2018-2019學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第一章 不等關(guān)系與基本不等式 4 第2課時 分析法與綜合法學(xué)案 北師大版選修4-5.docx

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第2課時　分析法與綜合法 學(xué)習(xí)目標(biāo)　1.理解綜合法、分析法證明不等式的原理和思維特點(diǎn).2.掌握綜合法、分析法證明不等式的方法和步驟.3.會用綜合法、分析法證明一些不等式． 知識點(diǎn)　分析法與綜合法 思考1　在“推理與證明”中，學(xué)習(xí)過分析法、綜合法，請回顧分析法、綜合法的基本特征． 答案　分析法是逆推證法或執(zhí)果索因法，綜合法是順推證法或由因?qū)Чǎ? 思考2　綜合法與分析法有什么區(qū)別和聯(lián)系？ 答案　區(qū)別：綜合法，由因?qū)Ч?，形式簡潔，易于表達(dá)； 分析法，執(zhí)果索因，利于思考，易于探索． 聯(lián)系：都屬于直接證明，常用分析法分析，用綜合法表達(dá)． 梳理　(1)分析法 ①定義：在證明過程中，從所要證明的結(jié)論入手向已知條件反推直至達(dá)到已知條件為止，這種證法稱為分析法，即“執(zhí)果索因”的證明方法． ②特點(diǎn)：執(zhí)果索因，即從“未知”看“需知”，逐步靠攏“已知”． ③證明過程的框圖表示： 用Q表示要證明的不等式，則分析法可用框圖表示為 →→→…→ (2)綜合法 ①定義：在證明過程中，從已知條件出發(fā)，利用不等式的性質(zhì)(或已知證明過的不等式)，推出了所要證明的結(jié)論，即“由因?qū)す钡姆椒?，這種證明不等式的方法稱為綜合法． ②特點(diǎn)：由因?qū)Ч?，即從“已知”看“可知”，逐步推向“未知”? ③證明的框圖表示： 用P表示已知條件或已有定義、定理、公理等，用Q表示所要證明的不等式，則綜合法可用框圖表示為 →→→…→ 類型一　分析法證明不等式 例1　若a，b，c是不全相等的正數(shù)，求證：lg＋lg＋lg＞lga＋lgb＋lgc. 證明　要證lg＋lg＋lg＞lg a＋lg b＋lg c， 即證lg＞lg abc成立， 只需證＞abc成立． 又∵≥＞0，≥＞0，≥＞0， ∴≥abc＞0.(*) 又∵a，b，c是不全相等的正數(shù)， ∴(*)式等號不成立， ∴原不等式成立． 反思與感悟　用分析法解決此類題目時要注意兩點(diǎn) (1)對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)要正確運(yùn)用． (2)要注意已知條件“不全相等”，所以等號不成立． 跟蹤訓(xùn)練1　已知x＞0，y＞0，求證： 證明　要證明 只需證(x2＋y2)3＞(x3＋y3)2. 即證x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6＞x6＋2x3y3＋y6， 即證3x4y2＋3x2y4＞2x3y3. ∵x＞0，y＞0，∴x2y2＞0. 即證3x2＋3y2＞2xy. ∵3x2＋3y2＞x2＋y2≥2xy， ∴3x2＋3y2＞2xy成立． ∴ 類型二　綜合法證明不等式 例2　已知a，b∈R＋，且a＋b＝1，求證：2＋2≥. 證明　方法一　∵a，b∈R＋，且a＋b＝1， ∴ab≤2＝. ∴2＋2＝4＋(a2＋b2)＋ ＝4＋[(a＋b)2－2ab]＋ ＝4＋(1－2ab)＋≥4＋＋＝. ∴2＋2≥， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝時，取等號． 方法二　左邊＝2＋2 ＝a2＋b2＋4＋＝4＋a2＋b2＋＋ ＝4＋a2＋b2＋1＋＋＋＋＋1 ＝4＋(a2＋b2)＋2＋2＋ ≥4＋＋2＋22＋2 ＝4＋＋2＋4＋2＝， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝時“＝”成立． ∴2＋2≥. 反思與感悟　綜合法證明不等式，揭示出條件和結(jié)論之間的因果聯(lián)系，為此要著力分析已知與求證之間，不等式的左右兩端之間的差異與聯(lián)系．合理進(jìn)行轉(zhuǎn)換，恰當(dāng)選擇已知不等式，這是證明的關(guān)鍵． 跟蹤訓(xùn)練2　已知x＞0，y＞0，且x＋y＝1， 求證：≥9. 證明　方法一　∵x＞0，y＞0，∴1＝x＋y≥2. ∴xy≤. ∴＝1＋＋＋ ＝1＋＋＝1＋≥1＋8＝9. 當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝時等號成立． 方法二　∵x＋y＝1，x＞0，y＞0， ∴＝ ＝＝5＋2≥5＋22＝9. 當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝時等號成立． 類型三　分析綜合法證明不等式 例3　設(shè)a＞0，b＞0，且a＋b＝1，求證：＋≤. 證明　要證＋≤， 只需證(＋)2≤6， 即證(a＋b)＋2＋2≤6. ∵a＋b＝1， ∴只需證≤， 即證ab≤. 由a＞0，b＞0，a＋b＝1， 得ab≤2＝，即ab≤成立． ∴原不等式成立． 跟蹤訓(xùn)練3　已知△ABC的三邊長是a，b，c，且m為正數(shù)，求證：＋＞. 證明　要證＋＞， 只需證a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋m)－c(a＋m)(b＋m)＞0， 即證abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－acm－bcm－cm2＞0， 即證abc＋2abm＋(a＋b－c)m2＞0. 由于a，b，c是△ABC的邊長，m＞0，故有a＋b＞c， 即(a＋b－c)m2＞0. 所以abc＋2abm＋(a＋b－c)m2＞0成立． 因此＋＞成立. 1．若a＜b＜0，則下列不等式中成立的是(　　) A.＜ B．a(chǎn)＋＞b＋ C．b＋＞a＋ D.＜ 答案　C 解析　∵a＜b＜0，∴ab＞0， ∴＜＜0，即＜＜0. ∴a＋＜b＋. 2．已知函數(shù)f(x)＝x，a＞0，b＞0，a≠b，A＝f，B＝f()，C＝f，則A，B，C中最大的為________． 答案　C 解析　∵a＞0，b＞0，a≠b， ∴＞＞. 又函數(shù)f(x)＝x在R上單調(diào)遞減， ∴f＜f()＜f， 即A＜B＜C. 3．已知正實(shí)數(shù)a，b，c滿足＋＋＝1，求證：a＋＋≥9. 證明　∵a，b，c是正實(shí)數(shù)， ∴＋＋≥3>0， 同理可證a＋＋≥3>0. ∴≥33＝9. ∵＋＋＝1， ∴a＋＋≥9， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝3，b＝6，c＝9時，等號成立． 4．已知a，b∈R＋，且2c＞a＋b， 求證：c－＜a＜c＋. 證明　要證c－＜a＜c＋， 只需證－＜a－c＜， 即證|a－c|＜， 兩邊平方得a2－2ac＋c2＜c2－ab， 即證a2＋ab＜2ac， 即a(a＋b)＜2ac. ∵a，b∈R＋，且a＋b＜2c， ∴a(a＋b)＜2ac顯然成立． ∴原不等式成立． 1．綜合法和分析法的比較 (1)相同點(diǎn)：都是直接證明． (2)不同點(diǎn)：綜合法，由因?qū)Ч?，形式簡潔，易于表達(dá)；分析法，執(zhí)果索因，利于思考，易于探索． 2．證明不等式的通常做法 常用分析法找證題切入點(diǎn)，用綜合法寫證題過程． 一、選擇題 1．設(shè)a，b＞0，A＝＋，B＝，則A，B的大小關(guān)系是(　　) A．A＝B B．A＜B C．A＞B D．大小不確定 答案　C 解析　∵A2－B2＝(a＋b＋2)－(a＋b)＝2＞0，∴A2＞B2，即A＞B. 2．已知a，b，c為三角形的三邊，且S＝a2＋b2＋c2，P＝ab＋bc＋ca，則(　　) A．S≥2PB．P＜S＜2PC．S＞PD．P≤S＜2P 答案　D 解析　∵2S－2P＝2a2＋2b2＋2c2－2ab－2bc－2ca ＝(a－b)2＋(a－c)2＋(b－c)2≥0， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時，等號成立． ∴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恒成立，∴S－2P＜0， 綜上P≤S＜2P. 3．若x，y∈R，且x2＋y2＝1，則(1－xy)(1＋xy)有(　　) A．最小值，而無最大值 B．最小值1，而無最大值 C．最小值和最大值1 D．最小值和最大值1 答案　D 解析　∵x2＋y2≥2|xy|， ∴0≤|xy|≤，∴0≤x2y2≤， ∴(1－xy)(1＋xy)＝1－x2y2∈. 4．已知a>b>0，x>0，那么的取值范圍是(　　) A.>1 B.<1 C．0<<1 D．1<< 答案　C 解析　因?yàn)閍>b>0，x>0， 所以a＋x>b＋x>x>0， 所以0<<1. 5．設(shè)＜b＜a＜1，則(　　) A．a(chǎn)a＜ab＜ba B．a(chǎn)a＜ba＜ab C．a(chǎn)b＜aa＜ba D．a(chǎn)b＜ba＜aa 答案　C 解析　∵＜b＜a＜1， ∴0＜a＜b＜1，∴＝aa－b＞1， ∴ab＜aa.＝a， ∵0＜＜1，a＞0，∴a＜1，∴aa＜ba， ∴ab＜aa＜ba. 6．設(shè)a＝，b＝－，c＝－，那么a，b，c的大小關(guān)系是(　　) A．a(chǎn)＞b＞cB．a(chǎn)＞c＞bC．b＞a＞cD．b＞c＞a 答案　B 解析　由已知，可得出a＝，b＝，c＝， ∵＋＞＋＞2， ∴b＜c＜a. 二、填空題 7．比較大?。喝鬭＞0，b＞0，則lg________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]． 答案　≥ 解析　[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]＝lg[(1＋a)(1＋b)]＝lg[(1＋a)(1＋b)]， 又lg＝lg， ∵a＞0，b＞0，∴a＋1＞0，b＋1＞0， ∴[(a＋1)(1＋b)]≤＝， ∴l(xiāng)g≥lg[(1＋a)(1＋b)]. 即lg≥[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]． 8．若x＞0，y＞0，且xy－(x＋y)＝1，則x＋y的最小值為________． 答案　2＋2 解析　由xy－(x＋y)＝1，得y＝＝1＋， 又∵x＞0，y＞0，∴x＞1. ∴x＋y＝x＋1＋＝(x－1)＋＋2≥2＋2. 當(dāng)且僅當(dāng)x－1＝，即x＝1＋時，等號成立． 9．已知a＞0，b＞0，若P是a，b的等差中項(xiàng)，Q是a，b的正的等比中項(xiàng)，是，的等差中項(xiàng)，則P，Q，R按從大到小的排列順序?yàn)開_______． 答案　P≥Q≥R 解析　P＝，Q＝，＝＋， ∴R＝≤Q＝≤P＝， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號． 10．設(shè)a＞b＞c，且＋≥恒成立，則m的取值范圍是________． 答案　(－∞，4] 解析　∵a＞b＞c，∴a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0. 又(a－c)＝[(a－b)＋(b－c)]≥22＝4， 當(dāng)且僅當(dāng)a－b＝b－c時取等號．∴m∈(－∞，4]． 三、解答題 11．已知a＞b＞0，求證：＜－＜. 證明　要證原不等式成立， 只需證＜a＋b－2＜， 即證2＜(－)2＜2， 只需證＜－＜， 即＜1＜， 即證＜1＜，只需證＜1＜. ∵a＞b＞0，∴＜1＜成立．∴原不等式成立． 12．已知a，b，c都是實(shí)數(shù)，求證：a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca. 證明　∵a，b，c∈R， ∴a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca. 將以上三個不等式相加，得2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ca)，① 即a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.② 在不等式①的兩邊同時加上a2＋b2＋c2，得3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2， 即a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2.③ 在不等式②的兩端同時加上2(ab＋bc＋ca)，得(a＋b＋c)2≥3(ab＋bc＋ca)， 即(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca.④ 由③④得a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca. 13．已知a，b，c都是正數(shù)，求證：2≤3. 證明　方法一　要證2≤3， 只需證a＋b－2≤a＋b＋c－3， 即－2≤c－3， 移項(xiàng)，得c＋2≥3. 由a，b，c為正數(shù)，得c＋2＝c＋＋≥3成立． ∴原不等式成立． 方法二　∵a，b，c是正數(shù)， ∴c＋＋≥3＝3， 即c＋2≥3. 故－2≤c－3. ∴a＋b－2≤a＋b＋c－3. ∴2≤3. 四、探究與拓展 14．分析法又叫執(zhí)果索因法，若使用分析法證明：設(shè)a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：0 B．a(chǎn)－c>0 C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0 答案　C 解析　∵a>b>c且a＋b＋c＝0，∴a>0， 要證0， 即證(a－c)(a－b)>0. 15．已知實(shí)數(shù)a，b，c滿足c＜b＜a，a＋b＋c＝1，a2＋b2＋c2＝1，求證：1＜a＋b＜. 證明　∵a＋b＋c＝1，∴欲證結(jié)論等價(jià)于1＜1－c＜， 即證－＜c＜0. 又a2＋b2＋c2＝1，則ab＝＝＝c2－c，① 又a＋b＝1－c，② 由①②得a，b是方程x2－(1－c)x＋c2－c＝0的兩個不等實(shí)根，從而Δ＝(1－c)2－4(c2－c)＞0，解得－＜c＜1. ∵c＜b＜a，∴(c－a)(c－b)＝c2－c(a＋b)＋ab＝c2－c(1－c)＋c2－c＞0， 解得c＜0或c＞(舍)． ∴－＜c＜0，即1＜a＋b＜.