二 综合法与分析法优秀教案案例

不等式的证明

一、[基本知识]

1．基本不等式

定理1

如果a，b∈R，那么a2＋b2≥

，当且仅当

时，等号成立

a＋b如果a，b＞0，那么≥

，当且仅当______时，等号成立，即两个正2定理2

数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均

a＋b＋c如果a，b，c∈R＋，那么≥

，当且仅当

时，等号成3定理3

立

2.比较法

(1)作差法的依据是：a－b＞0⇔

. A(2)作商法：若B＞0，欲证

，只需证≥1. B3．综合法与分析法

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____________而得出命题_____

从______________出发，逐步寻求使它成立的___________，直至所分析法

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

二、[基本能力]

1．判断题

1(1)已知x为正实数，则1＋x＋≥3.

(

) x(2)若a>2，b>2，则a＋b>ab.

(

) (3)设x＝a＋2b，S＝a＋b2＋1则S≥x.

(

) 2．填空题

11(1)已知a，b∈R＋，a＋b＝2，则＋的最小值为________．

ab11ba＋＝2＋＋≥2＋2 解析：∵a，b∈R＋，且a＋b＝2，∴(a＋b)ababba114·＝4，∴＋≥ababa＋b

11＝2，即＋的最小值为2(当且仅当a＝b＝1时，“＝”成立)．

ab(2)已知正实数a，b满足2ab＝a＋b＋12，则ab的最小值是________．

解析：由2ab＝a＋b＋12，得2ab≥2ab＋12，当且仅当a＝b时等号成立．化简得(ab－3)(ab＋2)≥0，解得ab≥9，所以ab的最小值是9. 111(3)已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最小值为________．

abc111解析：把a＋b＋c＝1代入＋＋，

abca＋b＋ca＋b＋ca＋b＋cbacacb得＋＋＝3＋a＋b＋a＋c＋b＋c≥3＋2＋2＋2＝9，

abc1当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．

3（4）设x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若x>y，则实数a，b应满足的条件为________________．

解析：若x>y，则x－y＝a2b2＋5－(2ab－a2－4a)＝a2b2－2ab＋a2＋4a＋5 ＝(ab－1)2＋(a＋2)2>0，∴ab≠1或a≠－2. 三、[全析考法]

考点一：比较法证明不等式

[例1]

求证：(1)当x∈R时，1＋2x4≥2x3＋x2；

a＋b(2)当a，b∈(0，＋∞)时，aabb≥(ab). 2[证明]

(1)法一：(1＋2x4)－(2x3＋x2) ＝2x3(x－1)－(x＋1)(x－1)＝(x－1)(2x3－x－1) ＝(x－1)(2x3－2x＋x－1)＝(x－1)[2x(x2－1)＋(x－1)] 11x＋2＋≥0，

＝(x－1)2(2x2＋2x＋1)＝(x－1)2222所以1＋2x4≥2x3＋x2. 法二：(1＋2x4)－(2x3＋x2)＝x4－2x3＋x2＋x4－2x2＋1 ＝(x－1)2·x2＋(x2－1)2≥0，所以1＋2x4≥2x3＋x2. (2)a－bb－aaaabb＝ab＝b

，

22a∴当a＝b时，b

＝1，

a－baa当a>b>0时，>1，>0，∴b

>1，

b2a－ba当b>a>0时，0<<1，<0，

b2

a则b

>1，∴aabb≥(ab)

.

作差比较法证明不等式的步骤

[方法技巧] (1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论．其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负．

考点二：综合法证明不等式

111[例2]

已知a，b，c>0且互不相等，abc＝1.试证明：a＋b＋c＜＋＋. abc[证明]

因为a，b，c＞0，且互不相等，abc＝1，

所以a＋b＋c＝

1＋

bc1＋

ac1

ab111111＋＋＋bcacab111＜＋＋＝＋＋，

222abc111即a＋b＋c＜＋＋. abc[方法技巧] 综合法证明时常用的不等式

(1)a2≥0；|a|≥0.

(2)a2＋b2≥2ab.

a＋b1abab(3)≥ab，它的变形形式有：a＋≥2(a>0)；＋≥2(ab>0)；＋≤－2(ab<0)．

2ababa考点三：分析法证明不等式

[例3]

(2018·福建毕业班质量检测)已知函数f(x)＝|x＋1|. (1)求不等式f(x)＜|2x＋1|－1的解集M；

(2)设a，b∈M，证明：f(ab)＞f(a)－f(－b)．

[解]

(1)由题意，|x＋1|<|2x＋1|－1，

①当x≤－1时，不等式可化为－x－1＜－2x－2，

解得x＜－1；

1②当－1＜x＜－时，不等式可化为x＋1＜－2x－2，

2解得x＜－1，此时不等式无解；

1③当x≥－时，不等式可化为x＋1＜2x，解得x＞1. 2综上，M＝{x|x＜－1或x＞1}．

(2)因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，

所以，要证f(ab)＞f(a)－f(－b)，

只需证|ab＋1|＞|a＋b|，

即证|ab＋1|2＞|a＋b|2，

即证a2b2＋2ab＋1＞a2＋2ab＋b2，

即证a2b2－a2－b2＋1＞0，

即证(a2－1)(b2－1)＞0. 因为a，b∈M，

所以a2＞1，b2＞1，

所以(a2－1)(b2－1)＞0成立，所以原不等式成立．

[方法技巧] 分析法的应用

当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式(a2＋b2≥2ab)、基本不等式ab≤a＋b，a>0，b>0没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来2寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．

[全练题点]

1.[考点三]设x≥1，y≥1，求证x＋y＋证明：由于x≥1，y≥1，要证x＋y＋只需证xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2. 因为[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)] ＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)＝(xy－1)(xy－x－y＋1) ＝(xy－1)(x－1)(y－1)，

因为x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，

从而所要证明的不等式成立．

2.[考点一]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．

解：(1)由|2x－1|＜1得－1＜2x－1＜1，

解得0＜x＜1.所以M＝{x|0＜x＜1}．

(2)由(1)和a，b∈M可知0＜a＜1,0＜b＜1，

111≤＋＋xy. xyxy111≤＋＋xy，

xyxy

所以(ab＋1)－(a＋b)＝(a－1)(b－1)＞0. 故ab＋1＞a＋b. 3.[考点二]已知a，b，c，d均为正数，且ad＝bc. (1)证明：若a＋d>b＋c，则|a－d|>|b－c|；

(2)t·a2＋b2c2＋d2＝a4＋c4＋b4＋d4，求实数t的取值范围．

解：(1)证明：由a＋d>b＋c，且a，b，c，d均为正数，得(a＋d)2>(b＋c)2，又ad＝bc，

所以(a－d)2>(b－c)2，即|a－d|>|b－c|. (2)因为(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2＝a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2，所以t·a2＋b2c2＋d2＝t(ac＋bd)．

由于a4＋c4≥2ac，b4＋d4≥2bd，

又已知t·a2＋b2c2＋d2＝a4＋c4＋b4＋d4，

则t(ac＋bd)≥2(ac＋bd)，故t≥2，当且仅当a＝c，b＝d时取等号. 四、［高考真题］

1．(2017·全国卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：

(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；

(2)a＋b≤2.

证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6 ＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4) ＝4＋ab(a2－b2)2≥4.

(2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3 ＝2＋3ab(a＋b)≤2＋＝2＋＋4，

＋4(a＋b) 所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.

11x－＋x＋，M为不等式f(x)<2的解集．

2．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝22(1)求M；

(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|<|1＋ab|. 11解：(1)f(x)＝1，－2

11当x≤－时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1，所以－1

2211当－

221当x≥时，由f(x)<2得2x<2，解得x<1，

21所以≤x<1.所以f(x)<2的解集M＝{x|－1

2(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1