2018-2019學年高中數(shù)學 第一章 不等式的基本性質和證明的基本方法 1.5.2 綜合法和分析法導學案 新人教B版選修4-5

2、，∴a，b∈R＋，2>0， ∴A>B，選C. 答案　C 2.若1x，∴l(xiāng)g x2>lg x>(lg x)2， ∴l(xiāng)g x2>(lg x)2>lg(lg x)，選D. 答案　D 3.已知a，b，m都是正數(shù)，在空白處填上適當?shù)牟坏忍? (1)當a________b

3、時，>， (2)當a________b時，≤. 解析　當a>b時，才有>， 當a　< 知識點1　綜合法證明不等式 【例1】 已知a，b，c∈R＋，求證：＋＋≥. 證明?。? ＝＋1＋＋1＋＋1 ＝＋＋ ＝(a＋b＋c) ＝[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)](＋＋) ≥·3·3 ＝. ∴＋＋≥. ●反思感悟：觀察不等式的結構特征：每個分式加1，分子就會含有因式a＋b＋c，從而可以利用基本不等式. 1.已知x，y，z是互不相等的正數(shù)且x＋y＋z＝1，求證：>8. 證明　∵x、y、z是互不相等的正數(shù)，且x＋y＋z＝1.

4、∴－1＝>，－1＝> －1＝> 又∵01. 同理>1，>1 ∴>8. 知識點2　分析法證明不等式 【例2】 已知函數(shù)f(x)＝lg，x∈，若x1，x2∈且x1≠x2，求證：[f(x1)＋f(x2)]>f. 證明　要證明原不等式，只需證明 >. 事實上：∵00， ∵>. 即有l(wèi)g>lg， 故[f(x1)＋f(x2)]>f. ●反思感悟：在分析法中，每次所尋求的應是使上一個結論成立的充分條件或充要條件，若只找到結論成立的必要條件則不一定能得到相應的結論.從而造成證明上的邏輯錯誤. 2.若a、b∈

5、R＋，且a＋b＝1，求證： ＋ ≤2. 證明　 ＋ ≤2 ?a＋b＋1＋2 ·≤4 ? ·≤1 ?ab＋＋≤1 ?ab≤. ∵ab≤＝成立. ∴原不等式成立. 知識點3　綜合利用綜合法與分析法證明不等式 【例3】 在某兩個正數(shù)x，y之間，若插入一個數(shù)a，使x，a，y成等差數(shù)列；若插入兩個數(shù)b，c，使x，b，c，y成等比數(shù)列， 求證：(a＋1)2≥(b＋1)(c＋1). 證明　由條件，得 消去x，y，即得2a＝＋， 且有a>0，b>0，c>0. 要證(a＋1)2≥(b＋1)(c＋1) 只需證a＋1≥ ∵≤ ∴要證2a≥b＋c，而2a＝＋， 只需證＋≥b＋c

6、即b3＋c3≥bc(b＋c)，b2＋c2－bc≥bc (b－c)2≥0，∵上式顯然成立 ∴(a＋1)2≥(b＋1)(c＋1)得證. ●反思感悟：綜合法和分析法是思路完全相反的兩種方法.分析法易于探求解題思路.綜合法易于表述，在證明較復雜的不等式時，有時把分析法和綜合法結合起來使用. 3.已知a、b是不等的正數(shù)，且a3－b3＝a2－b2. 求證：1a2＋ab＋b2＝a＋b， 且a＋b>0，兩邊同除以a＋b，得a＋b>1. 欲證a＋b<

7、，即證3(a＋b)<4，由于a＋b>0， 可證3(a＋b)2<4(a＋b)，而a＋b＝a2＋ab＋b2， 即3(a2＋2ab＋b2)<4(a2＋ab＋b2)，得a2－2ab＋b2>0. (a－b)2>0，∵a≠b，則不等式成立， 故a＋b<成立. ∴1

8、c2≥2 B.(a＋b＋c)2≥3 C.＋＋≥2 D.abc(a＋b＋c)≤ 解析　(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc≥3(ab＋ac＋bc)＝3，故應選B. 答案　B 2.已知00 B.logab＋logba－2>0 C.logab＋logba＋2≥0 D.logab＋logba＋2≤0 解析　∵0

9、：＋<2＋. 證明?。?2＋ ?(＋)2<(2＋)2 ?10＋2<10＋4 ?<2?21<24 故原不等式成立. 4.已知x>0，y>0，證明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy. 證明　因為x>0，y>0， 所以1＋x＋y2≥3>0，1＋x2＋y≥3>0， 故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3·3＝9xy. 基礎達標 1.a>0，b>0，下列不等式中不成立的是(　　) A.＋≥2 B.a2＋b2≥2ab C.＋≥a＋b D.＋≥2＋ 解析　由∈(0，＋∞)且∈(0，＋∞)，得＋≥2 ，所以A成立，B顯然成立，不等式C可變形為a3＋b3≥a2b＋ab

10、2?(a2－b2)(a－b)≥0. 答案　D 2.設a、b、x、y均為正數(shù)，且a、b為常數(shù)，x、y為變量，若x＋y＝1，則＋的最大值為(　　) A. B. C. D. 解析?。埽剑蔬xB. 答案　B 3.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>xz D.x|y|>z|y| 解析　由已知3x>x＋y＋z＝0，3z0，z<0.由得：xy>xz. 答案　C 4.已知x>0，y>0，M＝，N＝＋，則M、N的大小關系是________. 解析　N＝＋＝ ＝ N－M＝

11、 ＝>0，∴N>M. 答案　N>M 5.設a、b、c∈R，且a、b、c不全相等，則不等式a3＋b3＋c3≥3abc成立的一個充要條件是______________. 解析　a3＋b3＋c3－3abc＝(a＋b＋c)(a2＋b2＋c2－ab－ac－bc)＝(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 ∴a3＋b3＋c3≥3abc?a＋b＋c≥0. 答案　a＋b＋c≥0 6.已知|a|<1，|b|<1，求證：<1. 證明　要證<1，只需證|a＋b|<|1＋ab|， 也只需證a2＋2ab＋b2<1＋

12、2ab＋a2b2， 即證(1－a2)－b2(1－a2)>0， 也就是(1－a2)(1－b2)>0， ∵|a|<1，|b|<1，∴最后一個不等式顯然成立. 因此原不等式成立. 綜合提高 7.如果0

13、b2< D.2abb>c，則與的大小關系為______________. 解析　∵a－b>0，b－c>0， ∴≤＝ ∴≤. 答案　≤ 10.設a＞b＞c，且＋≥恒成立，則m的取值范圍是________. 解析　∵a＞b＞c，∴a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0. 又(a－c)·＝[(a－b)＋(b－c)]·≥2·2＝4，∴m∈(－∞，4]. 答案　(－∞，4] 11.已知實數(shù)a，b，c，d，且a2＋b2＝1，c2＋d2＝1， 求證：|ac＋bd|≤1. 證明　方法一：(分析法) 要證|

14、ac＋bd|≤1，只需證明(ac＋bd)2≤1. 即證a2c2＋2abcd＋b2d2≤1. ∵a2＋b2＝1，c2＋d2＝1. ∴上式即證a2c2＋2abcd＋b2d2≤(a2＋b2)(c2＋d2)， 即證(ad－bc)2≥0. ∵a，b，c，d都是實數(shù)， ∴(ad－bc)2≥0成立. ∴|ac＋bd|≤1. 方法二：(綜合法) ∵a，b，c，d都是實數(shù)，且a2＋b2＝1，c2＋d2＝1， ∴|ac＋bd|≤|ac|＋|bd|≤＋ ＝＝1. 方法三：(三角換元法) ∵a2＋b2＝1，c2＋d2＝1， ∴可令a＝sin α，b＝cos α，c＝sin β，d＝cos

15、β， ∴|ac＋bd|＝|sin αsin β＋cos αcos β| ＝|cos(α－β)|≤1. 12.設a，b，c，d均為正數(shù)，且a＋b＝c＋d.證明： (1)若ab＞cd，則＋＞＋； (2)＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要條件. 證明　(1)因為(＋)2＝a＋b＋2，(＋)2＝c＋d＋2， 由題設a＋b＝c＋d，ab＞cd，得(＋)2＞(＋)2. 因此＋＞＋. (2)①若|a－b|＜|c－d|，則(a－b)2＜(c－d)2, 即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd. 因為a＋b＝c＋d，所以ab＞cd. 由(1)，得＋＞＋. ②若＋＞＋，則(＋)2＞(＋)2， 即a＋b＋2＞c＋d＋2. 因為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|. 綜上，＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要條件. 9