2018-2019学年高中数学第一章不等关系与基本不等式4第2课时分析法与综合法学案北师大版选修4-5

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＞lga＋lgb＋lgc，即证lg＞lgabc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＋y23＞x3＋y

32.即证x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6＞x6＋2x3y3＋y6，即证3x4y2＋3x2y4＞2x3y

3.∵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＋b2－2ab]＋＝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ab＋mc＋m＋ba＋mc＋m－ca＋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－cm2＞

0.由于a，b，c是△ABC的边长，m＞0，故有a＋b＞c，即a＋b－cm2＞

0.所以abc＋2abm＋a＋b－cm2＞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fx＝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fx＝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，∴＋＋≥30，同理可证a＋＋≥

30.∴≥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aa＋b＜2ac.∵a，b∈R＋，且a＋b＜2c，∴aa＋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＝BB．A＜BC．A＞BD．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－b2＋a－c2＋b－c2≥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－b2＋c2－2bc－2ac，又∵a－b＜c，∴S－2P＜c2＋c2－2bc－2ac＝2cc－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－xy1＋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1D．最小值和最大值1答案　D解析　∵x2＋y2≥2|xy|，∴0≤|xy|≤，∴0≤x2y2≤，∴1－xy1＋xy＝1－x2y2∈.4．已知ab0，x0，那么的取值范围是　　A.1B.1C．01D．1答案　C解析　因为ab0，x0，所以a＋xb＋xx0，所以

01.5．设＜b＜a＜1，则　　A．aa＜ab＜baB．aa＜ba＜abC．ab＜aa＜baD．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________[lg1＋a＋lg1＋b]．答案　≥解析　[lg1＋a＋lg1＋b]＝lg[1＋a1＋b]＝lg[1＋a1＋b]，又lg＝lg，∵a＞0，b＞0，∴a＋1＞0，b＋1＞0，∴[a＋11＋b]≤＝，∴lg≥lg[1＋a1＋b].即lg≥[lg1＋a＋lg1＋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＋c2≥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2a2＋b2＋c2≥2ab＋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3a2＋b2＋c2≥a＋b＋c2，即a2＋b2＋c2≥a＋b＋c

2.

③在不等式

②的两端同时加上2ab＋bc＋ca，得a＋b＋c2≥3ab＋bc＋ca，即a＋b＋c2≥ab＋bc＋ca.

④由

③④得a2＋b2＋c2≥a＋b＋c2≥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abc，且a＋b＋c＝0，求证a，则应索的因是　　A．a－b0B．a－c0C．a－ba－c0D．a－ba－c0答案　C解析　∵abc且a＋b＋c＝0，∴a0，要证a，只需证b2－ac3a2，只需证b2－ac－3a

20.∵a＋b＋c＝0，∴a＋c＝－b，∴只需证a＋c2－ac－3a20，即a－c2a＋c0，即证a－ca－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－cx＋c2－c＝0的两个不等实根，从而Δ＝1－c2－4c2－c＞0，解得－＜c＜

1.∵c＜b＜a，∴c－ac－b＝c2－ca＋b＋ab＝c2－c1－c＋c2－c＞0，解得c＜0或c＞舍．∴－＜c＜0，即1＜a＋b＜.。