2019-2020学年高中数学 第2讲 证明不等式的基本方法 2 综合法与分析法课件 新人教A版选修

第二讲证明不等式的基本方法二综合法与分析法学习目标：1.了解综合法与分析法证明不等式的思考过程与特点．(重点)2.会用综合法、分析法证明简单的不等式．(难点)自主预习探新知教材整理1综合法阅读教材P23～P23“例2”，完成下列问题．一般地，从出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做，又叫或．由因导果法已知条件综合法顺推证法设a，b∈R＋，A＝a＋b，B＝a＋b，则A，B的大小关系是()A．A≥BB．A≤BC．A＞BD．A＜BC[A2＝(a＋b)2＝a＋2ab＋b，B2＝a＋b，所以A2＞B2.又A＞0，B＞0，所以A＞B.]教材整理2分析法阅读教材P24～P25“习题”以上部分，完成下列问题．证明命题时，我们还常常从要证的出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为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，这是一种执果索因的思考和证明方法．分析法结论已知条件设a＝2，b＝7－3，c＝6－2，那么a，b，c的大小关系是()A．a＞b＞cB．a＞c＞bC．b＞a＞cD．b＞c＞aB[由已知，可得出a＝422，b＝47＋3，c＝46＋2，∵7＋3＞6＋2＞22，∴b＜c＜a.]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＞0，b＞0，c＞0，且abc＝2.求证：(1＋a)(1＋b)(1＋c)＞82.[证明]∵a＞0，b＞0，c＞0，∴1＋a≥2a，当且仅当a＝1时，取等号，1＋b≥2b，当且仅当b＝1时，取等号，1＋c≥2c，当且仅当c＝1时，取等号．∵abc＝2，∴a，b，c不能同时取1，∴“＝”不同时成立．∴(1＋a)(1＋b)(1＋c)＞8abc＝82.即(1＋a)(1＋b)(1＋c)＞82.综合法与分析法的综合应用【例2】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当x＝12，y＝－14时取等号.①又ax＋ay≥2ax＋y(当且仅当x＝y取等号),②∴ax＋ay≥2a18.③由于①，②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．2．已知a，b，c都是正数，求证：2a＋b2－ab≤3a＋b＋c3－3abc.[证明]法一要证2a＋b2－ab≤3a＋b＋c3－3abc，只需证a＋b－2ab≤a＋b＋c－33abc，即－2ab≤c－33abc，移项，得c＋2ab≥33abc.由a，b，c都为正数，得c＋2ab＝c＋ab＋ab≥33abc，∴原不等式成立．法二∵a，b，c都是正数，∴c＋ab＋ab≥33c·ab·ab＝33abc，即c＋2ab≥33abc，故－2ab≤c－33abc，∴a＋b－2ab≤a＋b＋c－33abc，∴2a＋b2－ab≤3a＋b＋c3－3abc.分析法证明不等式[探究问题]1．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．分析法体现了数学中“正难则反”的原则，也是思维中的逆向思维，逆求(不是逆推)结论成立的充分条件．2．综合法与分析法有何异同点？[提示]综合法与分析法的异同点方法证明的起始步骤证法过程前后逻辑关系证题方向综合法已知条件或已学过的定义、定理、性质等格式：A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B由已知条件开始推导其成立的必要条件(结论)由因导果分析法要证明的结论格式：B⇐B1⇐B2⇐…⇐Bn⇐A由结论开始探索其成立的充分条件(已知)执果索因【例3】已知a＞b＞0，求证：a－b28a＜a＋b2－ab＜a－b28b.[精彩点拨]本题要证明的不等式显得较为复杂，不易观察出怎样由a＞b＞0得到要证明的不等式，因而可以用分析法先变形要证明的不等式，从中找到证题的线索．[自主解答]要证原不等式成立，只需证a－b24a＜a＋b－2ab＜a－b24b，即证a－b2a2＜(a－b)2＜a－b2b2.只需证a－b2a＜a－b＜a－b2b，即a＋b2a＜1＜a＋b2b，即ba＜1＜ab.只需证ba＜1＜ab.∵a＞b＞0，∴ba＜1＜ab成立．∴原不等式成立．1．解答本题的关键是在不等式两边非负的条件下，利用不等式的开方性质寻找结论成立的充分条件，采用分析法是常用方法．证明过程一要注意格式规范，二要注意逻辑关系严密、准确．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．常常利用移项、去分母、平方、开方等方法进行分析探路．3．已知a＞0，求证：a2＋1a2－2≥a＋1a－2.[证明]因为a＞0，要证原不等式成立，只需证a2＋1a2＋2≥a＋1a＋2，即证a2＋1a2＋4a2＋1a2＋4≥a＋1a2＋22a＋1a＋2，只需证2·a2＋1a2≥a＋1a，即证2a2＋1a2≥a2＋1a2＋2，只需证a2＋1a2≥2.由基本不等式知a2＋1a2≥2显然成立，所以原不等式成立．当堂达标固双基1．已知a＜0，－1＜b＜0，则()A．a＞ab＞ab2B．ab2＞ab＞aC．ab＞a＞ab2D．ab＞ab2＞aD[∵－1＜b＜0，∴1＞b2＞0＞b.又a＜0，∴ab＞ab2＞a.]2．下列三个不等式：①a＜0＜b；②b＜a＜0；③b＜0＜a.其中能使1a＜1b成立的充分条件有()A．①②B．①③C．②③D．①②③A[①a＜0＜b⇒1a＜1b；②b＜a＜0⇒1a＜1b；③b＜0＜a⇒1a＞1b.故选A.]3．已知a，b∈(0，＋∞)，Ρ＝a＋b2，Q＝a＋b，则P，Q的大小关系是________．[解析]∵a＋b≥a＋b22，∴a＋b≥a＋b2.[答案]P≤Q4．若1a＜1b＜0，则下列不等式：①a＋b＜ab；②|a|＞|b|；③a＜b；④ba＋ab＞2.其中正确的有________．(填序号)[解析]∵1a＜1b＜0，∴b＜a＜0，∴a＋b＜0，ab＞0，|b|＞|a|.故①正确，②③错误．∵a，b同号且a≠b，∴ba，ab均为正，∴ba＋ab＞2ba·ab＝2.故④正确．[答案]①④5．已知a＞0，b＞0,2c＞a＋b，求证：c－c2－ab＜a.[证明]要证c－c2－ab＜a，只需证明c＜a＋c2－ab，即证b－a＜2c2－ab，当b－a＜0时，显然成立；当b－a≥0时，只需证明b2＋a2－2ab＜4c2－4ab，即证(a＋b)2＜4c2，由2c＞a＋b知上式成立．所以原不等式成立．