18学年高中数学第二讲证明不等式的基本方法第1节比较法创新应用教学案新人教A版4-5180306436

PAGEPAGE4。。。内部文件，版权追溯内部文件，版权追溯内部文件，版权追溯第1节比较法创新应用[核心必知]比较法证明不等式可分为作差比较法和作商比较法两种作差比较法作商比较法定义要证明a>b，只要证明a－b>0要证明a<b，只要证明a－b<0要证明a>b>0，只要证明eq\f(a,b)＞1要证明b＞a＞0，只要证明eq\f(b,a)>1步骤作差→因式分解(或配方)→判断符号→得出结论作商→恒等变形→判断与1的大小→得出结论[问题思考]1．作差比较法的主要适用类型是什么？实质是什么？提示：作差比较法尤其适用于具有多项式结构特征的不等式的证明．实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与0的大小关系.2．作商比较法主要适用类型是什么？实质是什么？提示：作商比较法主要适用于积、商、幂、对数、根式形式的不等式证明．实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与1的大小关系．求证：(1)a2＋b2≥2(a－b－1)；(2)若a>b>c，则bc2＋ca2＋ab2<b2c＋c2a＋a2b.[精讲详析]本题考查作差比较法的应用．解答本题的步骤为作差→因式分解→判断符号→得出结论．(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．eq\a\vs4\al(——————————————————)(1)当不等式的两边为对数式或指数式时，可用作商比较法来证明，另外，要比较的两个解析式均为正值，且不宜采用作差比较法时，也常用作商比较法．(2)在作商比较法中eq\f(a,b)>1⇒a>b是不正确的，这与a、b的符号有关，比如若b>0，由eq\f(a,b)>1，可得a>b，但若b<0，则由eq\f(a,b)>1得出的反而是a<b，也就是说，在作商比较法中，要对a、b的符号作出判断，否则，结论将有可能是错误的．对于此类问题，不外乎可分为含参数变量的和大小固定的两类，因而也可以通过特殊值的方法进行一定的猜测，进而给出一定的理性推理或证明过程．2．设a>0，b>0，求证：aabb≥(ab)eq\s\up6(\f(a＋b,2)).证明：∵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)).当a＝b时，显然有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up6(\f(a－b,2))＝1.当a>b>0时，eq\f(a,b)>1，eq\f(a－b,2)>0.当b>a>0时，0<eq\f(a,b)<1，eq\f(a－b,2)<0.由指数函数的单调性，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.综上可知，对任意实数a、b，都有aabb≥(ab)eq\s\up6(\f(a＋b,2)).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？[精讲详析]本题考查比较法在实际问题中的应用，解答本题需要设出从出发点到指定地点的路程s，甲、乙二人走完这段路程各自需要的时间t1、t2，然后利用作差法比较t1，t2的大小即可．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．eq\a\vs4\al(——————————————————)应用不等式解决问题时，关键是如何把等量关系不等量关系转化为不等式的问题来解决，也就是建立数学模型是解应用题的关键，最后利用不等式的知识来解．解答不等式问题，一般可分为如下步骤：①阅读理解材料；②建立数学模型；③讨论不等式关系；④作出问题结论．3．证明：通过水管放水，当流速相同时，如果水管截面(指横截面，下同)的周长相等，那么在相同时间里截面是圆的水管比截面是正方形的水管流量大．证明：设截面的周长为L.依题意，截面是圆的水管的截面面积为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积为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)，∴原结论得证．作差比较法在高考中单独考查的可能性不大，一般是在比较数与式的大小时作为解决问题的工具使用．[考题印证](安徽高考)(1)设x≥1，y≥1，证明x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy；(2)设1<a≤b≤c，证明logab＋logbc＋logca≤logba＋logcb＋logac.[命题立意]本题考查不等式的基本性质，对数函数的性质和对数换底公式等基本知识，考查代数式的恒等变形能力和推理论证的能力．[证明](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.将上式中的右式减左式，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，从而所要证明的不等式成立．(2)设logab＝x，logbc＝y，由对数的换底公式得logca＝eq\f(1,xy)，logba＝eq\f(1,x)，logcb＝eq\f(1,y)，logac＝xy.于是，所要证明的不等式即为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)可知所要证明的不等式成立．一、选择题1．下列关系中对任意a＜b＜0的实数都成立的是()A．a2＜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：选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.∴lgb2＜lga2.2．已知P＝eq\f(1,a2＋a＋1)，Q＝a2－a＋1，那么P、Q的大小关系是()A．P>QB．P<QC．P≥QD．P≤Q解析：选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)，则m，n，p的大小顺序是()A．m≥n>pB．m>n≥pC．n>m>pD．n≥m>p解析：选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时m＝n，可否定B、C.比较A、D项，不必论证与p的关系．取特值a＝4，b＝1，则m＝4＋eq\f(1,2)＝eq\f(9,2)，n＝2＋1＝3，∴m＞n，可排除D.4．设m>n，n∈N＋，a＝(lgx)m＋(lgx)－m，b＝(lgx)n＋(lgx)－n，x＞1，则a与b的大小关系为()A．a≥bB．a≤bC．与x值有关，大小不定D．以上都不正确解析：选A要比较a与b的大小，通常采用比较法，根据a与b均为对数表达式，只有作差，a与b两个对数表达式才能运算、整理化简，才有可能判断出a与b的大小．a－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，∴lgx＞0.当0＜lgx＜1时，a>b；当lgx＝1时，a＝b；当lgx>1时，a>b.∴应选A.二、填空题5．若x＜y＜0，M＝(x2＋y2)(x－y)，N＝(x2－y2)(x＋y)，则M，N的大小关系为________．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．设P＝a2b2＋5，Q＝2ab－a2－4a，若P>Q，则实数a，b满足的条件为________．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，则eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，a2，b2中值最小的是________．解析：依题意，知eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，a2>b2，故只需比较eq\f(1,b)与b2的大小．因为b2>0，eq\f(1,b)<0，∴eq\f(1,b)<b2.答案：eq\f(1,b)8．一个个体户有一种商品，其成本低于eq\f(3500,9)元．如果月初售出可获利100元，再将本利存入银行，已知银行月息为2.5%，如果月末售出可获利120元，但要付成本的2%的保管费，这种商品应________出售(填“月初”或“月末”)．解析：设这种商品的成本费为a元．月初售出的利润为L1＝100＋(a＋100)×2.5%，月末售出的利润为L2＝120－2%a，则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、解答题9．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).10．设a>b>0，求证：eq\f(a2－b2,a2＋b2