第二章第2节 直接证明与间接证明
一、综合法与分析法
课前预习学案
预习目标：
了解综合法与分析法的概念，并能简单应用。
预习内容：
证明方法可以分为直接证明和间接证明
1．直接证明分为 和
2．直接证明是从命题的 或 出发，根据以知的定义，
公里，定理， 推证结论的真实性。
3．综合法是从 推导到 的方法。而分析法是一种从
追溯到 的思维方法，具体的说，综合法是从已知的条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证结论，分析法则是从待证的结论出发，一步一步寻求结论成立的 条件，最后达到题设的以知条件或以被证明的事实。综合法是由 导 ，分析法是执 索 。
三、提出疑惑
同学们，通过你的自主学习，你还有哪些疑惑，请把它填在下面的表格中
疑惑点
疑惑内容
课内探究学案
学习目标
让学生理解分析法与综合法的概念并能够应用
二、学习过程：
已知a,b∈R+，求证：
例2．已知a,b∈R+，求证：
例3.已知a,b,c∈R，求证（I）
课后练习与提高
1．（A级）函数，若
则的所有可能值为 （ ）
A． B． C． D．
2．（A级）函数在下列哪个区间内是增函数 （ ）
A． B．
C． D．
3．（A级）设的最小值是 （ ）
A． B． C．－3 D．
4．（A级）下列函数中,在上为增函数的是 （ ）
A． B．
C． D．
5．（A级）设三数成等比数列，而分别为和的等差中项，则 （ ）
A． B． C． D．不确定
6．（A级）已知实数，且函数有最小值，则=__________。
7．（A级）已知是不相等的正数，，则的大小关系是_________。
8．（B）若正整数满足，则
9．（B）设图像的一条对称轴是.
（1）求的值；
（2）求的增区间；
（3）证明直线与函数的图象不相切。
10．（B）的三个内角成等差数列，求证：
综合法与分析法
一、教材分析
综合法与分析法作为高中数学中常用的两种基本方法，一直被学生所熟悉和应用，通过这节课的学习，学生将对这两种方法的掌握更加系统。同时也复习了有关的其他数学知识。
二、教学目标
知识目标：让学生理解分析法与综合法的概念并能够应用。
能力目标：提高证明问题的能力。
情感、态度、价值观：养成言之有理论证有据的习惯。
三、教学重点难点
教学重点：让学生理解分析法与综合法的概念并能够应用。
教学难点：提高证明问题的能力。
四、教学方法：探究法
五、课时安排：1课时
六、教学过程
已知a,b∈R+，求证：
例2．已知a,b∈R+，求证：
例3.已知a,b,c∈R，求证（I）
课后练习与提高
1．（A级）函数，若
则的所有可能值为 （ ）
A． B． C． D．
2．（A级）函数在下列哪个区间内是增函数 （ ）
A． B．
C． D．
3．（A级）设的最小值是 （ ）
A． B． C．－3 D．
4．（A级）下列函数中,在上为增函数的是 （ ）
A． B．
C． D．
5．（A级）设三数成等比数列，而分别为和的等差中项，则 （ ）
A． B． C． D．不确定
6．（A级）已知实数，且函数有最小值，则=__________。
7．（A级）已知是不相等的正数，，则的大小关系是_________。
8．（B）若正整数满足，则
9．（B）设图像的一条对称轴是.
（1）求的值；
（2）求的增区间；
（3）证明直线与函数的图象不相切。
10．（B）的三个内角成等差数列，求证：
七、板书设计
八、教学反思
课件35张PPT。第2课时 分析法 分析法在很多领域都有它的应用 利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等,经过一系列的推理论证,最后推导出所要证明的结论成立,这种证明方法叫做综合法.其特点是:“由因导果”.用P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等,Q表示所要证明的结论.
则综合法用框图表示为:综合法是由一个个推理组成的综合法是万事开头难，虽然万事开头难，但有时候进展更难.会需要高超的技巧，深刻的解题指导思想.
但开头难怎么办？如何找到开头呢？1.结合已经学过的数学实例，了解直接证明的两种基本方法之一的分析法. （重点）
2.了解分析法的思考过程、特点. （难点）探究点 分析法的定义引例：证明不等式： 证法1:
因为
所以
所以
所以 成立
证法1:
因为
所以
所以
所以 成立
只需证只需证只需证因为 成立所以 成立综合法分析法?证法2:要证
思考：上述两种证法有什么异同？都是直接证明证法1 从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止. 综合法相同不同 证法2 从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到一个明显使结论成立的条件. 分析法分析法综合法已知条件结论综合法和分析法的推证过程如下： 一般地，从要证明的 出发，逐步寻
求使它成立的 ，直至最后，把要证明的
结论归结为判定一个明显成立的条件（已知条件、
定理、定义、公理等）为止，这种证明的方法叫做
分析法.其特点是：执果索因，即要证结果Q，只需
证条件P.分析法（逆推证法或执果索因法）结论充分条件 类似于综合法，我们也可以用框图来表示分析法.用Pi表示使所要证明结论成立的充分条件，Q表示所要证明的结论,则分析法的思路过程，特点用框图表示为:注意：证明最后面的明显成立的条件可以是：已知条件、定理、定义、公理等.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 欲索的因应是（ ）
A.a-b>0 B.a-c>0
C.(a-b)(a-c)>0 D.(a-b)(a-c)<0【解题关键】要想找到“因”，就得从“果”入手，在化简的过程中将b=-a-c代入得a,c关系式，再利用b=-a-c代换b，即可.【即时训练】C分析：从待证不等式不易发现证明的出发点，因此我们直接从待证不等式出发，分析其成立的充分条件. 在本例中，如果我们从“21<25”出发，逐步倒推回去，就可以用综合法证出结论.但由于我们很难想到从“21<25”入手，所以用综合法比较困难.【提升总结】【易错点拨】
1.判断：
(1)分析法就是从结论推向已知.( )
(2)分析法的推理过程要比综合法优越.( )
(3)所有证明的题目均可使用分析法证明.( )×××例2 如图,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,过A作SB的垂线,垂足为E,过E作SC的垂线,垂足为F,求证AF⊥SC.分析：本例所给的已知条件中，
垂直关系较多，我们不容易确
定如何在证明中使用它们，因
而综合法比较困难.这时，可以
从结论出发，逐步反推，寻求使当前命题成立的充分条件.证明: 证法一：要证 AF⊥SC只需证 SC⊥平面AEF只需证 AE⊥SC只需证 AE⊥平面SBC只需证 AE⊥BC只需证 BC⊥平面SAB只需证 BC⊥SA由SA⊥平面ABC可知，上式成立.所以AF⊥SC成立还有其他证明方法吗？证法二:因为 SA⊥平面ABC所以 AE⊥BC又因为AE⊥SB,且BC∩SB=B所以 AE⊥平面SBC所以 AE⊥SC又因为EF⊥SC,且AE∩EF=E所以 SC⊥平面AEF所以 AF⊥SC所以 BC⊥SA所以 BC⊥平面SAB又因为AB⊥BC,且AB∩SA=A 如果 ，则实数a,b应满足的条件是__________.
【解析】要使 成立，
只需
只需a3＞b3＞0，即a,b应满足a＞b＞0.【变式练习】a＞b＞0分析：比较已知条件和结论，发现结论中没有出现角
?,因此第一步工作可以从已知条件中消去?.观察已知
条件的结构特点，发现其中蕴含数量关系（sin ?+
cos ?)2-2sin ?cos ?=1,于是，由(1)2-2×(2)得4sin2α-
2sin2β=1. 把4sin2α-2sin2β=1与结论相比较，发现角相
同，但函数名称不同，于是尝试转化结论；统一函
数名称，即把正切函数化为正（余）弦函数.把结论
转化为cos2α-sin2α= (cos2β-sin2β),再与4sin2α-
2sin2β=1比较，发现只要把cos2α-sin2α= (cos2β-
sin2β)中的角的余弦转化为正弦，就能达到目的.由于上式与（3）相同，于是问题得证.【提升总结】 分析法和综合法是思维方向相反的两种思考方法.在数学解题中，分析法是从数学题的待证结论或需求问题出发，一步一步地探索下去，最后达到题设的已知条件.综合法则是从数学题的已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后达到待证结论或需求问题.对于解答证明来说，分析法表现为执果索因，综合法表现为由因导果，它们是寻求解题思路的两种基本思考方法，应用十分广泛.【变式训练】
已知a＞0，求证：
【证明】要证
只需要证
因为a＞0，故只需要证
即从而只需要证
只需要证
即 ，而上述不等式显然成立，故原不等式成立.1.要证明 可选择的方法有以下几种，其中
最合理的是（ ）
（A）综合法 （B）分析法
（C）演绎推理 （D）归纳法B2.命题“对于任意角θ,cos4θ-sin4θ=cos2θ”的
证明：
“cos4θ-sin4θ=(cos2θ-sin2θ)(cos2θ+sin2θ)
=cos2θ-sin2θ=cos2θ”,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.以上都不是B3.欲证 成立，只需证( )
C4.若 (a≥0),则P,Q的大小关系是( )
A.P>Q B.P=Q
C.P
——马尔顿课件51张PPT。第2课时
分 析 法 【自主预习】
分析法
(1)概念:从_____________出发,逐步寻求使结论成立
的_________,直至最后,把要证明的结论归结为判定一
个明显成立的条件.要证明的结论充分条件(2)思维过程
用Q表示要证明的结论,则分析法的思维过程可用框图表示为:【即时小测】
1.要证 成立只需证 ( )【解析】选C.要证 成立,
即证 成立,
因两数均为正数,故只需证 成立.2.用分析法证明:欲使①A>B,只需②C ( )
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【解析】选B.分析法的本质是证明结论的充分条件成立,即②?①,所以①是②的必要条件.3.将下面用分析法证明 ≥ab的步骤补充完整:要
证 ≥ab,只需证a2+b2≥2ab,也就是证________,
即证________,由于________显然成立,因此原不等式
成立.【解析】分析法就是要证结论成立的充分条件.即应填:a2+b2-2ab≥0,(a-b)2≥0,(a-b)2≥0.
答案:a2+b2-2ab≥0 (a-b)2≥0 (a-b)2≥0【知识探究】
探究点 分析法
1.分析法的证明过程是“由因导果”还是执果索因?
提示:分析法证明过程是执果索因,一步步寻找结论成立的充分条件.2.分析法的优越性是什么?
提示:(1)环环相扣:从结论出发,要证……,只要证……过程严密紧凑.
(2)步步可逆:每一步都在寻找充分条件,因此整个过程倒过来即是综合法证明.【归纳总结】
1.分析法的特点
(1)分析法的特点是从“未知”看“需知”,逐步靠拢“已知”,其逐步推理的过程,实际上是寻找使结论成立的充分条件.(2)分析法从命题的结论入手,寻求结论成立的条件,直至归结为已知条件、定义、公理、定理等.2.用分析法书写证明过程时的格式
“要证……,
只需证……,
只需证……,
……
由于……显然成立(已知,已证…),
所以原结论成立.”其中的关联词语不能省略.3.分析法与综合法的关系
(1)综合法是由因导果,步骤严谨、逐层递进、步步为营,书写表达过程条理清晰、形式简洁,宜于表达推理的思维轨迹.缺点是探路艰难、困于思考、不易达到所要证明的结论.
(2)分析法是执果索因,方向明确、利于思考、思路自然,便于寻找解题思路.缺点是思路逆行、易表述出错.易错警示:用分析法证明问题时,证明过程中“要证……;只需证……,只需证……,……,由于……显然成立,故原结论成立”的关联词不能省略,否则就不是分析法了.类型一 分析法证明不等式
【典例】1.要证:a2+b2-1-a2b2≤0,只要证明 ( )
A.2ab-1-a2b2≤0
B.a2+b2-1- ≤0
C. -1-a2b2≤0
D.(a2-1)(b2-1)≥02.(2016·淄博高二检测)如果 ,则
实数a,b应满足的条件是________.
3.(2016·郑州高二检测)已知非零向量a⊥b,求证: 【解题探究】1.典例1中的条件“a2+b2-1-a2b2如何变形?
提示:因式分解.
2.典例2中,如何探求a,b满足的条件?
提示:采用分析法.3.典例3中可采用什么方法来证明?
提示:可采用分析法,逐步探寻不等式成立的充分条件.【解析】1.选D.因为a2+b2-1-a2b2=(a2-a2b2)+(b2-1)
=a2(1-b2)+(b2-1)=(a2-1)(1-b2)
=-(a2-1)(b2-1).故只需a≠b,且a≥0,b≥0即可.
答案:a≥0,b≥0且a≠b3.因为a⊥b,所以a·b=0
要证:
只需证:|a|+|b|≤ |a-b|
平方得|a|2+|b|2+2|a|·|b|≤2(|a|2+|b|2)
只需证:|a|2+|b|2-2|a|·|b|≥0成立.
即只需证:(|a|-|b|)2≥0,它显然成立.
故原不等式得证.【方法技巧】分析法证明不等式的方法与技巧特别提醒:逆向思考是分析法证明的立体思路,通过反推,逐步探寻使结论成立的充分条件,正确把握转化方向,使问题得以解决.切记“逆向”“反推”,否则会出现错误.【拓展延伸】分析法证明问题的注意事项
(1)对于一些含有分式、根式、对数式、指数式的不等式(等式)的命题不便于用综合法证明时,常常考虑用分析法证明.
(2)分析法证明命题成立必须保证步步有理有据,转化合理,得到的结果必须是显然的,如已知条件、定理、定义、公理等.【变式训练】已知a>5,求证: 【证明】要证
只需证
只需证
即
即只需证
只需证a2-5a即证:0<6,此不等式恒成立.所以原不等式成立.类型二 分析法与综合法的应用
【典例】已知a,b,c表示△ABC的三边长,m>0,求证:【解题探究】本例中a,b,c满足什么关系?
提示:任意两边之和大于第三边.【证明】要证明
只需证明 即可,
所以
因为a>0,b>0,c>0,m>0,所以(a+m)(b+m)(c+m)>0.
因为a(b+m)(c+m)+b(a+m)(c+m)-c(a+m)(b+m)=abc+abm+acm+am2+abc+abm+bcm+bm2-abc-bcm-acm-cm2
=2abm+am2+abc+bm2-cm2
=2abm+abc+(a+b-c)m2.
因为△ABC中任意两边之和大于第三边,
所以a+b-c>0,所以(a+b-c)m2>0,所以2abm+abc+(a+b-c)m2>0,
所以 【延伸探究】1.本例增加条件“三个内角A,B,C成等差
数列”求证: 【证明】要证 即证
即证
即证c(b+c)+a(a+b)=(a+b)(b+c),即证c2+a2=ac+b2.
因为△ABC三个内角A,B,C成等差数列,所以B=60°.
由余弦定理,有b2=c2+a2-2cacos60°,即b2=c2+a2-ac.
所以c2+a2=ac+b2成立,命题得证.2.本例改为求证 【证明】要证
只需证a+b+(a+b)c>(1+a+b)c.即证a+b>c.
而a+b>c显然成立.所以 【方法技巧】
1.分析法与综合法的关系
分析法与综合法的关系可表示为下图:从图中可以看出,逆向书写分析过程,同样可以完成证明,这就是综合法.由此使我们想到,用分析法探路,用综合法书写,也是一种很好的思维方式.2.分析综合法
分析法与综合法是两种思路相反的推理方法,分析法是倒溯,综合法是顺推.因此常将二者交互使用,互补优缺点,从而形成分析综合法,其证明模式可用框图表示如下: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.【补偿训练】已知a,b,c是不全相等的正数,且0求证: 【解题指南】首先利用对数运算法则和对数函数的性质转化为证明整式不等式问题,然后运用分析法、综合法进行证明.【证明】要证
只需证明logx 又0故只需证明
因为a,b,c是不全相等的正数.自我纠错 分析法与综合法的应用
【典例】求证: 【失误案例】分析解题过程,找出错误之处,并写出正确答案.
提示:错误的根本原因是解题步骤错误.把要证的结论
当成已知条件了,不符合分析法的步骤.
正确解答过程如下:【解析】因为 都是正数.
所以要证
只要证明
展开得12+4 <24,即 <3,
只需证5<9,
因为5<9显然成立,故不等式 成立.课时提升作业 六
分 析 法
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.用分析法证明:欲证①A>B,只需证②CA.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
【解析】选A.要证①A>B,只需证②C所以②?①.
即②是①的充分条件.
2.在不等边三角形中,a为最大边,要想得到角A为钝角的结论,三边a,b,c应满足什么条件 ( )
A.a2C.a2>b2+c2 D.a2≤b2+c2
【解析】选C.若角A为钝角,由余弦定理知cosA=<0,所以b2+c2-a2<0,即b2+c23.(2018·潍坊高二检测)若P=+,Q=+(a≥0).则P与Q的大小关系为 ( )
A.P>Q B.P=Q
C.P【解析】选C.因为a≥0,所以P>0,Q>0,且当a=0时,P=,Q=+2,
有P要证+<+.
只需证明2a+7+2<2a+7+2,
即只需证明<,
只需证明a2+7a只需证0<12,显然成立,故P4.下列不等式不成立的是 ( )
A.a2+b2+c2≥ab+bc+ca
B.+>(a>0,b>0)
C.-<-(a≥3)
D.+>2
【解析】选D.对于A,因为a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,a2+c2≥2ac,所以a2+b2+c2≥ab+bc+ca;
对于B,因为(+)2=a+b+2,()2=a+b,所以+>;
对于C,要证-<-(a≥3)成立,
只需证明+<+,两边平方得2a-3+2 <2a-3+2,
即<,
两边平方得a2-3a因为0<2显然成立,所以原不等式成立;
对于D,(+)2-(2)2
=14+2-28
=2(-7)<0,所以+<2,即D错误.
5.若x>0,y>0,且+≤a恒成立,则a的最小值是 ( )
A.2 B. C.2 D.1
【解析】选B.原不等式可化为
a≥==
要使不等式恒成立,只需a不小于的最大值即可.
因为≤,当且仅当x=y时取等号,所以a≥,所以a的最小值为.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.要证-<成立,则a,b应满足的条件是__________________.
【解析】要证-<,
只需证(-)3<()3,
即a-b-3+3即3-3>0,即(-)>0.
故所需条件为或
即ab>0且a>b或ab<0且a答案:ab>0且a>b或ab<0且a【误区警示】本题在寻找条件时常常因书写条件不全导致失分.
7.(2018·烟台高二检测)如图所示,在直四棱柱A1B1C1D1-ABCD中,当底面四边形ABCD满足条件________时,有A1C⊥B1D1(注:填上你认为正确的一个条件即可,不必考虑所有可能的情形).
【解析】要证A1C⊥B1D1,只需证B1D1垂直于A1C所在的平面A1CC1,因为该四棱柱为直四棱柱,所以B1D1⊥CC1,故只需证B1D1⊥A1C1即可.
答案:对角线互相垂直(本题答案不唯一)
8.在△ABC中,∠C=60°,a,b,c分别为∠A,∠B,∠C的对边,则+= ________.
【解析】因为∠C=60°,所以a2+b2=c2+ab.
所以(a2+ac)+(b2+bc)
=c2+ab+ac+bc=(a+c)(b+c),
所以+==1.
答案:1
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(2018·聊城高二检测)已知a>0,b>0且a+b=1,求证:+≤2.
【证明】要证+≤2.
只需证a++b++2≤4,
又a+b=1,
即只需证明 ≤1,
而≤
==1成立.
所以+≤2成立.
10.设x≥1,y≥1,证明: x+y+≤++xy.
【证明】由于x≥1,y≥1,要证x+y+≤++xy,只需证xy(x+y)+1≤y+x+(xy)2.
将上式中的右式减左式,得
-
=-
=(xy+1)(xy-1)-(x+y)(xy-1)
=(xy-1)(xy-x-y+1)
=(xy-1)(x-1)(y-1).
因为x≥1,y≥1,
所以(xy-1)(x-1)(y-1)≥0,
从而所要证明的不等式成立.
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.(2018·海口高二检测)对于不重合的直线m,l和平面α,β,要证α⊥β需具备的条件是 ( )
A.m⊥l,m∥α,l∥β B.m⊥l,α∩β=m,l?α
C.m∥l,m⊥α,l⊥β D.m∥l,l⊥β,m?α
【解析】选D.本题是寻找α⊥β的充分条件.A:与两条互相垂直的直线分别平行的两平面的位置关系不确定;B:平面内的一条直线与另一平面的交线垂直,这两个平面的位置关系不确定;C:这两个平面平行;D能够推得α⊥β,故选D.
2.(2018·揭阳高二检测)已知a,b为非零实数,则使不等式+≤-2成立的一个充分不必要条件是 ( )
A.ab>0 B.ab<0
C.a>0,b<0 D.a>0,b>0
【解析】选C.要使+≤-2,
只需<0,<0即可.
即a,b异号.
故C是使+≤-2成立的一个充分不必要条件,故选C.
二、填空题(每小题5分,共10分)
3.已知a,b,μ∈(0,+∞)且+=1,则使得a+b≥μ恒成立的μ的取值范围是________.
【解析】由题意得a+b=(a+b)
=10+
≥10+2=16,
当且仅当=且+=1,
即a=4,b=12时,等号成立.
所以a+b的最小值为16,
所以要使a+b≥μ恒成立,只需μ≤16.
又因为μ∈(0,+∞),所以0<μ≤16.
答案:0<μ≤16
4.已知a>0,b>0,m=lg,n=lg,则m与n的大小关系为________.
【解析】因为(+)2=a+b+2>a+b>0,所以>,所以m>n.
答案:m>n
三、解答题(每小题10分,共20分)
5.(2018·海口高二检测)已知a>0,求证:-≥a+-2.
【证明】要证-≥a+-2,
只要证+2≥a++,
因为a>0,只需证≥,
即a2++4+4≥
a2++2+2+2,
从而只需证2≥,
只需证4≥2,
即a2+≥2,
上述不等式显然成立.故原不等式成立.
6.(2018·吉安高二检测)是否存在常数c,使得不等式+≤c≤+对任意正数x,y恒成立?试证明你的结论.
【解析】存在常数c=.
令x=y=1,得≤c≤,
所以c=.
先证明+≤,
因为x>0,y>0,
要证+≤,
只需证3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2(2x+y)(x+2y),
即x2+y2≥2xy,这显然成立,
所以+≤.
再证+≥,
只需证3x(2x+y)+3y(x+2y)≥2(x+2y)(2x+y),
即2xy≤x2+y2,这显然成立.
所以+≥.
所以存在常数c=,使对任何正数x,y都有+≤≤+成立.
课时提升作业 六
分 析 法
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.用分析法证明:欲证①A>B,只需证②CA.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
【解析】选A.要证①A>B,只需证②C所以②?①.
即②是①的充分条件.
2.在不等边三角形中,a为最大边,要想得到角A为钝角的结论,三边a,b,c应满足什么条件 ( )
A.a2C.a2>b2+c2 D.a2≤b2+c2
【解析】选C.若角A为钝角,由余弦定理知cosA=<0,所以b2+c2-a2<0,即b2+c23.(2018·潍坊高二检测)若P=+,Q=+(a≥0).则P与Q的大小关系为 ( )
A.P>Q B.P=Q
C.P【解析】选C.因为a≥0,所以P>0,Q>0,且当a=0时,P=,Q=+2,
有P要证+<+.
只需证明2a+7+2<2a+7+2,
即只需证明<,
只需证明a2+7a只需证0<12,显然成立,故P4.下列不等式不成立的是 ( )
A.a2+b2+c2≥ab+bc+ca
B.+>(a>0,b>0)
C.-<-(a≥3)
D.+>2
【解析】选D.对于A,因为a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,a2+c2≥2ac,所以a2+b2+c2≥ab+bc+ca;
对于B,因为(+)2=a+b+2,()2=a+b,所以+>;
对于C,要证-<-(a≥3)成立,
只需证明+<+,两边平方得2a-3+2 <2a-3+2,
即<,
两边平方得a2-3a因为0<2显然成立,所以原不等式成立;
对于D,(+)2-(2)2
=14+2-28
=2(-7)<0,所以+<2,即D错误.
5.若x>0,y>0,且+≤a恒成立,则a的最小值是 ( )
A.2 B. C.2 D.1
【解析】选B.原不等式可化为
a≥==
要使不等式恒成立,只需a不小于的最大值即可.
因为≤,当且仅当x=y时取等号,所以a≥,所以a的最小值为.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.要证-<成立,则a,b应满足的条件是__________________.
【解析】要证-<,
只需证(-)3<()3,
即a-b-3+3即3-3>0,即(-)>0.
故所需条件为或
即ab>0且a>b或ab<0且a答案:ab>0且a>b或ab<0且a【误区警示】本题在寻找条件时常常因书写条件不全导致失分.
7.(2018·烟台高二检测)如图所示,在直四棱柱A1B1C1D1-ABCD中,当底面四边形ABCD满足条件________时,有A1C⊥B1D1(注:填上你认为正确的一个条件即可,不必考虑所有可能的情形).
【解析】要证A1C⊥B1D1,只需证B1D1垂直于A1C所在的平面A1CC1,因为该四棱柱为直四棱柱,所以B1D1⊥CC1,故只需证B1D1⊥A1C1即可.
答案:对角线互相垂直(本题答案不唯一)
8.在△ABC中,∠C=60°,a,b, c分别为∠A,∠B,∠C的对边,则+= ________.
【解析】因为∠C=60°,所以a2+b2=c2+ab.
所以(a2+ac)+(b2+bc)
=c2+ab+ac+bc=(a+c)(b+c),
所以+==1.
答案:1
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(2018·聊城高二检测)已知a>0,b>0且a+b=1,求证:+≤2.
【证明】要证+≤2.
只需证a++b++2≤4,
又a+b=1,
即只需证明 ≤1,
而≤
==1成立.
所以+≤2成立.
10.设x≥1,y≥1,证明:x+y+≤++xy.
【证明】由于x≥1,y≥1,要证x+y+≤++xy,只需证xy(x+y)+1≤y+x+(xy)2.
将上式中的右式减左式,得
-
=-
=(xy+1)(xy-1)-(x+y)(xy-1)
=(xy-1)(xy-x-y+1)
=(xy-1)(x-1)(y-1).
因为x≥1,y≥1,
所以(xy-1)(x-1)(y-1)≥0,
从而所要证明的不等式成立.
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.(2018·海口高二检测)对于不重合的直线m,l和平面α,β,要证α⊥β需具备的条件是 ( )
A.m⊥l,m∥α,l∥β B.m⊥l,α∩β=m,l?α
C.m∥l,m⊥α,l⊥β D.m∥l,l⊥β,m?α
【解析】选D.本题是寻找α⊥β的充分条件.A:与两条互相垂直的直线分别平行的两平面的位置关系不确定;B:平面内的一条直线与另一平面的交线垂直,这两个平面的位置关系不确定;C:这两个平面平行;D能够推得α⊥β,故选D.
2.(2018·揭阳高二检测)已知a,b为非零实数,则使不等式+≤-2成立的一个充分不必要条件是 ( )
A.ab>0 B.ab<0
C.a>0,b<0 D.a>0,b>0
【解析】选C.要使+≤-2,
只需<0,<0即可.
即a,b异号.
故C是使+≤-2成立的一个充分不必要条件,故选C.
二、填空题(每小题5分,共10分)
3.已知a,b,μ∈(0,+∞)且+=1,则使得a+b≥μ恒成立的μ的取值范围是________.
【解析】由题意得a+b=(a+b)
=10+
≥10+2=16,
当且仅当=且+=1,
即a=4,b=12时,等号成立.
所以a+b的最小值为16,
所以要使a+b≥μ恒成立,只需μ≤16.
又因为μ∈(0,+∞),所以0<μ≤16.
答案:0<μ≤16
4.已知a>0,b>0,m=lg,n=lg,则m与n的大小关系为________.
【解析】因为(+)2=a+b+2>a+b>0,所以>,所以m>n.
答案:m>n
三、解答题(每小题10分,共20分)
5.(2018·海口高二检测)已知a>0,求证:-≥a+-2.
【证明】要证-≥a+-2,
只要证+2≥a++,
因为a>0,只需证≥,
即a2++4+4≥
a2++2+2+2,
从而只需证2≥,
只需证4≥2,
即a2+≥2,
上述不等式显然成立.故原不等式成立.
6.(2018·吉安高二检测)是否存在常数c,使得不等式+≤c≤+对任意正数x,y恒成立?试证明你的结论.
【解析】存在常数c=.
令x=y=1,得≤c≤,
所以c=.
先证明+≤,
因为x>0,y>0,
要证+≤,
只需证3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2(2x+y)(x+2y),
即x2+y2≥2xy,这显然成立,
所以+≤.
再证+≥,
只需证3x(2x+y)+3y(x+2y)≥2(x+2y)(2x+y),
即2xy≤x2+y2,这显然成立.
所以+≥.
所以存在常数c=,使对任何正数x,y都有+≤≤+成立.
2.2.1 综合法与分析法(二)
一、基础过关
1．已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，则 ( )
A．a≤ B．ab≥
C．a2＋b2≥2 D．a2＋b2≤3
2．已知a、b、c、d∈{正实数}，且<，则 ( )
A.<< B.<<
C.<< D．以上均可能
3．下面四个不等式：
①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac；
②a(1－a)≤；
③＋≥2；
④(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.
其中恒成立的有 ( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
4．若实数a，b满足0A. B．2ab C．a2＋b2 D．a
5．设a＝－，b＝－，c＝－，则a、b、c的大小顺序是________．
6．如图所示，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，过A作SB的垂线，垂足为E，过E作SC的垂线，垂足为F.
求证：AF⊥SC.
证明：要证AF⊥SC，只需证SC⊥平面AEF，只需证AE⊥SC(因为______)，只需证______，只需证AE⊥BC(因为________)，只需证BC⊥平面SAB，只需证BC⊥SA(因为______)．由SA⊥平面ABC可知，上式成立．
二、能力提升
7．命题甲：()x、2－x、2x－4成等比数列；命题乙：lg x、lg(x＋2)、lg(2x＋1)成等差数列，则甲是乙的 ( )
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
8．若a>b>1，P＝，Q＝(lg a＋lg b)，R＝lg()，则 ( )
A．RC．Q9．已知α、β为实数，给出下列三个论断：①αβ>0；②|α＋β|>5；③|α|>2，|β|>2.以其中的两个论断为条件，另一个论断为结论，你认为正确的命题是________．
10．如果a，b都是正数，且a≠b，求证：＋>＋.
11．已知a>0，求证： －≥a＋－2.
12．已知a、b、c∈R，且a＋b＋c＝1，求证：(－1)(－1)(－1)≥8.
13．已知函数f(x)＝x2＋＋aln x(x>0)，对任意两个不相等的正数x1、x2，证明：当a≤0时，>f()．
三、探究与拓展
14．已知a，b，c，d∈R，求证：
ac＋bd≤.(你能用几种方法证明？)
答案
1．C 2．A 3．C 4．C 5．a>b>c
6．EF⊥SC AE⊥平面SBC AE⊥SB AB⊥BC
7．C 8．B 9．①③?②
10．证明 方法一 用综合法
＋－－
＝
＝
＝>0，
∴＋>＋.
方法二 用分析法
要证＋>＋，
只要证＋＋2>a＋b＋2，
即要证a3＋b3>a2b＋ab2，
只需证(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)，
即需证a2－ab＋b2>ab，
只需证(a－b)2>0，
因为a≠b，所以(a－b)2>0恒成立，
所以＋>＋成立．
11．证明 要证 －≥a＋－2，
只要证 ＋2≥a＋＋.
∵a>0，故只要证 2≥2，
即a2＋＋4 ＋4≥a2＋2＋＋2＋2，
从而只要证2≥，
只要证4≥2，
即a2＋≥2，而该不等式显然成立，故原不等式成立．
12．证明 方法一 (分析法)
要证(－1)(－1)(－1)≥8成立，
只需证··≥8成立．
因为a＋b＋c＝1，
所以只需证··≥8成立，
即证··≥8成立．
而··≥··＝8成立．
∴(－1)(－1)(－1)≥8成立．
方法二 (综合法)
(－1)(－1)(－1)
＝(－1)(－1)(－1)
＝··
＝
≥＝8，
当且仅当a＝b＝c时取等号，所以原不等式成立．
13．证明 由f(x)＝x2＋＋aln x，
得＝(x＋x)＋(＋)＋(ln x1＋ln x2)
＝(x＋x)＋＋aln .
f()＝()2＋＋aln ，
∵x1≠x2且都为正数，
有(x＋x)>[(x＋x)＋2x1x2]＝()2.①
又(x1＋x2)2＝(x＋x)＋2x1x2>4x1x2，
∴>.②
∵<，
∴ln∵a≤0，∴aln≥aln.③
由①、②、③得
>f()．
14．证明 方法一 (用分析法)
①当ac＋bd≤0时，显然成立．
②当ac＋bd>0时，欲证原不等式成立，只需证(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)．
即证a2c2＋2abcd＋b2d2≤a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2.
即证2abcd≤b2c2＋a2d2.
即证0≤(bc－ad)2.
因为a，b，c，d∈R，所以上式恒成立．
故原不等式成立，综合①②知，命题得证．
方法二 (用综合法)
(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2
＝(a2c2＋2acbd＋b2d2)＋(b2c2－2bcad＋a2d2)
＝(ac＋bd)2＋(bc－ad)2≥(ac＋bd)2.
∴≥|ac＋bd|≥ac＋bd.
方法三 (用比较法)
∵(a2＋b2)(c2＋d2)－(ac＋bd)2
＝(bc－ad)2≥0，
∴(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，
∴≥|ac＋bd|≥ac＋bd.
方法四 (用放缩法)
为了避免讨论，由ac＋bd≤|ac＋bd|，
可以试证(ac＋bd)2≤ (a2＋b2)(c2＋d2)．
由方法一知上式成立，从而方法四可行．
方法五 (构造向量法)
设m＝(a，b)，n＝(c，d)，
∴m·n＝ac＋bd，
|m|＝，
|n|＝.
∵m·n≤|m|·|n|＝·.
故ac＋bd≤.
