1.5.2 综合法和分析法
学习目标：1.了解综合法与分析法证明不等式的思维过程与特点.2.会用综合法、分析法证明简单的不等式．
教材整理1 综合法
从命题的已知条件出发，利用公理、已知的定义及定理，逐步推导，从而最后导出要证明的命题，这种方法称为综合法．
已知a＜0，－1＜b＜0，则( )
A．a＞ab＞ab2 B．ab2＞ab＞a
C．ab＞a＞ab2 D．ab＞ab2＞a
[解析] ∵－1＜b＜0，∴1＞b2＞0＞b.
又a＜0，∴ab＞ab2＞a.
[答案] D
教材整理2 分析法
从需要证明的命题出发，分析使这个命题成立的充分条件，利用已知的一些定理，逐步探索，最后达到命题所给出的条件(或者一个已证明过的定理或一个明显的事实)，这种证明方法称为分析法．
已知a＞0，－＞1，求证：＞ .
[证明] 要证明＞，
只需证＞1，
即(1＋a)(1－b)＞1，
只要证a－b－ab＞0成立．
∵a＞0，－＞1，
∴a＞0，b＞0，＞0，
∴a－b－ab＞0成立．
故＞成立．
用综合法证明不等式
【例1】 已知a，b，c是正数，求证：
≥abc.
[精彩点拨] 由a，b，c是正数，联想去分母，转化证明b2c2＋c2a2＋a2b2≥abc(a＋b＋c)，利用x2＋y2≥2xy可证．或将原不等式变形为＋＋≥a＋b＋c后，再进行证明．
[自主解答] 法一：∵a，b，c是正数，
∴b2c2＋c2a2≥2abc2，b2c2＋a2b2≥2ab2c，c2a2＋a2b2≥2a2bc，
∴2(b2c2＋c2a2＋a2b2)≥2(abc2＋ab2c＋a2bc)，
即b2c2＋c2a2＋a2b2≥abc(a＋b＋c)．
又a＋b＋c＞0，∴≥abc.
法二：∵a，b，c是正数，
∴＋≥2＝2c.
同理＋≥2a，＋≥2b，
∴2≥2(a＋b＋c)．
又a＞0, b＞0，c＞0，
∴b2c2＋a2c2＋a2b2
≥abc(a＋b＋c)．
故≥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，b，c为△ABC的三条边，求证：ab＋bc＋ac≤a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ac.
[证明] 先证ab＋bc＋ac≤a2＋b2＋c2.
∵a>0，b>0，c>0，∴a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时取等号．
b2＋c2≥2bc，当且仅当b＝c时取等号，
a2＋c2≥2ac，当且仅当a＝c时取等号．
∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac.
再证a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ac.
法一：在△ABC中，a
则a2∴a2＋b2＋c2即a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ac.
法二：在△ABC中，设a>b>c，
∴0∴(a－b)2∴(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2即a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ac.
综上，得ab＋bc＋ac≤a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ac.
用分析法证明不等式
【例2】 设a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：
(1)b2－ac＞0；(2)＜a.
[精彩点拨] 根据题目特点，利用分析法寻找结论成立的充分条件．
[自主解答] (1)∵a＞b＞c且a＋b＋c＝0，
∴a＞0，c＜0，ac＜0，故b2－ac＞0.
(2)欲证＜a，
只需证b2－ac＜3a2.
因为c＝－(a＋b)，
只要证明b2＋a(a＋b)＜3a2成立，
也就是(a－b)(2a＋b)＞0，
即证(a－b)(a－c)＞0.
∵a＞b＞c，
∴(a－b)(a－c)＞0成立，
从而＜a成立．
1．本题的关键是在不等式两边非负的条件下，寻找结论成立时不带根号(平方)的充分条件，采用分析法是常用方法．证明时要注意表达的严密、准确，不可颠倒因果关系，否则要犯逻辑错误．
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．
2．若将例题中条件改为“a>b>0”，求证：<－<.
[证明] 要证原不等式成立，
只需证即证<(－)2<.
因为a>b>0，所以只需证<－<，
即<1<，即<1<.
只需证<1<.
∵a>b>0，∴<1<成立，∴原不等式成立.
综合法与分析法的特点
[探究问题]
1．综合法与分析法证明不等式的逻辑关系是怎样的？
[提示] 综合法：A?B1?B2?…?Bn?B
(已知)(逐步推演不等式成立的必要条件)(结论)．
分析法：B?B1?B2?…?Bn?A
(结论)(步步寻求不等式成立的充分条件)(已知)．
在较复杂的不等式的证明中，往往需要把综合法与分析法结合起来使用．
2．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．分析法体现了数学思维中的逆向思维．逆求(不是逆推)结论成立的充分条件．
3．综合法与分析法证明不等式的一般思路是什么？
[提示] 综合法的思路是“由因导果”，也就是从已知的不等式出发，不断地用必要条件代替前面的不等式，直至推导出欲证的不等式；分析法的思路是“执果索因”，在表述中经常用符号“?”，这里注意箭头的方向，用分析法时，一般用“?”，用综合法时，一般用“?”，一般来说，无理不等式、三角不等式以及含绝对值符号的不等式，采用分析法证明较方便．
【例3】 设实数x，y满足y＋x2＝0，且0＜a＜1，求证：
loga(ax＋by)＜＋loga2.
[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＝logax(x＞0)为减函数．
欲证loga(ax＋ay)＜＋loga2，
只需证ax＋ay＞2a.
∵y＋x2＝0,0＜a＜1，
∴x＋y＝x－x2＝－＋≤.
当且仅当x＝时，(x＋y)max＝.
∴ax＋y≥a，≥a. ①
又ax＋ay≥2(当且仅当x＝y取等号). ②
又ax＋ay≥2a. ③
由于①②等号不能同时成立，
∴③式等号不成立，即ax＋ay＞2a成立．
故原不等式loga(ax＋ay)＜＋loga2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．
3．已知x＞0，y＞0，求证：(x2＋y2)＞(x3＋y3).
[证明] 要证明(x2＋y2)＞(x3＋y3)，
只需证(x2＋y2)3＞(x3＋y3)2，
即证x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6＞x6＋2x3y3＋y6，
即证3x4y2＋3x2y4＞2x3y3.
∵x＞0，y＞0，∴x2y2＞0，
即证3x2＋3y2＞2xy.
∵3x2＋3y2＞x2＋y2≥2xy，
∴3x2＋3y2＞2xy成立．∴(x2＋y2)＞(x3＋y3).
1．若a，b，c是常数，则“a＞0，且 b2－4ac＜0”是“对任意的x∈R，有ax2＋bx＋c＞0”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
[解析] 当a＞0，b2－4ac＜0时，ax2＋bx＋c＞0.反之，ax2＋bx＋c＞0对任意的x∈R成立不能推出a＞0，b2－4ac＜0.反例：a＝b＝0，c＝2.
[答案] A
2．要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只需证( )
A．2ab－1－a2b2≤0
B．a2＋b2－1－≤0
C．－1－a2b2≤0
D．(a2－1)(b2－1)≥0
[解析] a2＋b2－1－a2b2
＝－(a2－1)(b2－1)≤0.
[答案] D
3．设a＞0，b＞0，且ab－(a＋b)≥1，则( )
A．a＋b≥2(＋1) B．a＋b≤＋1
C．a－b≤(＋1)2 D．a＋b＞2(＋1)
[解析] 因为≤，所以ab≤(a＋b)2，
∴(a＋b)2－(a＋b)≥ab－(a＋b)≥1，
∴(a＋b)2－4(a＋b)－4≥0，
因为a＞0，b＞0，所以a＋b≥2＋2成立(当且仅当a＝b＝＋1时取等号)．
[答案] A
4．已知a＞0，b＞0且a＋b＝1，则＋＋与8的大小关系是________．
[解析] ∵a＞0，b＞0且a＋b＝1，∴1＝a＋b≥2＞0，进而得≥2，于是得≥4.
又∵＋＋＝＝＝2·≥8.
故＋＋≥8.
[答案] ＋＋≥8
5．设a＞0，b＞0，c＞0.证明：
(1)＋≥；
(2)＋＋≥＋＋.
[证明] (1)∵a＞0，b＞0，
∴(a＋b)≥2·2＝4，
∴＋≥.
(2)由(1)知＋≥.
同时，＋≥，＋≥，
三式相加得：
2≥＋＋，
∴＋＋≥＋＋.
课件42张PPT。第一章 不等式的基本性质和证明的基本方法1.5 不等式证明的基本方法
1.5.2 综合法和分析法综合法已知条件要证明的命题需要证明的命题充分条件条件分析法用综合法证明不等式 用分析法证明不等式 综合法与分析法的特点 点击右图进入…Thank you for watching !课时分层作业(六) 综合法和分析法
(建议用时：45分钟)
[基础达标练]
一、选择题
1．下面对命题“函数f(x)＝x＋是奇函数”的证明不是综合法的是( )
A．x∈R且x≠0有f(－x)＝(－x)＋＝－＝－f(x)，∴f(x)是奇函数
B．x∈R且x≠0有f(x)＋f(－x)＝x＋＋(－x)＋＝0，∴f(x)＝－f(－x)，∴f(x)是奇函数
C．x∈R且x≠0，∵f(x)≠0，∴＝＝－1，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)是奇函数
D．取x＝－1，f(－1)＝－1＋＝－2，又f(1)＝1＋＝2，∴f(x)是奇函数
[解析] 选项A、B、C都是从奇函数的定义出发，证明f(－x)＝－f(x)成立，从而得到f(x)是奇函数，而选项D的证明方法是错误的．
[答案] D
2．已知a＞0，b＞0，下列不等式中不成立的是( )
A．＋≥2 B．a2＋b2≥2ab
C．＋≥a＋b D．＋≥2＋
[解析] 由∈(0，＋∞)且∈(0，＋∞)，得＋≥2，所以A成立，B显然成立，不等式C可变形为a3＋b3≥a2b＋ab2?(a2－b2)(a－b)≥0.
[答案] D
3．若a，b，c∈R，a＞b，则下列不等式成立的是( )
A．＜ B．a2＞b2
C．＞ D．a|c|＞b|c|
[解析] ∵a＞b，c2＋1＞0，
∴＞.
[答案] C
4．设a＞b＞0，m＝－，n＝，则( )
A．m＜n B．m＞n
C．m＝n D．不能确定
[解析] ∵a＞b＞0，
∴＞，∴－＞0，＞b.
(－)2－()2＝a＋b－2－(a－b)
＝2(b－)＜0，
∴(－)2＜()2，
∴－＜，即m＜n.
[答案] A
5．已知0A．logab＋logba＋2>0 B．logab＋logba＋2<0
C．logab＋logba＋2≥0 D．logab＋logba＋2≤0
[解析] ∵0∴logab<0，∴－logab>0，
∴(－logab)＋≥2，
∴－≤－2，
logab＋≤－2，
当且仅当logab＝－1，
即b＝>1时等号成立．
∴logab＋logba≤－2，
∴logab＋logba＋2≤0.
[答案] D
二、填空题
6．设a＝－，b＝－，c＝－，则a，b，c的大小顺序是________．
[解析] 用分析法比较，a>b?＋>＋?8＋2>8＋2.同理可比较得b>c，所以a>b>c.
[答案] a>b>c
7．已知a＜b＜c，且b2＋ac＞(a＋b)b，则实数a的取值范围是________．
[解析] ∵b2＋ac＞ab＋b2，
∴a(c－b)＞0，又c－b＞0，∴a＞0.
[答案] (0，＋∞)
8．设a＞0，b＞0，则下面两式的大小关系为lg(1＋)________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
[解析] ∵对数函数y＝lg x为定义域上的增函数，
∴只需比较(1＋)与的大小即可．
∵(1＋)2－(1＋a)(1＋b)
＝1＋ab＋2－(1＋ab＋a＋b)
＝2－(a＋b)．
又由基本不等式得2≤(a＋b)，
∴(1＋)2－(1＋a)(1＋b)≤0，
即有lg(1＋)≤[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
[答案] ≤
三、解答题
9．已知a＋b＋c＝0，求证：ab＋bc＋ca≤0.
[证明] 法一(综合法)：
∵a＋b＋c＝0，
∴(a＋b＋c)2＝0，
展开得ab＋bc＋ca＝－，
∴ab＋bc＋ca≤0.
法二(分析法)：
要证ab＋bc＋ca≤0，∵a＋b＋c＝0，
故只要证ab＋bc＋ca≤(a＋b＋c)2，
即证a2＋b2＋c2＋ab＋bc＋ca≥0，
亦即证[(a＋b)2＋(b＋c)2＋(c＋a)2]≥0，
而这是显然的，由于以上相应各步均可逆，
∴原不等式成立．
10．已知函数f(x)＝lg，x∈，若x1，x2∈，且x1≠x2，求证：[f(x1)＋f(x2)]>f.
[证明] 要证明原不等式成立，只需证明
>2.
∵x1，x2∈，x1≠x2，
∴－
＝－－－＋
＝>0.
∴>，
∴lg>lg，
即[f(x1)＋f(x2)]>f.
[能力提升练]
1．若直线＋＝1通过点M(cos α，sin α)，则( )
A．a2＋b2≤1 B．a2＋b2≥1
C．＋≤1 D．＋≥1
[解析] 动点M在以原点为圆心的单位圆上，
∴直线＋＝1过点M，
只需保证原点到直线的距离≤1.
即＋≥1，故选D.
[答案] D
2．设a＞2，x∈R，M＝a＋，N＝，则M，N的大小关系是( )
A．M＜N B．M＞N
C．M≤N D．M≥N
[解析] ∵a＞2，
∴M＝a＋＝(a－2)＋＋2≥2＋2＝4.
∵x2－2≥－2，
∴N＝≤＝4，
∴M≥N.
[答案] D
3．设a＞b＞c，且＋≥恒成立，则m的取值范围是________．
[解析] ∵a＞b＞c，
∴a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0.
又(a－c)·
＝[(a－b)＋(b－c)]·
＝2＋＋≥4，
当且仅当＝，
即2b＝a＋c时等号成立，∴m≤4.
[答案] (－∞，4]
4．已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：
≥.
[证明] ∵a＋b＝1，∴(a＋b)2＝1，
∴a2＋b2＝1－2ab，
＝ab＋＋＋
＝ab＋＋＝ab＋＋＝ab＋－2，
∴欲证原不等式，
只要证ab＋－2≥，
只要证ab＋≥.
∵ab＞0，只要证4a2b2－33ab＋8≥0，
只要证(4ab－1)(ab－8)≥0，
只要证ab≤或ab≥8. ①
∵a＞0，b＞0，
∴1＝a＋b≥2，
∴ab≤，∴①式成立．
原不等式得证.
