1.5.1　不等式证明的基本方法学案

1.1.5　不等式证明的基本方法
1.5.1　比较法
在理解比较法的基础上，会用作差、作商两种形式的比较法比较两个代数式的大小，会用比较法证明较简单的不等式.
自学导引
1.因为a>b?a－b>0，要证a>b，只需要证a－b>0，同样要证a2.如果a、b都是正数，要证a>b，只需证>1；如果a、b都是负数，要证a>b，只需证<1.
基础自测
1.下列关系中对任意aA.a2C.>1 D.>b2
解析　ab2>0，∴lga2>lgb2，故选B.
答案　B
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.PC.P＝Q D.大小不确定
解析　当a>1时，a3＋1>a2＋1，∴loga(a3＋1)>loga(a2＋1)，当0loga(a2＋1)，
综合以上两种情况知P>Q，故选A.
答案　A
3.设P＝a2b2＋5，Q＝2ab－a2－4a，且ab≠1，a≠－2.则P、Q的大小关系是________.
解析　P－Q＝a2b2＋5－2ab＋a2－4a
＝(ab－1)2＋(a－2)2>0，∴P>Q.
答案　P>Q
知识点1　两代数式大小的比较
【例1】已知x解　(x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)
＝(x－y)[(x2＋y2)－(x＋y)2]
＝－2xy(x－y).
∵x0，x－y<0，
∴－2xy(x－y)>0，
∴(x2＋y2)(x－y)>(x2－y2)(x＋y).
●反思感悟：实数大小的比较常用a>b?a－b>0或“>1，且b>0?a>b”来解决，比较法的关键是第二步的变形，一般来说，变形越彻底，越有利于下一步的符号判断.
1.设a>0，b>0且a≠b，试比较aabb与abba的大小.
解　＝aa－b·bb－a＝.
当a>b>0时，>1，a－b>0，则>1，
于是aabb>abba.当b>a>0时，0<<1，a－b<0，
则>1，于是aabb>abba.
综上所述，对于不相等的正数a、b，都有aabb>abba.
知识点2　作差比较法证明不等式
【例2】设a>0，b>0，求证＋≥a＋b.
证明　方法一：左边－右边
＝－(＋)
＝
＝＝≥0.
∴原不等式成立.
方法二：左边>0，右边>0.
＝
＝≥＝1，
∴原不等式成立.
●反思感悟：用比较法证不等式，一般要经历作差(或作商)、变形、判断三个步骤，变形的主要手段是通分、因式分解或配方，在变形过程中，也可利用基本不等式放缩.
2.设a≥b>0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.
证明　3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)＝(3a2－2b2)(a－b).
因为a≥b>0，所以a－b≥0，3a2－2b2>0，
从而(3a2－2b2)(a－b)≥0.
即3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.
知识点3　作商比较法证明不等式
【例3】已知a>b>c>0，求证：aabbcc>(abc)(a＋b＋c).
证明　∵＝abc＝a＋·
b＋·c＋＝.
∵a>b>0，∴a－b>0，>1，∴>1.
同理可证>1，>1，
∴aabbcc>(abc)(a＋b＋c).
●反思感悟：作商后通常利用不等式的性质、指数函数的性质、对数函数的性质来判断商式与1的大小.
3.设m＝，n＝，那么它们的大小关系是m________n.
解析　＝＝
＝＝1，∴m＝n.
答案　＝
课堂小结
1.比较法有两种形式，一是作差；二是作商.用作差证明不等式是最基本、最常用的方法.它的依据是不等式的基本性质.
2.步骤是：作差(商)―→变形―→判断.变形的目的是为了判断.若是作差，就判断与0的大小关系，为了便于判断，往往把差式变为积或完全平方式.若是作商，两边为正，就判断与1的大小关系.
3.有时要先对不等式作等价变形再进行证明，有时几种证明方法综合使用.
随堂演练
1.a、b都是正数，P＝，Q＝，则P，Q的大小关系是(　　)
A.P>Q B.PC.P≥Q D.P≤Q
解析　＝≤＝1，∴P≤Q，应选D.
答案　D
2.已知0A.a B.b
C.c D.不能确定
解析　显然b>a，下面比较b，c.b－c＝1＋x－＝＝－<0，
∴C最大，故应选C.
答案　C
3.下列命题：
①当b>0时，a>b?>1；
②当b>0时，a③当a>0，b>0时，>1?a>b；
④当ab>0时，>1?a>b，其中真命题有(　　)
A.①②③ B.①②④
C.④ D.①②③④
解析　①②③正确，④中若a<0时不成立，故选A.
答案　A
4.若－1解析　∵a，又∵a2，b2都为正数，
∴最小的为.
答案　
基础达标
1.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
2.设a、b、c、d、m、n∈R＋，P＝＋，Q＝·，则有(　　)
A.P≥Q B.P≤Q
C.P>Q D.P解析　采用先平方后作差法
∵P2－Q2＝(ab＋cd＋2)－
＝2－ad－bc＝－≤0，
∴P2≤Q2，又∵P>0，Q>0，∴P≤Q.
答案　B
3.对x1>x2>0，0A.x1x2>y1y2 B.x1x2＝y1y2
C.x1x2答案　C
4.已知a1≤a2，b1≤b2，则a1b1＋a2b2与a1b2＋a2b1的大小关系是________.
解析　a1b1＋a2b2－a1b2－a2b1
＝a1(b1－b2)＋a2(b2－b1)＝(b2－b1)(a2－a1)≥0
∴a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1.
答案　a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1
5.设a>5，则－与－的大小关系是__________________.
解析　因为a>5，只需比较＋与2的大小，两数平方，即比较与a－4的大小，再平方，只需比较a2－8a＋15与a2－8a＋16的大小.
答案　－<－
6.设a、b∈(0，＋∞)，且a≠b，比较＋与a＋b的大小.
解　＋－(a＋b)＝(a3－b3)
＝(a＋b)(a－b)2(a2＋ab＋b2)，
∵a、b∈(0，＋∞)，且a≠b，
∴a＋b，(a－b)2，(a2＋ab＋b2)，均为正数，
∴＋－(a＋b)>0，∴＋>a＋b.
综合提高
7.设a＝sin 15°＋cos 15°，b＝sin 16°＋cos 16°，则下列各式正确的是(　　)
A.a<C.b解析　a＝sin 15°＋cos 15°＝sin 60°，
b＝sin 16°＋cos 16°＝sin 61°，
∴a∵>ab＝sin 60°·sin 61°
＝sin 61°>sin 61°＝b，故a答案　B
8.已知a，b，c，d都是正数，且bc>ad，则，，，中最大的是(　　)
A. B.
C. D.
解析　－＝<0，∴<，
－＝＝>0，
－＝＝>0，
所以最大的是.
答案　D
9.设x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若x＞y，则实数a、b应满足的条件是________.
解析　若x＞y，则x－y＝a2b2＋5－2ab＋a2＋4a＝(ab－1)2＋(a＋2)2＞0.只要a＋2≠0，ab－1≠0两个中满足一个，即可使得x＞y.
答案　a≠－2或ab≠1
10.设a＞0，b＞0，则下列两式大小关系为lg(1＋)________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)].
解析　(1＋a)(1＋b)－(1＋2)＝a＋b－2＝(－)2≥0，∴lg(1＋a)(1＋b)≥lg(1＋)2，
即[lg(a＋1)＋lg(1＋b)]≥lg(1＋).
答案　≤
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).
12.已知a，b∈R＋，n∈N，求证：(a＋b)(an＋bn)≤2(an＋1＋bn＋1).
证明　∵(a＋b)(an＋bn)－2(an＋1＋bn＋1)
＝an＋1＋abn＋ban＋bn＋1－2an＋1－2bn＋1
＝a(bn－an)＋b(an－bn)
＝(a－b)(bn－an).
(1)若a>b>0，bn－an<0，a－b>0，
∴(a－b)(bn－an)<0.
(2)若b>a>0，bn－an>0，a－b<0，
∴(a－b)(bn－an)<0.
(3)若a＝b>0，(bn－an)(a－b)＝0，
综上(1)(2)(3)可知，对a，b∈R＋，n∈N，
都有(a＋b)(an＋bn)≤2(an＋1＋bn＋1).