一 比较法教学设计方案

一

比较法

[学习目标] 1.理解和掌握比较法证明不等式的理论依据. 2.掌握利用比较法证明不等式的一般步骤. 3.通过学习比较法证明不等式，培养对转化思想的理解和应用. [知识链接] 1.比较法作差后变形的目的是什么？

提示

作差后变形的目的是为了容易判别差的正、负.常用变形方法为：一是配方法，二是分解因式. 2.具有什么特点的不等式的证明适合作商比较法？哪些类型的不等式证明常用作商、哪些常用作差？

提示

当不等式两端的式子同号时，可用作商比较法.一般地，证指数不等式常用作商法，证对数不等式时，常用作差法. [预习导引] 1.比较法的种类

比较法一般分为两种：作差比较法和作商比较法. 2.作差比较法

(1)作差比较法的证明依据：①a＜b⇔a－b＜0；②a＝b⇔a－b＝0；③a＞b⇔a－b＞0. (2)基本步骤：①作差；②变形；③判断符号；④下结论. 3.作商比较法

(1)作商比较法的证明依据：当a，b＞0时，

aa＞b⇔b＞1，

aa＜b⇔b＜1.(2)基本步骤：①作商；②变形；③判断与“1”的大小；④下结论. 课堂教学

要点一

利用作差比较法证明不等式

aa＝b⇔b＝1，

例1

已知a≥1，求证：a＋1－a＜a－a－1. 证明

∵(a＋1－a)－(a－a－1) 11＝－

a＋1＋aa＋a－1＝a－1－a＋1＜0，

（a＋1＋a）（a＋a－1）∴a＋1－a＜a－a－1. 规律方法

根据左、右两边都含无理式的特点，也可以采取两边平方的方法来比较，但是应先判断不等式两边的符号，当不等式两边的符号都大于0时，两边平方是等价变形，当不等式两边的符号都小于0时，两边平方后要改变不等号的方向. cc跟踪演练1

已知a，b，c∈R＋，求证：lga·lgb≥lgalgb·ba. 证明

将商的对数化成对数的差，就是“化整为零”，有利于符号的确定. cc∵lga·lgb－lgalgb·ba

1＝(lg c－lg a)(lg c－lg b)－(lg a－lg b)(lg b－lg a) 41＝lg2c－(lg a＋lg b)lg c＋lg alg b＋4(lg a－lg b)2

1＝lg2c－(lg ab)lg c＋4(lg a＋lg b)2

12＝lg c－2lg（ab）≥0，

cc∴lg a

·lg b≥lgalgb·ba. 要点二

利用作商比较法证明不等式

例2

已知a＞0，b＞0，求证：ab＋≥a＋b. baabab＋baba证明

∵＝＋

a＋ba＋ba＋b＝ab＋

ab＋bab＋a

aab＋a2＋bab＋b2＝

2ab＋（a＋b）aba2＋b2＋（a＋b）ab＝，

2ab＋（a＋b）ab又∵a2＋b2≥2ab，

a2＋b2＋（a＋b）ab2ab＋（a＋b）ab∴≥＝1，

2ab＋（a＋b）ab2ab＋（a＋b）ab当且仅当a＝b＞0时取等号，

∴ab＋≥a＋b. baa规律方法

作商比较法的前提条件是两个数a，b都大于0，对b进行整理，直到a能清晰看出b与1的大小关系为止.在运算过程中注意运用计算技巧. 跟踪演练2

已知a，b，c为正数，求证：a2ab2bc2c≥ab＋cba＋cca＋b. 证明

∵a，b，c均为正数，

a2ab2bc2c∴b＋ca＋ca＋b＝a2a－b－cb2b－a－cc2c－a－b

abc＝aa－b·aa－c·bb－a·bb－c·cc－a·cc－b

aa－baa－cbb－ccc＝b. aaa－b若a≥b，则b≥1，a－b≥0，∴b≥1；

aaa－b若a≤b，则0＜b≤1，a－b≤0，∴b≥1. aa－b即b≥1总成立. aa－cbb－c同理c≥1，c≥1总成立. a2ab2bc2c∴b＋ca＋ca＋b≥1成立，

abc∴a2ab2bc2c≥ab＋cba＋cca＋b. 要点三

比较法在综合题目中的应用

例3

已知数列{an}的首项a1＝5，前n项和为Sn，且Sn＋1＝2Sn＋n＋5(n∈N＋). (1)证明：数列{an＋1}是等比数列；

(2)令f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn，求函数f(x)在点x＝1处的导数f′(1)，并比较2f′(1)与23n2－13n的大小. (1)证明

由已知Sn＋1＝2Sn＋n＋5，①

∴n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n＋4，②

①②两式相减，得Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，

即an＋1＝2an＋1，从而an＋1＋1＝2(an＋1). 当n＝1时，S2＝2S1＋1＋5，

∴a1＋a2＝2a1＋6.又a1＝5，故a2＝11，

从而a2＋1＝2(a1＋1). 故总有an＋1＋1＝2(an＋1)，n∈N＋. 由a1＝5，得a1＋1≠0，从而an＋1＋1＝2，

an＋1即{an＋1}是以a1＋1＝6为首项，2为公比的等比数列. (2)解

由(1)可知an＝3×2n－1. ∵f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn，

∴f′(x)＝a1＋2a2x＋…＋nanxn－1. 从而f′(1)＝a1＋2a2＋…＋nan

＝(3×2－1)＋2(3×22－1)＋…＋n(3×2n－1) ＝3(2＋2×22＋…＋n×2n)－(1＋2＋3＋…＋n) ＝3[n×2n＋1n（n＋1）－(2＋2＋…＋2)]－

22n＝3(n×2n＋1－2n＋1＋2)－＝3(n－1)·2n＋1－n（n＋1）

2n（n＋1）＋6. 2则2f′(1)－(23n2－13n) ＝12(n－1)·2n－12(2n2－n－1) ＝12(n－1)·2n－12(n－1)(2n＋1) ＝12(n－1)[2n－(2n＋1)].(*)

当n＝1时，(*)式＝0，∴2f′(1)＝23n2－13n；

当n＝2时，(*)式＝－12＜0，

∴2f′(1)＜23n2－13n；

当n≥3时，n－1＞0. 令f(x)＝2x－(2x＋1)，则f′(x)＝2xln 2－2，

当x≥3时，f′(x)＞0，又f(3)＞0，

∴当n≥3时，2n＞2n＋1. ∴(n－1)[2n－(2n＋1)]＞0，

即(*)式＞0，从而2f′(1)＞23n2－13n. 规律方法

此类比较大小的题是典型的结论不唯一的题.在数列中，大小问题可能会随“n”的变化而变化.往往n＝1，2，…，前几个自然数对应的值与后面n≥n0的值大小不一样，这就要求在解答这样的题时，要时刻有“大小关系不一定唯一”的念头，即时刻提醒自己所求解的问题是否需要讨论. 跟踪演练3

已知{an}是正数组成的数列，a1＝1，且点(an，an＋1)(n∈N＋)在函数y＝x2＋1的图象上. (1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn＋2an.求证：bn·bn＋2＜b2n＋1. (1)解

由已知得an＋1＝an＋1，即an＋1－an＝1. 又a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，

公差为1的等差数列.故an＝1＋(n－1)×1＝n. (2)证明

由(1)知an＝n，从而bn＋1－bn＝2n. bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝22n－1. 2nn＋2因为bn·bn＋2－bn－1)－(2n＋1－1)2

＋1＝(2－1)(2n－1＋2n－21－2n＋…＋2＋1＝＝1－2＝(22n＋2－2n＋2－2n＋1)－(22n＋2－2·2n＋1＋1)} ＝－5·2n＋4·2n＝－2n＜0，

2所以bn·bn＋2＜bn＋1.

1.作差比较法证明不等式的一般步骤：(1)作差；(2)变形；(3)判断符号；(4)结论.若差式的等号不能确定，与某些字母的取值有关时，需对这些字母进行讨论. a2.作商比较法的前提条件是两个数a，b都大于0，对b进行整理，直到能清晰看出ab与1的大小关系为止，在运算过程中注意运用计算技巧.

1.下列四个数中最大的是(

) A.lg 2

B.lg 2

C.(lg 2)2

D.lg(lg 2) 解析

因为lg 2＞lg 2，(lg 2)2＝lg 2·lg 2＜lg 2，

而lg(lg 2)＜0，所以lg 2最大. 答案

A 2.已知a，b都是正数，P＝A.P＞Q

C.P≥Q

a＋b，Q＝a＋b，则P，Q的大小关系是(

) 2B.P＜Q

D.P≤Q

解析

∵

a，b都是正数，∴P＞0，Q＞0. a＋b2－(a＋b)2

∴P－Q＝222－（a－b）2＝≤0. 2∴P2－Q2≤0.∴P≤Q. 答案

D 1123.设A＝2a＋2b，B＝(a＞0，b＞0)，则A，B的大小关系为________. a＋bb＋a（a＋b）2－4ab（a－b）22解析

A－B＝2ab－＝＝，

a＋b2ab（a＋b）2ab（a＋b）∵a＞0，b＞0，∴2ab＞0，a＋b＞0，

又∵(a－b)2≥0，∴A≥B. 答案

A≥B

4.已知a＞b，求证：a3－b3＞ab(a－b). 证明

a3－b3－ab(a－b)

＝a3－b3－a2b＋ab2

＝a2(a－b)＋b2(a－b)＝(a－b)(a2＋b2)，

∵a＞b，∴a－b＞0，a2＋b2＞0. ∴a3－b3－ab(a－b)＞0，

即a3－b3＞ab(a－b).