2019-2020年高中數(shù)學(xué) 6.3不等式的證明（備課資料） 大綱人教版必修.doc

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2019-2020年高中數(shù)學(xué) 6.3不等式的證明（備課資料） 大綱人教版必修 一、參考例題 ［例1］已知a＞0，b＞0，求證：. 分析：將不等式左邊通分后，可以看到分子化為()3＋（）3的形式，結(jié)合右邊＋的形式，考慮左、右作差或作商后，都易于化簡，故選用作差比較法或作商比較法. 證法一：(作差比較法) ∵＞0，＞0，（）2≥0 ∴. 證法二：(作商比較法) 評(píng)述：比較法是把兩個(gè)數(shù)或式的大小判斷問題轉(zhuǎn)化為一個(gè)數(shù)或式與零或1作比較，是一種簡化思想，這種思想除可以獨(dú)立完成某些不等式的證明外，還可以用于對(duì)較復(fù)雜問題的分析，探索.另外，還應(yīng)注意通常在不等式兩邊均為正數(shù)時(shí)，才考慮運(yùn)用作商比較法. ［例2］求證：a2＋b2＋1≥ab＋a＋b 分析：不等式兩邊是關(guān)于a、b的多項(xiàng)式，可考慮運(yùn)用作差比較法. 證法一：a2＋b2＋1－（ab＋a＋b） ＝（a－1）2＋（b－1）2＋a＋b－ab－1 ＝（a－1）2＋（b－1）2－（a－1）（b－1） ＝［（a－1）－］2＋（b－1）2≥0 ∴a2＋b2＋1≥ab＋a＋b. 證法二：a2＋b2＋1－（ab＋a＋b） ＝（2a2＋2b2＋2－2ab－2a－2b） ＝［（a－1）2＋（b－1）2＋（a－b）2］ ≥0 ∴a2＋b2＋1≥ab＋a＋b 證法三：令y＝a2＋b2＋1－（ab＋a＋b） 則y＝a2－（b＋1）a＋b2－b＋1 將y看作a的二次函數(shù)，它的判別式為： Δ＝（b＋1）2－4（b2－b＋1）＝－3（b－1）2≤0 ∴y≥0恒成立. 即a2＋b2＋1－（ab＋a＋b）≥0 ∴a2＋b2＋1≥ab＋a＋b. 評(píng)述：作差比較法的關(guān)鍵在于作差后，如何變形來達(dá)到判斷差值符號(hào)之目的，本例中前兩種方法為典型的配方法，且技巧性較強(qiáng)；第三種證法是通過研究二次函數(shù)的正負(fù)，來確定差的符號(hào).這種方法對(duì)于那些較難分解及較難配方的問題，往往很奏效. ［例3］已知a>0、b>0，求證： 分析：不等式兩邊均為關(guān)于a、b的冪的形式，且都是正數(shù)，故可用作商比較法. 證明： (1)當(dāng)a≥b＞0時(shí)，則≥1，≥0 ∴由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可知，（）≥1. (2)當(dāng)b＞a＞0時(shí)，則0＜＜1，＜0 ∴由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可知：（）＞1 綜上可知：對(duì)于a＞0，b＞0，總有≥1 所以，成立. 評(píng)述：在判斷商值與1的大小時(shí)，經(jīng)常要用到常見基本函數(shù)的性質(zhì).本例用到了指數(shù)函數(shù)的性質(zhì). 綜觀例1、例2、例3說明，多項(xiàng)式型的不等式證明常用作差比較法，其步驟是作差→變形→定號(hào)→結(jié)論.冪指數(shù)型的單項(xiàng)式常用作商比較法，其步驟是作商→變形→與1比較→結(jié)論. 二、參考練習(xí)題 1.選擇題 (1)下列一組不等式：①2｜a｜＞2a，②a3＞a2，③3a＞2a，④3－a＞2－a，⑤lga＞lg（a－1）中，條件不等式的個(gè)數(shù)為( ) A.2 B.3 Ｃ.4 D.5 答案：C (2)x∈R，那么（1－｜x｜）（1＋x）＞0的一個(gè)充分必要條件是( ) A.｜x｜＜1 B.x＜1 C.｜x｜＞1 D.x＜－1或｜x｜＜1 答案：D (3)設(shè)a、b、m都是正數(shù)，且a＜b，則下列不等式中恒不成立的是( ) A. B. C. D. 答案：B (4)若a，b是不等的正數(shù)，則abk＋akb－（ak＋1＋bk＋1）（k∈N*）的符號(hào)是( ) A.恒正 B.恒負(fù) C.與k的奇偶有關(guān) D.與a、b的大小有關(guān) 答案：B (5)設(shè)x、y、z∈R，且x2＋y2＝z2，則x3＋y3與z3的大小關(guān)系是( ) A.x3＋y3＝z3 B.x3＋y3＞z3 C.x3＋y3＜z3 D.無法確定 答案：D 2.填空題 (1)當(dāng)條件 滿足時(shí)，成立. 答案：ab＞0，a＞b或ab＜0，a＜b (2)使不等式a2＞b2，＞1，lg（a－b）＞0，2a＞2b－1都成立的a與b的關(guān)系式為 . 答案：a＞b＋1且b＞0 (3)設(shè)a≥0，b≥0，a＋b＝1，試比較大?。? 2. 答案：≤ 3.用比較法證明不等式： 若a＞b＞0，則aabb＞（ab）. 證明：(作商比較法) ∵a＞b＞0 ∴a－b＞0，＞1 ∴＞1(由指數(shù)函數(shù)性質(zhì)可知) 即aabb＞ab）. 4.求證：3（1＋a2＋a4）≥（1＋a＋a2）2 證明：(作差比較法) 3（1＋a2＋a4）－（1＋a＋a2）2 ＝2（a－1）2（a2＋a＋1）≥0 故3（1＋a2＋a4）≥（1＋a＋a2）2. 5.已知：a，b，c是△ABC中的三邊，求證： 3（ab＋bc＋ca）≤（a＋b＋c）2＜4（ab＋bc＋ca） 證明：(作差比較法) （a＋b＋c）2－3（ab＋bc＋ca） ＝［（a－b）2＋（b－c）2＋（c－a）2］≥0 （a＋b＋c）2－4（ab＋bc＋ca） ＝a（a－b－c）＋b（b－a－c）＋c（c－a－b）＜0 (三角形三邊的關(guān)系定理，若a、b、c為△ABC的三邊，則a＜b＋c，即a－b－c＜0) ∴3（ab＋bc＋ca）≤（a＋b＋c）2＜4（ab＋bc＋ca）. 6.證明：ac＋bd≤ 證明：(作差比較法) (a2＋b2）（c2＋d2）－（ac＋bd）2 ＝（ad）2＋（bc）2－2abcd＝（ad－bc）2≥0 ∴（a2＋b2）（c2＋d2）≥（ac＋bd）2 故ac＋bd≤. 7.設(shè)直角三角形的斜邊長為c，兩直角邊長分別為a、b，試比較c3與a3＋b3的大小. 解：(作商比較法) ∵c是直角三角形的斜邊，a、b是直角邊 ∴a＋b＞c，0＜＜1，a2＋b2＝c2 ∴＝（）3＋（）3＜（）2＋（）2 ＝＝1 即＜1，故a3＋b3＜c3. 8.已知a>0、b>0，n∈N，求證： （a＋b）（an＋bn）≤2（an＋1＋bn＋1） 證明：(作差比較法) （a＋b）（an＋bn）－2（an＋1＋bn＋1） ＝anb＋abn－an＋1-bn＋1 ＝（a－b）（bn－an） ①當(dāng)a＞b＞0時(shí)，bn－an＜0，a－b＞0 ∴（a－b）（bn－an）＜0； ②當(dāng)b＞a＞0時(shí)，bn－an＞0，a－b＜0 ∴（a－b）（bn－an）＜0； ③當(dāng)a＝b＞0時(shí)，bn－an＝0，a－b＝0 ∴（a－b）（bn－an）＝0； 綜合①、②、③可知： （a＋b）（an＋bn）≤2（an＋1＋bn＋1） 三、證明不等式的基本方法——比較法 比較法是證明不等式的一種最基本、最重要的方法.比較法有差值比較法和商值比較法兩種. 1.差值比較法的基本思路 (1)作差：作差的目的是根據(jù)實(shí)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)與大小順序之間的關(guān)系，將證明不等式A＞B，轉(zhuǎn)化為證明A－B＞0. (2)將差變形：變形的目的在于判斷差的符號(hào)，它與一般的化簡有所不同.其常用的變形目標(biāo)是①將差變形為常數(shù)，或者變形為一個(gè)常數(shù)與幾個(gè)平方和的形式，再運(yùn)用實(shí)數(shù)a2≥0這一特征判斷差的符號(hào)；②將差變?yōu)閹讉€(gè)因式的積的形式，這樣便可判斷復(fù)雜的差值符號(hào)問題，簡化為判斷若干個(gè)簡單的因式的符號(hào)問題，再運(yùn)用實(shí)數(shù)的符號(hào)運(yùn)算法則得出差的符號(hào). (3)判斷差的正負(fù)：這一環(huán)節(jié)往往被一些學(xué)生“省略”，要知道這是差值比較法的關(guān)鍵環(huán)節(jié).它是運(yùn)用已知條件或基本不等式，判斷變形后的差值符號(hào)，要做到判斷嚴(yán)謹(jǐn)，表述規(guī)范. (4)得出結(jié)論. 2.商值比較法的基本思路 在不等式兩端均為正值時(shí)，還可考慮商值比較法. 它的依據(jù)是： 若a＞0，b＞0，則 它的基本思路是： 作商→將商變形→判斷商與1的大小→得出結(jié)論. ●備課資料 一、參考例題 ［例］若a,b,c均為正數(shù)，且滿足a+b+c=1, 求證：<5. 分析:把握題的結(jié)構(gòu),找準(zhǔn)“切入點(diǎn)”，構(gòu)造均值不等式（,a,b同正），是解決問題的關(guān)鍵.例如： =2a+1. 證明：∵a>0 ∴4a+1>0 ∴ =2a+1, 同理可得：≤2b+1,≤2c+1. 由不等式基本性質(zhì),三式相加,得++≤2a+2b+2c+3=5. 其中等號(hào)成立的充分必要條件是: 此時(shí)有a=b=c=0,因而a+b+c=0,這與a+b+c=1相矛盾.所以不等式中的等號(hào)不成立. 故++<5. 評(píng)述:此題的證明有兩點(diǎn)值得重視:一是已知條件a+b+c=1在證明中的作用和由此而引發(fā)的思考;另一點(diǎn)是均值不等式的運(yùn)用問題.顯然,在證明過程中,由不等式的性質(zhì),三式相加而產(chǎn)生小于5的結(jié)論.試想如果a+b+c=t(t是一個(gè)正的實(shí)常數(shù)),那么就可以導(dǎo)致小于2t+3的結(jié)論,由此我們可以構(gòu)造不同的題目.另外,在運(yùn)用均值不等式時(shí),根據(jù)需要,我們可以把某一個(gè)正數(shù)或幾個(gè)正數(shù)的和作為一個(gè)數(shù)看待,而另一個(gè)數(shù)可以取“1”,這是靈活運(yùn)用均值不等式的一個(gè)技巧. 二、參考練習(xí)題 1.選擇題 (1)已知x>0,y>0,且x2+y2=1,則x+y的最大值為（ ） A. B.1 C. D. 答案:A (2)已知正數(shù)a,b滿足a+b=1,則的最小值為（ ） A.2 B.4 C. D. 答案:B (3)已知a>1,algb=,則lg(ab)的最小值是（ ） A.1 B.log210 C.log210 D. 答案:D (4)下列各函數(shù)中,最小值為2的是（ ） A.x+ B. C.logax+logxa(a>0,x>0,且a≠1,x≠1) D.3-x+3x (x>0) 答案:B (5)若實(shí)數(shù)m,n,x,y滿足m2+n2=a,x2+y2=b(a≠b),則mx+ny的最大值是（ ） A. B. C. D. 答案:B (6)設(shè)a>0,b>0,且a≠b,則下列各式中最小值是（ ） A. B. C. D. 答案:A 2.填空題 (1)若a>0,b>0,c>0,d>0,則≥ ，≥ ， ()()≥ . 答案:2 6 4 (2)若a>1,b>1,則logab+logba≥ . 答案:2 (3)當(dāng)0≤x≤1時(shí),函數(shù)y=x的最大值是 ,最小值是 ;當(dāng)-1≤x≤1時(shí),函數(shù)y=x的最大值是 ,最小值是 . 答案: 0 - (4)不等式>2成立的充要條件是 . 答案:ab>0且a≠b (5)設(shè)a>0,b>0,c>0,a+b+c=1,則的最大值是 . 答案: 3.設(shè)a>0,b>0,c>0,求證:. 證明:∵a>0,b>0,c>0， ≥6-3=3 故. 4.求證:(a2+b2)+1≥. 證明: (a2+b2)+1= 故(a2+b2)+1≥ 5.若x>0,y>0,x+2y=1,求證:. 證明:∵x>0,y>0,且x+2y=1 ∴ 故. 6.求證:logn(n+1)>log(n+1)(n+2)(n>1,n∈N) 證明:∵n>1,且n∈N ∴l(xiāng)ogn(n+1)>0,log(n+1)(n+2)>0 ∴=log(n+1)(n+2)log(n+1)n <［］2 =［］2<［］2=1. 故logn(n+1)>log(n+1)(n+2)(n>1,n∈N) 7.已知x,y,z為正數(shù),且xyz(x+y+z)=1,求(x+y)(y+z)的最小值. 解:∵x,y,z為正數(shù),且xyz(x+y+z)=1 ∴(x+y)(y+z)=xz+y(x+y+z) ≥2=2 當(dāng)x=z=1,y=-1時(shí),(x+y)(y+z)取最小值2. ●備課資料 一、參考例題 ［例1］已知:a,b,c∈R,求證≥abc. 分析：某些不等式中的特殊結(jié)構(gòu)及特殊數(shù)字都在暗示著你該使用哪個(gè)基本不等式.如本例中雖然有三個(gè)正數(shù)之和（即a2b2+c2a2+b2c2及a+b+c)及“abc”形式，考慮到式子“a2b2”“b2c2”“c2a2”的特殊性，一般選擇利用不等式a2+b2≥2ab,而不選擇不等式a+b+c≥3 (a>0,b>0,c>0). 證明：a>0,b>0,c>0，∴a+b+c>0 ∴b2c2+c2a2≥2abc2 c2a2+a2b2≥2a2bc a2b2+b2c2≥2ab2c 將以上三式相加，得 2(b2c2+c2a2+a2b2)≥2abc(a+b+c) 故≥abc. 評(píng)注：（1）此題最常見的錯(cuò)誤證法是： ∵a>0,b>0,c>0,由均值不等式得 b2c2+c2a2+a2b2≥3=3abc>0 ① a+b+c≥3 ② 由①②得：=abc. 事實(shí)上，這種證法是把分子、分母都縮小3，各自縮小的倍數(shù)不確定，因此分式的值不一定變小. （2）此題的基本原型是：a2+b2+c2≥ab+bc+ca,證法類似，具有相同結(jié)構(gòu)的不等式還有： ①求證：. ②求證：a2+b2≥2(2a+b)-5. ③求證：sin2α+sin2β+1≥sinαsinβ+sinα+sinβ.等 ［例2］若a>0,b>0,求證：loga+logb≥2logπ. 分析：不等式左邊是log(ab),其真數(shù)為積ab,它與不等式右邊的真數(shù)中的a+b之間可以由均值不等式來聯(lián)系，可由此展開推理. 證明：∵a>0,b>0, ∴≥ ∴ab≤()2 ∵0<<1,由對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知： log (ab)≥log ()2=2logπ 故loga+logb≥2logπ. 評(píng)述：審題時(shí)，正確、迅速地把握解題的“切入點(diǎn)”是很重要的，而“切入點(diǎn)”的選擇一方面要依靠對(duì)題設(shè)的分析，另一方面來自解題的“經(jīng)驗(yàn)”，本題中由目標(biāo)不等式發(fā)現(xiàn)含有ab與,故由“經(jīng)驗(yàn)”馬上聯(lián)想不等式≥,即利用對(duì)數(shù)性質(zhì)即可很快得證. 二、參考練習(xí)題 1.選擇題 （1）已知a,b,c是△ABC的三邊,那么方程ax2-(a2-b2+c2)x+c2=0（ ） A.有兩個(gè)不相等的實(shí)根 B.有兩個(gè)相等的實(shí)根 C.沒有實(shí)數(shù)根 D.要依a,b,c的具體取值確定 答案:C (2)設(shè)a>0,b>0,m>0,n>0,則“a+b>m+n且ab>mn”是“an”的（ ） A.僅充分條件 B.僅必要條件 C.充要條件 D.既不充分也非必要條件 答案:B （3）已知a,b,c均大于1，且logaclogbc=4,則下列各式中，一定正確的是（ ） A.ac≥b B.ab≥c C.bc≥a D.ab≤c 答案:B （4）若a>0,a2-2ab+c2=0,bc>a2,則（ ） A.a>b>c B.b>c>a C.c>b>a D.b>a>c 答案:B （5）若01 B.(1+x)<(1-x) C.(1-x)x0,且a≠b 由a3-b3=a2-b2得a2+ab+b2=a+b ∴a2+2ab+b2>a+b 即(a+b)2>a+b ∴a+b>1 ∵a2+b2>2ab， ∴4a2+4ab+4b2>3a2+6ab+3b2. ∴3(a+b)2<4(a+b). ∴3(a+b)<4,即a+b<. 故10,b>0,且a≠b,求證:(a+b)()>4. (2)a,b,c是互不相等的正數(shù),求證: . 證明:(1)∵a>0,b>0且a≠b ∴(a+b)( )>22 =4 即(a+b)( )>4. (2)∵a>0,b>0,c>0且a,b,c互不相等 >2+2+2-3=3 故. 4.已知a,b,c是不全相等的正數(shù),求證: 證明:∵a>0,b>0,c>0, ∴a+b≥2,b+c≥2,c+a≥2 ∴(a+b)(b+c)(c+a)≥8abc 又a,b,c不全等, ∴(a+b)(b+c)(c+a)>8abc. ∴ 5.設(shè)x,y,z∈(0,1)且x+y+z=2,求W=xy+yz+zx的取值范圍. 解:∵x,y,z∈(0,1)且x+y+z=2 ∴(1-x)(1-y)(1-z)>0 ∴1-(x+y+z)+(xy+yz+zx)-xyz>0 ∴xy+yz+zx>(x+y+z)-1+xyz =1+xyz>1 又x+y+z=2 ∴(x+y+z)2=4 ∴4=x2+y2+z2+2(xy+yz+zx) ≥3(xy+yz+zx) ∴3(xy+yz+zx)≤4, 即xy+yz+zx≤. 故10,b>0,c>0,且a+b+c=1,求證: (1+a)(1+b)(1+c)≥8(1-a)(1-b)(1-c). 證法一：∵a>0,b>0,c>0,且a+b+c=1 ∴1+a=1+(1-b-c)=(1-b)+(1-c) ≥2, 同理可得: 1+b≥2, 1+c≥2 故(1+a)(1+b)(1+c)≥8(1-a)(1-b)(1-c). 證法二：∵a>0,b>0,c>0,且a+b+c=1 ∴(1+a)(1+b)(1+c) =(a+b+a+c)(a+b+b+c)(a+c+c+b) ≥ =8(a+b)(b+c)(a+c) =8(1-c)(1-a)(1-b) 故(1+a)(1+b)(1+c)≥8(1-a)(1-b)(1-c). 三、證明不等式的基本方法——綜合法 由已知不等式或已被證明的(可作公式使用)重要不等式出發(fā),運(yùn)用不等式的性質(zhì),推導(dǎo)出欲證不等式的方法叫做綜合法. 用綜合法證明不等式的基本思路是:找一個(gè)基本不等式或已知結(jié)論作為出發(fā)點(diǎn),進(jìn)行不等式的變形,最后推出要證明的結(jié)論. 有的不等式其一邊具備某個(gè)定理的條件(或變形后具備),則可以直接由定理推出另一邊,從而完成不等式的證明,可見,綜合法證明不等式是“執(zhí)因?qū)Ч? 教材中主要講授運(yùn)用兩個(gè)正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)定理及其推論來證明不等式,因而要加強(qiáng)對(duì)這個(gè)定理及其推論的理解、學(xué)習(xí)運(yùn)用時(shí),要認(rèn)識(shí)到以下幾個(gè)方面: (1)a2+b2≥2abc和成立的條件總是不同的.前者只要求a,b都是實(shí)數(shù),而后者則要求a,b都是正數(shù);至于a3+b3+c3≥3abc和,兩者都要求a,b,c為正數(shù). (2)這些公式都是帶有等號(hào)的不等式,因此要注意等號(hào)取到的條件,定理中“當(dāng)且僅當(dāng)a=b(或a=b=c)時(shí),取“=”號(hào)的含義是指:一方面是當(dāng)a=b(或a=b=c)時(shí),取到“=”號(hào);另一方面,取到“=”號(hào)時(shí),必有a=b(或a=b=c). (3)這些公式有許多重要的等價(jià)的寫法,如(a,b∈R+),可以寫成:a+b≥2,≤,ab≤()2.學(xué)習(xí)時(shí),不僅要記住原來的形式,還要逐步熟練掌握它的變形形式.對(duì)哪些經(jīng)過“改頭換面”的形式也要一眼識(shí)破,如:,(a,b∈R+); x2y2≤等. (4)由定理引出兩個(gè)非常重要的概念:“算術(shù)平均數(shù)”“幾何平均數(shù)”,于是這兩個(gè)推論可以敘述為“兩個(gè)或三個(gè)正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于(即大于或等于)它們的幾何平均數(shù)”.這一結(jié)論有著廣泛的應(yīng)用.如:證明不等式,求函數(shù)最值,判斷變量或數(shù)學(xué)式子的取值范圍等.在應(yīng)用時(shí)應(yīng)注意到“算術(shù)平均數(shù)”是以“和”為其本質(zhì)特征,而“幾何平均數(shù)”是以“積”為其本質(zhì)特征,這一點(diǎn)在解題中很重要. 總之,綜合法證明不等式是“由因?qū)Ч?即從已知條件或已知真命題出發(fā),一步步推導(dǎo)出所要證明的不等式成立. ●備課資料 一、參考例題 ［例1］已知a,b,c均為正數(shù),求證: . 分析:從所證的不等式來看,形式比較復(fù)雜,目標(biāo)不等式中含有根式,直接論證比較困難,不妨用分析法從探索結(jié)論成立的充分條件來入手. 證明:∵a,b,c均為正數(shù) ∴a+b+c>0 欲證, 只要證, 只要證3(a2+b2+c2)≥a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca, 即證(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≥0， 上述不等式顯然恒成立, 故原不等式成立. 評(píng)述:帶有根式、分式或有條件的不等式證明,常用分析法證明,提醒注意分析法證明敘述過程(1)語言式:“要證……,只需證……,即證……”;(2)箭頭式:“”或“”.分析法的本質(zhì)在于探索結(jié)論成立的原因,采用分析法證明不等式時(shí),要注意有意識(shí)地發(fā)現(xiàn)能足以說明結(jié)論成立的關(guān)鍵不等式. ［例2］已知函數(shù)f(x)=tanx,x∈(0,),若x1,x2∈(0, ),且x1≠x2,求證: ［f(x1)+f(x2)］>f(). 分析:這是一個(gè)綜合性較強(qiáng)的問題,我們可以采用分析法與綜合法并用的解題策略,也可以單用綜合法. 證法一：(分析法與綜合法并用) ∵［f(x1)+f(x2)］ =［tanx1+tanx2］= 因?yàn)閤1,x2∈(0,) 所以sin(x1+x2)>0 因此只需證 cos(x1+x2)+cos(x1-x2)<1+cos(x1+x2) 即證cos(x1-x2)<1 ∵x1,x2∈(0, )且x1≠x2 ∴x1-x2∈(-,)且x1-x2≠0 ∴cos(x1-x2)<1成立. 故原不等式成立. 證法二：(用綜合法) ∵tanx1+tanx2 ∵x1,x2∈(0, ),且x1≠x2, ∴x1+x2∈(0,π),x1-x2∈(-,)且x1-x2≠0 ∴2sin(x1+x2)>0, cosx1,cosx2>0, 且0 ∴(tanx1+tanx2)>tan 即［f(x1)+f(x2)］>f(). 評(píng)述:運(yùn)用分析法與綜合法聯(lián)合解題時(shí),要特別注意“分析”那部分的敘述,千萬不能與綜合法混為一談.也就是說要注意分析環(huán)節(jié)與綜合環(huán)節(jié)的區(qū)分,另一方面,要習(xí)慣運(yùn)用分析法探求解題途徑,再用綜法合完成命題的論證. ［例3］若0. 欲證>y-y2成立, 只需證>y-y2成立. ∵y>0,所以只需證: >1-y， 即證1-y2<1， 即y2>0. ∵y>0,∴y2>0成立. 故若0y-y2的問題轉(zhuǎn)化為證明>y-y2,不等式的兩邊全是關(guān)于y的代數(shù)式較易證明,轉(zhuǎn)化的依據(jù)是不等式的傳遞性,可是這時(shí)>y-y2只是>y-y2的充分條件而不是充要條件,這也是使用分析法證題時(shí)應(yīng)注意的問題,其倒推過程中的每一步是上一步的充分條件即可. 二、參考練習(xí)題 1.選擇題 (1)若logab為整數(shù),且loga>logalogba2,那么下列四個(gè)結(jié)論中正確的個(gè)數(shù)是（ ） ①>>a2 ②logab+logba=0 ③02且|x2|>2 B.|x1+x2|>4 C.|x1+x2|<4 D.|x1|=4且|x2|=1 答案:B (3)若x>0,y>0,且≤a成立,則a的最小值是（ ） A. B. C.2 D.2 答案:B (4)已知a>0,b>0,則下列各式中成立的是（ ） A.cos2θlga+sin2θlgblg(a+b) C.=a+b D. >a+b 答案:A (6)設(shè)a>0,b>0,且ab-a-b≥1,則有（ ） A.a+b≥2(+1) B.a+b≤+1 C.a+b≥(+1)2 D.a+b≤2(+1) 答案:A 2.用分析法證明: 3(1+a2+a4)≥(1+a+a2)2. 證明:要證3(1+a2+a4)≥(1+a+a2)2 只需證3［(1+a2)2-a2］≥(1+a+a2)2 即證3(1+a2+a)(1+a2-a)≥(1+a+a2)2 ∵1+a+a2=(a+)2+>0 只需證3(1+a2-a)≥1+a+a2 展開得2-4a+2a2≥0 即2(1-a)2≥0成立. 故3(1+a2+a4)≥(1+a+a2)2成立. 3.用分析法證明: ab+cd≤. 證明:①當(dāng)ab+cd<0時(shí), ab+cd<成立. ②當(dāng)ab+cd≥0時(shí), 欲證ab+cd≤ 只需證(ab+cd)2≤()2 展開得a2b2+2abcd+c2d2≤(a2+c2)(b2+d2) 即a2b2+2abcd+c2d2≤a2b2+a2d2+b2c2+c2d2 即2abcd≤a2d2+b2c2 只需證a2d2+b2c2-2abcd≥0 即(ad-bc)2≥0 因?yàn)?ad-bc)2≥0成立. 所以當(dāng)ab+cd≥0時(shí),ab+cd≤成立. 綜合①②可知: ab+cd≤成立. 4.用分析法證明下列不等式: (1)求證: (2)求證:(x≥4) 證明:(1)欲證 只需證 展開得12+2>16+2 即2>4+2 只需證(2)2>(4+2)2 即4>這顯然成立 故成立. (2)欲證(x≥4) 只需證(x≥4) 即證(x≥4) 展開得2x-5+2 即 只需證［］2<［］2 即證x2-5x+40,2c>a+b,求證: (1)c2>ab； （2）c-0,只要證a+b<2c(已知) 故原不等式成立. 6.已知關(guān)于x的實(shí)系數(shù)二次方程x2+ax+b=0,有兩個(gè)實(shí)數(shù)根α,β,證明: (1)如果|α|<2,|β|<2,那么2|α|<4+b且|b|<4. (2)如果2|α|<4+b且|b|<4,那么|α|<2,|β|<2. 證明:依題設(shè)及一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系(韋達(dá)定理)得:α+β=-a,αβ=b.則有: (1)(2)等價(jià)于證明 |α|<2,|β|<22|α+β|<4+αβ,且|αβ|<4. 三、證明不等式的基本方法——分析法 分析法是從被證不等式出發(fā),分析使這個(gè)不等式成立的條件,把證明這個(gè)不等式轉(zhuǎn)化為判定這些條件是否具備的問題,如果能夠肯定這些條件都已具備,那么可以判定原不等式成立. 對(duì)于某些不等式(如含有根式、分式或兩端較為復(fù)雜)有時(shí)由題設(shè)條件很難展開推理,這時(shí)可考慮運(yùn)用分析法.用分析法證題時(shí),要注意其語言“特色”.如用分析法論證“若A則B”這個(gè)命題的模式是: 欲證命題B為真 只需證命題B1為真,從而又…… 只需證命題B2為真,從而又…… …… 只需證明A為真 今已知A為真,故B為真. 可見,分析法總是執(zhí)果索因,步步尋求上一步成立的充分條件.寫成簡要的形式就是: BB1B2…BnA. 例如要證a2+b2≥2ab,我們通過分析知道,a2+b2≥2ab成立的某一充分條件是a2-2ab+b2≥0,即(a-b)2≥0,因此只要證明(a-b)2≥0就行了.由于(a-b)2≥0是真命題,所以a2+b2≥2ab成立.分析法的證明過程表現(xiàn)為一連串的“要證……,只要證……”,最后推至已知條件或真命題. ●備課資料 一、參考例題 ［例］已知a,b,c,d∈R, 求證:ac+bd≤ 分析一:用分析法 證法一:(1)當(dāng)ac+bd≤0時(shí),顯然成立. (2)當(dāng)ac+bd>0時(shí),欲證原不等式成立, 只需證(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2)， 即證a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2， 即證2abcd≤b2c2+a2d2. 即證0≤(bc-ad)2. 因?yàn)閍,b,c,d∈R,所以上式恒成立, 綜合(1)、(2)可知:原不等式成立. 分析二:用綜合法 證法二:(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=(a2c2+2abcd+b2d2)+(b2c2-2abcd+a2d2) =(ac+bd)2+(bc-ad)2≥(ac+bd)2 ∴≥|ac+bd|≥ac+bd. 故命題得證. 分析三:用比較法 證法三:∵(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd)2=(bc-ad)2≥0, ∴(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2 ∴≥|ac+bd|≥ac+bd, 即ac+bd≤. 分析四:用放縮法 證法四:為了避免討論,由ac+bd≤|ac+bd|,可以試證(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2). 由證法一可知上式成立,從而有了證法四. 分析五:用三角代換法 證法五:不妨設(shè) (r1,r2均為變量). 則ac+bd=r1r2cosαcosβ+r1r2sinαsinβ=r1r2cos（α-β） 又|r1r2|=|r1||r2|= 及r1r2cos（α-β）≤|r1r2| 所以ac+bd≤. 分析六:用換元法 證法六:(1)當(dāng)(a2+b2)(c2+d2)=0時(shí),原不等式顯然成立. (2)當(dāng)(a2+b2)(c2+d2)≠0時(shí),欲證原不等式成立,只需證||≤1. 即證||≤1, 注意到()2+()2=1與()2+()2=1和cos2x+sin2x=1的結(jié)構(gòu)特征很類同,不妨設(shè)=cosα, =cosβ,則=sinα, =sinβ, 故|| =|cosαcosβ+sinαsinβ| =|cos（α-β）|≤1 所以ac+bd≤. 分析七:用構(gòu)造函數(shù)法(判別式法) 證法七:待證不等式的結(jié)構(gòu)特征與一元二次方程的判別式Δ=b2-4ac≤0的結(jié)構(gòu)特征很類似,由此不妨構(gòu)造函數(shù),f(x)=(a2+b2)x2+2(ac+bd)x+(c2+d2)=(a2x2+2acx+c2)+(b2x2+2bdx+d2)= (ax+c)2+(bx+d)2 顯然不論x取任何實(shí)數(shù),函數(shù)f(x)的值均為非負(fù)數(shù),因此,(1)當(dāng)a2+b2≠0時(shí),方程f(x)=0的判別式Δ≤0, 即［2(ac+bd)］2-4(a2+b2)(c2+d2)≤0, 即(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2) 故ac+bd≤|ac+bd|≤ (2)當(dāng)a2+b2=0時(shí),原不等式顯然成立. 評(píng)述:證明不等式就是證明所給不等式在給定條件下恒成立.由于不等式的形式是多種多樣的,因此,不等式的證明方法也可謂是千姿百態(tài).針對(duì)不等式證明,要具體問題具體分析,靈活選用證明方法,提高代數(shù)變形,推理論證能力,一題多解,有助于我們對(duì)辯證唯物主義觀點(diǎn)有進(jìn)一步的認(rèn)識(shí). 二、參考練習(xí)題 1.填空題 (1)已知x2+y2=1,則3x+4y的最大值是 . 答案:5 (2)設(shè)x=,則x+y的最小值是 . 答案:-1 (3)若≤a≤5,則a+的取值范圍是 . 答案:［2,］ (4)A=1+(n∈N)的大小關(guān)系是 . 答案:A≥ (5)實(shí)數(shù)=x-y,則x的取值范圍是 . 答案:(-∞,0)∪［4,+∞］ (6)在使用數(shù)學(xué)歸納法證明:(n∈N*)時(shí),在假設(shè)后當(dāng)n=k+1時(shí),增加的項(xiàng)是 . 答案:. 2.已知x>0,y>0,且x+y>2,求證:中至少有一個(gè)小于2. 證明:(反證法):假設(shè)均不小于2,即≥2,≥2,∴1+x≥2y,1+y≥2x. 將兩式相加得:x+y≤2,與已知x+y>2矛盾, 故中至少有一個(gè)小于2. 3.設(shè)a,b,c∈R,證明:a2+ac+c2+3b(a+b+c)≥0. 證明:目標(biāo)不等式左邊整理成關(guān)于a的二次式且令f(a)=a2+(c+3b)a+c2+3b2+3bc. 判別式Δ=(c+3b)2-4(c2+3b2+3bc) =-3(b+c)2≤0 當(dāng)Δ=0時(shí),即b+c=0,等號(hào)成立. 故a2+(c+3b)a+c2+3b2+3bc≥0成立. 4.已知1≤x2+y2≤2,求證:≤x2+xy+y2≤3. 證明:設(shè)x=kcosθ,y=ksinθ,1≤k2≤2 ∴x2+xy+y2=k2(cos2θ+cosθsinθ+sin2θ) =k2(1+sin2θ) ∵sin2θ∈［-1,1］ ∴k2≤k2(1+sin2θ)≤k2 故≤x2+xy+y2≤3. 5.設(shè)an= (n∈N*),求證:對(duì)所有n(n∈N*)都成立. 證明:∵=n ∴an>1+2+3+…+n= 故命題對(duì)n∈N*成立. 6.求證: 證明:(1)當(dāng)n=1時(shí),左= ∴原不等式成立. (2)假設(shè)當(dāng)n=k時(shí),命題成立,即 ,則 當(dāng)n=k+1時(shí),左邊= ∴當(dāng)n=k+1時(shí),不等式也成立. 綜合(1)(2),對(duì)于任意n∈N*,原不等式成立.