二 综合法与分析法教学设计范文

学案77

不等式选讲

(二)证明不等式的基本方法

导学目标：1.了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法.2.会用比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法证明比较简单的不等式．

自主梳理

1．三个正数的算术—几何平均不等式：如果a，b，c>0，那么_________________________，当且仅当a＝b＝c时等号成立．

2．基本不等式(基本不等式的推广)：对于n个正数a1，a2，…，an，它们的算术平均不a1＋a2＋…＋ann小于它们的几何平均，即≥a1·a2·…·an，当且仅当__________________时等n号成立．

3．二维形式的柯西不等式及推论：若a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时等号成立；a2＋b2c2＋d2≥|ac＋bd|，当且仅当ad＝bc时等号成立；a2＋b2c2＋d2≥|ac|＋|bd|，当且仅当________________时等号成立．

4．证明不等式的常用五种方法

(1)比较法：比较法是证明不等式最基本的方法，具体有作差比较和作商比较两种，其基本思想是______与0比较大小或______与1比较大小．

(2)综合法：从已知条件出发，利用定义、______、______、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫综合法．也叫顺推证法或由因导果法．

(3)分析法：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的________条件，直至所需条件为已知条件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为止，这种证明方法叫分析法．也叫逆推证法或执果索因法．

(4)反证法

①反证法的定义

先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，我们把它称为反证法．

②反证法的特点

先假设原命题不成立，再在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实等矛盾．

(5)放缩法

①定义：证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值________或________，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种方法称为放缩法．

②思路：分析观察证明式的特点，适当放大或缩小是证题关键．

自我检测

1．已知M＝a2＋b2，N＝ab＋a＋b－1，则M，N的大小关系为(

) A．M>N

B．M

C．M≥N

D．M≤N

2．(2011·滨州调研)设a>b≥0，p＝a－b，q＝a－b，那么(

) A．p≤q

B．p≥q

C．p

D．p、q大小关系不定

bd3．若a、b、c、d、x、y均是正实数，且P＝ab＋cd，Q＝ax＋cy·＋，则(

) xyA．P＝Q

B．P≥Q

C．P≤Q

D．P>Q

44．已知a>b>0，n∈N*，则使不等式a2－n≥2成立的n的最大值为(

) b－ab

A．4

B．8

C．10

D．16 abc5．(2011·南阳月考)已知a，b，c>0，且a＋b>c，设M＝＋，N＝，则M4＋a4＋b4＋c与N的大小关系是__________________________________________________________. 探究点一

比较法证明不等式

例1

已知a>0，b>0，求证：ab＋≥a＋b. ba

变式迁移1

(2011·福建)设不等式|2x－1|<1的解集为M. (1)求集合M；

(2)若a，b∈M，试比较ab＋1与a＋b的大小．

探究点二

用综合法证明不等式

例2

设a、b、c均为正数，求证：

111111＋＋≥＋＋. 2a2b2cb＋cc＋aa＋b

变式迁移2

设x是正实数，求证：

(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3.

探究点三

用分析法证明不等式

a－b2a＋ba－b2例3

(2011·武汉模拟)已知a>b>0，求证：<－ab<. 8a28b

变式迁移3

已知a>0，求证：

11a2＋2－2≥a＋－2. aa转化与化归思想的应用

例

(10分)已知f(x)＝x＋px＋q.求证：

(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；

1(2)|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于. 2多角度审题

已知f(x)，要证f(1)＋f(3)－2f(2)＝2，只须化简左边式子，看是怎样的形1式，然后才能视情况而定如何证明．求证|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于包括：

2111|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中有一个大于等于，其余两个小于；三个中有2个大于等于，另一22211个小于；三个都大于等于.如果从正面证明，将有7种情况需要证明，非常繁杂，可考虑22用反证法证明．

【答题模板】

证明

(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2.[2分]

1(2)假设|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|都小于，

2则|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<2，[4分]

而|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥|f(1)＋f(3)－2f(2)| ＝|(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－(8＋4p＋2q)|＝2，与假设矛盾．[9分]

1∴|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于.[10分]

2【突破思维障碍】

1根据正难则反的证明原则，|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|至少有一个不小于的反面为|f(1)|、|f(2)|、21|f(3)|都小于，所以用反证法证明只有一种情况，如果这一种情况不成立，则原命题成立．

2【易错点剖析】

在证明(2)中如果不知道用反证法证，而是从正面分七种情况证明，往往会出现这样或那样的失误．

2

1．证明不等式的常用方法有五种，即比较法、分析法、综合法、反证法、放缩法．

2．应用反证法证明数学命题，一般有下面几个步骤：(1)分清命题的条件和结论；(2)作出与命题结论相矛盾的假设；(3)由条件和假设出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；(4)断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设不真，于是原结论成立，从而间接地证明了命题为真．

3．放缩法证明不等式时，常见的放缩法依据或技巧主要有：(1)不等式的传递性；(2)等量加不等量为不等量；(3)同分子(母)异分母(子)的两个分式大小的比较．缩小分母、扩大分子，分式值增大；缩小分子、扩大分母，分式值减小；全量不少于部分；每一次缩小其和变小，但需大于所求；每一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头，同时放缩有时需便于求和．

113a＋2＋>a＋2；(2)将分子或分4．放缩法的常用措施：(1)舍去或加上一些项，如24211111212母放大(缩小)，如2<，2>，<，>

(k∈N*且kkk－1kkk＋1kk＋k－1kk＋k＋1k>1)等．

(满分：75分)

一、选择题(每小题5分，共20分) 1．(2011·烟台月考)已知a、b、m∈R＋且a>b，则(

) aa＋mA.>

bb＋maa＋mB.＝

bb＋maa＋mC.<

bb＋maa＋mD.与间的大小不能确定

bb＋m2．(2010·黄冈期中)设a、b∈R，且a≠b，a＋b＝2，则必有(

) 22a＋ba2＋b2A.

B．ab<<1 22a2＋b2a2＋b2C．ab<1<

D．1≤ab≤

223．设a∈R且a≠0，以下四个式子中恒大于1的个数是(

) 11①a3＋1；②a2－2a＋2；③a＋；④a2＋2. aaA．1

B．2

C．3

D．4 4．(2011·保定调研)在下列不等式中，一定成立的是(

) 8a4bA．4<8

B．aabb>abba

2322m＋1C．a>a－a＋1

D．(5＋2)m<

2－3二、填空题(每小题4分，共12分) 115．(2011·湖南)设x，y∈R，且xy≠0，则(x2＋2)(2＋4y2)的最小值为________．

yx116．已知x>0，y>0，lg 2x＋lg 8x＝lg 2，则＋的最小值为________．

x3y2227．设x＝ab＋5，y＝2ab－a－4a，若x>y，则实数a，b应满足的条件为

__________________．

三、解答题(共43分) 8．(10分)已知x，y，z均为正数，求证：

xyz111＋＋≥＋＋. yzzxxyxyz

9．(10分)(2011·包头模拟)已知正数a、b、c满足a＋b<2c，求证：

c－c2－ab

1110．(10分)若a＋b＝1，求证：

a＋＋b＋≤2. 22

11．(13分)已知实数x、y、z不全为零．求证：

3x2＋xy＋y2＋y2＋yz＋z2＋z2＋zx＋x2>(x＋y＋z)．

2

学案77

不等式选讲

(二)证明不等式的基本方法

自主梳理

a＋b＋c31.≥abc

2.a1＝a2＝…＝an

3.ad＝bc且abcd≥0

4.(1)差

商

(2)公理

定3理

(3)充分

(5)①放大

缩小

自我检测

1．C

[∵M－N＝a2＋b2－ab－a－b＋1 1＝(2a2＋2b2－2ab－2a－2b＋2) 21＝[(a2－2ab＋b2)＋(a2－2a＋1)＋(b2－2b＋1)]

21＝[(a－b)2＋(a－1)2＋(b－1)2]≥0，当且仅当a＝b＝1时“＝”成立．∴M≥N.] 22．A

[p2－q2＝a＋b－2ab－a＋b

＝2b(b－a)≤0.∴p≤q.] bdbd3．C

[Q＝ax＋cy·＋＝ax＋cyx＋y

xybcyadx＝ab＋cd＋＋

xy≥ab＋cd＋2abcd＝ab＋cd＝P.∴P≤Q.] 4a2a224．B

[∵n≤a＋，b(a－b)≤

(2－b≥0)．

4ba－b41616∴a2＋≥a2＋2≥2a2·2＝8(a＝2，b＝1时取“＝”)．

aaba－b4即a2＋的最小值为8，∴nmax＝8.] ba－b5．M>N

解析

∵a，b，c>0，且a＋b>c，

a＋babab∴M＝＋>＋＝

4＋a4＋b4＋a＋b4＋b＋a4＋a＋b4＋x－xx4设f(x)＝

(x>0)，∵f′(x)＝>0，

2＝4＋x4＋x4＋x2即f(x)在(0，＋∞)上为增函数，

a＋bc∴f(a＋b)>f(c)，即>，∴M>N. 4＋a＋b4＋c课堂活动区

例1

解题导引

不等式左、右两边是多项式形式，可用作差或作商比较法，也可用分析法、综合法．

ab证明

∵＋－(a＋b) ba

a3＋b3－a＋bab＝

aba＋ba－b2＝，

ab又a＋b>0，ab>0，(a－b)2≥0，

abab∴＋－(a＋b)≥0.故＋≥a＋b. baba变式迁移1

解

(1)由|2x－1|<1得－1<2x－1<1，

解得0

所以M＝{x|0

(2)由(1)和a，b∈M可知00，

故ab＋1>a＋b. 例2

解题导引

本例不等式中的a、b、c具有同等的地位，证明此类型不等式往往需要通过系数的变化，利用基本不等式进行放缩，得到要证明的结论．

证明

∵a、b、c均为正数，

11111＋≥∴≥，

22a2b2aba＋b当且仅当a＝b时等号成立；

11111＋≥同理：≥，

22b2c2bcb＋c当且仅当b＝c时等号成立；

11111＋≥≥，

22c2a2cac＋a当且仅当a＝c时等号成立．

三个不等式相加即得

111111＋＋≥＋＋，

2a2b2cb＋cc＋aa＋b当且仅当a＝b＝c时等号成立．

变式迁移2

证明

x是正实数，由基本不等式知，

x＋1≥2x，1＋x2≥2x，x3＋1≥2x3，

故(x＋1)(x2＋1)(x3＋1) ≥2x·2x·2x3＝8x3

(当且仅当x＝1时等号成立)．

例3

解题导引

当要证的不等式较复杂，已知条件信息量太少，已知与待证间的联系不明显时，一般可采用分析法．分析法是步步寻求不等式成立的充分条件，而实际操作时往往是先从要证的不等式出发，寻找使不等式成立的必要条件，再考虑这个必要条件是否充分，这种“逆求”过程能培养学生的发散思维能力，也是分析问题、解决问题时常用的思考方法．

a－b2a＋ba－b2证明

欲证<－ab<，

8a28ba－b2a－b2a－b2只需证<<. 8a28b∵a>b>0，

a－ba－ba－b∴只需证<<，

22a222ba＋ba＋ba＋b即<1<.欲证<1，

2a2b2a只需证a＋b<2a，即b

a＋b，

2b只需证2b

a＋ba＋b∴<1<成立，且以上各步均可逆．

2a2ba－b2a＋ba－b2∴<－ab<成立．

8a28b11变式迁移3

证明

要证

a2＋2－2≥a＋－2，

aa11只需证

a2＋2＋2≥a＋＋2，

aa11a＋＋22，

∵a>0，∴只须证

a2＋2＋22≥aa11a＋，

从而只要证2 a2＋2≥2aa11a2＋2≥2a2＋2＋2，

只要证4aa1即a2＋2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．

a课后练习区

aa＋mab＋am－ab－bmma－b1．A

[∵－＝＝>0，

bb＋mbb＋mbb＋maa＋m∴>.] bb＋m2．C

[当a>0，b>0时，2＝a＋b>2ab，∴0

当ab≤0时，ab<1. 又(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab<2(a2＋b2) a2＋b222∴a＋b>2，>1，又a≠b.∴选C.] 213．A

[只有a2＋2≥2>1，故选A.] a48a4444．D

[取a＝b＝1，显然有4b＝8·4

81－484＝＝16>1，∴4>8，A不成立；

2aabbaabbaa－b∵ba＝b·a＝b，

abaa－b当a

∴B不一定成立；

∵a3－a2＋a－1＝(a－1)(a2＋1)，

当a<1时，C不成立；

∵(5＋2)2＝7＋210，

12＝(2＋3)2＝7＋212，

2－31∴5＋2<，又m2

2－322m＋1∴(5＋2)m<，故选D.] 2－35．9 欲证1<

11111解析

(x2＋2)(2＋4y2)＝5＋22＋4x2y2≥5＋24x2y2＝9，当且仅当x2y2＝时22·yxxyxy2“＝”成立．

6．4 解析

由题意2x·8y＝2，∴x＋3y＝1，

1111＋·∴＋＝(x＋3y) x3yx3y3yx3yx＝2＋＋≥2＋2×＝4，

x3yx3y3yx11当且仅当＝，即x＝，y＝时等号成立．

x3y267．ab≠1或a≠－2 解析

由x>y，得a2b2＋5－2ab＋a2＋4a

＝(ab－1)2＋(a＋2)2>0，所以有ab≠1或a≠－2. 8．证明

因为x，y，z均为正数，

xy1xy2＋≥，

所以＋＝yzzxzyxzyz2zx2同理可得＋≥，＋≥，(5分) zxxyxxyyzy当且仅当x＝y＝z时，以上三式等号都成立，将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，

xyz111得＋＋≥＋＋.(10分) yzzxxyxyz9．证明

要证c－c2－ab

只需证－c2－ab

∴只要证(a－c)2

即只要证a(a＋b)<2ac.(8分) ∵a>0，只需证a＋b<2c，

这就是已知条件，且以上各步都可逆，

∴c－c2－ab

要证

a＋＋

b＋≤2成立，

2211即证( a＋＋

b＋)2≤4，(2分) 2211即证a＋b＋1＋2( a＋·b＋)≤4，(4分) 22∵a＋b＝1，

11故就是证

a＋·

b＋≤1，(6分) 22111即证ab＋(a＋b)＋≤1，即证ab≤，(8分) 244a＋b2只需证ab≤()，也就是证2ab≤a2＋b2，这是显然成立的，故原不等式成立．(102分) y3x＋2＋y2

11．证明

∵x2＋xy＋y2＝24x＋y2＝x＋y≥x＋y. ≥

222

z同理可得：y2＋yz＋z2≥y＋，

2xz2＋zx＋x2≥z＋，(6分) 2由于x、y、z不全为零，故上述三式中至少有一式取不到等号，所以三式累加得：

x2＋xy＋y2＋y2＋yz＋z2＋z2＋zx＋x2

yzx3x＋＋y＋＋z＋＝(x＋y＋z)，

>2222即x2＋xy＋y2＋y2＋yz＋z2＋z2＋zx＋x2

3>(x＋y＋z)．(13分) 2