《比较法、综合法、分析法证不等式》导学案

第二讲讲明不等式的基本方法复习课学习目标 1.系统梳理证明不等式的基本方法.2.进一步体会不同方法所适合的不同类型的问题，针对不同类型的问题，合理选用不同的方法.3.进一步熟练掌握不同方法的解题步骤及规范．1．比较法作差比较法是证明不等式的基本方法，其依据是：不等式的意义及实数大小比较的充要条件．证明的步骤大致是：作差——恒等变形——判断结果的符号．2．综合法综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推理的基本理论．证明时要注意的是作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握．3．分析法分析法证明不等式的依据也是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即从待证的不等式出发，逐步寻找使它成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．4．反证法反证法是一种“正难则反”的方法，反证法适用的范围：①直接证明困难；②需要分成很多类进行讨论；③“唯一性”“存在性”的命题；④结论中含有“至少”“至多”否定性词语的命题．5．放缩法放缩法就是将不等式的一边放大或缩小，寻找一个中间量，常用的放缩技巧有：①舍掉(或加进)一些项；②在分式中放大或缩小分子或分母；③用基本不等式放缩.类型一 比较法证明不等式例1 若x ，y ，z ∈R ，a ＞0，b ＞0，c ＞0.求证：b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )． 证明 ∵b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2－2(xy ＋yz ＋zx ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫bax 2＋a by 2－2xy ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c by 2＋b cz 2－2yz ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a c z 2＋c a x 2－2zx ＝⎝⎛⎭⎪⎫b ax －a b y 2＋⎝⎛⎭⎪⎫c by －b c z 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a cz －c a x 2≥0， ∴b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )成立． 反思与感悟 作差法证明不等式的关键是变形，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑能否化简或值是多少，变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．跟踪训练1 设a ，b 为实数，0＜n ＜1,0＜m ＜1，m ＋n ＝1，求证：a 2m ＋b 2n ≥(a ＋b )2.证明 a 2m ＋b 2n －(a ＋b )2＝na 2＋mb 2mn －nm (a 2＋2ab ＋b 2)mn＝na 2(1－m )＋mb 2(1－n )－2mnab mn＝n 2a 2＋m 2b 2－2mnab mn ＝(na －mb )2mn ≥0，∴a 2m ＋b 2n≥(a ＋b )2. 类型二 综合法与分析法证明不等式例2 已知a ，b ，c ∈R ＋，且ab ＋bc ＋ca ＝1，求证： (1)a ＋b ＋c ≥3； (2)a bc ＋b ac ＋cab≥3(a ＋b ＋c )．证明 (1)要证a ＋b ＋c ≥3，由于a ，b ，c ∈R ＋， 因此只需证(a ＋b ＋c )2≥3，即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3，根据条件，只需证a 2＋b 2＋c 2≥1＝ab ＋bc ＋ca ， 由ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2(当且仅当a ＝b ＝c ＝33时取等号)可知，原不等式成立． (2)a bc ＋b ac＋c ab ＝a ＋b ＋c abc， 在(1)中已证a ＋b ＋c ≥3， ∵ab ＋bc ＋ca ＝1， ∴要证原不等式成立，只需证1abc≥a ＋b ＋c ，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1＝ab ＋bc ＋ca . ∵a ，b ，c ∈R ＋，a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac2，b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤ac ＋bc2，∴a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca (a ＝b ＝c ＝33时取等号)成立， ∴原不等式成立．反思与感悟 证明比较复杂的不等式时，考虑分析法与综合法的结合使用，这样使解题过程更加简洁．跟踪训练2 已知a ＞b ＞c ，求证：1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0. 证明 方法一 要证1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0， 只需证1a －b ＋1b －c ＞1a －c. ∵a ＞b ＞c ，∴a －c ＞a －b ＞0，b －c ＞0， ∴1a －b ＞1a －c ，1b －c＞0，∴1a －b ＋1b －c ＞1a －c成立， ∴1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0成立． 方法二 ∵a ＞b ＞c ， ∴a －c ＞a －b ＞0，b －c ＞0， ∴1a －b ＞1a －c ，1b －c ＞0， ∴1a －b ＋1b －c ＞1a －c ， ∴1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0. 类型三 反证法证明不等式例3 若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2，求证：1＋x y <2或1＋yx<2中至少有一个成立．证明 假设1＋x y <2和1＋y x<2都不成立，则1＋x y ≥2和1＋yx≥2同时成立．因为x >0且y >0，所以1＋x ≥2y 且1＋y ≥2x ， 两式相加，得2＋x ＋y ≥2x ＋2y ，所以x ＋y ≤2. 这与已知x ＋y >2矛盾． 故1＋x y <2或1＋y x<2中至少有一个成立．反思与感悟 反证法的“三步曲”：(1)否定结论．(2)推出矛盾．(3)肯定结论．其核心是在否定结论的前提下推出矛盾．跟踪训练3 已知函数y ＝f (x )在R 上是增函数，且f (a )＋f (－b )＜f (b )＋f (－a )，求证：a ＜b .证明 假设a ＜b 不成立，则a ＝b 或a ＞b .当a ＝b 时，－a ＝－b ，则有f (a )＝f (b )，f (－a )＝f (－b )， 于是f (a )＋f (－b )＝f (b )＋f (－a )与已知矛盾．当a ＞b 时，－a ＜－b ，由函数y ＝f (x )的单调性，可得f (a )＞f (b )，f (－b )＞f (－a )， 于是有f (a )＋f (－b )＞f (b )＋f (－a )与已知矛盾．故假设不成立． ∴a ＜b .类型四 放缩法证明不等式例4 已知n ∈N ＋，求证：2(n ＋1－1)＜1＋12＋13＋…＋1n＜2n .证明 ∵对k ∈N ＋，1≤k ≤n ，有 1k ＝22k＞2k ＋k ＋1＝2(k ＋1－k )，∴1k＞2(k ＋1－k )． ∴1＋12＋13＋…＋1n＞2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n ＋1－n )＝2(n ＋1－1)．又∵对于k ∈N ＋，2≤k ≤n ，有 1k ＝22k＜2k ＋k －1＝2(k －k －1)，∴1＋12＋13＋…＋1n＜1＋2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n －n －1)＝2n －1＜2n . ∴原不等式成立．反思与感悟 放缩法是在顺推法逻辑推理过程中，有时利用不等式关系的传递性作适当的放大或缩小，证明比原不等式更强的不等式来代替原不等式的一种证明方法．放缩法的实质是非等价转化，放缩没有一定的准则和程序，需按题意适当放缩，否则达不到目的．跟踪训练4 设f (x )＝x 2－x ＋13，a ，b ∈[0,1]， 求证：|f (a )－f (b )|≤|a －b |. 证明 |f (a )－f (b )|＝|a 2－a －b 2＋b | ＝|(a －b )(a ＋b －1)|＝|a －b ||a ＋b －1|， ∵0≤a ≤1,0≤b ≤1，∴0≤a ＋b ≤2， －1≤a ＋b －1≤1，|a ＋b －1|≤1. ∴|f (a )－f (b )|≤|a －b |.1．已知p: ab ＞0，q ：b a ＋a b≥2，则p 与q 的关系是( ) A ．p 是q 的充分不必要条件 B ．p 是q 的必要不充分条件C ．p 是q 的充要条件D ．以上答案都不对 答案 C解析 由ab ＞0，得b a ＞0，a b＞0，∴b a ＋a b ≥2b a ·ab ＝2， 又b a ＋a b≥2，则b a ，a b必为正数， ∴ab ＞0.2．实数a ，b ，c 满足a ＋2b ＋c ＝2，则( ) A ．a ，b ，c 都是正数 B ．a ，b ，c 都大于1 C ．a ，b ，c 都小于2D ．a ，b ，c 中至少有一个不小于12答案 D解析 假设a ，b ，c 都小于12，则a ＋2b ＋c <2与a ＋2b ＋c ＝2矛盾． 3．若a ＝lg22，b ＝lg33，c ＝lg55，则( )A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜a ＜c答案 C解析 a ＝3lg 26＝lg 86，b ＝2lg 36＝lg 96，∵9＞8，∴b ＞a .b 与c 比较：b ＝lg 33＝lg 3515，c ＝lg 55＝lg 5315，∵35＞53，∴b ＞c .a 与c 比较：a ＝lg 2510＝lg 3210，c ＝lg 2510，∵32＞25，∴a ＞c .∴b ＞a ＞c ，故选C.4．已知a，b∈R＋，n∈N＋，求证：(a＋b)(a n＋b n)≤2(a n＋1＋b n＋1)．证明∵(a＋b)(a n＋b n)－2(a n＋1＋b n＋1)＝a n＋1＋ab n＋ba n＋b n＋1－2a n＋1－2b n＋1＝a(b n－a n)＋b(a n－b n)＝(a－b)(b n－a n)．(1)若a＞b＞0，则b n－a n＜0，a－b＞0，∴(a－b)(b n－a n)＜0.(2)若b＞a＞0，则b n－a n＞0，a－b＜0，∴(a－b)(b n－a n)＜0.(3)若a＝b＞0，(b n－a n)(a－b)＝0.综上(1)(2)(3)可知，对于a，b∈R＋，n∈N＋，都有(a＋b)(a n＋b n)≤2(a n＋1＋b n＋1)．1．比较法证明不等式一般有两种方法：作差法和作商法，作商法应用的前提条件是已知不等式两端的代数式同号．2．由教材内容可知，分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”，两者是对立统一的两种方法．3．证明不等式的基本方法及一题多证：证明不等式的基本方法主要有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等．证明不等式时既可探索新的证明方法，培养创新意识，也可一题多证，开阔思路，活跃思维，目的是通过证明不等式发展逻辑思维能力，提高数学素养．一、选择题1．a，b∈R＋，那么下列不等式中不正确的是( )A.ab＋ba≥2 B.b2a＋a2b≥a＋bC.ba2＋ab2≤a＋babD.1a2＋1b2≥2ab答案 C解析A满足基本不等式；B可等价变形为(a－b)2(a＋b)≥0正确；B选项中不等式的两端同除以ab，不等式方向不变，所以C选项不正确；D选项是A选项中不等式的两端同除以ab 得到的，D正确．2．设0<x<1，则a＝2x，b＝x＋1，c＝11－x中最大的是( )A．c B．bC．a D．随x取值不同而不同答案 A解析∵0<x<1，∴b＝x＋1>2x>2x＝a，∵11－x－(x＋1)＝1－(1－x2)1－x＝x21－x>0，∴c>b>a.3．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4 (a≥0)，则P与Q的大小关系为( ) A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定答案 C解析 ∵P 2＝2a ＋7＋2a 2＋7a ，Q 2＝2a ＋7＋2a 2＋7a ＋12，∴P 2<Q 2，即P <Q .4．设a ＝(m 2＋1)(n 2＋4)，b ＝(mn ＋2)2，则( ) A ．a ＞b B ．a ＜b C ．a ≤b D ．a ≥b答案 D解析 ∵a －b ＝(m 2＋1)(n 2＋4)－(mn ＋2)2＝4m 2＋n 2－4mn ＝(2m －n )2≥0， ∴a ≥b .5．已知a ，b ，c ，d 为实数，ab ＞0，－c a ＜－d b，则下列不等式中成立的是( ) A ．bc ＜ad B ．bc ＞ad C.a c ＞b d D.a c ＜b d答案 B解析 将－c a ＜－d b两边同乘以正数ab ，得－bc ＜－ad ，所以bc ＞ad . 6．若A ，B 为△ABC 的内角，则A >B 是sin A >sin B 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 答案 C解析 由正弦定理知a sin A ＝bsin B ＝2R ，又A ，B 为三角形的内角， ∴sin A >0，sin B >0，∴sin A >sin B ⇔2R sin A >2R sin B ⇔a >b ⇔A >B . 二、填空题7．lg9·lg11与1的大小关系是________．答案 lg9·lg11＜1 解析 ∵lg9＞0，lg11＞0，∴lg9·lg11＜lg9＋lg112＜lg992＜lg1002＝1.∴lg9·lg11＜1.8．当x ＞1时，x 3与x 2－x ＋1的大小关系是________． 答案 x 3＞x 2－x ＋1解析 ∵x 3－(x 2－x ＋1)＝x 3－x 2＋x －1＝x 2(x －1)＋(x －1)＝(x －1)(x 2＋1)，且x ＞1， ∴(x －1)(x 2＋1)＞0. ∴x 3－(x 2－x ＋1)＞0， 即x 3＞x 2－x ＋1.9．用反证法证明“在△ABC 中，若∠A 是直角，则∠B 是锐角”时，应假设________． 答案 ∠B 不是锐角解析 “∠B 是锐角”的否定是“∠B 不是锐角”．10．建造一个容积为8m 3，深为2m 的长方体无盖水池，如果池底和池壁的造价每平方米分别为120元和80元，那么水池的最低总造价为________元． 答案 1760解析 设水池底长为x (x ＞0)m ， 则宽为82x ＝4x(m)．水池造价y ＝82×120＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ×2＋8x ×2×80＝480＋320⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x ≥480＋1 280＝1 760(元)， 当且仅当x ＝2时取等号． 三、解答题11．求证：112＋122＋132＋…＋1n 2＜2.证明 因为1n2＜1n (n －1)＝1n －1－1n(n ∈N ＋，n ≥2)，所以112＋122＋132＋…＋1n 2＜1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)·n＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n＜2. 所以原不等式得证．12．已知a n ＝1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)(n ∈N ＋)，求证：n (n ＋1)2＜a n ＜(n ＋1)22. 证明 ∵n (n ＋1)＞n ，∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)＞1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2. 又n (n ＋1)＜(n ＋1)＋n 2＝2n ＋12， ∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)＜32＋52＋…＋2n ＋12＝n 2＋2n 2＜(n ＋1)22. ∴n (n ＋1)2＜a n ＜(n ＋1)22. 四、探究与拓展13．已知a ，b 是正数，a ≠b ，x ，y ∈(0，＋∞)，若a 2x ＋b 2y ≥(a ＋b )2x ＋y，则等号成立的条件为________． 答案 ay ＝bx解析 a 2x ＋b 2y －(a ＋b )2x ＋y＝a 2y (x ＋y )＋b 2x (x ＋y )－xy (a ＋b )2xy (x ＋y )＝(ay －bx )2xy (x ＋y )≥0， 当且仅当ay ＝bx 时等号成立．14．设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N ＋.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜13. (1)解 令n ＝1，得S 21－(－1)S 1－3×2＝0，即S 21＋S 1－6＝0，所以(S 1＋3)(S 1－2)＝0，因为S 1＞0，所以S 1＝2，即a 1＝2.(2)解 由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，得(S n ＋3)[S n －(n 2＋n )]＝0，因为a n ＞0(n ∈N ＋)，S n ＞0，从而S n ＋3＞0，所以S n ＝n 2＋n ，所以当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n ，又a 1＝2＝2×1，所以a n ＝2n (n ∈N ＋)．(3)证明 设k ≥2，则1a k (a k ＋1)＝12k (2k ＋1)＜1(2k －1)(2k ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1－12k ＋1， 所以1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋1a 3(a 3＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜12×3＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝16＋16－12(2n ＋1)＜13. 所以1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜13.。

2.2.1 综合法课堂导学三点剖析一,利用综合法证明不等式【例1】 (1)若a>0,b>0,求证:ab b a 22+≥a+b.思路分析:主要利用不等式2b a +≥ab 和a 2+b 2≥2ab. 证明:由a 2+b 2≥2ab,∴2(a 2+b 2)≥a 2+b 2+2ab,即2(a 2+b 2)≥(a+b)2. ∴abb a 22+≥b a b a b a b a ++≥++222)()(2=a+b. (2)设a,b,c 都是正数，求证:2222222≥+++++a c c b b a (a+b+c).思路分析:主要利用不等式2)(2222y x y x +≥+. 证明:由不等式a 2+b 2≥2)(22222b a ab b a +=++. ∴22b a +≥2ba +.同理,2,22222ac a c cb c b +≥++≥+2)222(2222222=+++++=+++++∴c a c b b a a c c b b a （a+b+c ） 各个击破类题演练1已知a,b,c∈(0,+∞),且a,b,c 成等比数列,求证:a 2+b 2+c 2≥(a -b+c)2.证明:左边-右边=2(ab+bc-ac).∵a,b,c 成等比数列,∴b 2=ac.又∵a,b,c∈(0,+∞), ∴0<b=ac ≤2c a +<a+c. ∴a+c -b>0.∴2(ab+bc -ac)=2(ab+bc-b 2)=2b(a+c-b)>0,∴a 2+b 2+c 2>(a-b+c)2.变式提升1若a,b,c 是正数，能确定ba c c abc b a +++++222与2c b a ++的大小吗？ 解析:∵cb a +24+(b+c)≥4a, ac b +24+(c+a)≥4b, ba c +24+(a+b)≥4c, ∴c b a +24+ac b +24+b a c +24≥2(a+b+c), 即ba c a cbc b a +++++222≥2c b a ++. 二、用综合法证明条件不等式【例2】 已知a,b,c>0,且abc=1,求证:c b a ++≤a 1+b 1+c 1. 证明：∵a,b,c>0,且abc=1, ∴a 1+b 1≥c ab212=, b 1+c 1≥a bc212=, c 1+a 1≥b ac212=. ∴2(a 1+b 1+c1)≥2(c b a ++). ∴a 1+b 1+c 1≥c b a ++. 温馨提示在证明含有条件的不等式时,用好条件往往是证题的关键,在本题中抓住了abc=1⇒ba c ac b bc a 1,1,1===这一关键,从而与要证的不等式建立了联系. 类题演练2已知a,b,c 是正数,且a+b+c=1,求证:(a 1-1)(b 1-1)(c1-1)≥8.证明:(a 1-1)(b 1-1)(c1-1) =abcab ac bc c b a b c a a c b 222∙∙≥+∙+∙+=8. 变式提升2(1)已知a,b 是正数,且a+b=1.求证:(ax+by)(ay+bx)≥xy.(2)若x+3y-1=0,求证:2x +8y ≥22. 证明:(1)左边=(a 2+b 2)xy+ab(x 2+y 2)=［(a+b)2-2ab ］xy+ab(x 2+y 2)=(1-2ab)xy+ab(x 2+y 2)=xy+ab(x-y)2,∵a>0,b>0,(x -y)2≥0,∴左边≥xy=右边.因此不等式成立.(2)2x +23y ≥222222233==∙+y x y x . 三、与函数,数列,解析几何等知识相结合的不等式证明问题【例3】 数列{x n }由下列条件确定:x 1=a>0,x n+1=21(x n +nx a ),n∈N . (1)证明对n≥2,总有x n ≥a ;(2)证明对n≥2,总有x n ≥x n+1.证明：(1)由x 1=a>0及x n+1=21(x n +nx a ),可归纳证明x n >0, 从而有x n+1=21(x n +n x a )≥a x a x nn =∙(n∈N )(均值不等式的应用——综合法),所以,当n≥2时,x n ≥a 成立.(2)证法一:当n≥2时,因为x n ≥a >0,x n+1=21(x n +nx a ), 所以x n+1-x n =21(x n +n x a )-x n =21·nn x x a 2-≤0, 故当n≥2时,x n ≥x n+1成立.证法二:当n≥2时,因为x n ≥a >0,x n+1=21(x n +nx a ), 所以22222122)(21nn n n n n n n n n x x x x a x x x a x x x +≤+=+=+=1, 故当n≥2时,x n ≥x n+1成立.温馨提示涉及不等式证明的问题是高考的一个热点,它往往与其他章节的知识如函数,数列,导数,解析几何等知识结合,尤其是函数和数列.类题演练3已知a>0,函数f(x)=ax-bx 2.(1)当b>0时,若对任意x∈R 都有f(x)≤1,证明a≤b 2;(2)当0<b≤1时,讨论:对任意x∈［0,1］,|f(x)|≤1的充要条件.(1)证明:依题设,对任意x∈R ,都有f(x)≤1,∵f(x)=-b(x-b a 2)2+ba 42, ∴f(b a 2)=ba 42≤1. ∵a>0,b>0,∴a≤b 2.(2)解析:因为a>0,0<b≤1时,对任意x∈［0,1］,f(x)=ax-bx 2≥-b≥-1,即f(x)≥-1;f(x)≤1⇒f(1)≤1⇒a-b≤1,即a≤b+1,a≤b+1⇒f(x)≤(b+1)x -bx 2≤1,即f(x)≤1.所以,当a>0,0<b≤1时,对任意x∈［0,1］,|f(x)|≤1的充要条件是a≤b+1.变式提升3已知a,b,c 为△ABC 的三边,求证:a 2+b 2+c 2<2(ab+bc+ca).证法一:由余弦定理得a 2+b 2+c 2=(b 2+c 2-2bccosA)+(c 2+a 2-2accosB)+(a 2+b 2-2abcosC),∴a 2+b 2+c 2=2bccosA+2accosB+2abcosC.∵cosA<1,cosB<1,cosC<1,∴a 2+b 2+c 2<2(ab+bc+ca).证法二:∵|a -c|<b,|b-c|<a,|a-b|<c,∴(a -c)2<b 2,(b-c)2<a 2,(a-b)2<c 2.上述三式相加即得证.。

教师学科教案[ 20 – 20 学年度第__学期]任教学科：_____________任教年级：_____________任教老师：_____________xx市实验学校《2.2.1 综合法和分析法法》导学案4课前预习学案一、预习目标：了解综合法与分析法的概念，并能简单应用。

二、预习内容：证明方法可以分为直接证明和间接证明1．直接证明分为和2．直接证明是从命题的或出发，根据以知的定义，公里，定理，推证结论的真实性。

3．综合法是从推导到的方法。

而分析法是一种从追溯到的思维方法，具体的说，综合法是从已知的条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证结论，分析法则是从待证的结论出发，一步一步寻求结论成立的条件，最后达到题设的以知条件或以被证明的事实。

综合法是由导，分析法是执索。

三、提出疑惑同学们，通过你的自主学习，你还有哪些疑惑，请把它填在下面的表格中课内探究学案一、学习目标让学生理解分析法与综合法的概念并能够应用二、学习过程：例1．已知a,b∈R+，求证：例2．已知a,b∈R+，求证：例3.已知a,b,c∈R，求证（I）课后练习与提高1．（A 级）函数⎩⎨⎧≥<<-=-0,;01,sin )(12x e x x x f x π，若,2)()1(=+a f f则a 的所有可能值为 （ ）A ．1B ．22-C ．1,2-或D ．1,2或 2．（A 级）函数x x x y sin cos -=在下列哪个区间内是增函数 （ ）A ．)23,2(ππ B ．)2,(ππC ．)25,23(ππ D ．)3,2(ππ3．（A 级）设b a b a b a +=+∈则,62,,22R 的最小值是 （ ） A ．22- B ．335-C ．－3D ．27- 4．（A 级）下列函数中,在),0(+∞上为增函数的是 （ ） A ．x y 2sin = B ．x xe y =C ．x x y -=3D ．x x y -+=)1ln(5．（A 级）设c b a ,,三数成等比数列，而y x ,分别为b a ,和c b ,的等差中项，则=+ycx a （ ）A ．1B ．2C ．3D ．不确定6．（A 级）已知实数0≠a ，且函数)12()1()(2ax x a x f +-+=有最小值1-，则a =__________。

综合法与分析法——分析法一、学习目标：1,结合已经学过的数学实例，了解直接证明的两种基本方法：分析法和综合法； 2,了解分析法和综合法的思考过程、特点。

二、学习重点：了解分析法和综合法的思考过程、特点。

难点：分析法 的思考过程、特点三、学习方法：探析归纳，讲练结合四、学习过程(一)、复习：直接证明的方法：综合法、分析法。

（二）、引入新课分析法和综合法是思维方向相反的两种思考方法。

在数学解题中，分析法是从数学题的待证结论或需求问题出发，一步一步地探索下去，最后达到题设的已知条件。

综合法则是从数学题的已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后达到待证结论或需求问题。

对于解答证明来说，分析法表现为执果索因，综合法表现为由因导果，它们是寻求解题思路的两种基本思考方法，应用十分广泛。

在很多数学命题的证明中，往往需要综合地运用这两种思维方法。

分析法：证明不等式时，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的条件，把证明不等式转化为判定这些条件是否具备的问题，如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以断定原不等式成立，这种方法叫做分析法用分析法证明不等式的逻辑关系是：()()1121().....()n n n Q P P P P P P P -⇐←⇐←⇐←⇐分析法的思维特点是：执果索因分析法 的书写格式：要证明命题B 为真，只需要证明命题C 为真，从而有……这只需要证明命题D 为真，从而又有…………这只需要证明命题A 为真而已知A 为真，故命题B 必为真（三）、例题讲解：例1：已知BE ，CF 分别为△ABC 的边AC ，AB 上的高，G 为EF 的中点，H 为BC 的中点.求证：HG ⊥EF.例2、已知：a ，b 是不相等的正数。

求证：2233ab b a b a +>+ 。

例3、求证 5273<+（四）、小结：综合法与分析法各有其特点.从需求解题思路来看 ，分析法执果索因，常常根底渐近，有希望成功；综合法由因导果，往往枝节横生，不容易奏效，就表达过程而论，分析法叙述烦琐，文辞冗长；综合法形式简洁，条理清晰.也就是说，分析法利于思考，综合法宜于表述.因此，在实际解题时，常常把分析法和综合法结合起来运用，先以分析法为主寻求解题思路，再用综合法有条理地表述解题过程.（五）课堂练习1．分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求使结论成立的( )A ．充分条件B ．必要条件C ．充要条件D ．等价条件2．下列表述：①综合法是由因导果法；②综合法是顺推法；③分析法是执果索因法；④分析法是间接证明法；⑤分析法是逆推法．其中正确的语句有( )A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个3．要证：a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证明( )A ．2ab －1－a 2b 2≤0B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0 C.(a ＋b )22－1－a 2b 2≤0 D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0 4．欲证2－3<6－7成立，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。

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 ＝a ＋b ，B ＝a ＋b ，则A 、B 的大小关系是( ) A.a ≥B B.A ≤B C.A >BD.A <B解析 要证a ＋b >a ＋b ， 只须证a ＋b ＋2ab >a ＋b ， 即2ab >0，∴a ，b ∈R ＋，2ab >0， ∴A >B ，选C. 答案 C2.若1<x <10，下面不等式中正确的是( ) A.(lg x )2<lg x 2<lg(lg x ) B.lg x 2<(lg x )2<lg(lg x ) C.(lg x )2<lg(lg x )<lg x 2D.lg(lg x )<(lg x )2<lg x 2解析 1<x <10，∴0<lg x <1，∴lg(lg x )<0，x 2>x ，∴lg x 2>lg x >(lg x )2，∴lg x 2>(lg x )2>lg(lg x )，选D. 答案 D3.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，a b >a ＋mb ＋m ， (2)当a ________b 时，a b ≤a ＋mb ＋m.解析 当a >b 时，才有a b >a ＋mb ＋m， 当a <b 时，才有a b ≤a ＋mb ＋m.答案 > <知识点1 综合法证明不等式 【例1】 已知a ，b ，c ∈R ＋，求证：a b ＋c ＋b a ＋c ＋ca ＋b ≥32.证明 ab ＋c ＋b a ＋c ＋ca ＋b＋3 ＝ab ＋c ＋1＋ba ＋c＋1＋ca ＋b＋1＝a ＋b ＋c b ＋c ＋a ＋b ＋c a ＋c ＋a ＋b ＋ca ＋b＝(a ＋b ＋c )⎝⎛⎭⎪⎫1b ＋c ＋1a ＋c ＋1a ＋b＝12[(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )](1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c ＋a) ≥12·33（a ＋b ）（b ＋c ）（c ＋a ）·3 31（a ＋b ）（b ＋c ）（c ＋a ） ＝92. ∴a b ＋c ＋b a ＋c ＋ca ＋b ≥32.●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：⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1y－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1z－1>8.证明 ∵x 、y 、z 是互不相等的正数，且x ＋y ＋z ＝1. ∴1x －1＝y ＋z x >2yz x ，1z －1＝x ＋y z >2xyz1y－1＝x ＋z y >2xzy又∵0<x <1，∴1x>1.同理1z >1，1y>1∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1y－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1z－1>8. 知识点2 分析法证明不等式【例2】 已知函数f (x )＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，若x 1，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12且x 1≠x 2，求证：12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.证明 要证明原不等式，只需证明⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－1>⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1＋x 2－12. 事实上：∵0<x 1，x 2<12，x 1≠x 2，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1＋x 2－12＝1x 1x 2－1x 1－1x 2－4（x 1＋x 2）2＋4x 1＋x 2＝（x 1－x 2）2（1－x 1－x 2）x 1x 2（x 1＋x 2）2>0，∵⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－1>⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1＋x 2－12. 即有lg ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－1>lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1＋x 2－12，故12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.●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： a ＋12＋b ＋12≤2.证明a ＋12＋b ＋12≤2⇔a ＋b ＋1＋2 a ＋12·b ＋12≤4⇔a ＋12·b ＋12≤1⇔ab ＋a ＋b 2＋14≤1 ⇔ab ≤14.∵ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝14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⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝x ＋y b 2＝cx c 2＝by消去x ，y ，即得2a ＝b 2c ＋c 2b，且有a >0，b >0，c >0. 要证(a ＋1)2≥(b ＋1)(c ＋1) 只需证a ＋1≥（b ＋1）（c ＋1）∵（b ＋1）（c ＋1）≤（b ＋1）＋（c ＋1）2∴要证2a ≥b ＋c ，而2a ＝b 2c ＋c 2b ，只需证b 2c ＋c 2b≥b ＋c即b 3＋c 3≥bc (b ＋c )，b 2＋c 2－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a 3－b 3＝a 2－b 2. 求证：1<a ＋b <43.证明 ∵a 3－b 3＝a 2－b 2，且a ≠b ∴a 2＋ab ＋b 2＝a ＋b .∵a 、b ∈R ＋.∴(a ＋b )2＝a 2＋2ab ＋b 2>a 2＋ab ＋b 2＝a ＋b ， 且a ＋b >0，两边同除以a ＋b ，得a ＋b >1. 欲证a ＋b <43，即证3(a ＋b )<4，由于a ＋b >0，可证3(a ＋b )2<4(a ＋b )，而a ＋b ＝a 2＋ab ＋b 2， 即3(a 2＋2ab ＋b 2)<4(a 2＋ab ＋b 2)，得a 2－2ab ＋b 2>0. (a －b )2>0，∵a ≠b ，则不等式成立， 故a ＋b <43成立.∴1<a ＋b <43.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.a 2＋b 2＋c 2≥2 B.(a ＋b ＋c )2≥3 C.1a ＋1b ＋1c≥2 3D.abc (a ＋b ＋c )≤13解析 (a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2ac ＋2bc ≥3(ab ＋ac ＋bc )＝3，故应选B. 答案 B2.已知0<a <1<b ，下面等式中一定成立的是( ) A.log a b ＋log b a ＋2>0 B.log a b ＋log b a －2>0 C.log a b ＋log b a ＋2≥0D.log a b ＋log b a ＋2≤0解析 ∵0<a <1<b ，则log a b <0，log b a <0，且log a b ＝1log b a ，∴log a b ＋log b a ≤－2，∴log a b ＋log b a ＋2≤－2＋2＝0，选D. 答案 D3.求证：3＋7<2＋ 6. 证明3＋7<2＋ 6⇐(3＋7)2<(2＋6)2⇐10＋221<10＋4 6 ⇐21<26⇐21<24 故原不等式成立.4.已知x >0，y >0，证明：(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥9xy . 证明 因为x >0，y >0，所以1＋x ＋y 2≥33xy 2>0，1＋x 2＋y ≥33x 2y >0， 故(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥33xy 2·33x 2y ＝9xy .基础达标1.a >0，b >0，下列不等式中不成立的是( ) A.b a ＋a b≥2B.a 2＋b 2≥2ab C.b 2a ＋a 2b≥a ＋b D.1a ＋1b ≥2＋2a ＋b解析 由b a∈(0，＋∞)且a b∈(0，＋∞)，得b a ＋a b≥2b a ·ab，所以A 成立，B 显然成立，不等式C 可变形为a 3＋b 3≥a 2b ＋ab 2⇔(a 2－b 2)(a －b )≥0. 答案 D2.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ax ＋by 的最大值为( ) A.a ＋b2B.a ＋b ＋12C.a ＋bD.（a ＋b ）22解析ax ＋by ≤a ＋x 2＋b ＋y 2＝a ＋b ＋12，故选B.答案 B3.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 >xzD.x |y |>z |y |解析 由已知3x >x ＋y ＋z ＝0，3z <x ＋y ＋z ＝0，∴x >0，z <0.由⎩⎪⎨⎪⎧x >0y >z 得：xy >xz .答案 C4.已知x >0，y >0，M ＝x ＋y 2＋x ＋y ，N ＝x 2＋x ＋y2＋y，则M 、N 的大小关系是________.解析 N ＝x 2＋x ＋y 2＋y ＝2x ＋xy ＋2y ＋xy（2＋x ）（2＋y ）＝2（x ＋y ＋xy ）（2＋x ）（2＋y ）N －M ＝4x ＋4y ＋8xy ＋2x 2＋2x 2y ＋2y 2＋2xy 2－（4x ＋4y ＋4xy ＋2x 2＋2y 2＋x 2y ＋xy 2）（2＋x ＋y ）（2＋x ）（2＋y ）＝4xy ＋x 2y ＋xy2（2＋x ＋y ）（2＋x ）（2＋y ）>0，∴N >M . 答案 N >M5.设a 、b 、c ∈R ，且a 、b 、c 不全相等，则不等式a 3＋b 3＋c 3≥3abc 成立的一个充要条件是______________.解析 a 3＋b 3＋c 3－3abc ＝(a ＋b ＋c )(a 2＋b 2＋c 2－ab －ac －bc )＝12(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 ∴a 3＋b 3＋c 3≥3abc ⇔a ＋b ＋c ≥0. 答案 a ＋b ＋c ≥06.已知|a |<1，|b |<1，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab <1.证明 要证⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 1＋ab <1，只需证|a ＋b |<|1＋ab |，也只需证a 2＋2ab ＋b 2<1＋2ab ＋a 2b 2， 即证(1－a 2)－b 2(1－a 2)>0， 也就是(1－a 2)(1－b 2)>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0<m <b <a ，那么( ) A.cosb ＋m a ＋m <cos b a <cos b －ma －m B.cosb a<cos b －m a －m <cos b ＋ma ＋mC.cos b －m a －m <cos b a <cos b ＋m a ＋mD.cosb ＋m a ＋m <cos b ＋m a －m <cos ba解析 用分析法易证(或用特值法)，0<b －m a －m <b a <b ＋m a ＋m <1.由y ＝cos x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上是减函数可得. 答案 A8.设0<a <b ，a ＋b ＝1，下列不等式正确的是( ) A.b <2ab <a 2＋b 2<a 2＋b 2B.2ab <a 2＋b 2<b <a 2＋b 2C.2ab <b <a 2＋b 2<a 2＋b 2D.2ab <a 2＋b 2<a 2＋b 2<b解析 取a ＝14，b ＝34，分别计算即可.答案 B9.已知a >b >c ，则（a －b ）（b －c ）与a －c2的大小关系为______________.解析 ∵a －b >0，b －c >0，∴（a －b ）（b －c ）≤（a －b ）＋（b －c ）2＝a －c2∴（a －b ）（b －c ）≤a －c2.答案（a －b ）（b －c ）≤a －c210.设a ＞b ＞c ，且1a －b ＋1b －c ≥ma －c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 )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＝[(a －b )＋(b －c )]·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ≥2（a －b ）（b －c ）·21a －b ·1b －c＝4，∴m ∈(－∞，4]. 答案 (－∞，4]11.已知实数a ，b ，c ，d ，且a 2＋b 2＝1，c 2＋d 2＝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a 2c 2＋2abcd ＋b 2d 2≤1. ∵a 2＋b 2＝1，c 2＋d 2＝1.∴上式即证a 2c 2＋2abcd ＋b 2d 2≤(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)，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a 2＋b 2＝1，c 2＋d 2＝1， ∴|ac ＋bd |≤|ac |＋|bd |≤a 2＋c 22＋b 2＋d 22＝a 2＋b 2＋c 2＋d 22＝1.方法三：(三角换元法) ∵a 2＋b 2＝1，c 2＋d 2＝1，∴可令a ＝sin α，b ＝cos α，c ＝sin β，d ＝cos β， ∴|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a ＋b ＞c ＋d ；(2)a ＋b ＞c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件.证明 (1)因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ，(c ＋d )2＝c ＋d ＋2cd ， 由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab ＞cd ，得(a ＋b )2＞(c ＋d )2. 因此a ＋b ＞c ＋d .(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a ＋b ＞c ＋d .②若a ＋b ＞c ＋d ，则(a ＋b )2＞(c ＋d )2， 即a ＋b ＋2ab ＞c ＋d ＋2cd . 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，a ＋b ＞c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件.。

芯衣州星海市涌泉学校§综合法和分析法证明不等式【复习目的】1． 熟悉证明不等式的综合法、分析法，并能应用其证明不等式；2． 理解分析法的本质是“执果索因〞；注意用分析法证明不等式的表述格式；3． 对于较复杂的不等式，能综合使用各种方法给予证明。

【重点难点】综合法的难点在于从何处出发进展论证并不明确，因此我们经常用分析法寻找解题的思路，再用综合法表述。

分析法是“执果索因〞，综合法是“由因导果〞。

要注意分析法的表述格式。

【课前预习】1. “a>1〞是“11<a〞的〔〕A.充分但不必要条件B.必要但不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条2.3)a ≥3. 证明a2+b2+c2≥ab+bc+ac.4. 设a,b,c∈R+,那么三个数b a 1+，c b 1+，ac 1+的值，那么〔〕A.都大于2B.至少有一个不大于2C.都小于2D.至少有一个不小于2【典型例题】例1〔1〕,x y R +∈，且21x y +=，求证：113x y+≥+ 〔2〕设a,b,c 都是正数，求证：c b a a cc bb a++≥++.例2a>0，b>0，2c>a+b.求证：c －ab c -2<a<c+ab c -2. 例3假设21)(x x f +=，a≠b.求证b a b f a f -<-)()(.【稳固练习】1. 设23-=a ,56-=b ,67-=c ,那么a,b,c 大小顺序是〔〕A ．a>b>cB ．b>c>aC ．c>a>bD ．a>c>b2. 设0<a<b,a+b=1,在以下不等式中正确的选项是〔〕A ．b<2ab<22b a +<a2+b2B ．2ab<b<a2+b2<22b a + C ．2ab<a2+b2<22b a +<bD ．2ab<a2+b2<b<22b a + 3. a>b>1,P=b a lg lg ,Q=)lg (lg 21b a +,R=)2lg(b a +〔〕 A ．R<P<QB ．P<Q<RC ．Q<P<RD ．P<R<Q【本课小结】【课后作业】1． ：a,b,c 为正实数.求证：bc ac ab a b c a b c ++≥++. 2． 设x>0,y>0,证明：31332122)()(y x y x +>+.3． a ＞0,b ＞0,且a2+22b =1,求证：a 21b +≤423. 4． 假设x 、y 是正实数,x+y=1，求证：〔1+x 1〕(1+y 1)≥9.。

二 综合法与分析法知识梳理1.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，论证而得出命题成立，这种证明方法叫做________，又叫________或________.2。

分析法证明命题时，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________（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________的思考和证明方法。

分析法是探求命题结论成立的________条件,用分析法证明不等式的逻辑关系是(________)B ⇐B 1⇐B 2⇐B 3⇐B 4⇐…⇐A （________)。

知识导学综合法一般利用题设已知条件和基本不等式作为基础，再运用不等式的性质推导出所要证明的不等式。

使用分析法通常采用“欲证——只需——已知”的格式,在表达中一定要十分重视符号“⇐”的方向,使用规范的表述方式.综合法证明不等式是“由因导果”,分析法证明不等式是“执果索因”.它们是两种思路截然相反的证明方法.综合法往往是分析法的逆过程,表述简单,条理清楚,所以在实际应用时，往往用分析法找思想，用综合法写步骤,由此可见，分析法与综合法相互转换,互相渗透,互为前提,充分利用这一辩证关系,可以增加解题思路,开阔视野. 有时解题需要一边分析，一边综合,称之为分析综合法，或称为两头挤法.两头挤法充分表明分析与综合的相互关系,分析的终点是综合的起点，综合的终点又成为进一步分析的起点.疑难突破1。

综合法在应用中的有关问题用综合法证明不等式时，主要利用重要不等式,函数的单调性以及不等式的性质，在严密的演绎推理下推导出结论.首先是综合法证明问题的“入手处”是题设中的已知条件或某些重要不等式。

比如下面的几个,是经常使用到的:①若a ，b ，c∈R +,则有2211222b a b a ab b a +≤+≤≤+; ②若a,b,c∈R ,则有a 2+b 2+c 2≥ab+bc+ca;③若,b∈R +,则有(a+b ）（a 1+b1)≥4. 选择使用哪个重要不等式作为证题的“原始出发点”或对已知条件的转化是证题的关键,这要求对要证明的结果有充分的分析过程，可以联系平时学习过程中积累下来的数学结论或知识作出判断。

2.1.1证明不等式的基本方法---比较法一、学习目标1.理解作差比较法和作商比较法；2.能熟练地运用作差、作商比较法证明不等式。

【重点、难点】教学重点：作差比较法和作商比较法教学难点：能熟练地运用作差、作商比较法证明不等式。

二、学习过程【重点难点】能熟练地运用作差、作商比较法证明不等式。

【学习过程】1.问题情景导入：比较两个实数大小的理论依据是什么？2.自学探究：（阅读课本第21-22页，完成下面知识点的梳理）比较两个实数大小的理论依据：(1)．因为a >b ⇔a －b >0，要证a >b ，只需要证a －b >0，同样要证a <b ，只需证a －b <0.(2)．如果a 、b 都是正数，要证a >b ，只需证a b >1；如果a 、b 都是负数，要证a >b ，只需证a b<1.三 、典例分析【例1】 已知x <y <0，试比较(x 2＋y 2)(x －y )与(x 2－y 2)·(x ＋y )的大小．[思维启迪] 利用作差法比较大小即可．【例2】已知a ≥1，利用作商比较法，求证：a ＋1－a ＜a －a －1.【变式拓展】(2009·江苏高考)设a ≥b ＞0，求证：3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2.四、总结反思比较法是证明不等式的一种最基本、最重要的方法。

用比较法证明不等式的步骤是：作差（或作商）、变形、判断符号。

“变形”是解题的关键，是最重一步。

因式分解、配方、凑成若干个平方和等是“变形”的常用方法。

五、随堂检测1．下列命题：①当b ＞0时，a ＞b ⇔a b＞1； ②当b ＞0时，a ＜b ⇔a b＜1； ③当a ＞0，b ＞0时，a b＞1⇔a ＞b ； ④当ab ＞0时，a b＞1⇔a ＞b . 其中真命题有( )．A ．①②③B ．①②④C ．④D ．①②③④2．“a ＞1”是“1a＜1”的( )． A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件3．已知a ，b ，c ，d 都是正数，且bc ＞ad ，则a b ，a ＋c b ＋d ，a ＋2c b ＋2d ，c d中最大的是( )． A.a b B.a ＋c b ＋d C.a ＋2c b ＋2dD.c d 4．设P ＝a 2b 2＋5，Q ＝2ab －a 2－4a ，且ab ≠1，a ≠－2.则P 、Q 的大小关系是________．5．已知a ≥b >0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .。

221综合法和分析法一、 自主学习，明确目标1、 综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，其思维方式也是解决数学 问题时常用的思维方式。

2、 综合法和分析法的思考过程及其特点区别较大，能根据问题的特点选择适当的证 明方法。

3、 综合法、分析法证明数学问题的步骤要准确记忆。

二、 研讨互动，问题生成 1、 综合法是（ ） A •执果索因的逆推法 C •因果分别互推的两头凑法 2、 分析法是（ ）A •执果索因的逆推法C •因果分别互推的两头凑法6、用分析法证明：若 a>0, b>0, az b,则2设a, b, c 为不全相等的正数，且 abc=1J b J c已知a>0,求证:B.执因导果的顺推法 D .原命题的证明方法B.执因导果的顺推法D .原命题的证明方法3、 已知a, b, c 满足c<b<a ，且ac<0,那么下列选项中一定成立的是（A. ab>ac 4、 欲证 J 2 J 3 yf 6 A.（72 V 3）2c.（忑 77）2（J 35、已知a, b 都是正数,B. c(b-a)<0C. cb 2<ab 277成立，只需证( )J 7)2B .(72 V6)2D. (JO 且 a+b=1，求证：J a J b)D. ac(a-c)>0 后）2（73 77）243 两2 （历）2三、合作探究，问题解决例 1 ：已知 a, b, c R +且 a+b+c=1 1（1）（- a 求证:1)(1 2(2) ab 21 1)(丄 1) 8c2 1c -求证: ab+bc+ca>E , 「rn 1 tanx 例4 :已知一23Si n2x=-4cos2x 1，求证: tanx 例5 :设f(X) 1 证：f(X -)为偶函数。

2 2 ax bx c (a 0)，若函数f(x+1)与f(x)的图像关于y 轴对称，求四、经典示例，巩固提高 例：已知|a|< 1, |b|< 1,求证:ab J (1证明：证法a 2)(1b 2)ab 7(1证法二：由 要证：ab2.2a b 2|a|w 1, |b|w 1o 知 |ab|w 17(1 a 2 )(1 b 2) 1 a 2)(1 b 2)2 2(1 a ) (1 b )1只需证：J (1 a 2)(1 b 2)1 ab 即(1-a 2) (1-b 2) < 1(1-ab)2也就是：a 2+b 2> 2ab•/ a 2+b 2> 2ab 成立二 ab证法三: J (1 a 2)(1 b 2) 1 设 a=cos , b=cos[0,]V (1 a= cos cos = cos cos)(1 b 2) J Sin 2 sin 2 J sin 2 Sin 21 = cos(五、要点归纳，反思总结1、 综合法就是从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其特点可概述为 —2、 运用综合法解题时，要保证前提条件正确，推理要合乎逻辑规律，只有这样才能 保证结论的正确性。