高中数学 第二章 讲明不等式的基本方法 2.2 综合法与分析法教案 新人教A版选修4-5（通用）

PAGE2.2综合法与分析法课堂探究1．如何理解综合法证明不等式剖析：(1)证明的特点．综合法又叫顺推证法或由因导果法，是由已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推出所要证明的结论成立．(2)证明的框图表示．用P表示已知条件或已有的不等式，用Q表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为eq\x(P⇒Q1)→eq\x(Q1⇒Q2)→eq\x(Q2⇒Q3)→…→eq\x(Qn⇒Q)(3)证明的主要依据．①a－b＞0a＞b，a－b＝0a＝b，a－b＜0a＜b；②不等式的性质；③几个重要不等式：a2≥0(a∈R)，a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a＞0，b＞0)．名师点拔使用综合法时要防止因果关系不清晰，逻辑表达混乱等现象．2．如何理解分析法证明不等式剖析：(1)证明的特点．分析法又叫逆推证法或执果索因法，是须从证明的不等式出发，逐步寻找使它成立的充分条件．直到最后把要证明的不等式转化为判定一个明显成立的不等式为止．(2)证明过程的框图表示．用Q表示要证明的不等式，则分析法可用框图表示为eq\x(得到一个明显成立的不等式)←…←eq\x(P3⇐P2)←eq\x(P2⇐P1)←eq\x(P1⇐Q)3．综合法和分析法的优点剖析：综合法的优点是结构整齐，而分析法更容易找到证明不等式的突破口，所以通常是分析法找思路，综合法写步骤．名师点拔分析法证明不等式是“逆求”，而绝不是逆推，即寻找的是充分条件，而不是必要条件．题型一综合法证明不等式【例1】已知a，b＞0，且a＋b＝1，求证：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))2≥eq\f(25,2).分析：本题中条件a＋b＝1是解题的重点，由基本不等式的知识联想知应由重要不等式来变形出要证明的结论，本题a＋b＝1，也可以视为是“1”的代换问题．证法一：不等式左边＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))2＝a2＋b2＋4＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)))＝4＋a2＋b2＋eq\f((a＋b)2,a2)＋eq\f((a＋b)2,b2)＝4＋a2＋b2＋1＋eq\f(2b,a)＋eq\f(b2,a2)＋eq\f(a2,b2)＋eq\f(2a,b)＋1＝4＋(a2＋b2)＋2＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a2)＋\f(a2,b2)))≥4＋eq\f((a＋b)2,2)＋2＋2×2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＋2·eq\f(b,a)·eq\f(a,b)＝4＋eq\f(1,2)＋2＋4＋2＝eq\f(25,2)，即原不等式成立．证法二：∵a，b＞0，且a＋b＝1，∴ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(1,4).∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))2＝4＋(a2＋b2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)))＝4＋[(a＋b)2－2ab]＋eq\f((a＋b)2－2ab,a2b2)＝4＋(1－2ab)＋eq\f(1－2ab,a2b2)≥4＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2×\f(1,4)))＋eq\f(1－2×\f(1,4),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2)＝eq\f(25,2).∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))2≥eq\f(25,2).反思(1)综合法证明不等式，揭示了条件和结论之间的因果联系，为此要着力分析已知与求证之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知条件，这是证明的关键．(2)综合法证明不等式中所依赖的已知不等式主要是重要不等式，其中常用的有如下几个：①a2≥0(a∈R)．②(a－b)2≥0(a，b∈R)，其变形有：a2＋b2≥2ab，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≥ab，a2＋b2≥eq\f(1,2)(a＋b)2.③若a，b为正实数，eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab).特别eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2.④a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.题型二分析法证明不等式【例2】已知a＞b＞0，求证：eq\f((a－b)2,8a)＜eq\f(a＋b,2)－eq\r(ab)＜eq\f((a－b)2,8b).分析：本题要证明的不等式显得较为复杂，由a＞b＞0不容易得到要证明的不等式，因而可以用分析法先变形要证明的不等式，从中找到证题的线索．证明：要证原不等式成立，只需证eq\f((a－b)2,4a)＜a＋b－2eq\r(ab)＜eq\f((a－b)2,4b)，即证eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－b,2\r(a))))2＜(eq\r(a)－eq\r(b))2＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－b,2\r(b))))2.只需证eq\f(a－b,2\r(a))＜eq\r(a)－eq\r(b)＜eq\f(a－b,2\r(b))，即eq\f(\r(a)＋\r(b),2\r(a))＜1＜eq\f(\r(a)＋\r(b),2\r(b))，即eq\r(\f(b,a))＜1＜eq\r(\f(a,b)).只需证eq\f(b,a)＜1＜eq\f(a,b).∵a＞b＞0，∴eq\f(b,a)＜1＜eq\f(a,b)成立．∴原不等式成立．反思分析法的格式是固定化的，但是每一步都是上一步的充分条件，即每一步数学式的变化都是在这个要求之下一步一步去寻找成立的条件或结论、定理.题型三易错辨析【例3】已知a，b，c＞0，求证eq\f(a2b2＋b2c2＋c2a2,a＋b＋c)≥abc.错解：因为a2b2＋b2c2＋c2a2≥3eq\r(3,a2b2·b2c2·c2a2)＝3abceq\r(3,abc)，①又a＋b＋c≥3eq\r(3,abc)，②故eq\f(a2b2＋b2c2＋c2a2,a＋b＋c)≥eq\f(3abc\r(3,abc),3\r(3,abc))≥abc.③错因分析：我们知道不等式具有性质：若a＞b＞0，c＞d＞0，则ac＞bd，但eq\f(a,c)＞eq\f(b,d)却不一定成立．正解：因为a2b2＋b2c2≥2ab2c，b2c2＋c2a2≥2abc2，c2a2＋a2b2≥2a2bc，以上三式相加，化简得：a2b2＋b2c2＋a2c2≥abc(a＋b＋c)，两边同除以正数a＋b＋c得：eq\f(a2b2＋b2c2＋a2c2,a＋b＋c)≥abc.