一 比较法优秀教学实录

一

比

较

法

[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

要证明a>b，只要证明a－b>0 要证明a

作差→因式分解(或配方)→判断符号→得出结论

作商比较法

a要证明a>b>0，只要证明＞1 bb要证明b＞a＞0，只要证明>1 a作商→恒等变形→判断与1的大小→得出结论

定义

步骤

[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．

考点1

求证：(1)a2＋b2≥2(a－b－1)；

(2)若a>b>c，则bc2＋ca2＋ab2

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

作差法比较大小

(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．有时会遇到结果符号不能确定，这时候要对差式进行分类讨论．

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1．已知正数a，b，c成等比数列，求证：a2－b2＋c2≥(a－b＋c)2. 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.

考点2

已知a＞2，求证：loga(a－1)＜log(a＋1)a. 作商法比较大小

[精讲详析]

本题考查作商比较法的应用，解答本题需要先判断不等式两侧代数式的符号，然后再用作商法比较左右两侧的大小．

∵a＞2，∴a－1>1. ∴loga(a－1)>0，log(a＋1)a＞0，loga(a＋1)>0，

logaa－1由于＝loga(a－1)·loga(a＋1) loga＋1a<logaa－1＋logaa＋122

2logaa－12＝2. ∵a＞2，∴0

即logaa－1＜1. loga＋1a22∵log(a＋1)a＞0，∴loga(a－1)＜log(a＋1)a. ——————————————————

(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．

aa(2)在作商比较法中>1⇒a>b是不正确的，这与a、b的符号有关，比如若b>0，由>1，bb可得a>b，但若b<0，

a则由>1得出的反而是a

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a＋b2．设a>0，b>0，求证：aabb≥(ab). 2a＋b证明：∵aabb>0，(ab)>0，

2a－bb－aaa－baabb∴＝a·b＝b. 222a＋bab2aa－b当a＝b时，显然有b2＝1. a－ba当a>b>0时，>1，>0. b2a－ba当b>a>0时，0<<1，<0. b2aa－ba0由指数函数的单调性，有b2>b. aa－b即b2>1. a＋b综上可知，对任意实数a、b，都有aabb≥(ab). 2

考点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行比较法的实际应用

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：

t1t1ssm＋n＝s，＋＝t2. 222m2nsm＋n2s∴t1＝，t2＝. 2mnm＋nsm＋ns[4mn－m＋n2]sm－n22s∴t1－t2＝－＝＝－. 2mnm＋n2mn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．

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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．

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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．

L2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π2π，截面是正方形L2的水管的截面面积为4. L2L2LLL4－π∵π2π－4＝4π－16＝16π>0，

L2L2∴π2π＞4，

∴原结论得证．

本节热点命题关注

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] 222

111(1)设x≥1，y≥1，证明x＋y＋≤＋＋xy；

xyxy(2)设1

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，

111所以x＋y＋≤＋＋xy

⇒⇐

xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2. xyxy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)．

因为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

111logca＝，logba＝，logcb＝，logac＝xy. xyxy于是，所要证明的不等式即为

111x＋y＋≤＋＋xy，

xyxy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＜b2

B．lg b2

1212bC.>1

D.2a＞2b

ab2解析：选B

∵a＜b＜0，∴－a>－b>0.(－a)>(－b)>0.即a>b>0.∴2＜1.又lg b2－lg a2a2222b2＝lg2＜lg 1＝0.∴lg b2＜lg a2. a

2．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

C．P＝Q

D．大小不确定

a3＋1解析：选A

P－Q＝loga(a＋1)－loga(a＋1)＝loga2. a＋132a3＋1当0

a＋132a3＋1∴loga2>0，即P－Q>0.∴P>Q. a＋1a3＋1当a>1时，a＋1>a＋1>0，2>1，

a＋132a3＋1∴loga2>0，即P－Q>0.∴P>Q. a＋1综上可知，P>Q. 23．已知a>b>0且ab＝1，设c＝，P＝logca，N＝logcb，M＝logc(ab)，则(

) a＋bA．P

B．M

C．N

D．P

1244解析：选A

令a＝2，b＝，则c＝＝，则M＝logc(ab)＝0，P＝log2<0，

25a＋b541N＝log>0，∴Pn，n∈N＋，a＝(lg x)m＋(lg x)m，b＝(lg x)n＋(lg x)n，x＞1，则a与b的大小－－关系为(

) A．a≥b

B．a≤b

C．与x值有关，大小不定

D．以上都不正确

解析：选A

a－b＝lgmx＋lg11n－m

＝(lgmx－lgnx)－lgxlgxlgmx－lgnx＝(lgx－lgx)－mn

lgxlgxmn－mx－lgnx－lgnx

－11－mn

＝(lgmx－lgnx)lgxlgx1＝(lgmx－lgnx)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

∴xy＞0，x－y<0，

∴－2xy(x－y)>0，

∴M－N>0，即M>N. 答案：M>N

6．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≠－2 7．设a>b>c>0，x＝a2＋b＋c2，y＝b2＋c＋a2，z＝c2＋a＋b2，则x，y，z的大小关系为________．

解析：∵a>b>c>0，∴x>0，y>0，z>0. 而x2－y2＝a2＋b2＋2bc＋c2－(b2＋c2＋2ac＋a2)＝2bc－2ac＝2c(b－a)<0，

∴x2

又y2－z2＝b2＋(c＋a)2－[c2＋(a＋b)2] ＝2ac－2ab＝2a(c－b)<0，

∴y

3 5008．一个个体户有一种商品，其成本低于

元．如果月初售出可获利100元，再将9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，

3 500a－则L1－L2＝100＋0.025a＋2.5－120＋0.02a＝0.0459，

3 500∵a<，∴L1

9答案：月末

三、解答题

9．设a，b为非负实数，求证：a3＋b3≥ab(a2＋b2)．

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

10．已知b，m1，m2都是正数，a

a＋m1a＋m2求证：<. b＋m1b＋m2a＋m1a＋m2a＋m1b＋m2－a＋m2b＋m1证明：－＝

b＋m1b＋m2b＋m1b＋m2＝am2＋bm1－am1－bm2a－bm2－m1＝. b＋m1b＋m2b＋m1b＋m2因为b>0，m1>0，m2>0，所以(b＋m1)(b＋m2)>0. 又a0，

从而(a－b)(m2－m1)<0. a－bm2－m1a＋m1a＋m2于是<0，所以<. b＋m1b＋m2b＋m1b＋m211．已知函数f(x)＝log2(x＋m)，且f(0)、f(2)、f(6)成等差数列．

(1)求f(30)的值；

(2)若a、b、c是两两不相等的正数，且a、b、c成等比数列，试判断f(a)＋f(c)与2f(b)的大小关系，并证明你的结论．

解：(1)由f(0)、f(2)、f(6)成等差数列，得

2log2(2＋m)＝log2m＋log2(6＋m)，

即(m＋2)2＝m(m＋6)(m＞0)．

∴m＝2，∴f(30)＝log2(30＋2)＝5. (2)f(a)＋f(c)＞2f(b)．

证明如下：2f(b)＝2log2(b＋2)＝log2(b＋2)2，

f(a)＋f(c)＝log2[(a＋2)(c＋2)]，

又b2＝ac，

∴(a＋2)(c＋2)－(b＋2)2

＝ac＋2(a＋c)＋4－b2－4b－4＝2(a＋c)－4b. ∵a＋c＞2ac＝2b(a≠c)，

∴2(a＋c)－4b>0，

∴log2[(a＋2)(c＋2)]＞log2(b＋2)2，即f(a)＋f(c)>2f(b)．