2018_19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版

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
－2ab
a 2b
2
＝4＋(1－2ab )＋1－2ab a 2b
2
≥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＋⎝
⎛⎭
⎪⎫1a 2＋1b
2
＝4＋a 2
＋b 2
＋(a ＋b )2
a 2＋(a ＋
b )
2
b
2
＝4＋a 2
＋b 2
＋1＋2b a ＋b 2a 2＋a 2
b 2＋2a b
＋1
＝4＋(a 2
＋b 2
)＋2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫b 2a 2＋a 2
b 2 ≥4＋(a ＋b )2
2＋2＋2×2
b a ·a b ＋2·b a ·a
b
＝4＋12＋2＋4＋2＝252
，
∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b 2≥25
2
. 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＋2
xy
≥1＋8＝9. 当且仅当x ＝y ＝1
2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 ＝1
2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：lg
a ＋b
2
＋lg
c ＋b
2
＋lg
a ＋c
2
＞lg a ＋lg b ＋lg c .
证明 要证lg
a ＋b
2
＋lg
c ＋b
2
＋lg
a ＋c
2
＞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 ＋c
2＞abc 成立． 又∵a ＋b
2
≥ab ＞0，
c ＋b 2
≥cb ＞0，
a ＋c
2
≥ac ＞0，
∴
a ＋
b 2·
c ＋b 2
·
a ＋c
2
≥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
)1
2
＞(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
)1
2
＞(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 ≤1
4.
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：a
a ＋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
a
a ＋m ＋
b
b ＋m ＞
c
c ＋m
成立．
1．若a ＜b ＜0，则下列不等式中成立的是( ) A.1a ＜1
b
B ．a ＋1b ＞b ＋1a
C ．b ＋1a ＞a ＋1b
D.b a ＜
b ＋1
a ＋1
答案 C
解析 ∵a ＜b ＜0，∴ab ＞0，∴a ab ＜b ab
＜0，即1b ＜1
a
＜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 ＋b
2
＞ab ＞
2ab
a ＋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
≥33
xy 2
＞0,1＋x 2
＋y ≥33
x 2
y ＞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3
4，而无最大值
B ．最小值1，而无最大值
C ．最小值1
2和最大值1
D ．最小值3
4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 a
b ＋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 a
B ．a a ＜b a ＜a b
C ．a b
＜a a
＜b a
D ．a b
＜b a
＜a a
答案 C
解析 ∵13＜⎝ ⎛⎭⎪⎫13b ＜⎝ ⎛⎭
⎪⎫13a
＜1，
∴0＜a ＜b ＜1，∴a a a b ＝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________1
2[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]． 答案 ≥
解析 12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]＝1
2lg[(1＋a )(1＋b )]
＝lg[(1＋a )(1＋b )]1
2
， 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 ＋2
2
，
∴lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋
a ＋
b 2≥lg[(1＋a )(1＋b )]1
2. 即lg ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋
a ＋
b 2≥1
2[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．
8．要使3
a －3
b ＜3
a －
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3
a －3
b ＜3
a －
b 成立． 只需(3
a －3
b )3
＜(3
a －
b )3
成立， 即a －b －33
a 2
b ＋33
ab 2
＜a －b 成立， 只需3
ab 2
＜3
a 2
b 成立，只需ab 2
＜a 2
b 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 ，1
b
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 ＋b
2
，Q ＝ab ，2R ＝1a ＋1
b
，
∴R ＝
2ab a ＋b ≤Q ＝ab ≤P ＝a ＋b
2
， 当且仅当a ＝b 时取等号． 10．设a ＞b ＞c ，且1a －b ＋1b －c ≥m
a －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 )·2
1a －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 )2
8a ＜a ＋b 2－ab ＜(a －b )
2
8b .
证明 要证原不等式成立，
只需证(a －b )2
4a ＜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 －b
2b
， 即
a ＋
b 2a ＜1＜a ＋b
2b
， 即证
b
a
＜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 3－3
abc .
证明 方法一 要证2⎝
⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭
⎪⎫a ＋b ＋c 3－3
abc ，
只需证a ＋b －2ab ≤a ＋b ＋c －33
abc ， 即－2ab ≤c －33
abc ， 移项，得c ＋2ab ≥33
abc .
由a ，b ，c 为正数，得c ＋2ab ＝c ＋ab ＋ab ≥33
abc 成立． ∴原不等式成立．
方法二 ∵a ，b ，c 是正数，
∴c ＋ab ＋ab ≥33
c ab ·ab ＝33
abc ， 即c ＋2ab ≥33
abc . 故－2ab ≤c －33abc .
∴a ＋b －2ab ≤a ＋b ＋c －33
abc . ∴2⎝
⎛⎭⎪⎫a ＋b 2－ab ≤3⎝ ⎛⎭
⎪⎫a ＋b ＋c 3－3
abc .
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－1
3＜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－1
3＜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 ＞2
3(舍)．
∴－13＜c ＜0，即1＜a ＋b ＜43.。