人教A版数学选修4-5学案第二讲一比较法

一比较法学习目标1.理解比较法证明不等式的理论依据.2.掌握利用比较法证明不等式的一般步骤.3.体会比较法所体现的转化与化归的数学思想方法．知识点一作差比较法思考比差法的理论依据是什么？答案a＞b?a－b＞0；a＝b?a－b＝0；a＜b?a－b＜0.梳理作差比较法(1)作差比较法的理论依据：a－b＞0?a＞b；a－b＜0?a＜b；a－b＝0?a＝b.(2)作差比较法解题的一般步骤：①作差；②变形整理；③判定符号；④得出结论．其中变形整理是解题的关键，变形整理的目的是为了能够直接判定与0的大小关系，常用的方法：因式分解，配方，通分，分子或分母有理化等．知识点二作商比较法思考1对于两个正数a，b，若eq\f(a,b)＞1，能够判断a，b的大小吗？答案能，根据不等式的性质知，对于正数a，b，eq\f(a,b)＞1?a＞b.思考2类比作差比较法，请谈谈作商比较法．答案对于正数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)作商比较法：若a＞0，b＞0，要证明a＞b，只要证明eq\f(a,b)＞1；要证明b＞a，只要证明eq\f(a,b)＜1.这种证明不等式的方法，叫做作商比较法．(2)作商比较法的理论依据是不等式的基本性质：①b＞0，若eq\f(a,b)＞1，则a＞b；若eq\f(a,b)＜1，则a＜b；②b＜0，若eq\f(a,b)＞1，则a＜b；若eq\f(a,b)＜1，则a＞b.(3)作商比较法解题的一般步骤：①判定a，b符号；②作商；③变形整理；④判定与1的大小关系；⑤得出结论.类型一作差比较法证明不等式例1已知正数a，b，c成等比数列，求证：a2－b2＋c2≥(a－b＋c)2.证明因为正数a，b，c成等比数列，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.反思与感悟作差比较法的关键是作差后的变形，一般通过分解因式或将差式转化为积商式，以便与0比较大小．跟踪训练1已知a≥1，求证：eq\r(a＋1)－eq\r(a)＜eq\r(a)－eq\r(a－1).证明∵(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).类型二作商比较法证明不等式例2已知a＞0，b＞0，求证：aabb≥.证明因为aabb＞0，＞0，所以eq\f(aabb,)＝＝.当a＝b时，显然有＝1；当a＞b＞0时，eq\f(a,b)＞1，eq\f(a－b,2)＞0，所以由指数函数的单调性可知，＞1；当b＞a＞0时，0＜eq\f(a,b)＜1，eq\f(a－b,2)＜0，所以由指数函数的单调性可知，＞1.综上可知，对任意实数a，b，都有aabb≥.引申探究1．若a＞0，b＞0，求证：≥abba.证明因为abba＞0，＞0，所以eq\f(abba,)所以当a＝b时，显然有当a＞b＞0时，eq\f(a,b)＞1，eq\f(b－a,2)＜0，由指数函数的单调性，可得＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))0＝1；当b＞a＞0时，0＜eq\f(a,b)＜1，eq\f(b－a,2)＞0，由指数函数的单调性，可得＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))0＝1，综上可知，对任意a＞0，b＞0，都有abba≤.

2．当a＞0，b＞0时，比较aabb与abba的大小．解由例2和探究1知，aabb≥≥abba.反思与感悟作商比较法证明不等式的一般步骤(1)作商：将不等式左右两边的式子进行作商．(2)变形：化简商式到最简形式．(3)判断：判断商与1的大小关系，也就是判断商大于1或小于1或等于1.(4)得出结论．跟踪训练2已知a＞0，b＞0，求证：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).证明∵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，当且仅当a＝b＞0时取等号，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).类型三比较法的应用例3证明：若a，b，m都是正数，并且a＜b，则eq\f(a＋m,b＋m)＞eq\f(a,b)(糖水不等式)．证明eq\f(a＋m,b＋m)－eq\f(a,b)＝eq\f(m?b－a?,b?b＋m?).∵a，b，m都是正数，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).反思与感悟比较法理论上便于理解，实用时便于操作，故应用比较广泛．跟踪训练3甲、乙二人同时同地沿同一路线走到同一地点，甲有一半时间以速度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，问甲、乙二人谁先到达指定地点？解设从出发地点至指定地点的路程为s，甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为t1，t2，依题意有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都是正数，且m≠n，∴t1－t2＜0，即t1＜t2.从而知甲比乙先到达指定地点．1．已知不等式：①x2＋3＞2x(x∈R＋)；②a5＋b5＞a3b2＋a2b3(a，b∈R＋)；③a2＋b2≥2(a－b－1)．其中正确的个数为()A．0B．1C．2D．3答案C解析①x2＋3－2x＝(x－1)2＋2＞0，故①正确；②取a＝b＝1，则a5＋b5＝2，a3b2＋a2b3＝2，故②不正确；③a2＋b2－2(a－b－1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，故③正确．2.eq\f(1,a)＜1成立的充要条件是()A．a＞1 B．a＜0C．a≠0 D．a＞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，记w＝x2＋3xy，u＝4xy－y2，则()A．w＞u B．w＜uC．w≥u D．无法确定答案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，b都是正数，P＝eq\f(\r(a)＋\r(b),\r(2))，Q＝eq\r(a＋b)，则P，Q的大小关系是()A．P＞Q B．P＜QC．P≥Q D．P≤Q答案D解析∵a，b都是正数，∴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.(当且仅当a＝b时取等号)∴P2－Q2≤0，∴P≤Q.5．设a＞b＞0，求证：eq\f(a2－b2,a2＋b2)＞eq\f(a－b,a＋b).证明方法一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.∴左边＞0，右边＞0.∴eq\f(左边,右边)＝eq\f(?a＋b?2,a2＋b2)＝1＋eq\f(2ab,a2＋b2)＞1.∴原不等式成立．1．作差比较法证明不等式的技巧(1)作差比较法中，变形具有承上启下的作用，变形的目的在于判断差的符号，而不用考虑差能否化简或值是多少．(2)变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．(3)因式分解是常用的变形手段，为了便于判断差式的符号，常将差式变形为一个常数，或几个因式积的形式，当所得的差式是某字母的二次三项式时，常用判别式法判断符号．2．适用作商比较法证明的不等式的特点适合欲证的不等式两端是乘积形式、幂指数的不等式或某些不同底数对数值的大小比较．一、选择题1．设a，b∈R＋，且a≠b，若P＝eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)，Q＝a＋b，则()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).因为a，b∈R＋，且a≠b，所以P－Q＞0.2．已知a＞b＞－1，则eq\f(1,a＋1)与eq\f(1,b＋1)的大小关系为()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?)，则m与n的大小关系是()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．当a＜b＜0时，下列关系式中成立的是()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，则选项A，C，D不正确，选项B正确，故选B.方法二∵a＜b＜0，∴a2＞b2.而函数y＝lgx(x＞0)为增函数，∴lgb2＜lga2，B项正确．5．已知a＞0，且a≠1，P＝loga(a3＋1)，Q＝loga(a2＋1)，则P，Q的大小关系是()A．P＞Q B．P＜QC．P＝Q D．大小不确定答案A解析P－Q＝loga(a3＋1)－loga(a2＋1)＝logaeq\f(a3＋1,a2＋1).当0＜a＜1时，0＜a3＋1＜a2＋1，则0＜eq\f(a3＋1,a2＋1)＜1，∴logaeq\f(a3＋1,a2＋1)＞0，即P－Q＞0.∴P＞Q.当a＞1时，a3＋1＞a2＋1＞0，eq\f(a3＋1,a2＋1)＞1，∴logaeq\f(a3＋1,a2＋1)＞0，即P－Q＞0.∴P＞Q.综上可知，P＞Q.6．已知a＞b＞0且ab＝1，设c＝eq\f(2,a＋b)，P＝logca，N＝logcb，M＝logc(ab)，则()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)，则c＝eq\f(2,a＋b)＝eq\f(4,5)，则M＝logc(ab)＝0，P＝log2＜0，N＝logeq\f(1,2)＞0，∴P＜M＜N.二、填空题7．设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)，则x，y，z的大小关系为________．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，则eq\r(1＋a)与eq\f(1,\r(1－b))的大小关系是________．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.从而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．某家电厂家为了打开市场，促进销售，准备对其生产的某种型号的彩电进行降价销售，现有四种降价方案：(1)先降价a%，再降价b%；(2)先降价b%，再降价a%；(3)先降价eq\f(a＋b,2)%，再降价eq\f(a＋b,2)%；(4)一次性降价(a＋b)%.其中a＞0，b＞0，且a≠b，则上述四种方案中，降价幅度最小的是________．答案方案(3)解析设降价前彩电的价格为1，按四种方案降价后彩电的价格依次为x1，x2，x3，x4，则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.故降价幅度最小的是方案(3)．三、解答题10．设a，b为非负实数，求证：a3＋b3≥eq\r(ab)(a2＋b2)．证明由a，b是非负实数，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]．当a≥b时，eq\r(a)≥eq\r(b)，从而(eq\r(a))5≥(eq\r(b))5，则(eq\r(a)－eq\r(b))[(eq\r(a))5－(eq\r(b))5]≥0；当a＜b时，eq\r(a)＜eq\r(b)，从而(eq\r(a))5＜(eq\r(b))5，则(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都是正数，a＜b，m1＜m2，求证：eq\f(a＋m1,b＋m1)＜eq\f(a＋m2,b＋m2).证明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?).因为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，从而(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．已知函数f(x)＝|x－1|＋|x＋1|，P为不等式f(x)＞4的解集．(1)求P；(2)证明：当m，n∈P时，|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)证明由(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，