2019-2020学年高中数学 第1章 不等式的基本性质和证明的基本方法 1.5.2 综合法和分析法

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．自主预习探新知教材整理1综合法从命题的出发，利用公理、已知的定义及定理，逐步推导，从而最后导出，这种方法称为．综合法已知条件要证明的命题已知a＜0，－1＜b＜0，则()A．a＞ab＞ab2B．ab2＞ab＞aC．ab＞a＞ab2D．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分析法从出发，分析使这个命题成立的，利用已知的一些定理，逐步探索，最后达到命题所给出的(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．需要证明的命题充分条件条件分析法已知a＞0，1b－1a＞1，求证：1＋a＞11－b.[证明]要证明1＋a＞11－b，只需证1＋a1－b＞1，即(1＋a)(1－b)＞1，只要证a－b－ab＞0成立．∵a＞0，1b－1a＞1，∴a＞0，b＞0，a－b－abab＞0，∴a－b－ab＞0成立．故1＋a＞11－b成立．合作探究提素养用综合法证明不等式【例1】已知a，b，c是正数，求证：b2c2＋c2a2＋a2b2a＋b＋c≥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bca＋acb＋abc≥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，∴b2c2＋c2a2＋a2b2a＋b＋c≥abc.法二：∵a，b，c是正数，∴bca＋acb≥2bca·acb＝2c.同理acb＋abc≥2a，abc＋bca≥2b，∴2bca＋acb＋abc≥2(a＋b＋c)．又a＞0,b＞0，c＞0，∴b2c2＋a2c2＋a2b2≥abc(a＋b＋c)．故b2c2＋c2a2＋a2b2a＋b＋c≥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＋c22ab＋2bc＋2ac.[证明]先证ab＋bc＋ac≤a2＋b2＋c2.∵a0，b0，c0，∴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＋c22ab＋2bc＋2ac.法一：在△ABC中，ab＋c，ba＋c，cb＋a，则a2a(b＋c)，b2b(a＋c)，c2c(b＋a)．∴a2＋b2＋c2a(b＋c)＋b(a＋c)＋c(a＋b)，即a2＋b2＋c22ab＋2bc＋2ac.法二：在△ABC中，设abc，∴0a－bc,0b－ca,0a－cb，∴(a－b)2c2，(b－c)2a2，(a－c)2b2，∴(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2c2＋a2＋b2，即a2＋b2＋c22ab＋2bc＋2ac.综上，得ab＋bc＋ac≤a2＋b2＋c22ab＋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)b2－ac＜3a.[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b2－ac＜3a，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b2－ac＜3a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“ab0”，求证：a－b28aa＋b2－aba－b28b.[证明]要证原不等式成立，只需证a－b24aa＋b－2aba－b24b，即证a－b2a2(a－b)2a－b2b2.因为ab0，所以只需证a－b2aa－ba－b2b，即a＋b2a1a＋b2b，即ba1ab.只需证ba1ab.∵ab0，∴ba1ab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)＜18＋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)＜18＋loga2，只需证ax＋ay＞2a18.∵y＋x2＝0,0＜a＜1，∴x＋y＝x－x2＝－x－122＋14≤14.当且仅当x＝12时，(x＋y)max＝14.∴ax＋y≥a14，ax＋y≥a18.①又ax＋ay≥2ax＋y(当且仅当x＝y取等号).②又ax＋ay≥2a18.③由于①②等号不能同时成立，∴③式等号不成立，即ax＋ay＞2a18成立．故原不等式loga(ax＋ay)＜18＋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)12＞(x3＋y3)13.[证明]要证明(x2＋y2)12＞(x3＋y3)13，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)12＞(x3＋y3)13.当堂达标固双基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]A2．要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只需证()A．2ab－1－a2b2≤0B．a2＋b2－1－a4＋b42≤0C．a＋b22－1－a2b2≤0D．(a2－1)(b2－1)≥0[解析]a2＋b2－1－a2b2＝－(a2－1)(b2－1)≤0.[答案]D3．设a＞0，b＞0，且ab－(a＋b)≥1，则()A．a＋b≥2(2＋1)B．a＋b≤2＋1C．a－b≤(2＋1)2D．a＋b＞2(2＋1)[解析]因为ab≤a＋b2，所以ab≤14(a＋b)2，∴14(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＋22成立(当且仅当a＝b＝2＋1时取等号)．[答案]A4．已知a＞0，b＞0且a＋b＝1，则1a＋1b＋1ab与8的大小关系是________．[解析]∵a＞0，b＞0且a＋b＝1，∴1＝a＋b≥2ab＞0，进而得1ab≥2，于是得1ab≥4.又∵1a＋1b＋1ab＝a＋b＋1ab＝2ab＝2·1ab≥8.故1a＋1b＋1ab≥8.[答案]1a＋1b＋1ab≥85．设a＞0，b＞0，c＞0.证明：(1)1a＋1b≥4a＋b；(2)12a＋12b＋12c≥1b＋c＋1c＋a＋1a＋b.[证明](1)∵a＞0，b＞0，∴(a＋b)1a＋1b≥2ab·21ab＝4，∴1a＋1b≥4a＋b.(2)由(1)知1a＋1b≥4a＋b.同时，1b＋1c≥4b＋c，1c＋1a≥4c＋a，三式相加得：21a＋1b＋1c≥4b＋c＋4c＋a＋4a＋b，∴12a＋12b＋12c≥1b＋c＋1c＋a＋1a＋b.