数学选修4-5导学案1-5-1不等式证明的基本方法

1.1.5不等式证明的基本方法1.5.1比较法在理解比较法的基础上，会用作差、作商两种形式的比较法比较两个代数式的大小，会用比较法证明较简单的不等式.自学导引1.因为a>b?a－b>0，要证a>b，只需要证a－b>0，同样要证a<b，只需证a－b<0.2.如果a、b都是正数，要证a>b，只需证eq\f(a,b)>1；如果a、b都是负数，要证a>b，只需证eq\f(a,b)<1.基础自测1.下列关系中对任意a<b<0的实数都成立的是()A.a2<b2 B.lgb2<lga2C.eq\f(b,a)>1D.eqD.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a2)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b2解析a<b<0，∴a2>b2>0，∴lga2>lgb2，故选B.答案B2.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.大小不确定解析当a>1时，a3＋1>a2＋1，∴loga(a3＋1)>loga(a2＋1)，当0<a<1时，a3＋1<a2＋1，∴loga(a3＋1)>loga(a2＋1)，综合以上两种情况知P>Q，故选A.答案A3.设P＝a2b2＋5，Q＝2ab－a2－4a，且ab≠1，a≠－2.则P、Q的大小关系是________.解析P－Q＝a2b2＋5－2ab＋a2－4a＝(ab－1)2＋(a－2)2>0，∴P>Q.答案P>Q知识点1两代数式大小的比较【例1】已知x<y<0，试比较(x2＋y2)(x－y)与(x2－y2)(x＋y)的大小.解(x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)＝(x－y)[(x2＋y2)－(x＋y)2]＝－2xy(x－y).∵x<y<0，∴xy>0，x－y<0，∴－2xy(x－y)>0，∴(x2＋y2)(x－y)>(x2－y2)(x＋y).●反思感悟：实数大小的比较常用a>b?a－b>0或“eq\f(a,b)>1，且b>0?a>b”来解决，比较法的关键是第二步的变形，一般来说，变形越彻底，越有利于下一步的符号判断.1.设a>0，b>0且a≠b，试比较aabb与abba的大小.解eq\f(aabb,abba)＝aa－b·bb－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(a－b).当a>b>0时，eq\f(a,b)>1，a－b>0，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(a－b)>1，于是aabb>abba.当b>a>0时，0<eq\f(a,b)<1，a－b<0，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(a－b)>1，于是aabb>abba.综上所述，对于不相等的正数a、b，都有aabb>abba.知识点2作差比较法证明不等式【例2】设a>0，b>0，求证eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,b)))eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a)))eq\f(1,2)≥aeq\f(1,2)＋beq\f(1,2).证明方法一：左边－右边＝eq\f(（\r(a)）3＋（\r(b)）3,\r(ab))－(eq\r(a)＋eq\r(b))＝eq\f(（\r(a)＋\r(b)）（a－\r(ab)＋b）－\r(ab)（\r(a)＋\r(b)）,\r(ab))＝eq\f(（\r(a)＋\r(b)）（a－2\r(ab)＋b）,\r(ab))＝eq\f(（\r(a)＋\r(b)）（\r(a)－\r(b)）2,\r(ab))≥0.∴原不等式成立.方法二：左边>0，右边>0.eq\f(左边,右边)＝eq\f(（\r(a)＋\r(b)）（a－\r(ab)＋b）,\r(ab)（\r(a)＋\r(b)）)＝eq\f(a－\r(ab)＋b,\r(ab))≥eq\f(2\r(ab)－\r(ab),\r(ab))＝1，∴原不等式成立.●反思感悟：用比较法证不等式，一般要经历作差(或作商)、变形、判断三个步骤，变形的主要手段是通分、因式分解或配方，在变形过程中，也可利用基本不等式放缩.2.设a≥b>0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.证明3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)＝(3a2－2b2)(a－b).因为a≥b>0，所以a－b≥0，3a2－2b2>0，从而(3a2－2b2)(a－b)≥0.即3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.知识点3作商比较法证明不等式【例3】已知a>b>c>0，求证：aabbcc>(abc)eq\f(1,3)(a＋b＋c).证明∵eq\f(aabbcc,（abc）\f(1,3)（a＋b＋c）)＝aeq\f(2a－b－c,3)beq\f(2b－a－c,3)ceq\f(2c－a－b,3)＝aeq\f(a－b,3)＋eq\f(a－c,3)·beq\f(b－a,3)＋eq\f(b－c,3)·ceq\f(c－a,3)＋eq\f(c－b,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\f(a－b,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))eq\f(a－c,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq\f(b－c,3).∵a>b>0，∴a－b>0，eq\f(a,b)>1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\f(a－b,3)>1.同理可证eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))eq\f(a－c,3)>1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq\f(b－c,3)>1，∴aabbcc>(abc)eq\f(1,3)(a＋b＋c).●反思感悟：作商后通常利用不等式的性质、指数函数的性质、对数函数的性质来判断商式与1的大小.3.设m＝eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|)，n＝eq\f(|a－b|,||a|－|b||)，那么它们的大小关系是m________n.解析eq\f(m,n)＝eq\f(\f(|a|＋|b|,|a＋b|),\f(|a－b|,||a|－|b||))＝eq\f(（|a|＋|b|）||a|－|b||,|a＋b|·|a－b|)＝eq\f(|a2－b2|,|a2－b2|)＝1，∴m＝n.答案＝课堂小结1.比较法有两种形式，一是作差；二是作商.用作差证明不等式是最基本、最常用的方法.它的依据是不等式的基本性质.2.步骤是：作差(商)→变形→判断.变形的目的是为了判断.若是作差，就判断与0的大小关系，为了便于判断，往往把差式变为积或完全平方式.若是作商，两边为正，就判断与1的大小关系.3.有时要先对不等式作等价变形再进行证明，有时几种证明方法综合使用.随堂演练1.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解析eq\f(P2,Q2)＝eq\f(a＋b＋2\r(ab),2（a＋b）)≤eq\f(a＋b＋a＋b,2（a＋b）)＝1，∴P≤Q，应选D.答案D2.已知0<x<1，a＝2eq\r(x)，b＝1＋x，c＝eq\f(1,1－x)，则其中最大的是()A.a B.bC.c D.不能确定解析显然b>a，下面比较b，c.b－c＝1＋x－eq\f(1,1－x)＝eq\f(1－x2－1,1－x)＝－eq\f(x2,1－x)<0，∴C最大，故应选C.答案C3.下列命题：①当b>0时，a>b?eq\f(a,b)>1；②当b>0时，a<b?eq\f(a,b)<1；③当a>0，b>0时，eq\f(a,b)>1?a>b；④当ab>0时，eq\f(a,b)>1?a>b，其中真命题有()A.①②③ B.①②④C.④ D.①②③④解析①②③正确，④中若a<0时不成立，故选A.答案A4.若－1<a<b<0，则eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，a2，b2中值最小的是________.解析∵a<b<0，eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，又∵a2，b2都为正数，∴最小的为eq\f(1,b).答案eq\f(1,b)基础达标1.若a，b为不等的正数，则(abk＋akb)－(ak＋1＋bk＋1)(k∈N*)的符号()A.恒正 B.恒负C.与k的奇偶性有关 D.与a，b大小无关解析(abk＋akb)－ak＋1－bk＋1＝bk(a－b)＋ak(b－a)＝(a－b)(bk－ak)∵a>0，b>0，若a>b，则ak>bk，∴(a－b)(bk－ak)<0；若a<b，则ak<bk，∴(a－b)(bk－ak)<0.答案B2.设a、b、c、d、m、n∈R＋，P＝eq\r(ab)＋eq\r(cd)，Q＝eq\r(ma＋nc)·eq\r(\f(b,m)＋\f(d,n))，则有()A.P≥Q B.P≤QC.P>Q D.P<Q解析采用先平方后作差法∵P2－Q2＝(ab＋cd＋2eq\r(abcd))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ab＋cd＋\f(m,n)ad＋\f(n,m)bc))＝2eq\r(abcd)－eq\f(m,n)ad－eq\f(n,m)bc＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(m,n)ad)－\r(\f(n,m)bc)))eq\s\up12(2)≤0，∴P2≤Q2，又∵P>0，Q>0，∴P≤Q.答案B3.对x1>x2>0，0<a<1，记y1＝eq\f(x1,1＋a)＋eq\f(ax2,1＋a)，y2＝eq\f(ax1,1＋a)＋eq\f(x2,1＋a)，则x1x2与y1y2的关系为()A.x1x2>y1y2 B.x1x2＝y1y2C.x1x2<y1y2 D.不能确定，与a有关答案C4.已知a1≤a2，b1≤b2，则a1b1＋a2b2与a1b2＋a2b1的大小关系是________.解析a1b1＋a2b2－a1b2－a2b1＝a1(b1－b2)＋a2(b2－b1)＝(b2－b1)(a2－a1)≥0∴a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1.答案a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b15.设a>5，则eq\r(a－3)－eq\r(a－4)与eq\r(a－4)－eq\r(a－5)的大小关系是__________________.解析因为a>5，只需比较eq\r(a－3)＋eq\r(a－5)与2eq\r(a－4)的大小，两数平方，即比较eq\r(（a－3）（a－5）)与a－4的大小，再平方，只需比较a2－8a＋15与a2－8a＋16的大小.答案eq\r(a－3)－eq\r(a－4)<eq\r(a－4)－eq\r(a－5)6.设a、b∈(0，＋∞)，且a≠b，比较eq\f(a3,b2)＋eq\f(b3,a2)与a＋b的大小.解eq\f(a3,b2)＋eq\f(b3,a2)－(a＋b)＝(a3－b3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)－\f(1,a2)))＝(a＋b)(a－b)2(a2＋ab＋b2)eq\f(1,a2b2)，∵a、b∈(0，＋∞)，且a≠b，∴a＋b，(a－b)2，(a2＋ab＋b2)，eq\f(1,a2b2)均为正数，∴eq\f(a3,b2)＋eq\f(b3,a2)－(a＋b)>0，∴eq\f(a3,b2)＋eq\f(b3,a2)>a＋b.综合提高7.设a＝sin15°＋cos15°，b＝sin16°＋cos16°，则下列各式正确的是()A.a<eq\f(a2＋b2,2)<b B.a<b<eq\f(a2＋b2,2)C.b<a<eq\f(a2＋b2,2) D.b<eq\f(a2＋b2,2)<a解析a＝sin15°＋cos15°＝eq\r(2)sin60°，b＝sin16°＋cos16°＝eq\r(2)sin61°，∴a<b，排除C、D.又a≠b，∵eq\f(a2＋b2,2)>ab＝eq\r(2)sin60°·eq\r(2)sin61°＝eq\r(3)sin61°>eq\r(2)sin61°＝b，故a<b<eq\f(a2＋b2,2)成立.答案B8.已知a，b，c，d都是正数，且bc>ad，则eq\f(a,b)，eq\f(a＋c,b＋d)，eq\f(a＋2c,b＋2d)，eq\f(c,d)中最大的是()A.eq\f(a,b) B.eq\f(a＋c,b＋d)C.eq\f(a＋2c,b＋2d) D.eq\f(c,d)解析eq\f(a,b)－eq\f(c,d)＝eq\f(ad－bc,bd)<0，∴eq\f(a,b)<eq\f(c,d)，eq\f(c,d)－eq\f(a＋c,b＋d)＝eq\f(bc＋cd－ad－dc,d（b＋d）)＝eq\f(bc－ad,d（b＋d）)>0，eq\f(c,d)－eq\f(a＋2c,b＋2d)＝eq\f(bc＋2cd－ad－2cd,d（b＋2d）)＝eq\f(bc－ad,d（b＋2d）)>0，所以最大的是eq\f(c,d).答案D9.设x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若x＞y，则实数a、b应满足的条件是________.解析若x＞y，则x－y＝a2b2＋5－2ab＋a2＋4a＝(ab－1)2＋(a＋2)2＞0.只要a＋2≠0，ab－1≠0两个中满足一个，即可使得x＞y.答案a≠－2或ab≠110.设a＞0，b＞0，则下列两式大小关系为lg(1＋eq\r(ab))________eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)].解析(1＋a)(1＋b)－(1＋eq\r(ab)2)＝a＋b－2eq\r(ab)＝(eq\r(a)－eq