北师大版选修4-5第1章 4 第2课时 分析法与综合法学案

第2课时　分析法与综合法
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　分析法与综合法
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)分析法
①定义：在证明过程中，从所要证明的结论入手向已知条件反推直至达到已知条件为止，这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法．
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
→→→…→
(2)综合法
①定义：在证明过程中，从已知条件出发，利用不等式的性质(或已知证明过的不等式)，推出了所要证明的结论，即“由因寻果”的方法，这种证明不等式的方法称为综合法．
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
→→→…→
类型一　分析法证明不等式
例1　若a，b，c是不全相等的正数，求证：lg＋lg＋lg＞lga＋lgb＋lgc.
证明　要证lg＋lg＋lg＞lg a＋lg b＋lg c，
即证lg＞lg abc成立，
只需证··＞abc成立．
又∵≥＞0，≥＞0，≥＞0，
∴··≥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．
反思与感悟　用分析法解决此类题目时要注意两点
(1)对数的运算性质要正确运用．
(2)要注意已知条件“不全相等”，所以等号不成立．
跟踪训练1　已知x＞0，y＞0，求证：
证明　要证明
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．
∴
类型二　综合法证明不等式
例2　已知a，b∈R＋，且a＋b＝1，求证：2＋2≥.
证明　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≥，
当且仅当a＝b＝时，取等号．
方法二　左边＝2＋2
＝a2＋b2＋4＋＝4＋a2＋b2＋＋
＝4＋a2＋b2＋1＋＋＋＋＋1
＝4＋(a2＋b2)＋2＋2＋
≥4＋＋2＋2×2＋2··
＝4＋＋2＋4＋2＝，
当且仅当a＝b＝时“＝”成立．
∴2＋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2　已知x＞0，y＞0，且x＋y＝1，
求证：≥9.
证明　方法一　∵x＞0，y＞0，∴1＝x＋y≥2.
∴xy≤.
∴＝1＋＋＋
＝1＋＋＝1＋≥1＋8＝9.
当且仅当x＝y＝时等号成立．
方法二　∵x＋y＝1，x＞0，y＞0，
∴＝
＝＝5＋2≥5＋2×2＝9.
当且仅当x＝y＝时等号成立．
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：＋≤.
证明　要证＋≤，
只需证(＋)2≤6，
即证(a＋b)＋2＋2≤6.
∵a＋b＝1，
∴只需证≤，
即证ab≤.
由a＞0，b＞0，a＋b＝1，
得ab≤2＝，即ab≤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：＋＞.
证明　要证＋＞，
只需证a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋m)－c(a＋m)·(b＋m)＞0，
即证abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－acm－bcm－cm2＞0，
即证abc＋2abm＋(a＋b－c)m2＞0.
由于a，b，c是△ABC的边长，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，则下列不等式中成立的是(　　)
A.＜ B．a＋＞b＋
C．b＋＞a＋ D.＜
答案　C
解析　∵a＜b＜0，∴ab＞0，
∴＜＜0，即＜＜0.
∴a＋＜b＋.
2．已知函数f(x)＝x，a＞0，b＞0，a≠b，A＝f?，B＝f()，C＝f?，则A，B，C中最大的为________．
答案　C
解析　∵a＞0，b＞0，a≠b，
∴＞＞.
又函数f(x)＝x在R上单调递减，
∴f?＜f()＜f?，
即A＜B＜C.
3．已知正实数a，b，c满足＋＋＝1，求证：a＋＋≥9.
证明　∵a，b，c是正实数，
∴＋＋≥3>0，
同理可证a＋＋≥3>0.
∴≥3·3＝9.
∵＋＋＝1，
∴a＋＋≥9，
当且仅当a＝3，b＝6，c＝9时，等号成立．
4．已知a，b∈R＋，且2c＞a＋b，
求证：c－＜a＜c＋.
证明　要证c－＜a＜c＋，
只需证－＜a－c＜，
即证|a－c|＜，
两边平方得a2－2ac＋c2＜c2－ab，
即证a2＋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＝＋，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　∵A2－B2＝(a＋b＋2)－(a＋b)＝2＞0，∴A2＞B2，即A＞B.
2．已知a，b，c为三角形的三边，且S＝a2＋b2＋c2，P＝ab＋bc＋ca，则(　　)
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，
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
∴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，
综上P≤S＜2P.
3．若x，y∈R，且x2＋y2＝1，则(1－xy)(1＋xy)有(　　)
A．最小值，而无最大值 B．最小值1，而无最大值
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，那么的取值范围是(　　)
A.>1 B.<1
C．0<<1 D．1<<
答案　C
解析　因为a>b>0，x>0，
所以a＋x>b＋x>x>0，
所以0<<1.
5．设＜b＜a＜1，则(　　)
A．aa＜ab＜ba B．aa＜ba＜ab
C．ab＜aa＜ba D．ab＜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．设a＝，b＝－，c＝－，那么a，b，c的大小关系是(　　)
A．a＞b＞cB．a＞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、填空题
7．比较大小：若a＞0，b＞0，则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)]≤＝，
∴lg≥lg[(1＋a)(1＋b)].
即lg≥[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
8．若x＞0，y＞0，且xy－(x＋y)＝1，则x＋y的最小值为________．
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.
当且仅当x－1＝，即x＝1＋时，等号成立．
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，是，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＝，Q＝，＝＋，
∴R＝≤Q＝≤P＝，
当且仅当a＝b时取等号．
10．设a＞b＞c，且＋≥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)·＝[(a－b)＋(b－c)]·≥2·2＝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：＜－＜.
证明　要证原不等式成立，
只需证＜a＋b－2＜，
即证2＜(－)2＜2，
只需证＜－＜，
即＜1＜，
即证＜1＜，只需证＜1＜.
∵a＞b＞0，∴＜1＜成立．∴原不等式成立．
12．已知a，b，c都是实数，求证：a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca.
证明　∵a，b，c∈R，
∴a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca.
将以上三个不等式相加，得2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ca)，①
即a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.②
在不等式①的两边同时加上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的两端同时加上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都是正数，求证：2≤3.
证明　方法一　要证2≤3，
只需证a＋b－2≤a＋b＋c－3，
即－2≤c－3，
移项，得c＋2≥3.
由a，b，c为正数，得c＋2＝c＋＋≥3成立．
∴原不等式成立．
方法二　∵a，b，c是正数，
∴c＋＋≥3＝3，
即c＋2≥3.
故－2≤c－3.
∴a＋b－2≤a＋b＋c－3.
∴2≤3.
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：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　∵a>b>c且a＋b＋c＝0，∴a>0，
要证只需证b2－ac<3a2，只需证b2－ac－3a2<0.
∵a＋b＋c＝0，∴a＋c＝－b，
∴只需证(a＋c)2－ac－3a2<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，a2＋b2＋c2＝1，求证：1＜a＋b＜.
证明　∵a＋b＋c＝1，∴欲证结论等价于1＜1－c＜，
即证－＜c＜0.
又a2＋b2＋c2＝1，则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的两个不等实根，从而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＜.