数学学案：课堂导学分析法

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精课堂导学三点剖析一，利用分析法证明不等式【例1】(1)设a〉b>0，求证:。（2)已知0〈α〈π，证明2sin2α≤cot,并指出等号成立的条件。证明：（1)要证，∵a〉b〉0，有〉0，∴需证（）3>()3,展开得a—b>a-+,即证明〉0，也就是证〉0，在题设条件下这一不等式显然成立，∴原不等式成立。（2）要证2sin2α≤cot,由0〈α〈π知sinα〉0,只需证2sinα·sin2α≤1+cosα,即证明4sin2αcosα—(1+cosα）≤0,也就是证(1+cosα）［4(1-cosα）cosα—1］≤0,而1+cosα>0，于是只要证—4cos2α+4cosα-1≤0，即-(2cosα-1）2≤0,就是(2cosα-1)2≥0,这是显然的.∴2sin2α≤cot，等号在2cosα=1，α=时取得.各个击破类题演练1若a，b,c三数均大于1，且ab=10,求证：logac+logbc≥4lgc.证明:由于a>1，b>1,要证logac+logbc≥4lgc,需证≥4lgc,而lgc〉0，因此只要证≥4,即证≥4。∵ab=10，有lga+lgb=1,于是只需证lga·lgb≤,而lga·lgb≤(）2=。∴不等式logac+logbc≥4lgc成立.变式提升1已知a〉0,—〉1，求证:。证明：要证，只要证,即证（1+a）(1—b）>1,就是证a-b-ab〉0.①而已知条件a〉0,—〉1b〉0，且a-b〉ab，可知①式成立，∴成立。二、分析法和综合法的综合运用【例2】a>0，b>0,a≠b,且a3—b3=a2-b2，求证：1<a+b〈。分析:从已知等式a3-b3=a2-b2a+b〉1是件容易的事，如何证a+b〈呢?用综合法难以下手,我们用分析法来证。证明:∵a3—b3=a2—b2,∴a2+ab+b2=a+b（∵a≠b).①∴(a+b)2=a2+2ab+b2〉a2+ab+b2=（a+b）。∴a+b〉1.②要证a+b〈，需证3(a+b)<4,于是证3（a+b)2〈4（a+b).又由①式可知，必须证3(a2+b2+2ab)〈4(a2+ab+b2）,然后证a2—2ab+b2>0,即证（a-b)2〉0，而这一结论在a≠b时是恒成立的。∴a+b〈。③由②③知1<a+b〈.温馨提示到底何时用分析法，何时用综合法,需根据具体情况灵活选择,有人喜欢用分析法开路，用综合法书写,这是扬长避短，值得借鉴。类题演练2设a+b=1，且a〉0,b〉0，求证：(a+)2+(b+)2≥。证明：要证（a+）2+（b+）2≥，只要证(a2+b2）+(+)+4≥，只要证（a2+b2）+(+）≥.∵ab≤（）2=,∴≥4。∴+≥≥8。又∵a2+b2≥=,∴（a2+b2）+（+)≥。∴（a+)2+(b+）2≥。当且仅当a=b时，取等号。变式提升2已知x〉0，y>0，求证:（x2+y2）>（x3+y3)。证法一:要证（x2+y2）>(x3+y3)，只要证(x2+y2）3>(x3+y3)2，即证x6+3x4y2+3x2y4+y6〉x6+2x3y3+y6.∵x>0，y>0,即证3x2+3y2〉2xy,∵3x2+3y2〉x2+y2≥2xy,即3x2+3y2〉2xy,∴（x2+y2)>(x3+y3）。以上证法显然是分析法。倒着写回去就是综合法.证法二:由x〉0,y〉0,∴3x2+3y2〉x2+y2≥2xy，即3（x2+y2)x2y2>2xy·x2y2.∴3x4y2+3x2y4>2x3y3。两边都加上x6+y6,得x6+y6+3x4y2+3x2y4>x6+y6+2x3y3,即（x2+y2)3>（x3+y3）2.两边开6次方得（x2+y2)〉(x3+y3）.三、多种证明方法的比较【例3】已知a>0，b〉0,求证：。分析一：比较法是证明不等式的最基本的方法.作差后,注意到，提出公因式a-b，即可证明此不等式。证法一：∵a〉0,b>0，∴(）—(）=()+（）=≥0。∴。分析二：此不等式中含有根式,因此可以考虑先去根式再予以证明.事实上，两边平方即可去根式。证法二:∵a〉0,b〉0,∴要证明,只需证明()2≥()2，展开得，即≥a+b.①注意到a〉0,b>0，上式变形得a3+b3≥ab(a+b)，即（a+b）(a2—ab+b2）≥ab（a+b)，两边除以a+b,得a2—ab+b2≥ab,即(a—b)2≥0。此式显然成立,∴.分析三：对根式进行整体换元，也可达到去掉根式的目的。证法三:令=c，=d，∵a>0,b〉0,∴c〉0,d〉0，原不等式即≥c+d。②②式与证法二中的①式结构完全相同，故后面的证明从略.分析四：注意到所证不等式左边是分式，而右边为整式，故还可考虑去分母,转化为整式不等式再予以证明.证法四:∵a>0,b>0，∴要证不等式，只需证明（）3+(）3≥（+),即证（+）(a—+b)≥(+),即a—+b≥,即（-)2≥0.此式显然成立，∴.分析五：我们还可借助于均值不等式,即由≥,+≥,而巧妙地达到化分式为整式的目的.证法五:∵a〉0,b〉0，∴≥，+≥，两式相加得（）+(+)≥+，从而。分析六:由证法五的启示，还可在原不等式的两边同时乘以不等式的右边的式子，即转化为证明不等式（+)(）≥（+）2，将不等式的左这展开并利用均值不等式即可获证。证法六：∵a〉0，b〉0,∴(+）·()=+a=a+b+≥a+b+=(+）2,∴≥+.温馨提示比较法是证明不等式最基本的方法,通常在作差(或作商)后,通过运用不等式的性质，推论来判断差式的符号（或商式与1的大小关系).分析法和综合法既是证明不等式的常用方法，也是分析,解决问题的重要的数学思维方法.证明不等式的方法灵活多样,在证明过程中，要注意观察不等式的结构特点,把握问题的实质,才能合理选择证明方法,创造出一些巧法,妙法。类题演练3已知a,b都为正实数,且a+b=1，求证：(a+)（b+）≥.证法一：∵（a+)(b+）=ab+++,由于+≥2,故只要证明ab+≥,即证4a2b2-17ab+4≥0,即(4ab—1）(ab-4)≥0.由条件a+b=1,得ab≤(）2=，∴4ab—1≤0，ab-4〈0。∴(4ab—1)(ab—4）≥0.∴4a2b2-17ab+4≥0。∴4ab—17+≥0,即ab+≥.又∵+≥2，∴ab+++≥2+=.∴（a+)（b+）≥.证法二:∵a+b=1，∴（a+b)2=1,即a2+b2=1—2ab。要证(a+）（b+）≥,只要证明4(a2+1)（b2+1)≥25ab，即4a2b2+（4a2+4b2）+4≥25ab，即4a2b2+4（1-2ab)+4-25ab≥0.整理得4a2b2—33ab+8≥0。只需证明(4ab—1）(ab—8）≥0。（＊）∵ab≤()2=，∴4ab—1≤0,ab—8〈0。∴(4ab—1)（ab—8）≥0成立。其中当且仅当a=b=时取“=”。∴(a+）(b+）≥.变式提升3(1）求证：(n≥1).证法一：（分析法）要证原不等式成立，只需证.展开得(n+1)+（n—1)+〈4n，即<n.只要证明n2—1〈n2,即-1<0,此不等式显然成立,即证明了。证法二：（比较法）∵∴。证法三:(综合法）(2)求证：logn（n+1)〉log（n+1)(n+2），其中n∈N＊且n〉1.证明：欲证logn(n+1）>log（n+1)（n+2)（其中n∈N＊且n〉1），只需证，只需证lgnlg（n+2)〈lg2(n+1),而lgn·lg(n+2)<<［lg（n2+2n+1)］2=lg2（n+1）成立.故logn(n+1）>log(n+1）(n+2）成立.(3）已知a,b，c∈R+，且a+b+c=1.求证：a2+b2+c2≥。证法一：∵1=（a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca），又2ab≤a2+b2，2bc≤b2+c2，2ca≤c2+a2，∴2(ab+bc+ca)≤2(a2+b2+c2)。∴a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≤3（a2+b2+