人教A版數(shù)學(xué)選修4-5學(xué)案第二講一比較法

一比較法學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解比較法證明不等式的理論依據(jù).2.掌握利用比較法證明不等式的一般步驟.3.體會比較法所體現(xiàn)的轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想方法．知識點一作差比較法思考比差法的理論依據(jù)是什么？答案a＞b?a－b＞0；a＝b?a－b＝0；a＜b?a－b＜0.梳理作差比較法(1)作差比較法的理論依據(jù)：a－b＞0?a＞b；a－b＜0?a＜b；a－b＝0?a＝b.(2)作差比較法解題的一般步驟：①作差；②變形整理；③判定符號；④得出結(jié)論．其中變形整理是解題的關(guān)鍵，變形整理的目的是為了能夠直接判定與0的大小關(guān)系，常用的方法：因式分解，配方，通分，分子或分母有理化等．知識點二作商比較法思考1對于兩個正數(shù)a，b，若eq\f(a,b)＞1，能夠判斷a，b的大小嗎？答案能，根據(jù)不等式的性質(zhì)知，對于正數(shù)a，b，eq\f(a,b)＞1?a＞b.思考2類比作差比較法，請談?wù)勛魃瘫容^法．答案對于正數(shù)a，b，eq\f(a,b)＞1?a＞b；eq\f(a,b)＝1?a＝b；eq\f(a,b)＜1?a＜b.梳理(1)作商比較法：若a＞0，b＞0，要證明a＞b，只要證明eq\f(a,b)＞1；要證明b＞a，只要證明eq\f(a,b)＜1.這種證明不等式的方法，叫做作商比較法．(2)作商比較法的理論依據(jù)是不等式的基本性質(zhì)：①b＞0，若eq\f(a,b)＞1，則a＞b；若eq\f(a,b)＜1，則a＜b；②b＜0，若eq\f(a,b)＞1，則a＜b；若eq\f(a,b)＜1，則a＞b.(3)作商比較法解題的一般步驟：①判定a，b符號；②作商；③變形整理；④判定與1的大小關(guān)系；⑤得出結(jié)論.類型一作差比較法證明不等式例1已知正數(shù)a，b，c成等比數(shù)列，求證：a2－b2＋c2≥(a－b＋c)2.證明因為正數(shù)a，b，c成等比數(shù)列，所以b2＝ac，b＝eq\r(ac)，又(a2－b2＋c2)－(a－b＋c)2＝a2－b2＋c2－a2－b2－c2＋2ab－2ac＋2bc＝2ab－4b2＋2bc＝2b(a－2b＋c)＝2b(eq\r(a)－eq\r(c))2≥0，所以a2－b2＋c2≥(a－b＋c)2.反思與感悟作差比較法的關(guān)鍵是作差后的變形，一般通過分解因式或?qū)⒉钍睫D(zhuǎn)化為積商式，以便與0比較大?。櫽?xùn)練1已知a≥1，求證：eq\r(a＋1)－eq\r(a)＜eq\r(a)－eq\r(a－1).證明∵(eq\r(a＋1)－eq\r(a))－(eq\r(a)－eq\r(a－1))＝eq\f(1,\r(a＋1)＋\r(a))－eq\f(1,\r(a)＋\r(a－1))＝eq\f(\r(a－1)－\r(a＋1),?\r(a＋1)＋\r(a)??\r(a)＋\r(a－1)?)＜0，∴eq\r(a＋1)－eq\r(a)＜eq\r(a)－eq\r(a－1).類型二作商比較法證明不等式例2已知a＞0，b＞0，求證：aabb≥.證明因為aabb＞0，＞0，所以eq\f(aabb,)＝＝.當(dāng)a＝b時，顯然有＝1；當(dāng)a＞b＞0時，eq\f(a,b)＞1，eq\f(a－b,2)＞0，所以由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知，＞1；當(dāng)b＞a＞0時，0＜eq\f(a,b)＜1，eq\f(a－b,2)＜0，所以由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知，＞1.綜上可知，對任意實數(shù)a，b，都有aabb≥.引申探究1．若a＞0，b＞0，求證：≥abba.證明因為abba＞0，＞0，所以eq\f(abba,)所以當(dāng)a＝b時，顯然有當(dāng)a＞b＞0時，eq\f(a,b)＞1，eq\f(b－a,2)＜0，由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，可得＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))0＝1；當(dāng)b＞a＞0時，0＜eq\f(a,b)＜1，eq\f(b－a,2)＞0，由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，可得＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))0＝1，綜上可知，對任意a＞0，b＞0，都有abba≤.

2．當(dāng)a＞0，b＞0時，比較aabb與abba的大?。庥衫?和探究1知，aabb≥≥abba.反思與感悟作商比較法證明不等式的一般步驟(1)作商：將不等式左右兩邊的式子進行作商．(2)變形：化簡商式到最簡形式．(3)判斷：判斷商與1的大小關(guān)系，也就是判斷商大于1或小于1或等于1.(4)得出結(jié)論．跟蹤訓(xùn)練2已知a＞0，b＞0，求證：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).證明∵eq\f(\f(a,\r(b))＋\f(b,\r(a)),\r(a)＋\r(b))＝eq\f(\f(a,\r(b)),\r(a)＋\r(b))＋eq\f(\f(b,\r(a)),\r(a)＋\r(b))＝eq\f(a,\r(ab)＋b)＋eq\f(b,\r(ab)＋a)＝eq\f(a\r(ab)＋a2＋b\r(ab)＋b2,2ab＋?a＋b?\r(ab))＝eq\f(a2＋b2＋?a＋b?\r(ab),2ab＋?a＋b?\r(ab)).又∵a2＋b2≥2ab，∴eq\f(a2＋b2＋?a＋b?\r(ab),2ab＋?a＋b?\r(ab))≥eq\f(2ab＋?a＋b?\r(ab),2ab＋?a＋b?\r(ab))＝1，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＞0時取等號，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).類型三比較法的應(yīng)用例3證明：若a，b，m都是正數(shù)，并且a＜b，則eq\f(a＋m,b＋m)＞eq\f(a,b)(糖水不等式)．證明eq\f(a＋m,b＋m)－eq\f(a,b)＝eq\f(m?b－a?,b?b＋m?).∵a，b，m都是正數(shù)，且a＜b，∴b－a＞0，b(b＋m)＞0，∴eq\f(m?b－a?,b?b＋m?)＞0，即eq\f(a＋m,b＋m)－eq\f(a,b)＞0，∴eq\f(a＋m,b＋m)＞eq\f(a,b).反思與感悟比較法理論上便于理解，實用時便于操作，故應(yīng)用比較廣泛．跟蹤訓(xùn)練3甲、乙二人同時同地沿同一路線走到同一地點，甲有一半時間以速度m行走，另一半以速度n行走；乙有一半路程以速度m行走，另一半路程以速度n行走．如果m≠n，問甲、乙二人誰先到達(dá)指定地點？解設(shè)從出發(fā)地點至指定地點的路程為s，甲、乙二人走完這段路程所用的時間分別為t1，t2，依題意有eq\f(t1,2)m＋eq\f(t1,2)n＝s，eq\f(s,2m)＋eq\f(s,2n)＝t2.∴t1＝eq\f(2s,m＋n)，t2＝eq\f(s?m＋n?,2mn)，∴t1－t2＝eq\f(2s,m＋n)－eq\f(s?m＋n?,2mn)＝eq\f(s[4mn－?m＋n?2],2mn?m＋n?)＝－eq\f(s?m－n?2,2mn?m＋n?).其中s，m，n都是正數(shù)，且m≠n，∴t1－t2＜0，即t1＜t2.從而知甲比乙先到達(dá)指定地點．1．已知不等式：①x2＋3＞2x(x∈R＋)；②a5＋b5＞a3b2＋a2b3(a，b∈R＋)；③a2＋b2≥2(a－b－1)．其中正確的個數(shù)為()A．0B．1C．2D．3答案C解析①x2＋3－2x＝(x－1)2＋2＞0，故①正確；②取a＝b＝1，則a5＋b5＝2，a3b2＋a2b3＝2，故②不正確；③a2＋b2－2(a－b－1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，故③正確．2.eq\f(1,a)＜1成立的充要條件是()A．a(chǎn)＞1 B．a(chǎn)＜0C．a(chǎn)≠0 D．a(chǎn)＞1或a＜0答案D解析eq\f(1,a)＜1?eq\f(1,a)－1＜0?eq\f(1－a,a)＜0?a＜0或a＞1.3．若x，y∈R，記w＝x2＋3xy，u＝4xy－y2，則()A．w＞u B．w＜uC．w≥u D．無法確定答案C解析∵w－u＝x2－xy＋y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y,2)))2＋eq\f(3y2,4)≥0，∴w≥u.

4．a(chǎn)，b都是正數(shù)，P＝eq\f(\r(a)＋\r(b),\r(2))，Q＝eq\r(a＋b)，則P，Q的大小關(guān)系是()A．P＞Q B．P＜QC．P≥Q D．P≤Q答案D解析∵a，b都是正數(shù)，∴P＞0，Q＞0，∴P2－Q2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a)＋\r(b),\r(2))))2－(eq\r(a＋b))2＝eq\f(－?\r(a)－\r(b)?2,2)≤0.(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號)∴P2－Q2≤0，∴P≤Q.5．設(shè)a＞b＞0，求證：eq\f(a2－b2,a2＋b2)＞eq\f(a－b,a＋b).證明方法一eq\f(a2－b2,a2＋b2)－eq\f(a－b,a＋b)＝eq\f(?a－b?[?a＋b?2－?a2＋b2?],?a2＋b2??a＋b?)＝eq\f(2ab?a－b?,?a2＋b2??a＋b?)＞0(∵a＞b＞0)，∴原不等式成立．方法二∵a＞b＞0，∴a2＞b2＞0.∴左邊＞0，右邊＞0.∴eq\f(左邊,右邊)＝eq\f(?a＋b?2,a2＋b2)＝1＋eq\f(2ab,a2＋b2)＞1.∴原不等式成立．1．作差比較法證明不等式的技巧(1)作差比較法中，變形具有承上啟下的作用，變形的目的在于判斷差的符號，而不用考慮差能否化簡或值是多少．(2)變形所用的方法要具體情況具體分析，可以配方，可以因式分解，可以運用一切有效的恒等變形的方法．(3)因式分解是常用的變形手段，為了便于判斷差式的符號，常將差式變形為一個常數(shù)，或幾個因式積的形式，當(dāng)所得的差式是某字母的二次三項式時，常用判別式法判斷符號．2．適用作商比較法證明的不等式的特點適合欲證的不等式兩端是乘積形式、冪指數(shù)的不等式或某些不同底數(shù)對數(shù)值的大小比較．一、選擇題1．設(shè)a，b∈R＋，且a≠b，若P＝eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)，Q＝a＋b，則()A．P≥Q B．P＞QC．P≤Q D．P＜Q答案B解析P－Q＝eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)－a－b＝eq\f(a2－b2,b)＋eq\f(b2－a2,a)＝eq\f(?a＋b??a－b?2,ab).因為a，b∈R＋，且a≠b，所以P－Q＞0.2．已知a＞b＞－1，則eq\f(1,a＋1)與eq\f(1,b＋1)的大小關(guān)系為()A.eq\f(1,a＋1)＞eq\f(1,b＋1) B.eq\f(1,a＋1)＜eq\f(1,b＋1)C.eq\f(1,a＋1)≥eq\f(1,b＋1) D.eq\f(1,a＋1)≤eq\f(1,b＋1)答案B解析∵eq\f(1,a＋1)－eq\f(1,b＋1)＝eq\f(b－a,?a＋1??b＋1?)＜0，∴eq\f(1,a＋1)＜eq\f(1,b＋1).3．已知a＞b＞0，c＞d＞0，m＝eq\r(ac)－eq\r(bd)，n＝eq\r(?a－b??c－d?)，則m與n的大小關(guān)系是()A．m＜n B．m＞nC．m≥n D．m≤n答案C解析m2－n2＝(ac－2eq\r(abcd)＋bd)－(ac＋bd－ad－bc)＝ad－2eq\r(abcd)＋bc＝(eq\r(ad)－eq\r(bc))2≥0，∴m2≥n2.又m＞0，n＞0，∴m≥n.4．當(dāng)a＜b＜0時，下列關(guān)系式中成立的是()A.eq\r(a2)＜eq\r(b2) B．lgb2＜lga2C.eq\f(b,a)＞1 D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))答案B解析方法一取特殊值a＝－4，b＝－1，則選項A，C，D不正確，選項B正確，故選B.方法二∵a＜b＜0，∴a2＞b2.而函數(shù)y＝lgx(x＞0)為增函數(shù)，∴l(xiāng)gb2＜lga2，B項正確．5．已知a＞0，且a≠1，P＝loga(a3＋1)，Q＝loga(a2＋1)，則P，Q的大小關(guān)系是()A．P＞Q B．P＜QC．P＝Q D．大小不確定答案A解析P－Q＝loga(a3＋1)－loga(a2＋1)＝logaeq\f(a3＋1,a2＋1).當(dāng)0＜a＜1時，0＜a3＋1＜a2＋1，則0＜eq\f(a3＋1,a2＋1)＜1，∴l(xiāng)ogaeq\f(a3＋1,a2＋1)＞0，即P－Q＞0.∴P＞Q.當(dāng)a＞1時，a3＋1＞a2＋1＞0，eq\f(a3＋1,a2＋1)＞1，∴l(xiāng)ogaeq\f(a3＋1,a2＋1)＞0，即P－Q＞0.∴P＞Q.綜上可知，P＞Q.6．已知a＞b＞0且ab＝1，設(shè)c＝eq\f(2,a＋b)，P＝logca，N＝logcb，M＝logc(ab)，則()A．P＜M＜N B．M＜P＜NC．N＜P＜M D．P＜N＜M答案A解析令a＝2，b＝eq\f(1,2)，則c＝eq\f(2,a＋b)＝eq\f(4,5)，則M＝logc(ab)＝0，P＝log2＜0，N＝logeq\f(1,2)＞0，∴P＜M＜N.二、填空題7．設(shè)a＞b＞c＞0，x＝eq\r(a2＋?b＋c?2)，y＝eq\r(b2＋?c＋a?2)，z＝eq\r(c2＋?a＋b?2)，則x，y，z的大小關(guān)系為________．答案x＜y＜z解析∵a＞b＞c＞0，∴x＞0，y＞0，z＞0.而x2－y2＝a2＋b2＋2bc＋c2－(b2＋c2＋2ac＋a2)＝2bc－2ac＝2c(b－a)＜0，∴x2＜y2，即x＜y；又y2－z2＝b2＋(c＋a)2－[c2＋(a＋b)2]＝2ac－2ab＝2a(c－b)＜0，∴y＜z.∴x＜y＜z.8．已知a＞0,0＜b＜1，a－b＞ab，則eq\r(1＋a)與eq\f(1,\r(1－b))的大小關(guān)系是________．答案eq\r(1＋a)＞eq\f(1,\r(1－b))解析∵a＞0,0＜b＜1，a－b＞ab，∴(1＋a)(1－b)＝1＋a－b－ab＞1.從而eq\f(\r(1＋a),\f(1,\r(1－b)))＝eq\r(?1＋a??1－b?)＞1，∴eq\r(1＋a)＞eq\f(1,\r(1－b)).9．某家電廠家為了打開市場，促進銷售，準(zhǔn)備對其生產(chǎn)的某種型號的彩電進行降價銷售，現(xiàn)有四種降價方案：(1)先降價a%，再降價b%；(2)先降價b%，再降價a%；(3)先降價eq\f(a＋b,2)%，再降價eq\f(a＋b,2)%；(4)一次性降價(a＋b)%.其中a＞0，b＞0，且a≠b，則上述四種方案中，降價幅度最小的是________．答案方案(3)解析設(shè)降價前彩電的價格為1，按四種方案降價后彩電的價格依次為x1，x2，x3，x4，則x1＝(1－a%)(1－b%)＝1－(a＋b)%＋a%·b%；x2＝(1－b%)(1－a%)＝x1；x3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a＋b,2)%))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a＋b,2)%))＝1－(a＋b)%＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a%＋b%,2)))2；x4＝1－(a＋b)%＜1－(a＋b)%＋a%·b%＝x1＝x2.又x3－x1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a%＋b%,2)))2－a%·b%＞0，∴x3＞x1＝x2＞x4.故降價幅度最小的是方案(3)．三、解答題10．設(shè)a，b為非負(fù)實數(shù)，求證：a3＋b3≥eq\r(ab)(a2＋b2)．證明由a，b是非負(fù)實數(shù)，作差得a3＋b3－eq\r(ab)(a2＋b2)＝a2eq\r(a)(eq\r(a)－eq\r(b))＋b2eq\r(b)(eq\r(b)－eq\r(a))＝(eq\r(a)－eq\r(b))[(eq\r(a))5－(eq\r(b))5]．當(dāng)a≥b時，eq\r(a)≥eq\r(b)，從而(eq\r(a))5≥(eq\r(b))5，則(eq\r(a)－eq\r(b))[(eq\r(a))5－(eq\r(b))5]≥0；當(dāng)a＜b時，eq\r(a)＜eq\r(b)，從而(eq\r(a))5＜(eq\r(b))5，則(eq\r(a)－eq\r(b))[(eq\r(a))5－(eq\r(b))5]＞0，所以a3＋b3≥eq\r(ab)(a2＋b2)．11．已知b，m1，m2都是正數(shù)，a＜b，m1＜m2，求證：eq\f(a＋m1,b＋m1)＜eq\f(a＋m2,b＋m2).證明eq\f(a＋m1,b＋m1)－eq\f(a＋m2,b＋m2)＝eq\f(?a＋m1??b＋m2?－?a＋m2??b＋m1?,?b＋m1??b＋m2?)＝eq\f(am2＋bm1－am1－bm2,?b＋m1??b＋m2?)＝eq\f(?a－b??m2－m1?,?b＋m1??b＋m2?).因為b＞0，m1＞0，m2＞0，所以(b＋m1)(b＋m2)＞0.又a＜b，m1＜m2，所以a－b＜0，m2－m1＞0，從而(a－b)(m2－m1)＜0.于是eq\f(?a－b??m2－m1?,?b＋m1??b＋m2?)＜0，所以eq\f(a＋m1,b＋m1)＜eq\f(a＋m2,b＋m2).12．已知函數(shù)f(x)＝|x－1|＋|x＋1|，P為不等式f(x)＞4的解集．(1)求P；(2)證明：當(dāng)m，n∈P時，|mn＋4|＞2|m＋n|.(1)解f(x)＝|x－1|＋|x＋1|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x≥1，,2，－1＜x＜1，,－2x，x≤－1.))由f(x)＞4，得x＞2或x＜－2.所以不等式f(x)＞4的解集P＝{x|x＞2或x＜－2}．(2)證明由(1)可知|m|＞2，|n|＞2，所以m2＞4，n2＞4，(mn＋4)2－4(m＋n)2＝(m2－4)(n2－4)＞0，所以(mn＋4)2＞4(m＋n)2，