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第1页4．2分析法综合法第2页知识探究第3页1.分析法证明命题时，从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法，这是一种执果索因的思考和证明方法．第4页2．综合法一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题的成立，这种证明方法叫做综合法．综合法又叫顺推证法或由因导果法．第5页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，形式简单，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.第6页课时学案第7页题型一用分析法证明不等式例1已知ab0，求证：（a－b）28aa＋b2－ab（a－b）28b.第8页【证明】①因为ab0，所以欲证（a－b）28aa＋b2－ab，只需证a－b22aa－b2，只需证a＋b2a，即证ba，显然成立．所以（a－b）28aa＋b2－ab.第9页②因为ab0，所以欲证a＋b2－ab（a－b）28b，只需证a－b2a－b22b，只需证2ba＋b，即证ba，显然成立．所以a＋b2－ab（a＋b）28b.综合①②知（a－b）28aa＋b2－ab（a－b）28b.第10页探究1用分析法证题时，语气总是假定的，常用“欲证A只需证B”表示，说明只要B成立，就一定有A成立，所以B必须是A的充分条件才行，当然B是A的充要条件也可．第11页思考题1设x≥1，y≥1，证明：x＋y＋1xy≤1x＋1y＋xy.【证明】由于x≥1，y≥1，要证x＋y＋1xy≤1x＋1y＋xy，只需证xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.因为[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)，由条件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．第12页题型二用综合法证明不等式例2已知x0，y0，x＋y＝1，求证：(1＋1x)(1＋1y)≥9.【思路】将欲证不等式左端展开，利用平均值不等式即可得证．第13页【证明】方法一：因为x0，y0，1＝x＋y≥2xy，所以xy≤14.所以(1＋1x)(1＋1y)＝1＋1x＋1y＋1xy＝1＋x＋yxy＋1xy＝1＋2xy≥1＋8＝9.第14页方法二：因为1＝x＋y，所以(1＋1x)(1＋1y)＝(1＋x＋yx)(1＋x＋yy)＝(2＋yx)(2＋xy)＝5＋2(xy＋yx)．又因为x0，y0，所以xy＋yx≥2，所以(1＋1x)(1＋1y)≥5＋2×2＝9.第15页探究2(1)以上两种方法使用了综合法，即从已知的不等式和不等式的性质出发推导出所要证的不等式成立．(2)一些重要不等式及其变形是证明不等式最常用到的工具之一，尤其是不等式2aba＋b≤ab≤a＋b2≤a2＋b22(a0，b0)，不但可以用来证明不等式，还可用来求最值．第16页思考题2已知x，y，z均为正数，求证：xyz＋yzx＋zxy≥1x＋1y＋1z.【证明】因为x，y，z均为正数，所以xyz＋yzx＝1z(xy＋yx)≥2z，同理可得yzx＋zxy≥2x，zxy＋xyz≥2y，当且仅当x＝y＝z时，以上三式等号成立，将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得xyz＋yzx＋zxy≥1x＋1y＋1z.第17页题型三分析法与综合法的综合应用例3已知a，b，c均为正实数，且b2＝ac.求证：a4＋b4＋c4(a2－b2＋c2)2.【思路】由题目可获取以下主要信息：①a，b，c均为正实数；②欲证不等式较复杂，且不易下手．解答本题可先展开，分析出易证不等式．第18页【证明】欲证原不等式成立，只需证a4＋b4＋c4a4＋b4＋c4－2a2b2＋2a2c2－2b2c2，即证a2b2＋b2c2－a2c20.∵b2＝ac，故只需证(a2＋c2)ac－a2c20.∵a，c0，故只需证a2＋c2－ac0.又∵a2＋c22ac，∴a2＋c2－ac0显然成立．∴原不等式成立．第19页探究3(1)通过等式或不等式的运算，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．(2)有些不等式的证明，需要一边分析一边综合，称之为分析综合法，或称“两头挤”法，如本例，这种方法充分表明了分析与综合之间互为前提，互相渗透，相互转化的辩证统一关系．第20页思考题3(1)已知abc，求证：1a－b＋1b－c＋1c－a0.(2)已知函数f(x)＝tanx，x∈(0，π2)，若x1，x2∈(0，π2)，且x1≠x2.求证：12[f(x1)＋f(x2)]f(x1＋x22)．第21页【证明】(1)方法一：为了证明1a－b＋1b－c＋1c－a0，只需要证明1a－b＋1b－c1a－c.∵abc，∴a－ca－b0，b－c0.∴1a－b1a－c，1b－c0.∴1a－b＋1b－c1a－c成立．∴1a－b＋1b－c＋1c－a0成立．第22页方法二：若令a－b＝x，b－c＝y，则a－c＝x＋y.∵abc，∴x0，y0.为了证明1a－b＋1b－c＋1c－a0，只要证明1x＋1y－1x＋y0，也就是要证y（x＋y）＋x（x＋y）－xyxy（x＋y）0，即证x2＋y2＋xyxy（x＋y）0.第23页∵x0，y0，∴x＋y0，x2＋y2＋xy0.∴上式成立，即1x＋1y－1x＋y0.故1a－b＋1b－c＋1c－a0.第24页(2)要证明12[f(x1)＋f(x2)]f(x1＋x22)，即证明12(tanx1＋tanx2)tanx1＋x22，只需证明12(sinx1cosx1＋sinx2cosx2)sinx1＋x22cosx1＋x22＝2cosx1＋x22·sinx1＋x222cos2x1＋x22＝sin（x1＋x2）1＋cos（x1＋x2），第25页只要证明sin（x1＋x2）2cosx1cosx2sin（x1＋x2）1＋cos（x1＋x2），由于x1，x2∈(0，π2)，x1＋x2∈(0，π)，∴sin(x1＋x2)0，cosx10，cosx20，1＋cos(x1＋x2)0.∴只需证明1cosx1cosx2＋sinx1sinx2.第26页即证明1cos(x1－x2)．∵x1≠x2，cos(x1－x2)1恒成立，∴原不等式成立．即12[f(x1)＋f(x2)]f(x1＋x22)成立．第27页课后巩固第28页1．欲证2－36－7，只需证()A．(2－3)2(6－7)2B．(2－6)2(3－7)2C．(2＋7)2(3＋6)2D．(2－3－6)2(－7)2答案C解析欲证2－36－7，只需证(2＋7)2(3＋6)2，因为2＋70，3＋60，所以只能选C.第29页2．已知a0，－1b0，则()A．aabab2B．ab2abaC．abaab2D．abab2a答案D第30页3．设a，b，c不全为0，且a＋b＋c＝0，则()A．ab＋bc＋ca0B．ab＋bc＋ca0C．ab，bc，ca均为负数D．abc0第31页答案B解析∵(a＋b＋c)2＝0，∴ab＋bc＋ca＝－12(a2＋b2＋c2)．又a，b，c不全为0，∴a2＋b2＋c20.∴ab＋bc＋ca0.第32页4．若不等式1a－b＋1b－c＋λc－a0在条件abc时恒成立，则λ的取值范围是________．第33页答案(－∞，4)解析原不等式化为1a－b＋1b－cλa－c，∵abc，∴a－b0，b－c0，a－c0.∴λa－ca－b＋a－cb－c恒成立．第34页∵a－ca－b＋a－cb－c＝（a－b）＋（b－c）a－b＋（a－b）＋（b－c）b－c＝2＋b－ca－b＋a－bb－c≥2＋2＝4，∴λ4.第35页5．已知ab0，求证：a－ba－b.证明要证a－ba－b，只要证(a－b)2(a－b)2，即证a＋b－2aba－b，即证2b2ab，只要证b2ab，∵b0，只要证ba.∵ab0，∴ba成立．∴a－ba－b成立．第36页