18學(xué)年高中數(shù)學(xué)第二講證明不等式的基本方法第1節(jié)比較法創(chuàng)新應(yīng)用教學(xué)案新人教A版4-5180306436

PAGEPAGE4。。。內(nèi)部文件，版權(quán)追溯內(nèi)部文件，版權(quán)追溯內(nèi)部文件，版權(quán)追溯第1節(jié)比較法創(chuàng)新應(yīng)用[核心必知]比較法證明不等式可分為作差比較法和作商比較法兩種作差比較法作商比較法定義要證明a>b，只要證明a－b>0要證明a<b，只要證明a－b<0要證明a>b>0，只要證明eq\f(a,b)＞1要證明b＞a＞0，只要證明eq\f(b,a)>1步驟作差→因式分解(或配方)→判斷符號→得出結(jié)論作商→恒等變形→判斷與1的大小→得出結(jié)論[問題思考]1．作差比較法的主要適用類型是什么？實質(zhì)是什么？提示：作差比較法尤其適用于具有多項式結(jié)構(gòu)特征的不等式的證明．實質(zhì)是把兩個數(shù)或式子的大小判斷問題轉(zhuǎn)化為一個數(shù)(或式子)與0的大小關(guān)系.2．作商比較法主要適用類型是什么？實質(zhì)是什么？提示：作商比較法主要適用于積、商、冪、對數(shù)、根式形式的不等式證明．實質(zhì)是把兩個數(shù)或式子的大小判斷問題轉(zhuǎn)化為一個數(shù)(或式子)與1的大小關(guān)系．求證：(1)a2＋b2≥2(a－b－1)；(2)若a>b>c，則bc2＋ca2＋ab2<b2c＋c2a＋a2b.[精講詳析]本題考查作差比較法的應(yīng)用．解答本題的步驟為作差→因式分解→判斷符號→得出結(jié)論．(1)a2＋b2－2(a－b－1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，∴a2＋b2≥2(a－b－1)．(2)bc2＋ca2＋ab2－(b2c＋c2a＋a2b)＝(bc2－c2a)＋(ca2－b2c)＋(ab2－a2b)＝c2(b－a)＋c(a－b)(a＋b)＋ab(b－a)＝(b－a)(c2－ac－bc＋ab)＝(b－a)(c－a)(c－b)，∵a>b>c，∴b－a<0，c－a<0，c－b<0.∴(b－a)(c－a)(c－b)<0.∴bc2＋ca2＋ab2<b2c＋c2a＋a2b.∴bc2＋ca2＋ab2<b2c＋c2a＋a2b.eq\a\vs4\al(——————————————————)(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(yùn)用一切有效的恒等變形的方法．eq\a\vs4\al(——————————————————)(1)當(dāng)不等式的兩邊為對數(shù)式或指數(shù)式時，可用作商比較法來證明，另外，要比較的兩個解析式均為正值，且不宜采用作差比較法時，也常用作商比較法．(2)在作商比較法中eq\f(a,b)>1?a>b是不正確的，這與a、b的符號有關(guān)，比如若b>0，由eq\f(a,b)>1，可得a>b，但若b<0，則由eq\f(a,b)>1得出的反而是a<b，也就是說，在作商比較法中，要對a、b的符號作出判斷，否則，結(jié)論將有可能是錯誤的．對于此類問題，不外乎可分為含參數(shù)變量的和大小固定的兩類，因而也可以通過特殊值的方法進(jìn)行一定的猜測，進(jìn)而給出一定的理性推理或證明過程．2．設(shè)a>0，b>0，求證：aabb≥(ab)eq\s\up6(\f(a＋b,2)).證明：∵aabb>0，(ab)eq\s\up6(\f(a＋b,2))>0，∴eq\f(aabb,（ab）\s\up6(\f(a＋b,2)))＝aeq\s\up6(\f(a－b,2))·beq\s\up6(\f(b－a,2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up6(\f(a－b,2)).當(dāng)a＝b時，顯然有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up6(\f(a－b,2))＝1.當(dāng)a>b>0時，eq\f(a,b)>1，eq\f(a－b,2)>0.當(dāng)b>a>0時，0<eq\f(a,b)<1，eq\f(a－b,2)<0.由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up6(\f(a－b,2))>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(0).即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up6(\f(a－b,2))>1.綜上可知，對任意實數(shù)a、b，都有aabb≥(ab)eq\s\up6(\f(a＋b,2)).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？[精講詳析]本題考查比較法在實際問題中的應(yīng)用，解答本題需要設(shè)出從出發(fā)點到指定地點的路程s，甲、乙二人走完這段路程各自需要的時間t1、t2，然后利用作差法比較t1，t2的大小即可．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．eq\a\vs4\al(——————————————————)應(yīng)用不等式解決問題時，關(guān)鍵是如何把等量關(guān)系不等量關(guān)系轉(zhuǎn)化為不等式的問題來解決，也就是建立數(shù)學(xué)模型是解應(yīng)用題的關(guān)鍵，最后利用不等式的知識來解．解答不等式問題，一般可分為如下步驟：①閱讀理解材料；②建立數(shù)學(xué)模型；③討論不等式關(guān)系；④作出問題結(jié)論．3．證明：通過水管放水，當(dāng)流速相同時，如果水管截面(指橫截面，下同)的周長相等，那么在相同時間里截面是圓的水管比截面是正方形的水管流量大．證明：設(shè)截面的周長為L.依題意，截面是圓的水管的截面面積為πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2π)))2，截面是正方形的水管的截面面積為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,4)))eq\s\up12(2).∵πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2π)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(L2,4π)－eq\f(L2,16)＝eq\f(L2（4－π）,16π)>0，∴πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2π)))eq\s\up12(2)＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,4)))eq\s\up12(2)，∴原結(jié)論得證．作差比較法在高考中單獨(dú)考查的可能性不大，一般是在比較數(shù)與式的大小時作為解決問題的工具使用．[考題印證](安徽高考)(1)設(shè)x≥1，y≥1，證明x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy；(2)設(shè)1<a≤b≤c，證明logab＋logbc＋logca≤logba＋logcb＋logac.[命題立意]本題考查不等式的基本性質(zhì)，對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)和對數(shù)換底公式等基本知識，考查代數(shù)式的恒等變形能力和推理論證的能力．[證明](1)由于x≥1，y≥1，所以x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy??xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.將上式中的右式減左式，得[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)．既然x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，從而所要證明的不等式成立．(2)設(shè)logab＝x，logbc＝y(tǒng)，由對數(shù)的換底公式得logca＝eq\f(1,xy)，logba＝eq\f(1,x)，logcb＝eq\f(1,y)，logac＝xy.于是，所要證明的不等式即為x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy，其中x＝logab≥1，y＝logbc≥1.故由(1)可知所要證明的不等式成立．一、選擇題1．下列關(guān)系中對任意a＜b＜0的實數(shù)都成立的是()A．a(chǎn)2＜b2B．lgb2<lga2C.eq\f(b,a)>1D.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)))eq\s\up12(b2)解析：選B∵a＜b＜0，∴－a>－b>0.(－a)2>(－b)2>0.即a2>b2>0.∴eq\f(b2,a2)＜1.又lgb2－lga2＝lgeq\f(b2,a2)＜lg1＝0.∴l(xiāng)gb2＜lga2.2．已知P＝eq\f(1,a2＋a＋1)，Q＝a2－a＋1，那么P、Q的大小關(guān)系是()A．P>QB．P<QC．P≥QD．P≤Q解析：選D法一：eq\f(Q,P)＝(a2－a＋1)(a2＋a＋1)＝(a2＋1)2－a2＝a4＋a2＋1≥1，又∵a2＋a＋1＞0恒成立，∴Q≥P.法二：P－Q＝eq\f(1－（a2－a＋1）（a2＋a＋1）,a2＋a＋1)＝eq\f(－（a4＋a2）,a2＋a＋1)，∵a2＋a＋1＞0恒成立且a4＋a2≥0，∴P－Q≤0，即Q≥P.3．已知a＞0，b＞0，m＝eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))，n＝eq\r(a)＋eq\r(b)，p＝eq\r(a＋b)，則m，n，p的大小順序是()A．m≥n>pB．m>n≥pC．n>m>pD．n≥m>p解析：選A由已知，知m＝eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))，n＝eq\r(a)＋eq\r(b)，得a＝b＞0時m＝n，可否定B、C.比較A、D項，不必論證與p的關(guān)系．取特值a＝4，b＝1，則m＝4＋eq\f(1,2)＝eq\f(9,2)，n＝2＋1＝3，∴m＞n，可排除D.4．設(shè)m>n，n∈N＋，a＝(lgx)m＋(lgx)－m，b＝(lgx)n＋(lgx)－n，x＞1，則a與b的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)≥bB．a(chǎn)≤bC．與x值有關(guān)，大小不定D．以上都不正確解析：選A要比較a與b的大小，通常采用比較法，根據(jù)a與b均為對數(shù)表達(dá)式，只有作差，a與b兩個對數(shù)表達(dá)式才能運(yùn)算、整理化簡，才有可能判斷出a與b的大?。產(chǎn)－b＝lgmx＋lg－mx－lgnx－lg－nx＝(lgmx－lgnx)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lgnx)－\f(1,lgmx)))＝(lgmx－lgnx)－eq\f(lgmx－lgnx,lgmxlgnx)＝(lgmx－lgnx)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,lgmxlgnx)))＝(lgmx－lgnx)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,lgm＋nx))).∵x＞1，∴l(xiāng)gx＞0.當(dāng)0＜lgx＜1時，a>b；當(dāng)lgx＝1時，a＝b；當(dāng)lgx>1時，a>b.∴應(yīng)選A.二、填空題5．若x＜y＜0，M＝(x2＋y2)(x－y)，N＝(x2－y2)(x＋y)，則M，N的大小關(guān)系為________．解析：M－N＝(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，∴M－N>0，即M>N.答案：M>N6．設(shè)P＝a2b2＋5，Q＝2ab－a2－4a，若P>Q，則實數(shù)a，b滿足的條件為________．解析：P－Q＝a2b2＋5－(2ab－a2－4a)＝a2b2＋5－2ab＋a2＋4a＝a2b2－2ab＋1＋4＋a2＋4a＝(ab－1)2＋(a＋2)2，∵P＞Q，∴P－Q＞0，即(ab－1)2＋(a＋2)2＞0，∴ab≠1或a≠－2.答案：ab≠1或a≠－27．若－1<a<b<0，則eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，a2，b2中值最小的是________．解析：依題意，知eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，a2>b2，故只需比較eq\f(1,b)與b2的大?。驗閎2>0，eq\f(1,b)<0，∴eq\f(1,b)<b2.答案：eq\f(1,b)8．一個個體戶有一種商品，其成本低于eq\f(3500,9)元．如果月初售出可獲利100元，再將本利存入銀行，已知銀行月息為2.5%，如果月末售出可獲利120元，但要付成本的2%的保管費(fèi)，這種商品應(yīng)________出售(填“月初”或“月末”)．解析：設(shè)這種商品的成本費(fèi)為a元．月初售出的利潤為L1＝100＋(a＋100)×2.5%，月末售出的利潤為L2＝120－2%a，則L1－L2＝100＋0.025a＋2.5－120＋0.02a＝0.045eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(3500,9)))，∵a<eq\f(3500,9)，∴L1<L2，月末出售好．答案：月末三、解答題9．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).10．設(shè)a>b>0，求證：eq\f(a2－b2,a2＋b2