0,b>0,∴a≤b 2.(2)解析:因为a>0,0<b≤1时,对任意x∈［0,1］,f(x)=ax-bx 2≥-b≥-1,即f(x)≥-1;f(x)≤1⇒f(1)≤1⇒a-b≤1,即a≤b+1,a≤b+1⇒f(x)≤(b+1)x -bx 2≤1,即f(x)≤1.所以,当a>0,0<b≤1时,对任意x∈［0,1］,|f(x)|≤1的充要条件是a≤b+1.变式提升3已知a,b,c 为△ABC 的三边,求证:a 2+b 2+c 2<2(ab+bc+ca).证法一:由余弦定理得a 2+b 2+c 2=(b 2+c 2-2bccosA)+(c 2+a 2-2accosB)+(a 2+b 2-2abcosC),∴a 2+b 2+c 2=2bccosA+2accosB+2abcosC.∵cosA<1,cosB<1,cosC<1,∴a 2+b 2+c 2<2(ab+bc+ca).证法二:∵|a -c|<b,|b-c|<a,|a-b|<c,∴(a -c)2<b 2,(b-c)2<a 2,(a-b)2<c 2.上述三式相加即得证.。
2019-2020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
所以a3+b3≥a2b+ab2(当且仅当a=b时,等号成立).
同理可得b3+c3≥b2c+bc2(当且仅当b=c时,等号成
立),a3+c3≥a2c+ac2(当且仅当a=c时,等号成立),
将以上三式两边分别相加,得
2(a3+b3+c3)≥a2b+ab2+b2c+bc2+a2c+ac2,
所以3(a3+b3+c3)≥(a3+a2b+a2c)+(b3+ab2+b2c)+(c3+bc2+ac2)
“×”.
(1)用综合法证明时,其实质是由已知逐步推演不等式成立的充分
条件,从而得到结论. ( × )
(2)用分析法证明时,其实质是由结论步步寻求使不等式成立的充
要条件,从而到已知. ( × ) (3)综合法是直接证明, 分析法是间接证明. ( × )
(4)有些问题的证明,可以将综合法与分析法结合起来使用. ( √ )
答案：A
2.分析法 证明命题时,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.
名师点拨用分析法证明不等式的逻辑关 系:B⇐B1⇐B2⇐…⇐Bn⇐A,由结论步步寻求使不等式成立的充分条 件,从而得到已知(或明显成立的事实).
探究一
探究二
规范解答
利用综合法证明不等式
【例 1】
若
a,b,c
均为正数,求证���������+���2������
教学设计2：第2讲 证明不等式的基本方法
第二节 证明不等式的基本方法1．基本不等式定理1：如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理2：(基本不等式)如果a ，b >0，那么a ＋b2≥a ＝b 时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．定理3：如果a ，b ，c ∈R ＋，那么a ＋b ＋c 3≥a ＝b ＝c 时，等号成立．2．比较法(1)比差法的依据是：a －b ＞0⇔a ＞b ．步骤是：“作差→变形→判断差的符号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．(2)比商法：若B ＞0，欲证A ≥B ，只需证AB ≥1.3．综合法与分析法(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．(2)分析法：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．1．(教材改编题)已知a ＋b ＋c ＞0，ab ＋bc ＋ac ＞0，abc ＞0，用反证法求证a ＞0，b ＞0，c ＞0时的反设为( )A ．a ＜0，b ＜0，c ＜0B ．a ≤0，b ＞0，c ＞0C ．a 、b 、c 不全是正数D ．abc ＜0【解析】 a ＞0，b ＞0，c ＞0的否定是：a ，b ，c 不全是正数． 【答案】 C2．四个不相等的正数a 、b 、c 、d 成等差数列，则( ) A.a ＋d 2>bcB.a ＋d 2<bcC.a ＋d 2＝bcD.a ＋d 2与bc 的大小不确定【解析】 ∵a ＋d ＝b ＋c ，且正数a ，b ，c ，d 不相等． ∴a ＋d 2＝b ＋c2＞bc . 【答案】 A3．设a ＝2，b ＝7－3，c ＝6－2，则a 、b 、c 间的大小关系是( ) A ．a >b >c B ．b >a >c C ．b >c >a D ．a >c >b 【解析】 由42＋2>46＋2>47＋3，得a >c >b . 【答案】 D 4．已知|a |≠|b |，m ＝|a |－|b ||a －b |，n ＝|a |＋|b ||a ＋b |，则m ，n 之间的大小关系是( ) A ．m ＞n B ．m ＜n C ．m ＝n D ．m ≤n【解析】 ∵|a |＋|b |≥|a ＋b |， ∴n ＝|a |＋|b ||a ＋b |≥1，又|a |－|b |≤|a －b |，∴m ＝|a |－|b ||a －b |≤1，因此n ≥m .【答案】 D5．已知a ＞0，b ＞0且ln(a ＋b )＝0，则1a ＋1b的最小值是________．【解析】 由题意得，a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0， ∴1a ＋1b ＝2＋b a ＋ab≥2＋2b a ·ab＝4， 当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立．【答案】 4已知a ＞0，b ＞0，求证：a b ＋ba≥a ＋b . 【思路点拨】 (1)作差变形，化为因式乘积的形式；(2)注意到a ＋b ＞0也可作商，转化为判定商值与1的大小．【尝试解答】 法一 ∵(a b ＋ba)－(a ＋b ) ＝(a b －b )＋(ba －a )＝a －b b ＋b －a a＝（a －b ）（a －b ）ab ＝（a ＋b ）（a －b ）2ab≥0，∴a b ＋ba ≥a ＋b .法二 由于a b ＋ba a ＋b ＝a a ＋b bab （a ＋b ）＝（a ＋b ）（a －ab ＋b ）ab （a ＋b ）＝a ＋b ab －1≥2abab－1＝1.又a ＞0，b ＞0，ab ＞0. ∴a b ＋ba≥a ＋b .,1．在法一中，采用局部通分，优化了解题过程；在法二中，利用不等式的性质，把证明a ＞b 转化为证明ab＞1(b ＞0)．2．作差(商)证明不等式，关键是对差(商)式进行合理的变形，特别注意作商证明不等式，不等式的两边应同号．设a ，b 是非负实数，求证：a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)．【证明】 a 3＋b 3－ab (a 2＋b 2) ＝(a 3－a 2ab )＋(b 3－b 2ab ) ＝a 2a (a －b )－b 2b (a －b ) ＝(a －b )(a 5－b 5)． 当a ≥b ≥0时，a ≥b 且a 5≥b 5， 当b ＞a ≥0时，a ＜b 且a 5＜b 5， ∴a 3＋b 3－ab (a 2＋b 2)≥0， ∴a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2).(2013·大连调研)已知a ，b ，c 均为正数，证明：a 2＋b 2＋c 2＋(1a ＋1b ＋1c)2≥63，并确定a ，b ，c 为何值时，等号成立．【思路点拨】 考虑待证不等式的结构特征，a 2＋b 2＋c 2与1a ＋1b ＋1c 分别运用基本不等式；相加后，再用基本不等式，并根据等号成立的条件确定a ，b ，c 的值．【尝试解答】 因为a ，b ，c 均为正数，由均值不等式得 a 2＋b 2＋c 2≥3(abc )23，① 1a ＋1b ＋1c ≥3(abc )－13， 所以(1a ＋1b ＋1c )2≥9(abc )－23.②故a 2＋b 2＋c 2＋(1a ＋1b ＋1c )2≥3(abc )23＋9(abc )－23. 又3(abc )23＋9(abc )－23≥227＝63，③所以原不等式成立．当且仅当a ＝b ＝c 时，①式和②式等号成立； 当且仅当3(abc )23＝9(abc )－23时，③式等号成立．因此当且仅当a ＝b ＝c ＝314时，原式等号成立．,1．综合法证明的逻辑关系是：A ⇒B 1⇒B 2⇒…⇒B n ⇒B (A 为已知条件或数学定义、定理、公理，B 为要证结论)，它的常见书面表达是“∵，∴”或“⇒”．2．综合法证明不等式，利用已证的不等式为基础，例如：a 2＋b 2≥2ab ，a ＋b2≥ab (a ≥0，b ≥0)，|a ＋b |≤|a |＋|b |及其变形等，再运用不等式的性质推导出所要证的不等式．(2013·徐州模拟)设a 、b 、c 为正实数，求证：1a 3＋1b 3＋1c3＋abc ≥2 3.【证明】 因为a ，b ，c 为正实数，由均值不等式可得 1a 3＋1b 3＋1c 3≥3 31a 3·1b 3·1c 3， 所以1a 3＋1b 3＋1c 3≥3abc.所以1a 3＋1b 3＋1c 3＋abc ≥3abc ＋abc .又3abc＋abc ≥2 3abc·abc ＝23， 所以1a 3＋1b 3＋1c 3＋abc ≥2 3.已知a >0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.【思路点拨】 观察待证不等式两边的特征：①左边是无理式，右边是有理式．②两边均非负．可考虑用分析法，通过平方寻找它成立的充分条件．【尝试解答】 要证原不等式，只需证 a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋2，∵a >0，∴两边均大于零． 因此只需证a 2＋1a 2＋4＋4a 2＋1a 2≥a 2＋1a 2＋2＋2＋22(a ＋1a)，只需证2a 2＋1a 2≥2(a ＋1a)，只需证2(a 2＋1a 2)≥a 2＋1a 2＋2，即证a 2＋1a 2≥2，又a 2＋1a 2≥2显然成立，∴原不等式成立．,,\x(\a\al( 1.(1)分析法是寻找结论成立的充分条件，对于无理不等式去根号，分式不等式去分母，采用分析法是常用方法．(2)此题证明的关键是在两边非负的条件下平方去根号．,2.分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为：Q ⇐P 1))→P 1⇐P 2)→P 2⇐P 3→…→得到一个明显成立的条件.ＫＫ(2013·盐城调研)已知m ＞0，a ，b ∈R ，求证：(a ＋mb 1＋m )2≤a 2＋mb 21＋m.【证明】 ∵m ＞0，∴1＋m ＞0. 欲证(a ＋mb 1＋m )2≤a 2＋mb 21＋m 成立．只需证明(a ＋mb )2≤(1＋m )(a 2＋mb 2)， 即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥0， 只要证明a 2－2ab ＋b 2≥0，又a 2－2ab ＋b 2＝(a －b )2≥0显然成立， 故(a ＋mb 1＋m )2≤a 2＋mb 21＋m.已知a ，b ，c ∈(0，1)，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不能同时大于14.【思路点拨】 当直接证明命题较困难时，可根据“正难则反”，利用反证法加以证明． 【尝试解答】 假设三式同时大于14，即b －ab ＞14，c －bc ＞14，a －ac ＞14.三式同向相乘，得(1－a )a (1－b )b (1－c )c ＞164.①∵0＜a ＜1，∴(1－a )a ≤(1－a ＋a 2)2＝14.同理(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14.又(1－a )a ，(1－b )b ，(1－c )c 均大于零． ∴(1－a )a (1－b )b (1－c )c ≤164，②因此①式与②式矛盾．故假设不成立，即原命题成立．,1．反证法必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推证，否则，仅否定结论，不从结论的反面推理，就不是反证法． 2．凡涉及否定性、惟一性命题或含“至多”“至少”等语句的不等式时，常可考虑反证法．设m 是|a |、|b |和1中最大的一个，当|x |＞m 时，求证：|a x ＋bx2|＜2.【证明】 ∵m 是|a |，|b |和1中的最大的一个． ∴|x |＞m ≥1，|x |＞m ≥|b |， ∴|x 2|＞m 2＞|b |. 又|x |＞m ≥|a |， 因此|a x ＋b x 2|≤|a x |＋|b x 2|＝|a ||x |＋|b ||x 2|＜|x ||x |＋|x 2||x 2|＝2.一种原则“正难则反”原则．当直接证明有困难时，常采用反证法．一个程序反证法证明步骤是：(1)作出否定结论的假设；(2)利用假设进行推理，导出矛盾；(3)否定假设，肯定结论．两种方法1.分析法：B⇐B1⇐B2⇐…⇐B n⇐A(结论)．(步步寻求不等式成立的充分条件)(已知)．2．综合法：A⇒B1⇒B2⇒…⇒B n⇒B(已知)．(逐步推演不等式成立的必要条件)(结论)．从近两年高考命题看，做为新课标选考的重要内容，不等式证明严格按考试说明要求命题，试题难度不超过中等．着重考查比较法、综合法与分析法证明不等式，在证明中要注意放缩法的应用．创新探究之十四新定义型不等式及其证明(2013·常州质检)若实数x、y、m满足|x－m|＞|y－m|，则称x比y远离m.(1) 若x2－1比1远离0，求x的取值范围；(2)对任意两个不相等的正数a，b，证明：a3＋b3比a2b＋ab2远离2ab ab.【规范解答】(1)由题意知|x2－1－0|＞|1－0|，即|x2－1|＞1，所以x2－1＜－1或x2－1＞1，解得x＞2或x＜－2，所以x的取值范围是{x|x＞2或x＜－2}．(2)要证明a3＋b3比a2b＋ab2远离2ab ab，即证|a3＋b3－2ab ab|＞|a2b＋ab2－2ab ab|，因为a ≠b ，故a 2b ＋ab 2＞2a 2bab 2＝2ab ab ， a 3＋b 3＞2a 3b 3＝2ab ab .所以只需证a 3＋b 3－2ab ab ＞a 2b ＋ab 2－2ab ab . 即证明a 3＋b 3－(a 2b ＋ab 2)＞0， 化简得(a －b )2(a ＋b )＞0显然成立， 所以a 3＋b 3比a 2b ＋ab 2远离2ab ab .创新点拨：(1)本题是在题设情境上进行创新，定义新概念“x 比y 远离m ”；(2)注重新知识的接受、迁移能力，是对再学习能力的很好考查，并考查绝对值不等式的解法及不等式的证明．应对措施：(1)认真审题，吃透概念，抓住“x 比y 远离m ”，建立不等式；(2)“万变不离其宗”，增强自信，平时强化迁移能力的培养，善于把“新概念”，“新运算”转化为我们熟悉的“旧概念”、“旧运算”，并严格按照规定进行操作．1．(2013·合肥调研)若a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝2，则下列不等式对一切满足条件的a ，b 恒成立的是________(写出所有正确命题的编号)．①ab ≤1；②a ＋b ≤2；③a 2＋b 2≥2；④a 3＋b 3≥3；⑤1a ＋1b ≥2.【解析】 令a ＝b ＝1，排除②④； 由2＝a ＋b ≥2ab ⇒ab ≤1，命题①正确； a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝4－2ab ≥2，命题③正确； 1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝2ab ≥2，命题⑤正确． 【答案】 ①③⑤2．(2013·济南模拟)已知a >0，b >0，且a ＋b >2，求证：1＋b a ，1＋ab 中至少有一个小于2.【证明】 假设1＋b a ，1＋a b 都不小于2，则1＋b a ≥2，1＋ab ≥2，∵a >0，b >0，∴1＋b ≥2a ，1＋a ≥2b ， 两式相加可得1＋b ＋1＋a ≥2a ＋2b ，即a ＋b ≤2. 这与已知a ＋b >2矛盾，故假设不成立． 因此，1＋b a ，1＋ab 中至少有一个小于2.。
人教版2019版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 - 副本
二综合法与剖析法.2.掌握合法、剖析法学目 1. 理解合法、剖析法明不等式的原理和思特点明不等式的方法和步 .3. 会用合法、剖析法明一些不等式．知点合法与剖析法思虑 1 在“推理与明”中，学剖析法、合法，回剖析法、合法的基本特点．答案剖析法是逆推法或果索因法，合法是推法或由因果法．思虑 2合法与剖析法有什么区和系？答案区：合法，由因果，形式，易于表达；剖析法，果索因，利于思虑，易于研究．系：都属于直接明，常用剖析法剖析，用合法表达．梳理(1) 合法①定：一般地，从已知条件出，利用定、公义、定理、性等，一系列的推理、而得出命建立，种明方法叫做合法，合法又叫推法或由因果法．②特点：由因果，即从“已知”看“可知”，渐渐推向“未知”．③ 明的框表示用 P 表示已知条件或已有定、定理、公义等，用Q 表示所要明的不等式，合法可用框表示P? Q1 → Q1? Q2 → Q2? Q3 →⋯→Qn? Q(2)剖析法①定：明命，经常从要的出，渐渐求使它建立的充足条件，直至所需条件已知条件或一个明建立的事( 定、公义或已明的定理、性等) ，进而得出要的命建立，种明方法叫做剖析法．是一种“ 果索因”的思虑和明方法．②特点：果索因，即从“未知”看“需知”，渐渐靠“已知”．③ 明程的框表示用 Q表示要明的不等式，剖析法可用框表示Q? P1 → P1? P2 → P2? P3 →⋯→获取一个明建立的条件种类一综合法证明不等式例 1已知a，b∈ R＋，且a＋b＝1，121225求证： a＋a＋ b＋b≥2.证明方法一∵，∈ R＋，且＋＝ 1，a b a b∴ab≤a＋b2＝1.2412122211∴ a＋a＋ b＋b＝ 4＋ ( a＋b )＋a2＋b2＝4＋ [( a＋b) 2－ 2ab] ＋错误 !1－ 2ab＝ 4＋ (1 － 2ab) ＋a2b21－2×11425≥4＋ 1－2×4＋1＝2 .42∴a＋12＋ b＋12≥25.ab21212方法二左边＝ a＋a＋ b＋b112 2＝a ＋b ＋4＋a2＋b2＝4＋a2＋b2＋错误 ! ＋错误 !＝4＋a2＋b2＋ 1＋2b＋b2＋a2＋2a＋ 1a a2b2b＝ 4＋ ( a2＋b2) ＋2＋ 2b＋a＋b2＋a2 a b a2b2≥4＋错误 ! ＋2＋2×2错误 ! ＋2·错误 ! ·错误 !125＝4＋2＋2＋4＋2＝2，121225∴ a＋a＋ b＋b≥2 .反省与感悟综合法证明不等式，揭穿出条件和结论之间的因果联系，为此要着力剖析已知与求证之间，不等式的左右两头之间的差别与联系．合理进行变换，恰入选择已知不等式，这是证明的重点．追踪训练 1 已知 x ＞0， y ＞ 0，且 x ＋ y ＝1，11求证： 1＋ x 1＋ y ≥ 9.证明方法一 ∵ x ＞0， y ＞ 0，∴ 1＝ x ＋y ≥ 2 xy.∴ xy ≤ 11＋1 1 1 1 14. ∴ x1＋＝ 1＋ x ＋y ＋ xyy x ＋ y 12＝ 1＋ xy ＋ xy ＝ 1＋ xy ≥ 1＋ 8＝ 9.1 当且仅当 x ＝y ＝ 时等号建立．2方法二∵ x ＋ y ＝ 1，x ＞ 0， y ＞0，11x ＋ yx ＋ y ∴ 1＋ x 1＋ y ＝ 1＋ x1＋ yyxy x＝ 2＋ x 2＋ y ＝ 5＋ 2 x ＋ y ≥ 5＋2× 2＝ 9.1当且仅当 x ＝y ＝ 时，等号建立．2种类二 剖析法证明不等式例 2若， ， 是不全相等的正数，ab c求证： lga ＋ bc ＋ ba ＋ c＞lg a ＋ lg ＋ lgc .＋ lg＋ lg222ba ＋ bc ＋b a ＋ ca ＋ lgb ＋lgc ，证明 要证 lg2 ＋ lg2＋ lg2 ＞ lg即证 lga ＋bc ＋ b a ＋ c2 · 2 · 2 ＞lg( abc ) 建立，a ＋bc ＋ b a ＋ c只要证 2 · 2 · 2 ＞ abc 建立．a ＋bc ＋ b a ＋ c又∵ 2 ≥ ab ＞ 0， 2 ≥ cb ＞ 0， 2 ≥ ac ＞ 0， a ＋ b c ＋ b a ＋ c ≥＞ 0.(*)∴ · ·2 2 2 abc又∵ ， ， c 是不全相等的正数，∴ (*) 式等号不建立，a b∴原不等式建立．11追踪训练 2已知 x ＞0， y ＞ 0，求证： 2 23 3( x ＋ y ) 2 ＞( x ＋ y ) 3.1 1证明 要证明 ( x 2＋ y 2) 2＞ ( x 3＋ y 3) 3 ，只要证 ( x 2＋ y 2) 3＞( x 3＋ y 3) 2.即证 x 6＋ 3x 4y 2＋ 3x 2 y 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 建立．11∴ ( x 2＋ y 2) 2 ＞ ( x 3＋ y 3) 3 .种类三剖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，只要证 (a ＋ 1＋b ＋ 1) 2≤ 6，即证 ( a ＋ b ) ＋2＋ 2 ab ＋ a ＋ b ＋ 1≤ 6.31∵ a ＋ b ＝ 1，∴只要证ab ＋2≤ 2，即证 ab ≤ 4.由 a ＞ 0， b ＞0， a ＋ b ＝1，a ＋b 2 11得 ab ≤ 2 ＝ 4，即 ab ≤ 4建立． ∴原不等式建立．追踪训练 3已知△ ABC 的三边长是 a ， b ， c ，且 m 为正数，求证：a b c＋＞.a ＋ mb ＋ mc ＋ m证明要证a ＋b c＞ ，a ＋mb ＋mc ＋ m只要证 a ( b ＋m )( c ＋ m ) ＋ b ( a ＋ m )( c ＋ m ) －c ( a ＋ m ) ·(b ＋ m ) ＞ 0，即证abc ＋ ＋ ＋2＋abc ＋＋ ＋2－－－－2＞ 0，abm acm amabm bcm bm abc acm bcmcm2即证 abc ＋ 2abm ＋ ( a ＋b － c ) m ＞0.由于 a ， b ，c 是△ ABC 的边长， m ＞ 0，故有 a ＋ b ＞c ，22即 ( a ＋ b － c ) m ＞ 0. 因此 abc ＋ 2abm ＋ ( a ＋ b － c ) m ＞ 0 是建立的．因此 a ＋ b ＞ c建立．a ＋ mb ＋mc ＋m1．若a＜b＜0，则以下不等式中建立的是 () 1111 A. a＜b B．a＋b＞b＋a11b b＋ 1C．b＋a＞a＋b D.a＜a＋ 1答案Ca b11剖析∵ a＜ b＜0，∴ ab＞0，∴ab＜ab＜0，即b＜a＜0.11∴ a＋b＜ b＋a.1 x a＋ b2ab 2．已知函数f ( x) ＝2，a＞0，b＞0，a≠b，A＝ f2，B＝f (ab) ，C＝f a＋ b，则 A， B， C中最大的为________．答案 Ca＋ b2ab剖析∵ a＞0， b＞0，a≠ b，∴2＞ab＞a＋b.1x又函数 f ( x)＝2在 R 上单一递减，a＋ b2ab∴ f2＜ f (ab) ＜f a＋b，即 A＜ B＜ C.223．已知x＞0，y＞ 0，证明： (1 ＋x＋y )(1 ＋x＋y) ≥9xy.因此 1＋x＋y2≥33xy2 ＞ 0,1 ＋x2＋y≥ 33x2y ＞ 0，故(1 ＋＋y 2＋x2) ≥ 333 )(1＋xy2 ·3 x2y ＝ 9 .x y xy4．已知a，b∈ R＋，且 2c＞a＋b，求证： c－c2 － ab＜a＜c＋c2－ ab.证明要证c－c2－ ab＜a＜c＋c2－ ab，只要证－c2－ ab＜a－c＜c2－ ab，即证 | a－c|＜c2－ ab，两边平方得a2－2ac＋ c2＜ c2－ab，即证 a2＋ ab＜2ac，即 a( a＋ b)＜2ac.∵a， b∈R＋，且 a＋ b＜2c，∴ a( a＋b)＜2ac 显然建立．∴原不等式建立．1．综合法和剖析法的比较(1)相同点：都是直接证明．(2)不相同点：综合法，由因导果，形式简短，易于表达；剖析法，执果索因，利于思虑，易于研究．2．证明不等式的平常做法常用剖析法找证题切入点，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．＝B B．＜A A BC．A＞B D．大小不确定答案C剖析∵ A2－ B2＝( a＋ b＋2ab) －( a＋b) ＝2ab＞0，∴A2＞B2，又A＞ 0，B＞0，∴A＞B. 2．已知a，b， c 为三角形的三边，且S＝a2＋ b2＋ c2， P＝ ab＋ bc＋ ca，则()A．S≥ 2P B．P＜S＜ 2PC．S＞P D．P≤S＜ 2P答案D剖析∵ 2S－2P＝ 2a2＋ 2b2＋ 2c2－ 2ab－ 2bc－2ca＝( a－b) 2＋ ( a－c) 2＋ ( b－c) 2≥ 0，当且仅当 a＝b＝ c 时，等号建立．∴2S≥ 2P，即P≤S.∵S－2P＝ a2＋b2＋ c2－2ab－2bc－2ac.＝( a－b) 2＋c2－2bc－ 2ac，又∵ a－ b＜ c，∴S－2P＜ c2＋c2－2bc－2ac＝2c( c－ b－ a)＜0恒建立，∴ 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 ()3A ．最小值 4，而无最大值B ．最小值 1，而无最大值1C ．最小值 2和最大值13D ．最小值 4和最大值1答案 D剖析 ∵ x 2＋ y 2≥ 2| xy | ，12 21∴ 0≤ | xy | ≤ 2，∴ 0≤x y ≤ 4，∴ (1 － xy )(1 ＋ xy ) ＝ 1－ x 2y 2∈ 3， 1 .4 4．已知 0＜ ＜ 1＜ ，以下不等式必然建立的是 ()abA ．log b ＋ logb a ＋ 2＞ 0B ．log b ＋ log a － 2＞ 0aabC ．log a b ＋ log b a ＋ 2≥ 0D ．log a b ＋ log b a ＋ 2≤ 0答案 D剖析∵ 0＜ a ＜ 1＜ b ，∴ log a b ＜ 0. ∴－ log a b ＞ 0.∴ ( － log a b ) ＋错误 ! ≥ 2，当且仅当 0＜a ＜ 1＜ b ，且 ab ＝1 时等号建立．∴－ 错误 ! ≤－ 2，即 log a b ＋错误 ! ≤－ 2.∴ log a b ＋ log b a ≤－ 2，∴ log a b ＋ log b a ＋ 2≤ 0.1 1 b 1 a5．设 3＜ 3 ＜ 3 ＜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C11b1 a剖析∵ 3＜ 3 ＜ 3 ＜ 1，∴ 0＜ a ＜ b ＜ 1，∴ aa＝a a －b ＞1，abbaaaa a∴ a ＜a . ∵ ＝，a又 0＜ b ＜ 1，a ＞ 0，∴aa ＜ 1，∴ a a ＜b a ， b∴ 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 ＞ cB ．a ＞ c ＞ bC ．b ＞ a ＞ cD ．b ＞ c ＞ a答案 B剖析由已知，可得出a ＝4 4 4， b ＝， c ＝，227＋ 36＋ 2∵ 7＋ 3＞ 6＋ 2＞2 2，∴ b ＜ c ＜ a .二、填空题7．若 a ＞ 0，b ＞ 0，则以下两式的大小关系为：lg 1＋a ＋ b________ 1 [lg(1 ＋ ) ＋ lg(1 ＋ )] ．2 2 ab答案≥11剖析2[lg(1＋ a ) ＋ lg(1 ＋ b )] ＝ 2lg[(1 ＋ a )(1 ＋ b )]1＝ lg[(1 ＋ a )(1 ＋ b )] 2，a ＋ba ＋b ＋ 2又 lg 1＋ 2＝ lg2 ，∵ a ＞ 0， b ＞ 0，∴ a ＋1＞ 0， b ＋1＞ 0，1a ＋ 1＋b ＋ 1 a ＋ b ＋ 2∴ [( a ＋ 1)(1 ＋ b )]2 ≤＝ 2 ，2a ＋ b1∴ lg ≥ lg[(1＋ a )(1 ＋b )]2 .1＋2a ＋b 1即 lg ≥ 2[lg(1 ＋ a ) ＋ lg(1＋b )] ．1＋23 3 3a －b 建立，则 a ， b 应知足 ____________ ．8．要使 a － b ＜答案ab ＞ 0 且 a ＞ b 或 ab ＜ 0 且 a ＜ b剖析要使 333a －b ＜ a － b 建立．只要 ( 3 a － 3 b) 3 ＜( 3 a － b) 3 建立，3 3即 a － b － 3 a2b ＋ 3 ab2＜ a － b 建立，只要 3 ab2＜ 3a2b 建立，只要 ab 2＜ a 2b 建立，即 ab ( b － a ) ＜ 0 建立，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， 1 1 1 R 是 a ， b 的等差中项，则 P ， Q ， R 按从大到小的排列次序为 ________．答案≥ ≥PQ R剖析＝ a ＋b ， ＝ ab ， 2＝ 1＋ 1，P2QR a b∴ R ＝2ab ≤ Q ＝ ab ≤ P ＝ a ＋b，a ＋ b2当且仅当 a ＝b 时取等号．10．设 a＞ ＞ ，且1 ＋ 1 ≥ m 恒建立，则的取值范围是 ________．b c a － b b － c a － c m答案( －∞， 4]剖析 ∵ a ＞ b ＞ c ，∴ a － b ＞ 0，b － c ＞ 0， a － c ＞ 0.1 11 1又 ( a － c ) · a －b ＋ b － c ＝ [( a － b ) ＋ ( b － c )] · a － b ＋ b －c ≥ 2错误 ! ·2 错误 ! ＝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： 错误 ! ＜错误 ! － 错误 ! ＜错误 ! .证明 要证原不等式建立，只要证错误!＜＋ －2错误!＜错误!，a ba －b 2a －2a －b 2，即证＜ (b) ＜2 b 2 a由于 a ＞ b ＞0，因此 a － b ＞ 0， a － b ＜ a － ba －b ＞ 0，因此只要证a －b ＜ ，2 a 2 b即 a ＋ b ＜ 1＜ a ＋ b ，2 a 2 bba b a即证a ＜1＜b ，只要证 a ＜ 1＜ b .ba∵ a ＞ b ＞ 0，∴ a ＜ 1＜b 建立．∴原不等式建立．12．已知 a ，b ， c 都是实数，求证：22212a ＋b ＋c ≥ ( a ＋b ＋ c ) ≥ 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 ) ，即 a 2 ＋b 2＋ c 2≥ ab ＋ bc ＋ ca .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 ) 2，1即 a 2 ＋b 2＋ c 2≥ ( a ＋ b ＋ c )2. 3在不等式②的两头同时加上 2( ab ＋ bc ＋ ca ) ，得( ＋ ＋)2≥3( ＋ ＋ ca ) ，a b cab bc 1 2即 ( a ＋ b ＋ c ) ≥ ab ＋ bc ＋ca .322212由③④得 a ＋ b ＋ c ≥ ( a ＋b ＋ c ) ≥ ab ＋ bc ＋ ca .13．已知 a ，b ， c 都是正数，求证： 2 a ＋ b － ab ≤ 3a ＋b ＋c－ 3 abc.2 3a ＋ ba ＋b ＋ c3 证明方法一 要证 22 － ab ≤ 33 －abc，只要证 a ＋ b － 2 ab ≤ a ＋ b ＋ c － 3 3abc ，3即－ 2 ab ≤c － 3 abc ，①②③④3移项，得 c ＋2ab ≥3abc.由 a ， b ， c 为正数，得 c ＋ 2 ab ＝ c ＋ ab ＋ ab ≥ 33abc 建立．∴原不等式建立．方法二∵ a ， b ， c 是正数，∴ c ＋ ab ＋ ab ≥ 3 3c ab · ab ＝3 3abc ，3即 c ＋ 2 ab ≥ 3 abc.3故－ 2 ab ≤c － 3 abc.3∴ a ＋ b － 2 ab ≤ a ＋b ＋ c － 3 abc.∴ 2a ＋ b－ ab ≤ 3 a ＋ b ＋ c 3 abc .2 3 －四、研究与拓展14．剖析法又叫执果索因法， 若使用剖析法证明“设a >b >c ，且 a ＋b ＋ c ＝ 0，求证： b2－ ac< 3a ”索的因应是 ()A ．a － b >0B ．a － c >0C ．( － )( －)>0D ．( － )(－ )<0a b a ca ba c答案C剖析要证 b2－ ac< 3a ，只要证 b 2－ ac <3a 2，只要证 b 2－ ac －3a 2<0.∵ a ＋ b ＋ c ＝ 0，∴ a ＋ c ＝－ b ，∴只要证 ( a ＋c ) 2－ ac － 3a 2<0，即 ( a － c )(2 a ＋ c )>0 ，即证 ( a － c )( a － b )>0.15．已知实数a， ， c 知足 c＜ ＜ ， ＋ ＋ ＝ 1，a 2b 2c 2＋4 ＋＋＝ 1，求证： 1＜＜ .bb a a b cab3证明 ∵ a ＋ b ＋ c ＝ 1，41∴欲证结论等价于1＜1－ c ＜ 3，即证－ 3＜ c ＜ 0.又 a2＋b2＋ c2＝1，则 ab＝错误!＝错误 ! ＝c2－c，又 a＋ b＝1－c，由①②得 a， b 是方程 x2－(1－ c) x＋ c2－ c＝0的两个不等实根，进而－c)＞0，1解得－3＜ c＜1.∵c＜ b＜ a，∴( c－a)( c－b) ＝c2－c( a＋b) ＋ab＝ c2－c(1－ c)＋ c2－ c＞0，2解得 c＜0或 c＞3(舍)．14∴－＜ c＜0，即1＜ a＋ b＜.33①②＝(1 －c) 2－ 4( c2。
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
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，
基本不等 式或已经 证明过的 不等式
要求证的 不等式
求证过程
实施一系 列的推出 或等价变 换
寻求结论 成立的充 分条件
求证目标
要求证的 结论
所需条件 全部成立
证题方向 由因导果 执果索因
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．
(1)若 a＞b，则 ac2＞bc2.( )
(2)若ac＞bc，则 a＞b.( )
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，直至所需条件为已知条件或 一个明显成立事实(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．
3．综合法与分析法的比较
方法
综合 法
分析 法
证明的起 始步骤
第二讲 证明不等式的基本方法
2．2 综合法与分析法
[学习目标] 1.理解综合法与分析法证明不等式的思 考过程与特点(重点)．
2．会用综合法、分析法证明不等式(重点、难点)．
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 证明方法叫做综合法，又叫顺推证法或由因导果法．
(3)若 a3＞b3，且 ab＜0，则1a＞1b.(
)
(4)若 a2＞b2，且 ab＞0，则1a＜1b.(
高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 2.2 综合法与
2.2.2 分析法课堂导学三点剖析一,利用分析法证明不等式【例1】 (1)设a>b>0,求证:333b a b a ->-. (2)已知0<α<π,证明2sin2α≤cot 2α,并指出等号成立的条件. 证明：(1)要证333b a b a ->-, ∵a>b>0,有3b a ->0,∴需证(3b a -)3>(33b a -)3,展开得a-b>a-323b a +b ab -323, 即证明)(3333b a ab ->0, 也就是证33b a ->0,在题设条件下这一不等式显然成立, ∴原不等式成立. (2)要证2sin2α≤cot2α, 由0<α<π知sinα>0,只需证2sinα·sin2α≤1+cosα,即证明4sin 2αcosα-(1+cosα)≤0,也就是证(1+cosα)［4(1-cosα)cosα-1］≤0,而1+cosα>0,于是只要证-4cos 2α+4cosα-1≤0,即-(2cosα-1)2≤0,就是(2cosα-1)2≥0,这是显然的. ∴2sin2α≤cot2α,等号在2cosα=1,α=3π时取得. 各个击破类题演练1若a,b,c 三数均大于1,且ab=10,求证:log a c+log b c≥4lgc. 证明:由于a>1,b>1,要证log a c+log b c≥4lgc,需证bca c lg lg lg lg +≥4lgc, 而lgc>0, 因此只要证ba lg 1lg 1+≥4,即证ba ba lg lg lg lg +≥4.∵ab=10,有lga+lgb=1,于是只需证lga·lgb≤41, 而lga·lgb≤(2lg lg b a +)2=41.∴不等式log a c+log b c≥4lgc 成立.变式提升1 已知a>0,b 1-a 1>1,求证:ba ->+111. 证明:要证ba ->+111,只要证b a -•+11,即证(1+a)(1-b)>1, 就是证a-b-ab>0.① 而已知条件a>0,b 1-a1>1b>0,且a-b>ab,可知①式成立, ∴ba ->+111成立.二、分析法和综合法的综合运用【例2】 a>0,b>0,a≠b,且a 3-b 3=a 2-b 2,求证:1<a+b<34. 分析：从已知等式a 3-b 3=a 2-b 2⇒a+b>1是件容易的事,如何证a+b<34呢?用综合法难以下手,我们用分析法来证.证明:∵a 3-b 3=a 2-b 2, ∴a 2+ab+b 2=a+b(∵a≠b).①∴(a+b)2=a 2+2ab+b 2>a 2+ab+b 2=(a+b). ∴a+b>1.② 要证a+b<34,需证3(a+b)<4, 于是证3(a+b)2<4(a+b).又由①式可知,必须证3(a 2+b 2+2ab)<4(a 2+ab+b 2),然后证a 2-2ab+b 2>0,即证(a-b)2>0,而这一结论在a≠b 时是恒成立的. ∴a+b<34.③ 由②③知1<a+b<34.温馨提示到底何时用分析法,何时用综合法,需根据具体情况灵活选择,有人喜欢用分析法开路,用综合法书写,这是扬长避短,值得借鉴. 类题演练2设a+b=1,且a>0,b>0,求证:(a+a 1)2+(b+b 1)2≥225. 证明:要证(a+a 1)2+(b+b 1)2≥225,只要证(a 2+b 2)+(21a +21b)+4≥225,只要证(a 2+b 2)+(21a +21b)≥217.∵ab≤(2b a +)2=41,∴ab 1≥4.∴21a +21b≥ab 2≥8. 又∵a 2+b 2≥2)(2b a +=21,∴(a 2+b 2)+(21a +21b )≥217.∴(a+a 1)2+(b+b 1)2≥225.当且仅当a=b 时，取等号. 变式提升2已知x>0,y>0,求证:(x 2+y 2)21>(x 3+y 3)31. 证法一:要证(x 2+y 2)21>(x 3+y 3)31, 只要证(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.∵x>0,y>0,即证3x 2+3y 2>2xy,∵3x 2+3y 2>x 2+y 2≥2xy,即3x 2+3y 2>2xy, ∴(x 2+y 2)21>(x 3+y 3)31. 以上证法显然是分析法. 倒着写回去就是综合法. 证法二:由x>0,y>0,∴3x 2+3y 2>x 2+y 2≥2xy,即3(x 2+y 2)x 2y 2>2xy·x 2y 2.∴3x 4y 2+3x 2y 4>2x 3y 3.两边都加上x 6+y 6,得 x 6+y 6+3x 4y 2+3x 2y 4>x 6+y 6+2x 3y 3,即(x 2+y 2)3>(x 3+y 3)2.两边开6次方得(x 2+y 2)21>(x 3+y 3)31. 三、多种证明方法的比较 【例3】 已知a>0,b>0,求证:b a ab ba +≥+.分析一:比较法是证明不等式的最基本的方法.作差后,注意到bb a b ba aa b a ab -=-•-=-,提出公因式a-b,即可证明此不等式.证法一： ∵a>0,b>0, ∴(ab b a +)-(b a +)=(b ba -)+(a ab-) =abb a b a abb a b a aa b b b a 2))(())((-+=--=-+-≥0.∴b a ab b a +≥+.分析二:此不等式中含有根式,因此可以考虑先去根式再予以证明.事实上,两边平方即可去根式.证法二:∵a>0,b>0, ∴要证明b a ab ba +≥+,只需证明(ab b a +)2≥(b a +)2, 展开得b ab a a b ab b a ++≥++2222, 即ab b a 22+≥a+b.① 注意到a>0,b>0,上式变形得 a 3+b 3≥ab(a+b),即(a+b)(a 2-ab+b 2)≥ab(a+b),两边除以a+b,得a 2-ab+b 2≥ab,即(a-b)2≥0. 此式显然成立,∴b a ab ba +≥+.分析三:对根式进行整体换元,也可达到去掉根式的目的. 证法三:令a =c,b =d, ∵a>0,b>0,∴c>0,d>0,原不等式即cd d c 22+≥c+d.② ②式与证法二中的①式结构完全相同,故后面的证明从略.分析四:注意到所证不等式左边是分式,而右边为整式,故还可考虑去分母,转化为整式不等式再予以证明. 证法四:∵a>0,b>0, ∴要证不等式b a ab ba +≥+,只需证明(a )3+(b )3≥ab (a +b ),即证(a +b )(a-ab +b)≥ab (a +b ), 即a-ab +b≥ab ,即(a -b )2≥0.此式显然成立,∴b a ab ba +≥+.分析五:我们还可借助于均值不等式, 即由b ba +≥a 2,ab +a ≥b 2,而巧妙地达到化分式为整式的目的.证法五:∵a>0,b>0, ∴b ba +≥a 2,ab +a ≥b 2,两式相加得 (b ba +)+(ab +a )≥a 2+b 2,从而b a ab ba +≥+.分析六:由证法五的启示,还可在原不等式的两边同时乘以不等式的右边的式子,即转化为证明不等式(a +b )(ab ba +)≥(a +b )2,将不等式的左这展开并利用均值不等式即可获证.证法六:∵a>0,b>0, ∴(a +b )·(ab ba +)=ab b b ba a +++a=a+b+ab b ba a +≥a+b+ab 2=(a+b )2,∴ab ba +≥a +b .温馨提示比较法是证明不等式最基本的方法,通常在作差(或作商)后,通过运用不等式的性质,推论来判断差式的符号(或商式与1的大小关系).分析法和综合法既是证明不等式的常用方法,也是分析,解决问题的重要的数学思维方法.证明不等式的方法灵活多样,在证明过程中,要注意观察不等式的结构特点,把握问题的实质,才能合理选择证明方法,创造出一些巧法,妙法.类题演练3已知a,b 都为正实数，且a+b=1,求证:(a+a 1)(b+b 1)≥425. 证法一:∵(a+a 1)(b+b 1)=ab+ab 1+a b +ba, 由于b a +a b ≥2,故只要证明ab+ab 1≥417,即证4a 2b 2-17ab+4≥0, 即(4ab-1)(ab-4)≥0. 由条件a+b=1,得ab≤(2b a +)2=41, ∴4ab -1≤0,ab -4<0. ∴(4ab -1)(ab-4)≥0.∴4a 2b 2-17ab+4≥0. ∴4ab -17+ab 4≥0,即ab+ab 1≥417. 又∵a b +ba≥2, ∴ab+ab 1+b a +a b ≥2+417=425.∴(a+a 1)(b+b 1)≥425.证法二:∵a+b=1,∴(a+b)2=1, 即a 2+b 2=1-2ab.要证(a+a 1)(b+b 1)≥425, 只要证明4(a 2+1)(b 2+1)≥25ab, 即4a 2b 2+(4a 2+4b 2)+4≥25ab,即4a 2b 2+4(1-2ab)+4-25ab≥0.整理得4a 2b 2-33ab+8≥0.只需证明(4ab-1)(ab-8)≥0.(*) ∵ab≤(2b a +)2=41, ∴4ab -1≤0,ab -8<0.∴(4ab -1)(ab-8)≥0成立.其中当且仅当a=b=21时取“=”. ∴(a+a 1)(b+b 1)≥425.变式提升3 (1)求证:n n n 211<-++(n≥1).证法一:(分析法)要证原不等式成立，只需证22)2()11(n n n <-++.展开得 (n+1)+(n-1)+)1)(1(2-+n n <4n,即12-n <n. 只要证明n 2-1<n 2,即-1<0,此不等式显然成立, 即证明了n n n 211<-++.证法二:(比较法) ∵)1()1(211----+--++n n n n n n nnn n n n n n n +-+<-+-++=111111∴n n n 211<-++.证法三:(综合法)n n n n n =-++<-++2)1()1(21122(2)求证:log n (n+1)>log (n+1)(n+2),其中n∈N *且n>1.证明:欲证log n (n+1)>log (n+1)(n+2)(其中n∈N *且n>1), 只需证)1lg()2lg(lg )1lg(++>+n n n n ,只需证lgnlg(n+2)<lg 2(n+1), 而lgn·lg(n+2)<22]2)2(lg []2)2lg(lg [+=++n n n n<41［lg(n 2+2n+1)］2=lg 2(n+1)成立. 故log n (n+1)>log (n+1)(n+2)成立.(3)已知a,b,c∈R +,且a+b+c=1.求证:a 2+b 2+c 2≥31. 证法一:∵1=(a+b+c)2=a 2+b 2+c 2+2(ab+bc+ca),又2ab≤a 2+b 2,2bc≤b 2+c 2,2ca≤c 2+a 2,∴2(ab+bc+ca)≤2(a 2+b 2+c 2). ∴a 2+b 2+c 2+2(ab+bc+ca)≤3(a 2+b 2+c 2). ∴a 2+b 2+c 2≥31. 证法二:(分析法) ∵a 2+b 2+c 2≥31 ⇔3(a 2+b 2+c 2)≥(a+b+c)2 ⇔2(a 2+b 2+c 2)≥2(ab+bc+ca) ⇔(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≥0,∴原不等式成立.证法三:∵a 2+91≥32a,b 2+91≥32b,c 2+91≥32c, ∴(a 2+91)+(b 2+91)+(c 2+91) ≥32a+32b+32c =32(a+b+c)=32. ∴a 2+b 2+c 2≥31.。
2019-2020学年高中数学 第2章 推理与证明 2.2.1 综合法与分析法学案 新人教B版2-2
2．2.1 综合法与分析法1。
了解直接证明的基本方法．2。
理解综合法和分析法的思考过程及特点． 3.会用综合法与分析法解决数学问题．1．直接证明(1）定义：从命题的条件或结论出发，根据已知的定义、公理、定理，直接推证结论的真实性．（2）常用方法：综合法、分析法．2．综合法(1）定义：是从原因推导到结果的思维方法(由因导果），即从已知条件出发,经过逐步的推理，最后达到待证结论．（2)推证步骤：P0（已知)⇒P1⇒P2⇒…⇒P n(结论)．3．分析法（1)定义:是从结果追溯到产生这一结果的原因的思维方法(执果索因),即从待证结论出发,一步一步寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．(2）步骤：B(结论)⇐B1⇐B2⇐…⇐B n⇐A（已知)．1．判断（正确的打“√”,错误的打“×”)（1)综合法是执果索因的逆推证法．（)(2）分析法就是从结论推向已知．（）（3)分析法与综合法证明同一个问题时，一般思路恰好相反,过程相逆．（）答案：(1)×（2）√(3)√2．欲证错误!－错误!＜错误!－错误!,只需证明（)A．（2－错误!）2＜（错误!－错误!)2B．(错误!－错误!）2＜(错误!－错误!）2C．(错误!＋错误!)2＜(错误!＋错误!)2D．(2－错误!－错误!)2＜（－错误!）2答案：C3．函数f(x）＝ax＋b在(－∞，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是________．答案：(0，＋∞)综合法的应用如图，在四棱锥P.ABCD中,PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC。
(1)求证：DC⊥平面PAC。
(2）求证:平面PAB⊥平面PAC。
[证明］(1)因为PC⊥平面ABCD,所以PC⊥DC。
又因为DC⊥AC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC.(2)因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC。
因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB。
又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.错误!综合法证明问题的步骤已知a、b、c是不全相等的正数，求证：a(b2＋c2）＋b（c2＋a2)＋c（a2＋b2）>6abc。
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学案
二 综合法与分析法1．理解综合法和分析法的概念．2．掌握综合法和分析法的证明过程．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____________．【做一做1】 若a ＜b ＜0，则下列不等式中成立的是( )A 。
错误!＜错误!B ．a ＋错误!＞b ＋错误!C ．b ＋错误!＞a ＋错误!D 。
错误!＜错误!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．【做一做2－1】 分析法是从要证的结论出发，寻求使它成立的（ ）A ．充分条件B ．必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【做一做2－2】 当x ＞1时,不等式x ＋错误!≥a 恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(－∞，2］B ．[2，＋∞)C ．［3，＋∞)D ．(－∞，3］答案：1．综合法 顺推证法 由因导果法【做一做1】 C ∵a ＜b ＜0，∴错误!＞错误!，故选项A,B 错误,而选项C 正确．选项D 中，取b ＝－1，则错误!＝0,而错误!＞0，故选项D 错误．2．结论 已知条件 一个明显成立的事实 分析法 执果索因【做一做2－1】 A【做一做2－2】 D 要使x ＋错误!≥a 恒成立，则令f （x )＝x ＋错误!的最小值大于等于a 即可，而x ＋错误!＝x －1＋1x －1＋1≥2x －1·1x －1＋1＝3. ∴f （x )的最小值为3，∴a ≤3。
1．如何理解综合法证明不等式剖析：（1)证明的特点．综合法又叫顺推证法或由因导果法，是由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，最后推出所要证明的结论成立．（2）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错误!→错误!→错误!→……→错误!(3)证明的主要依据．①a －b ＞0a ＞b ，a －b ＝0a ＝b ,a －b ＜0a ＜b ；②不等式的性质；③几个重要不等式：a 2≥0(a ∈R ),a 2＋b 2≥2ab （a ，b ∈R ）,错误!≥错误!（a ＞0，b ＞0)．使用综合法时要防止因果关系不清晰，逻辑表达混乱等现象．2．如何理解分析法证明不等式剖析：(1)证明的特点．分析法又叫逆推证法或执果索因法，是须从证明的不等式出发,逐步寻找使它成立的充分条件．直到最后把要证明的不等式转化为判定一个明显成立的不等式为止．(2）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错误!←…←错误!←错误!←错误!3．综合法和分析法的优点剖析：综合法的优点是结构整齐，而分析法更容易找到证明不等式的突破口，所以通常是分析法找思路,综合法写步骤．分析法证明不等式是“逆求”，而绝不是逆推，即寻找的是充分条件，而不是必要条件．题型一 综合法证明不等式【例1】 已知a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝1，求证：(a ＋错误!)2＋（b ＋错误!）2≥错误!。
高中数学第二讲证明不等式的基本方法综合法与分析法知识导学案
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 b a +≤+≤≤+; 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。
2019_2020学年高中数学第2章推理与证明2.2.1综合法和分析法学案新人教A版选修2_2
2.2.1 综合法和分析法1．综合法[提示] 综合法与分析法的推理过程是演绎推理，因为综合法与分析法的每一步推理都是严密的逻辑推理，从而得到的每一个结论都是正确的，不同于合情推理中的“猜想”．思考2: 综合法与分析法有什么区别？[提示] 综合法是从已知条件出发，逐步寻找的是必要条件，即由因导果；分析法是从待求结论出发，逐步寻找的是充分条件，即执果索因．1．用分析法证明：欲使①A >B ，只需②C <D ，这里②是①的( ) A ．充分条件 B ．必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件A [②⇒①，∴②是①的充分条件．]2．命题“对于任意角θ，cos 4 θ－sin 4 θ＝cos 2 θ”的证明：“cos 4 θ－sin 4θ＝(cos 2θ－sin 2θ)(cos 2θ＋sin 2θ)＝cos 2θ－sin 2θ＝cos 2 θ”，其过程应用了( )A ．分析法B ．综合法C ．综合法、分析法综合使用D ．间接证法B [从证明过程来看，是从已知条件入手，经过推导得出结论，符合综合法的证明思路．] 3．要证明A ＞B ，若用作差比较法，只要证明________．A －B ＞0 [要证A ＞B ，只要证A －B ＞0. ]4．将下面用分析法证明a 2＋b 22≥ab 的步骤补充完整：要证a 2＋b 22≥ab ，只需证a 2＋b 2≥2ab ，也就是证________，即证______，由于______显然成立，因此原不等式成立．a 2＋b 2－2ab ≥0 (a －b )2≥0 (a －b )2≥0 [用分析法证明a 2＋b 22≥ab 的步骤为：要证a 2＋b 22≥ab 成立，只需证a 2＋b 2≥2ab ，也就是证a 2＋b 2－2ab ≥0，即证(a －b )2≥0.由于(a －b )2≥0显然成立，所以原不等式成立．]【例1】 (1)已知a ，b 是正数，且a ＋b ＝1，证明：a ＋b≥4.(2)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且2a sin A ＝(2b －c )sin B ＋(2c －b )sin C .①求证：A 的大小为π3；②若sin B ＋sin C ＝3，证明△ABC 为等边三角形． [证明] (1)法一：∵a ，b 是正数且a ＋b ＝1， ∴a ＋b ≥2ab ，∴ab ≤12，∴1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝1ab≥4.法二：∵a ，b 是正数，∴a ＋b ≥2ab >0， 1a ＋1b≥21ab>0，∴(a ＋b )⎝⎛⎭⎪⎫1a ＋1b≥4.又a ＋b ＝1， ∴1a ＋1b≥4.法三：1a ＋1b ＝a ＋b a ＋a ＋b b ＝1＋b a ＋a b＋1≥2＋2b a ·ab＝4.当且仅当a ＝b 时，取“＝”号． (2)①由2a sin A ＝(2b －c )sin B ＋(2c －b )sin C ， 得2a 2＝(2b －c )b ＋(2c －b )c ， 即bc ＝b 2＋c 2－a 2，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，所以A ＝π3.②因为A ＋B ＋C ＝180°， 所以B ＋C ＝180°－60°＝120°， 由sin B ＋sin C ＝3， 得sin B ＋sin(120°－B )＝3，sin B ＋(sin 120°cos B －cos 120°sin B )＝3， 32sin B ＋32cos B ＝3， 即sin(B ＋30°)＝1.因为0°＜B ＜120°，所以30°＜B ＋30°＜150°， 所以B ＋30°＝90°，B ＝60°， 所以A ＝B ＝C ＝60°， 即△ABC 为等边三角形．综合法的解题步骤1.如图所示，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．(1)证明：CD ⊥AE ； (2)证明：PD ⊥平面ABE .[证明] (1)在四棱锥P ABCD 中， ∵PA ⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥CD .∵AC ⊥CD ，PA ∩AC ＝A ，∴CD ⊥平面PAC . 而AE ⊂平面PAC ，∴CD ⊥AE .(2)由PA ＝AB ＝BC ，∠ABC ＝60°，可得AC ＝PA . ∵E 是PC 的中点，∴AE ⊥PC . 由(1)知，AE ⊥CD ，又PC ∩CD ＝C ， ∴AE ⊥平面PCD .而PD ⊂平面PCD ，∴AE ⊥PD . ∵PA ⊥底面ABCD ，∴PD 在底面ABCD 内的射影是AD . 又AB ⊥AD ，∴AB ⊥PD .又∵AB ∩AE ＝A ，∴PD ⊥平面ABE .[证明] 当a ＋b ≤0时，∵a 2＋b 2≥0， ∴a 2＋b 2≥22(a ＋b )成立． 当a ＋b ＞0时，用分析法证明如下：要证a 2＋b 2≥22(a ＋b )， 只需证(a 2＋b 2)2≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤22(a ＋b )2.即证a 2＋b 2≥12(a 2＋b 2＋2ab )，即证a 2＋b 2≥2ab .∵a 2＋b 2≥2ab 对一切实数恒成立，∴a2＋b2≥22(a＋b)成立．综上所述，不等式得证．用分析法证明不等式的三个关注点(1)分析法证明不等式的依据是不等式的基本性质、基本不等式、已知的重要不等式等．(2)分析法是综合法的逆过程，即从“未知”“看”“需知” ，执果索因，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是要寻找它的充分条件或充要条件．(3)分析法为逆推证明，因此在使用时要注意逻辑性与规范性，其格式一般为“要证……，只要证…….只需证……，……显然成立，所以……成立”．2．已知a，b是正实数，求证：ab＋ba≥a＋b.[证明] 要证ab＋ba≥a＋b，只要证a a＋b b≥ab(a＋b)．即证(a＋b－ab)(a＋b)≥ab(a＋b)，因为a，b是正实数，即证a＋b－ab≥ab，也就是要证a＋b≥2ab，即(a－b)2≥0.而该式显然成立，所以ab＋ba≥a＋b.1．在实际解题时，综合法与分析法能否可以结合起来使用？[提示] 在实际解题时，常常把分析法和综合法结合起来使用，即先利用分析法寻找解题思路，再利用综合法有条理地表述解答过程．2．你会用框图表示综合法与分析法交叉使用时的解题思路吗？[提示] 用框图表示如下：其中P表示已知条件、定义、定理、公理等，Q表示要证明的结论．【例3】已知a，b，c是不全相等的正数，且0<x<1.求证：log xa ＋b2＋log xb ＋c2＋log xa ＋c2<log x a ＋log x b ＋log x c .思路探究：解答本题的关键是利用对数运算法则和对数函数性质转化成整式不等式证明． [证明] 要证明： log xa ＋b2＋log xb ＋c2＋log xa ＋c2<log x a ＋log x b ＋log x c ，只需要证明log x ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c 2<log x(abc )．由已知0<x <1，只需证明a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c2>abc .由公式a ＋b2≥ab >0，b ＋c2≥bc >0，a ＋c2≥ac >0，又∵a ，b ，c 是不全相等的正数， ∴a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c2>a 2b 2c 2＝abc . 即a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c2>abc 成立． ∴log x a ＋b2＋log x b ＋c 2＋log xa ＋c2<log x a ＋log x b ＋log x c 成立．分析综合法的解题思路分析综合法的解题思路是：根据条件的结构特点去转化结论，得到中间结论Q ；根据结论的结构特点去转化条件，得到中间结论P ；若由P 可推出Q ，即可得证．1．综合法证题是从条件出发，由因导果；分析法是从结论出发，执果索因． 2．分析法证题时，一定要恰当地运用“要证”“只需证”“即证”等词语． 3．在解题时，往往把综合法和分析法结合起来使用.1．欲证2－3<6－7成立，只需证( ) A ．(2－3)2<(6－7)2B ．(2－6)2<(3－7)2C ．(2＋7)2<(3＋6)2D ．(2－3－6)2<(－7)2C [∵2－3<0，6－7<0，故2－3<6－7⇔2＋7<3＋6⇔(2＋7)2<(3＋6)2.] 2．在△ABC 中，若sin A sin B <cos A cos B ，则△ABC 一定是( ) A ．直角三角形 B ．锐角三角形 C ．钝角三角形D ．等边三角形C [由sin A sin B <cos A cos B 得cos(A ＋B )＝－cos C >0，所以cos C <0, 即△ABC 一定是钝角三角形．]3．如果a a ＋b b ＞a b ＋b a ，则实数a ，b 应满足的条件是________．a ≠b 且a ≥0，b ≥0 [a a ＋b b ＞a b ＋b a⇔a a －a b ＞b a －b b ⇔a (a －b )＞b (a －b ) ⇔(a －b )(a －b )＞0⇔(a ＋b )(a －b )2＞0，只需a ≠b 且a ，b 都不小于零即可．]4．设a ＞0，b ＞0，c ＞0，若a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c的最小值为________．9 [因为a ＋b ＋c ＝1，且a ＞0，b ＞0，c ＞0，所以1a ＋1b ＋1c ＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c ＝3＋b a ＋a b ＋c b ＋b c ＋a c ＋c a≥3＋2b a ·ab＋2c b ·b c ＋2c a ·ac＝3＋6＝9.当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立．] 5．设a ≥b >0，求证：3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2.(请用分析法和综合法两种方法证明) [证明] 法一：(综合法)3a 3＋2b 3－(3a 2b ＋2ab 2)＝3a 2(a －b )＋2b 2(b －a )＝(3a 2－2b 2)(a －b )．因为a ≥b >0，所以a －b ≥0,3a 2－2b 2>0，从而(3a 2－2b 2)(a －b )≥0， 所以3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2.法二：(分析法)要证3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2，只需证3a 2(a －b )－2b 2(a －b )≥0，只需证(3a 2－2b 2)(a －b )≥0，∵a ≥b >0.∴a －b ≥0,3a 2－2b 2>2a 2－2b 2≥0，∴上式成立．。
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二综合法与分析法学习目标：1.了解综合法与分析法证明不等式的思考过程与特点．(重点)2.会用综合法、分析法证明简单的不等式．(难点)教材整理1 综合法阅读教材P23～P23“例2”，完成下列问题．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，又叫顺推证法或由因导果法．设a，b∈R＋，A＝a＋b，B＝a＋b，则A，B的大小关系是( )A．A≥B B．A≤BC．A＞B D．A＜BC[A2＝(a＋b)2＝a＋2ab＋b，B2＝a＋b，所以A2＞B2.又A＞0，B＞0，所以A＞B.]教材整理2 分析法阅读教材P24～P25“习题”以上部分，完成下列问题．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．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＞bC．b＞a＞c D．b＞c＞aB[由已知，可得出a＝422，b＝47＋3，c＝46＋2，∵7＋3＞6＋2＞22，∴b＜c＜a.]b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .[精彩点拨] 由a ，b ，c 是正数，联想去分母，转化证明b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2≥abc (a ＋b ＋c )，利用x 2＋y 2≥2xy 可证．或将原不等式变形为bc a ＋ac b ＋abc≥a ＋b ＋c 后，再进行证明． [自主解答] 法一 ∵a ，b ，c 是正数，∴b 2c 2＋c 2a 2≥2abc 2，b 2c 2＋a 2b 2≥2ab 2c ，c 2a 2＋a 2b 2≥2a 2bc ， ∴2(b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2)≥2(abc 2＋ab 2c ＋a 2bc )， 即b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2≥abc (a ＋b ＋c )． 又a ＋b ＋c ＞0，∴b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .法二 ∵a ，b ，c 是正数， ∴bc a ＋ac b ≥2bc a ·acb＝2c . 同理ac b ＋ab c ≥2a ，ab c ＋bca≥2b ， ∴2⎝ ⎛⎭⎪⎫bc a ＋ac b ＋ab c ≥2(a ＋b ＋c )．又a ＞0, b ＞0，c ＞0，∴b 2c 2＋a 2c 2＋a 2b 2≥abc (a ＋b ＋c )．故b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c≥abc .1．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(切入点)，这是证明的关键．2．综合法证明不等式的主要依据：(1)不等式的基本性质；(2)基本不等式及其变形；(3)三个正数的算术几何平均不等式等．1．已知a ＞0，b ＞0，c ＞0，且abc ＝2. 求证：(1＋a )(1＋b )(1＋c )＞8 2. [证明] ∵a ＞0，b ＞0，c ＞0，∴1＋a ≥2a ，当且仅当a ＝1时，取等号，1＋b ≥2b ，当且仅当b ＝1时，取等号， 1＋c ≥2c ，当且仅当c ＝1时，取等号． ∵abc ＝2，∴a ，b ，c 不能同时取1， ∴“＝”不同时成立．∴(1＋a )(1＋b )(1＋c )＞8abc ＝8 2. 即(1＋a )(1＋b )(1＋c )＞8 2.log a (a x ＋b y)＜18＋log a 2.[精彩点拨] 要证的不等式为对数不等式，结合对数的性质，先用分析法探路，转化为要证明一个简单的结论，然后再利用综合法证明．[自主解答] 由于0＜a ＜1，则t ＝log a x (x ＞0)为减函数． 欲证log a (a x ＋a y )＜18＋log a 2，只需证a x ＋a y＞2a 18.∵y ＋x 2＝0,0＜a ＜1，∴x ＋y ＝x －x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14≤14.当且仅当x ＝12时，(x ＋y )max ＝14，∴a x ＋y≥a 14，a x ＋y≥ a 18⎝⎛⎭⎪⎫当x ＝12，y ＝－14时取等号.①又a x ＋a y ≥2ax ＋y(当且仅当x ＝y 取等号),②∴a x ＋a y≥2a 18.③由于①，②等号不能同时成立，∴③式等号不成立，即a x ＋a y＞2a 18成立． 故原不等式log a (a x ＋a y)＜18＋log a 2成立．1．通过等式或不等式运算，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．体现了分析法与综合法之间互为前提、互相渗透、相互转化的辩证关系．2．函数与不等式综合交汇，应注意函数性质在解题中的运用．2．已知a ，b ，c 都是正数，求证：2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3a ＋b ＋c 3－3abc .[证明] 法一 要证2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3a ＋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 都为正数，得c ＋2ab ＝c ＋ab ＋ab ≥33abc ，∴原不等式成立． 法二 ∵a ，b ，c 都是正数，∴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 .1．如何理解分析法寻找的是充分条件？[提示] 用分析法证明，其叙述格式是：要证明A ，只需证明B .即说明只要有B 成立，就一定有A 成立．因此分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件．分析法体现了数学中“正难则反”的原则，也是思维中的逆向思维，逆求(不是逆推)结论成立的充分条件．2．综合法与分析法有何异同点？[提示] 综合法与分析法的异同点【例3】 已知a ＞b ＞0，求证：(－)8a ＜2－ab ＜(－)8b.[精彩点拨] 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得到要证明的不等式，因而可以用分析法先变形要证明的不等式，从中找到证题的线索．[自主解答] 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.只需证a －b 2a ＜a －b ＜a －b2b， 即a ＋b 2a ＜1＜a ＋b 2b ， 即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．1．解答本题的关键是在不等式两边非负的条件下，利用不等式的开方性质寻找结论成立的充分条件，采用分析法是常用方法．证明过程一要注意格式规范，二要注意逻辑关系严密、准确．2．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．常常利用移项、去分母、平方、开方等方法进行分析探路．3．已知a ＞0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.[证明] 因为a ＞0，要证原不等式成立，只需证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋2，即证a 2＋1a2＋4a 2＋1a2＋4≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋2，只需证2·a 2＋1a 2≥a ＋1a，即证2⎝⎛⎭⎪⎫a 2＋1a2≥a 2＋1a2＋2，只需证a 2＋1a2≥2.由基本不等式知a 2＋1a2≥2显然成立，所以原不等式成立．1．已知a ＜0，－1＜b ＜0，则( ) A ．a ＞ab ＞ab 2B ．ab 2＞ab ＞a C ．ab ＞a ＞ab 2 D ．ab ＞ab 2＞aD [∵－1＜b ＜0， ∴1＞b 2＞0＞b . 又a ＜0，∴ab ＞ab 2＞a .]2．下列三个不等式：①a ＜0＜b ；②b ＜a ＜0；③b ＜0＜a .其中能使1a ＜1b成立的充分条件有( )A ．①②B ．①③C ．②③D ．①②③A [①a ＜0＜b ⇒1a ＜1b ；②b ＜a ＜0⇒1a ＜1b ；③b ＜0＜a ⇒1a ＞1b.故选A.]3．已知a ，b ∈(0，＋∞)，Ρ＝a ＋b2，Q ＝a ＋b ，则P ，Q 的大小关系是________．[解析] ∵a ＋b ≥(a ＋b )22，∴a ＋b ≥a ＋b2.[答案] P ≤Q4．若1a ＜1b＜0，则下列不等式：①a ＋b ＜ab ；②|a |＞|b |；③a ＜b ；④b a ＋a b＞2. 其中正确的有________．(填序号) [解析] ∵1a ＜1b＜0，∴b ＜a ＜0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＜0，ab ＞0，|b |＞|a |.故①正确，②③错误．∵a ，b 同号且a ≠b ，∴b a ，ab均为正， ∴b a ＋a b ＞2b a ·ab＝2.故④正确． [答案] ①④5．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b2＋a2－2ab＜4c2－4ab，即证(a＋b)2＜4c2，由2c＞a＋b知上式成立．所以原不等式成立．。