一 比较法优质教案设计

学习目标

第二讲

证明不等式的基本方

一

比较法

1、理解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、体会比较法所体现的转化与化归的数学思想方法．

知识点一

作差比较法

思考

比差法的理论依据是什么？

梳理

作差比较法

(1)作差比较法的理论依据：a－b＞0⇔a＞b；a－b＜0⇔________；a－b＝0⇔a＝b. (2)作差比较法解题的一般步骤：①作差；②变形整理；③判定符号；④得出结论．

其中变形整理是解题的关键，变形整理的目的是为了能够直接判定______________，常用的方法：因式分解，配方，通分，分子或分母有理化等．

知识点二

作商比较法

a思考1

对于两个正数a，b，若＞1，能够判断a，b的大小吗？

b

思考2

类比作差比较法，请谈谈作商比较法．

a梳理

(1)作商比较法：若a＞0，b＞0，要证明a＞b，只要证明＞1；要证明b＞a，只要证b明______________．这种证明不等式的方法，叫做作商比较法．

(2)作商比较法的理论依据是不等式的基本性质：

①b＞0，若____________________，则a＞b；若____________________，则a＜b；

②b＜0，若____________________，则a＜b；若____________________，则a＞b. (3)作商比较法解题的一般步骤：①判定a，b符号；②作商；③变形整理；④判定与

____________；⑤得出结论．

类型一

作差比较法证明不等式

例1

已知正数a，b，c成等比数列，求证：a2－b2＋c2≥(a－b＋c)2.

反思与感悟

作差比较法的关键是作差后的变形，一般通过分解因式或将差式转化为积商式，以便与0比较大小．

跟踪训练1

已知a≥1，求证：a＋1－a＜a－a－1.

类型二

作商比较法证明不等式

例2

已知a＞0，b＞0，求证：ab≥(ab)

引申探究

1．若a＞0，b＞0，求证：(ab)ab2abab2. ≥abba. 2．当a＞0，b＞0时，比较aabb与abba的大小．

反思与感悟

作商比较法证明不等式的一般步骤

(1)作商：将不等式左右两边的式子进行作商．

(2)变形：化简商式到最简形式．

(3)判断：判断商与1的大小关系，也就是判断商大于1或小于1或等于1. (4)得出结论．

跟踪训练2

已知a＞0，b＞0，求证：

类型三

比较法的应用

a＋ma例3

证明：若a，b，m都是正数，并且a＜b，则＞(糖水不等式)．

b＋mb

反思与感悟

比较法理论上便于理解，实用时便于操作，故应用比较广泛．

跟踪训练3

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？

1．已知不等式：①x2＋3＞2x(x∈R＋)；②a5＋b5＞a3b2＋a2b3(a，b∈R＋)；③a2＋b2≥2(a－b－1)．其中正确的个数为(

) ab＋≥

a＋b. ba

A．0

C．2

12.＜1成立的充要条件是(

) aA．a＞1

C．a≠0

B．1 D．3 B．a＜0 D．a＞1或a＜0 3．若x，y∈R，记w＝x2＋3xy，u＝4xy－y2，则(

) A．w＞u

C．w≥u

4．a，b都是正数，P＝A．P＞Q

C．P≥Q

B．w＜u

D．无法确定

a＋b，Q＝a＋b，则P，Q的大小关系是(

) 2B．P＜Q

D．P≤Q

a2－b2a－b5．设a＞b＞0，求证：22＞. a＋ba＋b

1．作差比较法证明不等式的技巧

(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．

(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．

2．作商比较法适用证明的不等式的特点

适合欲证的不等式两端是乘积形式、幂指数的不等式或某些不同底数对数值的大小比较．

答案精析

问题导学

知识点一

思考

a＞b⇔a－b＞0；a＝b⇔a－b＝0；a＜b⇔a－b＜0. 梳理

(1)a＜b

(2)与0的大小

知识点二

a思考1

能，根据不等式的性质知，＞1⇒a＞b. baaa思考2

对于正数a，b，＞1⇔a＞b；＝1⇔a＝b；＜1⇔a＜b. bbbaaaaa梳理

(1)＜1

(2)①＞1

＜1

②＞1

＜1

(3)1的大小

bbbbb题型探究

例1

证明

因为正数a，b，c成等比数列，

所以b2＝ac，b＝ac，

又(a2－b2＋c2)－(a－b＋c)2

＝a2－b2＋c2－a2－b2－c2＋2ab－2ac＋2bc＝2ab－4b2＋2bc

＝2b(a－2b＋c) ＝2b(a－c)2≥0，

所以a2－b2＋c2≥(a－b＋c)2. 跟踪训练1

证明

∵(a＋1－a)－(a－a－1)＝a－1－a＋1＝＜0，

a＋1＋aa＋a－1∴a＋1－a＜a－a－1. 例2

证明

因为aabb＞0，(ab)ab2ab211－

a＋1＋aa＋a－1＞0，

所以ab(ab)abab2＝aab2bba2ab. 当a＝b时，显然有abab2＝1；

a－ba当a＞b＞0时，＞1，＞0，

b2

所以由指数函数的单调性可知，abab2＞1；

a－ba当b＞a＞0时，0＜＜1，＜0，

b2所以由指数函数的单调性可知，abab2＞1. ab2综上可知，对任意实数a，b，都有ab≥(ab)引申探究

1．证明

因为ab＞0，(ab)baab. ab2＞0，

ba2所以ab(ab)abab2＝aba2bab2abba2. 所以当a＝b时，显然有ab＝1；

b－aa当a＞b＞0时，＞1，＜0，

b2由指数函数的单调性，可得abba2b－aaa＜()0＝1；当b＞a＞0时，0＜＜1，＞0，由指数bb2函数的单调性，可得abba2a＜()0＝1，

bba综上可知，对任意a＞0，b＞0，都有ab≤(ab)2．解

由例2和探究1知，ab≥(ab)abab2. ab2≥abba. abab＋babaab跟踪训练2

证明

∵＝＋＝＋

a＋ba＋ba＋bab＋bab＋aaab＋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＋mamb－a－＝. b＋mbbb＋m例3

证明

∵a，b，m都是正数，且a＜b，

∴b－a＞0，b(b＋m)＞0，

mb－a∴＞0，

bb＋ma＋ma即－＞0，

b＋mba＋ma∴＞. b＋mb跟踪训练3

解

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

t1t1ssm＋n＝s，＋＝t2. 222m2nsm＋n2s∴t1＝，t2＝，

2mnm＋nsm＋n2s∴t1－t2＝－

2mnm＋ns[4mn－m＋n2]sm－n2＝＝－. 2mnm＋n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．

当堂训练

1．C

2.D

3.C

4.D a2－b2a－b5．证明

方法一

2－

a＋b2a＋ba－b[a＋b2－a2＋b2]＝

a2＋b2a＋b＝2aba－b＞0，

a＋b2a＋b2∴原不等式成立．

方法二

∵a＞b＞0，∴a2＞b2＞0. ∴左边＞0，右边＞0.

左边a＋b22ab∴＝22＝1＋22＞1. 右边a＋ba＋b∴原不等式成立．