一 比较法ppt配套教案和课堂实录

2.1 比较法

教学目标：能熟练地运用作差、作商比较法证明不等式。

教学重、难点：能熟练地运用作差、作商比较法证明不等式。

教学过程：

一、知识回顾，引入新课：

1．绝对值三角不等式： 定理1 如果a,bR, 那么|ab||a||b|. 当且仅当 时，

等号成立, 定理2 如果a,b,cR, 那么|ac||ab||bc|. 当且仅当 时，

等号成立, 2．含绝对值不等式的解法：设a为正数, 则

⑴f(x)a； ⑵f(x)a,

3．实数大小比较法则：abab0

abab0

abab0

二、新课探究：

例1、若实数x1，求证：3(1x2x4)(1xx2)2.

证明：采用差值比较法：

3(1x2x4)(1xx2)2

=33x23x41x2x42x2x22x3

=2(x4x3x1)

=2(x1)2(x2x1)

=2(x1)2[(x12)234].

x1,从而(x1)20,且(x132)240,

∴ 2(x1)2[(x132)24]0,

∴ 3(1x2x4)(1xx2)2.

讨论：若题设中去掉x1这一限制条件，要求证的结论如何变换？

1

巩固练习1：设a,b都是正数，且ab，求证：a3b3a2bab2。

例2、如果用a kg白糖制出b kg糖溶液，则糖的质量分数为a. 若在上述溶液中再添加

bm kg白糖，此时糖的质量分数增加到

例3、已知a,bR,求证aabbabba.

am. 列出题中的不等式，并给出证明．

bm本题可以尝试使用差值比较和商值比较两种方法进行。 证明：1) 差值比较法：注意到要证的不等式关于a,b对称，不妨设ab0.

ab0ababab(aabbabbabbab)0，从而原不等式得证。

2）商值比较法：设ab0,

aabbaa1,ab0,

ba()ab1.故原不等式得证。

bbab

巩固练习2：若abc0，求证aabbcc(abc)

三、课堂小结：

比较法是证明不等式的一种最基本、最重要的方法。用比较法证明不等式的步骤是：作差（或作商）、变形、判断符号。“变形”是解题的关键，是最重一步。因式分解、配方、凑成若干个平方和等是“变形”的常用方法。

四、课后作业：课本23页第1、2、3、4题。

2 abc3.

选修4-5学案 §2.1.1 证明不等式的基本方法 (1)比较法 ☆学习目标： 1. 理解并掌握证明不等式的基本方法---比较法; 2. 了解比较法证明不等式的基本步骤及其关键点

☻知识情景：

1．绝对值三角不等式： 定理1 如果a,bR, 那么|ab||a||b|. 当且仅当 时，

等号成立, 定理2 如果a,b,cR, 那么|ac||ab||bc|. 当且仅当 时，

等号成立, 2．含绝对值不等式的解法：设a为正数, 则

⑴f(x)a； ⑵f(x)a,

3．实数大小比较法则：abab0

abab0

abab0

☆案例学习：

例1 若实数x1，求证：3(1x2x4)(1xx2)2.

巩固练习1： 设ab，求证：a23b22b(ab).

3

例2 如果用a kg白糖制出b kg糖溶液，则糖的质量分数为a. 若在上述溶液中再添加

bm kg白糖，此时糖的质量分数增加到

例3 已知a,bR,求证abab.

[来源:学§科§网]am. 列出题中的不等式，并给出证明．

bmabba

课堂练习2：

若abc0，求证abc(abc)

课堂小结：

比较法是证明不等式的一种最基本、最重要的方法。用比较法证明不等式的步骤是：作差（或作商）、变形、判断符号。“变形”是解题的关键，是最关键一步。因式分解、配方、凑成若干个平方和等是“变形”的常用方法。

4 abcabc3.

第二讲 证明不等式的基本方法

2.1比较法

课后篇巩固探究

一、选择题

1．下列命题：

①当b>0时，a>b⇔a>1；

②当b>0时，a

③当a>0，b>0时，ab>1⇔a>b；

④当ab>0时，ab>1⇔a>b. 其中是真命题的有(

) A．①②③

B．①②④

C．④

D．①②③④

解析：选A

只有④不正确．如a＝－2，b＝－1时，ab＝2>1，但a

) A．w>u

B．w

C．w≥u

D．无法确定

解析：选C

∵w－u＝x2－xy＋y2＝2x－y22＋3y4≥0，

∴w≥u. 3．a，b都是正数，P＝a＋b2，Q＝a＋b，则P，Q的大小关系是(

) A．P>Q

B．P

C．P≥Q

D．P≤Q

解析：选D

∵a，b都是正数，∴P>0，Q>0. ∴

P2－Q2＝a＋b－a－b2222－(a＋b)＝2≤0(当且仅当a＝b时取等号)，

∴

P2－Q2≤0，

∴P≤Q. 4．已知a＞b＞－1，则1a＋1与1b＋1的大小关系为(

) A.1a＋1＞1b＋1

B.1a＋1＜1b＋1

C.1a＋1≥1b＋1

D.11a＋1≤b＋1

解析：答案B

因为a＞b＞－1，所以a＋1＞0，b＋1＞0，a－b＞0，

则11b－a1a＋1－b＋1＝（a＋1）（b＋1）＜0，所以a＋1＜1b＋1.

5．在等比数列{an}和等差数列{bn}中，a1＝b1＞0，a3＝b3＞0，a1≠a3，则a5与b5的大小关系为(

A．a5＞b5

B．a5＜b5

C．a5＝b5

D．不确定

) 5

解析：答案A

由等比数列的性质知aa25＝3a，由等差数列的性质知b15＝2b3－b1.又a1≠a3，

222故aa2a3－2a3a1＋a1（a35－b5＝3a－2b－a1）3＋b1＝＝＞0.

1a1a1因此，a5＞b5. 6．已知a＞0且a≠1，P＝loga(a3＋1)，Q＝loga(a2＋1)，则P，Q的大小关系是(

) A．P＞Q

B．P＜Q

C．P＝Q

D．大小不确定

解析：答案A －Q＝log32＝loga3P＋1a(a＋1)－loga(a＋1)aa2＋1. 当0＜a＜1时，0＜a3＋1＜a2＋1，0＜a3＋1a3＋1a2＋1＜1，所以logaa2＋1＞0，

P－Q＞0，即

P＞Q. 当a＞1时，a3＋1＞a2＋1＞0，a3＋1a3＋1a2＋1＞1，所以logaa2＋1＞0，即P－Q＞0，所以P＞Q. 故应选A.

7. 已知a＞0，b＞0，, ，

，则m，n，p的大小顺序是( A. m≥n＞p B. m＞n≥p C. n＞m＞p D. n≥m＞p

解析：答案A 由已知

，

，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 ，

n＝2＋1＝3，∴m＞n，可排除D.

8. 已知 ，Q＝a2－a＋1，那么P、Q的大小关系是( )

A. P＞Q B. P＜Q C. P≥Q D. P≤Q

解析：答案D

【解析】法一：

＝(a2＋1)2－a2＝a4＋a2＋1≥1，

又∵a2＋a＋1＞0恒成立，

∴Q≥P.

)

6

法二：

∵a＋a＋1＞0恒成立且a＋a≥0，

∴P－Q≤0，即Q≥P.

242，

二、填空题

9. 2a与1的大小关系为________．

1＋a22a－1－a21－a22a解析：－1＝＝－≤0. 1＋a21＋a21＋a22a答案：≤1 1＋a2答案：x

ab11122解析：依题意，有＞，a＞b，故只需比较与b2的大小．

abb1因为b＞0，＜0，

b21211212所以＜b.所以，，a，b中最小的是. babb1答案：

b11．已知a＞0，1＞b＞0，a－b＞ab，则1＋a与1解析：答案：1＋a＞

1－b因为a＞0，1＞b＞0，a－b＞ab，

所以(1＋a)(1－b)＝1＋a－b－ab＞1.

1＋a从而＝（1＋a）（1－b）＞1，

11－b1所以1＋a＞.

1－b12．下列四个不等式：①a<0

7 1的大小关系是________．

1－b

其中能使11a

解析

11b－aa

答案

①②④

三、解答题

13．已知a

所以(a2b＋b2c＋c2a)－(ab2＋bc2＋ca2) ＝(a2b－ca2)＋(b2c－bc2)＋(ac2－ab2) ＝a2(b－c)＋bc(b－c)－a(b－c)(b＋c) ＝(b－c)[a2－a(b＋c)＋bc]＝(b－c)(a－b)(a－c)<0，

所以a2b＋b2c＋c2a

证明

由a，b是非负实数，作差得

a3＋b3－ab(a2＋b2)＝a2a(a－b)＋b2b(b－a) ＝(a－b)[(a)5－(b)5]．

当a≥b时，a≥b，从而(a)5≥(b)5，得(a－b)[(a)5－(b)5]≥0；当a0. 所以a3＋b3≥ab(a2＋b2)．

15．已知a>2，求证：loga(a－1)2，

∴a－1>1，

∴loga(a－1)>0，log(a＋1)a>0. 由于logaa－1log＝loglogaa－1＋logaa＋12logaa2－12a＋1aa(a－1)·loga(a＋1)<2＝2. ∵a>2，∴00，∴loga(a－1)

8

9