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§4不等式的证明第1课时比较法证明不等式1．理解比较法证明不等式的理论依据．(重点)2．掌握用比较法证明不等式的一般方法及步骤．(重点)3．会用比较法证明简单的不等式．(难点)[基础·初探]教材整理1 求差比较法阅读教材P16“例1”以上部分，完成下列问题．1．理论依据(1)a>b⇔a－b>0；(2)a＝b⇔a－b＝0；(3)a<b⇔a－b<0.2．定义：要证明a>b，只要证明a－b>0即可．这种方法称为求差比较法．3．步骤(1)作差；(2)变形；(3)判断符号；(4)下结论．填空(填不等号)：(1)a∈R，a2＋b2________2ab.(2)a，b，m为正数，b<a，ba________b＋ma＋m.(3)x2＋1________x.【解析】(1)∵a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，故填≥.(2)∵a，b，m为正数，且a>b.∴b a －b ＋m a ＋m ＝b a ＋m －a b ＋m a a ＋m ＝m b －aa a ＋m<0，故填<.(3)x 2＋1－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34≥34>0，故填>.【答案】 (1)≥ (2)< (3)> 教材整理2 求商比较法阅读教材P 16“例3”以上部分，完成下列问题． 1．理论依据当b >0时，(1)a >b ⇔a b >1，(2)a <b ⇔a b <1，(3)a ＝b ⇔a b＝1.2．定义：证明a >b (b >0)，只要证明a b>1即可，这种方法称为求商比较法．判断(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若a b>1，则a >b .( )(2)求商比较法的关键是将商与1比较．( ) (3)求商比较法适合于任何两数的比较大小．( )【解析】 (1)× 若b >0时，a b >1⇒a >b .若b <0时，a b>1⇒a <b . (2)√ 关键是与1比较．(3)× 求商比较法一般适合于两个同号数之间比较． 【答案】 (1)× (2)√ (3)×[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1： 解惑： 疑问2： 解惑： 疑问3： 解惑：[小组合作型]已知【精彩点拨】 此不等式作差后是含有两个字母的二次式，既可配成平方和的形式，也可根据二次三项式的判别式确定符号．【自主解答】 法一：化成几个平方和． ∵a 2＋b 2－ab －a －b ＋1＝12[(a －b )2＋(a －1)2＋(b －1)2]≥0， ∴a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b . 法二：a 2＋b 2－ab －a －b ＋1 ＝a 2－(b ＋1)a ＋b 2－b ＋1.对于a 的二次三项式，Δ＝(b ＋1)2－4(b 2－b ＋1)＝－3(b －1)2≤0. ∴a 2－(b ＋1)a ＋b 2－b ＋1≥0， 故a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b .求差比较法证明不等式的技巧1．求差比较法中，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．[再练一题]1．已知a >0，b >0，求证：a b ＋ba≥a ＋b . 【导学号：94910017】【证明】 ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫a b＋b a －(a ＋b ) ＝⎝⎛⎭⎪⎫a b －b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a －a ＝a －b b ＋b －aa＝a －b a －bab＝a ＋b a －b2ab≥0.∴原不等式成立.已知【精彩点拨】 根据条件和结论，可作商与1比较，其中要用到指数函数的性质，由题设知a －b 与m －n 同号，再作分类讨论．【自主解答】 由a ，b 均为正数，易得a n b m>0，a m b n>0.a mb na nb m ＝a m －n b n －m＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b m-n. 由(a －b )(m －n )>0，得a －b 与m －n 同号且不等于零． (1)当a >b >0时，ab>1，m －n >0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a bm-n>1，∴a m b n>a n b m. (2)当b >a >0时，0<a b<1，m －n <0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b m-n>1， ∴a m b n >a n b m.综上，a ，b 均为正数，均有a m b n >a n b m.1．两端均出现4个字母a ，b ，m ，n ，变形为⎝ ⎛⎭⎪⎫a b m-n，将a b与m －n 视为两个整体，减少了字母讨论的个数．2．求商比较法证明的步骤是：“作商—变形—判断商与1的大小”．[再练一题]2．已知a >b >c >0，求证：a 2a b 2b c 2c>a b ＋c b c ＋a c a ＋b.【证明】 由a >b >c >0， 得ac ＋b b c ＋a c a ＋b>0.不等式左右两边作商，得a 2a ·b 2b ·c 2c a b ＋c·b c ＋a ·c a ＋b ＝a a a a b b b b c c c ca b a c b c b a c a c b ＝a a -b ·a a -c ·b b -c ·b b -a ·c c -a ·c c -b＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a-b ·⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a-c ·⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b-c.∵a >b >0，∴a b>1，a －b >0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a ba-b>1. 同理⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b-c>1，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ca-c>1.∴a 2a ·b 2b ·c 2ca b ＋c ·b c ＋a ·c a ＋b>1. 即a 2a b 2b c 2c>ab ＋c b c ＋a c a ＋b.[探究共研型]探究1 【提示】 求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．探究2 求商比较法主要适用的类型是什么？【提示】 主要适用于积(商)、幂(根式)、指数式形式的不等式证明．已知{a n }是公比为q 的等比数列，且a 1，a 3，a 2成等差数列． (1)求q 的值；(2)设{b n }是以2为首项，q 为公差的等差数列，其前n 项和为S n ，当n ≥2时，比较S n与b n 的大小，并说明理由．【精彩点拨】 (1)由条件列方程求q 值；(2)写出S n 与b n 的表达式，采用作差法比较S n与b n 的大小．判断符号时注意n 的取值．【自主解答】 (1)由题设知2a 3＝a 1＋a 2， 即2a 1q 2＝a 1＋a 1q .又a 1≠0，∴2q 2－q －1＝0， ∴q ＝1或－12.(2)若q ＝1，则S n ＝2n ＋n n －1 2＝n 2＋3n 2＝n n ＋32.当n ≥2时，S n －b n ＝S n －1＝ n －1 n ＋22＞0，故S n ＞b n .若q ＝－12，则S n ＝2n ＋n n －1 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－n 2＋9n 4＝－ n －9 n4.当n ≥2时，S n －b n ＝S n －1＝－n －1 n －104，故对于n ∈N ＋，当2≤n ≤9时，S n ＞b n ； 当n ＝10时，S n ＝b n ； 当n ≥11时，S n ＜b n .比较法是证明不等式的一个最基本、最常用的方法.当被证明的不等式两端是多项式、分式或对数式，一般使用求差比较法，当被证明的不等式 或变形后 的两端都是正数且为乘积形式或幂指数形式时，一般使用求商比较法.比较法应用各种比较大小的地方，如函数单调性的证明、数列、三角等方面都会涉及.[再练一题]3．在等比数列{a n }和等差数列{b n }中，a 1＝b 1>0，a 3＝b 3>0，a 1≠a 3，试比较a 5和b 5的大小．【解】 设等比数列{a n }的公比为q ，等差数列{b n }的公差为d ，∴a 3＝a 1q 2，b 3＝b 1＋2d . ∵a 1＝b 1>0且a 3＝b 3，∴a 1q 2＝b 1＋2d ，∴2d ＝a 1q 2－b 1＝a 1q 2－a 1＝a 1(q 2－1)． ∵a 1≠a 3，∴q 2≠1，而b 5－a 5＝a 1＋4d －a 1q 4＝a 1＋2a 1(q 2－1)－a 1q 4＝－a 1q 4＋2a 1q 2－a 1＝－a 1(q 2－1)2. ∵(q 2－1)2>0，a 1>0，∴a 1(q 2－1)2>0， ∴－a 1(q 2－1)2<0，即b 5<a 5.[构建·体系]1．设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则下列t 与s 的大小关系中正确的是( ) A ．t >s B ．t ≥s C ．t <sD ．t ≤s【解析】 ∵s －t ＝(a ＋b 2＋1)－(a ＋2b )＝(b －1)2≥0，∴s ≥t . 【答案】 D2．已知等比数列{a n }的各项均为正数，且公比q ≠1，若P ＝a 2＋a 92，Q ＝a 4a 7，则P 与Q的大小关系为( )A ．P ＜QB ．P ＝QC ．P ＞QD ．P ≥Q【解析】 ∵{a n }为等比数列且各项为正数， ∴a 2·a 9＝a 4·a 7，又q ≠1，∴a 2≠a 9， ∴a 2＋a 92＞a 2a 9＝a 4a 7，即P ＞Q ，故选C. 【答案】 C3．设a ，b ，m 均为正数，且b a <b ＋ma ＋m，则a 与b 的大小关系是__________. 【导学号：94910018】【解析】b ＋m a ＋m －b a ＝m a －ba a ＋m>0， 又a ，b ，m 为正数．∴a (a ＋m )>0，m >0，因此a －b >0，a >b . 【答案】 a >b4．已知0<a <1b ，且M ＝11＋a ＋11＋b ，N ＝a 1＋a ＋b1＋b ，则M ，N 的大小关系是__________．【解析】 由0<a <1b，得0<ab <1,1－ab >0.故M －N ＝11＋a ＋11＋b －⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋a ＋b 1＋b ＝1－a 1＋a ＋1－b 1＋b ＝2 1－ab 1＋a 1＋b >0，∴M >N . 【答案】 M >N5．已知a ≥b ＞0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .【证明】 2a 3－b 3－(2ab 2－a 2b )＝2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2) ＝(a 2－b 2)(2a ＋b )＝(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )． 因为a ≥b ＞0，所以a －b ≥0，a ＋b ＞0,2a ＋b ＞0, 从而(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )≥0， 即2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .我还有这些不足：(1)(2) 我的课下提升方案：(1) (2)学业分层测评(六) (建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．已知x ，y ∈R ，M ＝x 2＋y 2＋1，N ＝x ＋y ＋xy ，则M 与N 的大小关系是( ) A ．M ≥N B ．M ≤N C ．M ＝ND ．不能确定【解析】 ∵2M －2N ＝(x －y )2＋(x －1)2＋(y －1)2≥0，∴M ≥N . 【答案】 A2．如果实数a ，b ，c 满足c <b <a ，且ac <0，那么下列选项中不一定成立的是( ) A ．ab >ac B ．c (b －a )>0 C ．ac (a －c )<0D ．cb 2<ab 2【解析】 由条件知a >0，c <0，b 的符号不定，∴A 一定成立，B 一定成立，C 一定成立，而D 中，b 可能为0，故不一定成立． 【答案】 D 3．已知a >b >－1，则1a ＋1与1b ＋1的大小关系是( ) A.1a ＋1>1b ＋1 B ．1a ＋1<1b ＋1 C.1a ＋1≥1b ＋1D ．1a ＋1≤1b ＋1【解析】 ∵a >b >－1，∴a ＋1>0，b ＋1>0，a －b >0，则1a ＋1－1b ＋1＝b －a a ＋1 b ＋1<0，∴1a ＋1<1b ＋1. 【答案】 B4．已知数列{a n }的通项公式a n ＝anbn ＋1，其中a ，b 均为正数，那么a n 与a n ＋1的大小关系是( )A ．a n >a n ＋1B ．a n <a n ＋1C ．a n ＝a n ＋1D ．与n 的取值有关【解析】a n＋1－a n＝a n＋1b n＋1 ＋1－anbn＋1＝abn＋b＋1 bn＋1.∵a>0，b>0，n∈N＋，∴a n＋1－a n>0，a n＋1>a n.【答案】 B5．设x＝2，y＝7－3，z＝6－2，则x，y，z的大小关系是( ) A．x>y>z B．z>x>yC．y>z>x D．x>z>y【解析】y＝7－3＝47＋3，z＝6－2＝46＋2.∵7＋3>6＋2>0，∴z>y.又x－z＝2－46＋2＝23＋2－46＋2＝23－26＋2>0，∴x>z，∴x>z>y.【答案】 D二、填空题6．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)＝(b1－b2)(a1－a2)．∵a1≤a2，b1≤b2，∴上式≥0.故a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1.【答案】a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b17．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>N8．已知a>0,1>b>0，a－b>ab，则1＋a与11－b的大小关系是__________.【导学号：94910019】【解析】∵a>0,1>b>0，a－b>ab，∴(1＋a)(1－b)＝1＋a－b－ab>1.从而1＋a11－b＝ 1＋a 1－b >1， ∴1＋a >11－b.【答案】1＋a >11－b三、解答题9．若q >0，且q ≠1，m ，n ∈N ＋，比较1＋q m ＋n与q m ＋q n的大小．【解】 1＋qm ＋n－q m －q n＝q m(q n－1)－(q n－1) ＝(q n－1)(q m－1)， ①当0<q <1时，q n<1，q m<1. ②当q >1时，q n>1，q m>1. ∴(q n－1)(q m－1)>0，∴1＋qm ＋n>q m ＋q n.10．已知a ，b 均为正数，n ∈N ＋，求证：b n －1a n ＋a n －1b n ≥1a ＋1b .【证明】 设P ＝b n －1a n ＋a n －1b n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b＝b n －1－a n －1a n ＋a n －1－b n －1b n＝(a n －1－bn －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1b－1a ＝an －1－bn －1a n－b na n bn. 若a >b >0，则a n －1>bn －1，a n >b n，所以an －1－bn －1>0，a n－b n>0，且a n b n>0，因此P >0； 若b >a >0，则a n －1<bn －1，a n <b n，所以an －1－bn －1<0，a n－b n<0，且a n b n>0，故P >0；若a ＝b >0，则P ＝0.综上所述，P ≥0，故原式成立．[能力提升]1．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，a ，b 是正数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f ()ab ，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤CB ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A 【解析】 ∵a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b， 又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是减函数． ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f ()ab ≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b . 【答案】 A 2．设a ＝lg e ，b ＝(lg e)2，c ＝lg e ，则( )A ．a >b >cB ．a >c >bC ．c >a >bD ．c >b >a【解析】 ∵2<e<10，∴0<lg e<12. ⎭⎪⎬⎪⎫a －b ＝lg e 1－lg e >0⇒a >b ，a －c ＝lg e －12lg e ＝12lg e>0⇒a >c ，b －c ＝lg e ⎝ ⎛⎭⎪⎫lg e －12<0⇒b <c ⇒a >c >b . 【答案】 B3．一个个体户有一种商品，其成本低于350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__________(填“月初”或“月末”)出售．【解析】 设这种商品的成本费为a 元．月初利润为L 1＝100＋(a ＋100)×2.5%，月末售出的利润为L 2＝120－2%a .则L 1－L 2＝100＋0.025a ＋2.5－120＋0.02a＝0.045⎝ ⎛⎭⎪⎫a －3 5009. ∵a <350，∴L 1－L 2<0，∴L 1<L 2，月末出售好．【答案】 月末4．已知a ＞2，求证：log a (a －1)＜log(a ＋1)a .【证明】 ∵a ＞2，则a －1＞1，∴log a (a －1)＞0，log (a ＋1)a ＞0， 由于log a a －1log a ＋1 a＝log a (a －1)·log a (a ＋1) ＜⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a a －1 ＋log a a ＋1 22＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a a 2－1 22. ∵a ＞2，∴0＜log a (a 2－1)＜log a a 2＝2，∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a a 2－1 22＜⎣⎢⎡⎦⎥⎤log a a222＝1，因此log a a －1log a ＋1 a＜1. ∵log (a ＋1)a ＞0， ∴log a (a －1)＜log (a ＋1)a .。
