高中数学—综合法与分析法

1+ a2 2 a2 0, …… 1+ an 2 an 0. 于是可得 (1+ a1)(1+ a2)(1+ an) 2n a1a1an =2n.
在前面我们学基本不等式时, 就用综合法证明 了不少不等式.
综合法是由因导果的方法.
其实我们也可以从结果出发, 去寻找使结果成立 的条件, 如果找到了条件, 结果不就成立了吗?
法二, ∵(a2+b2+5)-2(2a-b)=a2-4a+4+b2+2b+1
=(a-2)2+(b+1)2 ≥0, ∴a2+b2+5≥2(2a-b).
2. 已知 a, b, cR+, 用综合法证明: (1) (ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc; (2) 2(a3+b3+c3)≥a2(b+c)+b2(a+c)+c2(a+b).
9. 已知 |a|<1, |b|<1, 求证 |1-ab|>|a-b|.
证明: 法二, ∵|1-ab|2-|a-b|2=(1-ab)2-(a-b)2
=(1-ab+a-b)(1-ab-a+b)
=(1-b+a(1-b))(1-ab-a+b) =(1-a2)(1-b2), ∵ |a|<1, |b|<1, ∴(1-a2)(1-b2)>0, 则 |1-ab|2-|a-b|2 >0, 即 |1-ab|2>|a-b|2, 于是得 |1-ab|>|a-b|.
=
4 n2
时,
等号成立,
即 n=2 时, 等号成立.
9. 已知 |a|<1, |b|<1, 求证 |1-ab|>|a-b|.
证明: 要证 |1-ab|>|a-b|, 只需证 (1-ab)2>(a-b)2, 展开得 1-2ab+a2b2>a2-2ab+b2, 则只需证 1+a2b2>a2+b2, 即只需证 1+a2b2-a2-b2>0, 分解因式得 (1-a2)(1-b2)>0, ∵ |a|<1, |b|<1, ∴(1-a2)(1-b2)>0 成立, 则原不等式 |1-ab|>|a-b| 成立.
(
mn )m+n mnnm
=
m-n n-m
m 2n2=
(
m n
m-n
) 2 ≥1,
( mn)m+n mnnm 成立,
∴原不等式成立.
6. 已知 f(x) = 1+ x2 , a≠b, 求证 |f(a)-f(b)|<|a-b|. 证明: 要证 |f(a)-f(b)|<|a-b|,
即需证 | 1+ a2 - 1+ b2 | |a -b|, 只需证 ( 1+ a2 - 1+ b2 )2 (a - b)2, 展开得 2+ a2 + b2 - 2 (1+ a2)(1+ b2) a2 + b2 - 2ab, 则只需证 1+ ab (1+ a2)(1+ b2),
思考: 从定理 a2+b2≥2ab 出发, 左边的三项 就可得到含 abc 的式子.
证明: ∵b2+c2≥2bc, c2+a2≥2ca, a2+b2≥2ab,
又∵ a, b, c>0, ∴ a(b2+c2)≥2abc, ①
b(c2+a2)≥2bca, ② c(a2+b2)≥2cab, ③ ∵ a, b, c 不全等, ∴a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc.
c2a
2
abc.
只需证 a2b2+b2c2+c2a2≥abc(a+b+c),
即
a2b2+b2c2+c2a2≥a2bc+ab2c+abc2,
则只需证 2(a2b2+b2c2+c2a2)≥2a2bc+2ab2c+2abc2,
∵a2b2+b2c2≥2ab2c,
b2c2+c2a2≥2bc2a,
c2a2+a2b2≥2ca2b,
配方计算得 (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2>0,
∵a, b, c互不相等, ∴(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2>0 成立, ∴原不等式成立.
4. 已知 a>b>c,
求证
1 a-b
+
1 b-c
+
1 c-a
0.
证明: 综合法,
a
1 -
b
+
1 b-
c
+
c
1 -a
=
(b
-
c)(c
-
a)+(a -b)(c -a)+(a (a -b)(b-c)(c -a)
b3+c3=(b+c)(b2-bc+c2) ≥(b+c)bc, c3+a3=(c+a)(c2-ca+a2) ≥(c+a)ca, ∴2(a3+b3+c3)≥(a+b)ab+(b+c)bc+(c+a)ca
=a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2 =a2(b+c)+b2(a+c)+c2(a+b).
证明: (1) ∵ a, b, cR+, a + b 2 ab, ab+1 2 ab,
于是得 ab+ a + b+1 4 ab 0; ①
又 ab+ c2 2 abc2 , ac+ bc 2 abc2 ,
得 ab+ ac+ bc+ c2 4 abc2 0. ②
由①②得 (ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc.
∴2(a-b)(b-c)(c-a)<0,
4. 已知 a>b>c,
求证
1 a-b
+
1 b-c
+
1 c-a
0.
证明: 综合法,
a
1 -
b
+
1 b-
c
+
c
1 -a
=
(b
-
c)(c
-
a)+(a -b)(c -a)+(a (a -b)(b-c)(c -a)
-
b)(b -
c)
=
bc
+ ba + ca - b2 - c2 (a -b)(b-c)(c - a)
于是只需证 (1+ ab)2 ( (1+ a2)(1+ b2))2, 展开得 1+2ab+a2b2<1+a2+b2+a2b2, 则只需证 2ab<a2+b2, ∵a≠b, ∴2ab<a2+b2 成立, ∴原不等式成立.
7. 已知 0<x<1, a>0, a≠1, 试比较 |loga(1-x)| 与 |loga(1+x)| 的大小, 并说明理由.
例2. a1, a2, …, anR+, 且 a1a2…an=1, 求证 (1+a1)(1+a2) …(1+an) ≥2n.
思路: 从基本不等式出发, 1+ a1 2 a1, 1+ a2 2 a2 , ……, 同向不等式相乘即可证得.
证明: ∵a1, a2, …, anR+,
1+ a1 2 a1 0,
我们过去的几何证明与代数证明, 绝大部分都是 用的综合法.
综合法证明不等式与证明等式的方法是类同的, 但要注意区分不等式与等式的不同性质特征, 特别是 有负数时的乘除、乘方、开方等.
例1. 已知 a, b, c>0, 且不全相等, 求证 a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc.
即只需证
14<18.
∴ 14<18 成立,
2 + 7 3 + 6 成立.
问: 你能从 14<18 推证得 2 + 7 3 + 6 吗?
这样推证是什么方法?
例4. 已知 a, b, c>0,
求证
a2b2
+ b2c2 + a+b+c
c2a
2
abc.
证明: ∵ a, b, c>0,
要证
a2b2
+ b2c2 + a+b+c
∴ 2(a2b2+b2c2+c2a2)≥2a2bc+2ab2c+2abc2 成立, ∴原不等式成立.
第 1~9 题.
1. 求证 a2+b2+5≥2(2a-b).
证明: 法一, ∵a2+4=a2+22≥4a, b2+1=|b|2+1≥2|b|≥-2b, ∴a2+b2+5≥4a-2b =2(2a-b).
∵∴即a2>(aab->-1bcb),(+b-bc-1)c(c+-ca)-1<a0, 0 成立.
5. 已知 m, nR+,
求证
m
+ 2
n
m+n
mnnm
.
证明: ∵ m, nR+,
要证
m+ 2
n
m+n
mnnm
,
只需证
(
m+ 2
n
)m+n
mnnm
,
(
m+ 2
n
)m+n
(
mn )m+n ,
∴只需证 ( mn)m+n mnnm,
证明不等式 的基本方法
一 比较法
二 综合法与分析法
三 反证法与放缩法
1. 怎样用综合法证明不等式? 2. 怎样用分析法证明不等式?
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.
解: 由 0<x<1 得, 0<1-x<1, 1+x>1,
① 当 0<a<1 时,
|loga(1-x)|-|loga(1+x)|=loga(1-x)+loga(1+x) =loga(1-x2) >0,
∴|loga(1-x)||loga(1+x)|. ② 当 a>1 时,
|loga(1-x)|-|loga(1+x)|= -loga(1-x)-loga(1+x) = -loga(1-x2)>0,
2. 已知 a, b, cR+, 用综合法证明: (1) (ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc; (2) 2(a3+b3+c3)≥a2(b+c)+b2(a+c)+c2(a+b).
证明: (2) 2(a3+b3+c3) ∵a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)≥(a+b)ab,
分析法就是基于这样的思想. 证明命题时, 可以从要证的结论出发, 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.
例3. 求证 2 + 7 3 + 6. 证明: 2 + 7 0, 3 + 6 0, 要证 2 + 7 3 + 6, 只需证 ( 2 + 7)2 ( 3 + 6)2, 展开得 9+ 2 14 9+ 2 18, 于是只需证 14 18,
求证
1 a-b
+
1 b-c
+
1 c-a
0.
证明: 分析法,
∵a>b>c,
∴a-b>0, b-c>0, c-a<0,
要证
a
1 -b
+
1 b-c
+
1 c-a
0,
只需证 (b-c)(c-a)+(a-b)(c-a)+(a-b)(b-c)<0,
展开计算得 ac+bc+ca-a2-b2-c2<0,
由此只需证 2(a2+b2+c2)-2ab-2bc-2ca>0,
a2
=
2bc+ 2ba + 2ca - 2(b2 + c2 + a -(a-2b()a2--(bb)-(bc)-2-c)((cc--aa)2)<0,
2
)
= 则-(a2--((aba)-2-2(b-ab)()-(b2bb---)((ccbb))2-(-c-cc-())c2(ac--)-(aca)-2) a)2 0,
3. 求证 3 + 8 1+ 10.
证明: 3 + 8 0, 1+ 10 0, 要证 3 + 8 1+ 10,
只需证 ( 3 + 8)2 (1+ 10)2,
即
11+ 2 24 11+ 2 10,
则只需证 24 10, 24 10 成立, 3 + 8 1+ 10 成立.
4. 已知 a>b>c,
∴|loga(1-x)||loga(1+x)|. 由①②知 |loga(1-x)||loga(1+x)|.
8. 已知 n>0,
求证
n
+
4 n2
3.
证明:
n
+
4 n2
=
n 2
+
n 2
+
4 n2
,
由 n>0 得,
n 2
0,
4 n2
0,
n 2
+
n 2
+
4 n2
33
n 2
n 2
4 Biblioteka Baidu2
=3,
当且仅当
n 2
-
b)(b -
c)
=
bc
+ ba + ca - b2 - c2 (a -b)(b-c)(c - a)
a2
=
2bc
+ 2ba + 2ca - 2(b2 + c2 2(a -b)(b-c)(c -a)
+
a
2
)
=
-
(a - b)2 -(b- c)2 -(c 2(a -b)(b-c)(c -a)
a)2
∵a>b>c,