2018-2019版人教A版數(shù)學(xué)選修4-5同步學(xué)案：第二講 一 比較法

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精一比較法學(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(huì)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(shí)點(diǎn)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(hào)；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(shí)點(diǎn)二作商比較法思考1對(duì)于兩個(gè)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(duì)于正數(shù)a，b，eq\f（a,b）＞1?a＞b。思考2類比作差比較法，請(qǐng)談?wù)勛魃瘫容^法．答案對(duì)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(hào)；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?yàn)檎龜?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(guò)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?yàn)閍abb＞0，＞0，所以eq\f（aabb,)＝＝.當(dāng)a＝b時(shí)，顯然有＝1；當(dāng)a＞b＞0時(shí)，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(shí)，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(duì)任意實(shí)數(shù)a,b,都有aabb≥。引申探究1．若a＞0，b＞0,求證：≥abba.證明因?yàn)閍bba＞0,＞0,所以eq\f(abba,）所以當(dāng)a＝b時(shí)，顯然有當(dāng)a＞b＞0時(shí),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(shí)，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(duì)任意a＞0，b＞0，都有abba≤。

2．當(dāng)a＞0,b＞0時(shí)，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(jìn)行作商．（2)變形:化簡(jiǎn)商式到最簡(jiǎn)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(shí)取等號(hào),∴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（mb－a，bb＋m)?！遖，b，m都是正數(shù)，且a＜b,∴b－a＞0，b（b＋m）＞0，∴eq\f(mb－a,bb＋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(shí)用時(shí)便于操作,故應(yīng)用比較廣泛．跟蹤訓(xùn)練3甲、乙二人同時(shí)同地沿同一路線走到同一地點(diǎn),甲有一半時(shí)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(wèn)甲、乙二人誰(shuí)先到達(dá)指定地點(diǎn)？解設(shè)從出發(fā)地點(diǎn)至指定地點(diǎn)的路程為s，甲、乙二人走完這段路程所用的時(shí)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(sm＋n，2mn),∴t1－t2＝eq\f(2s,m＋n)－eq\f（sm＋n，2mn)＝eq\f(s［4mn－m＋n2］,2mnm＋n）＝－eq\f（sm－n2,2mnm＋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(diǎn)．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(gè)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(wú)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(shí)取等號(hào))∴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＋b2－a2＋b2],a2＋b2a＋b)＝eq\f（2aba－b,a2＋b2a＋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＋b2,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(hào)，而不用考慮差能否化簡(jiǎn)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(yùn)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(hào)，常將差式變形為一個(gè)常數(shù)，或幾個(gè)因式積的形式，當(dāng)所得的差式是某字母的二次三項(xiàng)式時(shí)，常用判別式法判斷符號(hào)．2．適用作商比較法證明的不等式的特點(diǎn)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(duì)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＋ba－b2,ab）。因?yàn)閍，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＋1b＋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－bc－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(shí)，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(xiàng)A，C，D不正確,選項(xiàng)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(xiàng)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(shí),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(shí)，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?！郟＞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＋c2)，y＝eq\r（b2＋c＋a2）,z＝eq\r(c2＋a＋b2）,則x,y，z的大小關(guān)系為_(kāi)_______．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＋a1－b）＞1，∴eq\r(1＋a)＞eq\f（1，\r(1－b)).9．某家電廠家為了打開(kāi)市場(chǎng)，促進(jìn)銷售，準(zhǔn)備對(duì)其生產(chǎn)的某種型號(hào)的彩電進(jìn)行降價(jià)銷售，現(xiàn)有四種降價(jià)方案：(1)先降價(jià)a%,再降價(jià)b%；(2）先降價(jià)b％,再降價(jià)a%；（3)先降價(jià)eq\f（a＋b,2)%，再降價(jià)eq\f（a＋b，2)%；（4)一次性降價(jià)(a＋b）％.其中a＞0，b＞0，且a≠b，則上述四種方案中，降價(jià)幅度最小的是________．答案方案(3）解析設(shè)降價(jià)前彩電的價(jià)格為1，按四種方案降價(jià)后彩電的價(jià)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(jià)幅度最小的是方案(3）．三、解答題10．設(shè)a，b為非負(fù)實(shí)數(shù),求證：a3＋b3≥eq\r(ab）(a2＋b2）．證明由a，b是非負(fù)實(shí)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(shí)，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(shí)，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＋m1b＋m2－a＋m2b＋m1，b＋m1b＋m2）＝eq\f（am2＋bm1－am1－bm2，b＋m1b＋m2)＝eq\f（a－bm2－m1,b＋m1b＋m2)。因?yàn)閎＞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－bm2－m1，b＋m1b＋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(shí)，|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，所以｜mn＋4|＞2｜m＋n｜。13．若實(shí)數(shù)x,y，m滿足|x－m｜＜|y－m｜,則稱x比y接近m.對(duì)任意兩個(gè)不相等的正數(shù)a,b，證明：a2b＋ab