1.5.2　综合法和分析法学案

1.5.2　综合法和分析法
1.理解综合法和分析法的概念.
2.会用综合法、分析法证明较为简单的不等式.
自学导引
1.综合法：就是要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.
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).
基础自测
1.设a，b∈R＋，A＝＋，B＝，则A、B的大小关系是(　　)
A.a≥B B.A≤B
C.A>B D.A解析　要证＋>，
只须证a＋b＋2>a＋b，
即2>0，∴a，b∈R＋，2>0，
∴A>B，选C.
答案　C
2.若1A.(lgx)2B.lgx2<(lgx)2C.(lgx)2D.lg(lgx)<(lgx)2解析　1x2>x，∴lgx2>lgx>(lgx)2，
∴lgx2>(lgx)2>lg(lgx)，选D.
答案　D
3.已知a，b，m都是正数，在空白处填上适当的不等号.
(1)当a________b时，>，
(2)当a________b时，≤.
解析　当a>b时，才有>，
当a答案　>　<
知识点1　综合法证明不等式
【例1】已知a，b，c∈R＋，求证：＋＋≥.
证明　＋＋＋3
＝＋1＋＋1＋＋1
＝＋＋
＝(a＋b＋c)
＝[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)](＋＋)
≥·3·3 
＝.
∴＋＋≥.
●反思感悟：观察不等式的结构特征：每个分式加1，分子就会含有因式a＋b＋c，从而可以利用基本不等式.
1.已知x，y，z是互不相等的正数且x＋y＋z＝1，求证：>8.
证明　∵x、y、z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1.
∴－1＝>，－1＝>
－1＝>
又∵01.
同理>1，>1
∴>8.
知识点2　分析法证明不等式
【例2】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，只需证明
>.
事实上：∵0∴－
＝－－－＋
＝>0，
∵>.
即有lg>lg，
故[f(x1)＋f(x2)]>f.
●反思感悟：在分析法中，每次所寻求的应是使上一个结论成立的充分条件或充要条件，若只找到结论成立的必要条件则不一定能得到相应的结论.从而造成证明上的逻辑错误.
2.若a、b∈R＋，且a＋b＝1，求证：＋≤2.
证明　＋≤2
?a＋b＋1＋2 ·≤4
?·≤1
?ab＋＋≤1
?ab≤.
∵ab≤＝成立.
∴原不等式成立.
知识点3　综合利用综合法与分析法证明不等式
【例3】在某两个正数x，y之间，若插入一个数a，使x，a，y成等差数列；若插入两个数b，c，使x，b，c，y成等比数列，
求证：(a＋1)2≥(b＋1)(c＋1).
证明　由条件，得
消去x，y，即得2a＝＋，
且有a>0，b>0，c>0.
要证(a＋1)2≥(b＋1)(c＋1)
只需证a＋1≥
∵≤
∴要证2a≥b＋c，而2a＝＋，
只需证＋≥b＋c
即b3＋c3≥bc(b＋c)，b2＋c2－bc≥bc
(b－c)2≥0，∵上式显然成立
∴(a＋1)2≥(b＋1)(c＋1)得证.
●反思感悟：综合法和分析法是思路完全相反的两种方法.分析法易于探求解题思路.综合法易于表述，在证明较复杂的不等式时，有时把分析法和综合法结合起来使用.
3.已知a、b是不等的正数，且a3－b3＝a2－b2.
求证：1证明　∵a3－b3＝a2－b2，且a≠b
∴a2＋ab＋b2＝a＋b.
∵a、b∈R＋.∴(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2>a2＋ab＋b2＝a＋b，
且a＋b>0，两边同除以a＋b，得a＋b>1.
欲证a＋b<，即证3(a＋b)<4，由于a＋b>0，
可证3(a＋b)2<4(a＋b)，而a＋b＝a2＋ab＋b2，
即3(a2＋2ab＋b2)<4(a2＋ab＋b2)，得a2－2ab＋b2>0.
(a－b)2>0，∵a≠b，则不等式成立，
故a＋b<成立.
∴1课堂小结
用综合法和分析法证明时应注意证明的思路和方向上的差别，一个是“执因索果”，而另一个则是“执果求因”.在实际解题中，常用分析法思维，用综合法表达.对于比较复杂的问题，常常把分析法和综合法结合起来使用.
随堂演练
1.若a，b，c∈R，且ab＋bc＋ac＝1，则下列不等式成立的是(　　)
A.a2＋b2＋c2≥2 B.(a＋b＋c)2≥3
C.＋＋≥2 D.abc(a＋b＋c)≤
解析　(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc≥3(ab＋ac＋bc)＝3，故应选B.
答案　B
2.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＋logba＋2≤－2＋2＝0，选D.
答案　D
3.求证：＋<2＋.
证明　＋<2＋
?(＋)2<(2＋)2
?10＋2<10＋4
?<2?21<24
故原不等式成立.
4.已知x>0，y>0，证明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.
证明　因为x>0，y>0，
所以1＋x＋y2≥3>0，1＋x2＋y≥3>0，
故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3·3＝9xy.
基础达标
1.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
2.设a、b、x、y均为正数，且a、b为常数，x、y为变量，若x＋y＝1，则＋的最大值为(　　)
A. B.
C. D.
解析　＋≤＋＝，故选B.
答案　B
3.已知x>y>z，且x＋y＋z＝0，下列不等式中成立的是(　　)
A.xy>yz B.xz>yz
C.xy>xz D.x|y|>z|y|
解析　由已知3x>x＋y＋z＝0，3z∴x>0，z<0.由得：xy>xz.
答案　C
4.已知x>0，y>0，M＝，N＝＋，则M、N的大小关系是________.
解析　N＝＋＝
＝
N－M＝

＝>0，∴N>M.
答案　N>M
5.设a、b、c∈R，且a、b、c不全相等，则不等式a3＋b3＋c3≥3abc成立的一个充要条件是______________.
解析　a3＋b3＋c3－3abc＝(a＋b＋c)(a2＋b2＋c2－ab－ac－bc)＝(a＋b＋c)[(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2]
而a、b、c不全相等?(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2>0
∴a3＋b3＋c3≥3abc?a＋b＋c≥0.
答案　a＋b＋c≥0
6.已知|a|<1，|b|<1，求证：<1.
证明　要证<1，只需证|a＋b|<|1＋ab|，
也只需证a2＋2ab＋b2<1＋2ab＋a2b2，
即证(1－a2)－b2(1－a2)>0，
也就是(1－a2)(1－b2)>0，
∵|a|<1，|b|<1，∴最后一个不等式显然成立.
因此原不等式成立.
综合提高
7.如果0A.cosB.cosC.cosD.cos解析　用分析法易证(或用特值法)，0<<<<1.由y＝cos x在上是减函数可得.
答案　A
8.设0A.b<2ab<B.2abC.2abD.2ab解析　取a＝，b＝，分别计算即可.
答案　B
9.已知a>b>c，则与的大小关系为______________.
解析　∵a－b>0，b－c>0，
∴≤＝
∴≤.
答案　≤
10.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)]·≥2·2＝4，∴m∈(－∞，4].
答案　(－∞，4]
11.已知实数a，b，c，d，且a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，
求证：|ac＋bd|≤1.
证明　方法一：(分析法)
要证|ac＋bd|≤1，只需证明(ac＋bd)2≤1.
即证a2c2＋2abcd＋b2d2≤1.
∵a2＋b2＝1，c2＋d2＝1.
∴上式即证a2c2＋2abcd＋b2d2≤(a2＋b2)(c2＋d2)，
即证(ad－bc)2≥0.
∵a，b，c，d都是实数，
∴(ad－bc)2≥0成立.
∴|ac＋bd|≤1.
方法二：(综合法)
∵a，b，c，d都是实数，且a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，
∴|ac＋bd|≤|ac|＋|bd|≤＋
＝＝1.
方法三：(三角换元法)
∵a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，
∴可令a＝sinα，b＝cosα，c＝sinβ，d＝cosβ，
∴|ac＋bd|＝|sin αsin β＋cos αcos β|
＝|cos(α－β)|≤1.
12.设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d.证明：
(1)若ab＞cd，则＋＞＋；
(2)＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件.
证明　(1)因为(＋)2＝a＋b＋2，(＋)2＝c＋d＋2，
由题设a＋b＝c＋d，ab＞cd，得(＋)2＞(＋)2.
因此＋＞＋.
(2)①若|a－b|＜|c－d|，则(a－b)2＜(c－d)2,
即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd.
因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd.
由(1)，得＋＞＋.
②若＋＞＋，则(＋)2＞(＋)2，
即a＋b＋2＞c＋d＋2.
因为a＋b＝c＋d，
所以ab＞cd，
于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.
因此|a－b|＜|c－d|.
综上，＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件.