1．5/不等式证明的基本方法
1．5.1 比 较 法
[读教材·填要点]
1．定义
要证a>b，只需要证a－b>0；要证a2．用比较法证明不等式的步骤
(1)求差．
(2)变形：可用因式分解、配方、乘法公式等，把差变形为乘积式平方和的形式．
(3)作出判断．
[小问题·大思维]
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.
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比较法证明不等式
[例1] 求证：(1)当x∈R时，1＋2x4≥2x3＋x2；
(2)当a，b∈(0，＋∞)时，aabb≥(ab).
[思路点拨] (1)利用作差比较法，注意变形分解；
(2)利用作商比较法，注意判断底数大小决定商的大小．
[精解详析] (1)法一：(1＋2x4)－(2x3＋x2)
＝2x3(x－1)－(x＋1)(x－1)
＝(x－1)(2x3－x－1)
＝(x－1)(2x3－2x＋x－1)
＝(x－1)[2x(x2－1)＋(x－1)]
＝(x－1)2(2x2＋2x＋1)
＝(x－1)2≥0，
∴1＋2x4≥2x3＋x2.
法二：(1＋2x4)－(2x3＋x2)
＝x4－2x3＋x2＋x4－2x2＋1
＝(x－1)2·x2＋(x2－1)2≥0，
∴1＋2x4≥2x3＋x2.
(2)＝ab＝，
当a＝b时，＝1；
当a>b>0时，>1，>0，则>1；
当b>a>0时，0<<1，<0，
则>1.
综上可知，当a，b∈(0，＋∞)时，aabb≥(ab) 成立．
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(1)比较法证明不等式的过程中，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x>－1，求证：≤1＋.
证明：∵x＞－1，
∴1＋x>0，>0.
∵－(1＋)＝－
＝－－
＝－[(x＋1)－2＋1]
＝－(－1)2≤0，
∴≤1＋.
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比较法的实际应用
[例2] 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？
[思路点拨] 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．
[精解详析] 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：
m＋n＝s，
＋＝t2.
∴t1＝，t2＝.
∴t1－t2＝－＝
＝－.
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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2．某人乘出租车从A地到B地，有两种方案．第一种方案：乘起步价为10元，超过规定里程后每千米1.2元的出租车；第二种方案：乘起步价为8元，超过规定里程后每千米1.4元的出租车．按出租车管理条例，在起步价内，不同型号的出租车行驶的路程是相等的，则此人从A地到B地选择哪一种方案比较合适？
解：设A地到B地的距离为m千米．起步价内行驶的路程为a千米．
显然当m≤a时，选起步价为8元的出租车比较合适．
当m>a时，设m＝a＋x(x>0)，乘坐起步价为10元的出租车费用为P(x)元．乘坐起步价为8元的出租车费用为Q(x)元，
则P(x)＝10＋1.2x，Q(x)＝8＋1.4x.
∵P(x)－Q(x)＝2－0.2x＝0.2(10－x)
∴当x>10时，P(x)当x<10时，P(x)>Q(x)，此时选择起步价为8元的出租车较为合适．
当x＝10时，P(x)＝Q(x)，两种出租车任选，费用相同．
[对应学生用书P18]
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．lgb2C．>1 D．a2＞b2
解析：∵a＜b＜0，∴－a>－b>0.
(－a)2>(－b)2>0.
即a2>b2>0.
∴＜1.
又lg b2－lg a2＝lg＜lg 1＝0.
∴lg b2＜lg a2.
答案：B
2．已知P＝，Q＝a2－a＋1，那么P、Q的大小关系是( )
A．P>Q B．PC．P≥Q D．P≤Q
解析：P－Q＝
＝，
∵a2＋a＋1＞0恒成立且a4＋a2≥0，
∴P－Q≤0.即Q≥P.
答案：D
3．已知a＞0，b＞0，m＝＋，＝＋，p＝，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：由已知，知m＝＋，n＝＋，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m＝4＋＝，n＝2＋1＝3，
∴m＞n.可排除D.
答案：A
4．若a，b为不等的正数，则(abk＋akb)－(ak＋1＋bk＋1)(k∈N＋)的符号( )
A．恒正 B．恒负
C．与k的奇偶性有关 D．与a，b大小无关
解析：(abk＋akb)－ak＋1－bk＋1
＝bk(a－b)＋ak(b－a)＝(a－b)(bk－ak)．
∵a>0，b>0，若a>b，则ak>bk，
∴(a－b)(bk－ak)<0；
若a答案：B
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∴－2xy(x－y)>0，∴M－N>0.即M>N.
答案：M>N
6．设0解析：由a2＝2x，b2＝1＋x2＋2x>a2，a>0，b>0，
得b>a.
又c－b＝－(1＋x)＝＝>0，
得c>b，知c最大．
答案：c
7．如果a>0，b>0，则下列两式的大小关系为lg(1＋)________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．(填不等关系符号)
解析：∵(1＋a)(b＋1)＝1＋a＋b＋ab，
∴[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]
＝lg .
∵(1＋)2－()2＝2－(a＋b)，
又a＋b≥2，∴2－(a＋b)≤0.
∴lg(1＋)≤[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
答案：≤
8．一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，
则L1－L2＝100＋0.025a＋2.5－120＋0.02a
＝0.045，
∵a<，∴L1答案：月末
三、解答题
9．已知a≥1，求证－<－，
证明：∵(－)－(－)
＝－
＝＜0，
∴－<－.
10．设a，b是非负实数，求证：a3＋b3≥(a2＋b2)．
证明：由a，b是非负实数，作差得
a3＋b3－(a2＋b2)
＝a2(－)＋b2(－)
＝(－)[()5－()5]．
当a≥b时，≥，从而()5≥()5，
得(－)[()5－()5]≥0；
当a得(－)[()5－()5]>0.
所以a3＋b3≥(a2＋b2)．
11．设m∈R，a>b>1，f(x)＝，比较f(a)与f(b)的大小．
解：f(a)－f(b)＝－＝.
∵a>b>1，∴b－a<0，a－1>0，b－1>0，
∴<0.
当m>0时，<0，f(a)当m<0时，>0，f(a)>f(b)；
当m＝0时，＝0，f(a)＝f(b)．
课件27张PPT。第一章把握热点考向考点一理解教材新知考点二应用创新演练1．5不等式证明的基本方法读教材·填要点小问题·大思维1．5.1 比 较 法
