2017-2018学年数学人教A版选修4-5优化课件：第二讲 一 比较法
人教版选修A4-5数学课件：2.1 比较法 (共21张PPT)
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一 比较法
探究一 探究二 思维辨析
首页
X 新知导学 D答疑解惑
INZHIDAOXUE
AYIJIEHUO
D当堂检测
ANGTANGJIANCE
变式训练1 若a,b均为负数,求证a3+b3≤a2b+ab2. 证明：a3+b3-(a2b+ab2)=(a3-a2b)+(b3-ab2) =a2(a-b)-b2(a-b)=(a-b)2(a+b). 因为a,b均为负数,所以a+b<0,(a-b)2≥0, 所以(a-b)2(a+b)≤0. 故a3+b3≤a2b+ab2.
1 1 2 + 与 的大小. 2������ 2������ ������+������
因为 a<0,b<0, 所以 (a-b)2≥0,ab>0,(a+b)<0.
(������-������)2 所以 ≤0, 2������������(������+������) 1 1 2 故 + ≤ . 2������ 2������ ������+������
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一 比较法
探究一 探究二 思维辨析
首页
X 新知导学 D答疑解惑
INZHIDAOXUE
AYIJIEHUO
D当堂检测
ANGTANGJIANCE
反思感悟作差比较法证明不等式的技巧 1.在作差比较法中,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.变形所用的方法有配方、因式分解等,要具体情况具体分析. 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.
2017-2018学年数学人教A版选修4-5优化练习：第二讲一比较法Word版含解析
[课时作业][A组基础巩固]1．下列四个数中最大的是()A．lg 2B．lg 2C．(lg 2)2D．lg(lg 2)解析：∵1<2<2<10，∴0<lg 2<lg 2<1，∴(lg 2)2<lg 2，lg(lg 2)<0.∴选A.答案：A2．若a，b为不相等的正数，则(ab k＋a k b)－(a k＋1＋b k＋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：(ab k＋a k b)－a k＋1－b k＋1＝b k(a－b)＋a k(b－a)＝(a－b)(b k－a k)∵a>0，b>0，若a>b，则a k>b k，∴(a－b)(b k－a k)<0；若a<b，则a k<b k，∴(a－b)(b k－a k)<0.答案：B3．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＜Q C．P≥Q D．P≤Q解析：P2Q2＝a＋b＋2ab2(a＋b)≤a＋b＋a＋b2(a＋b)＝1，∴P≤Q，应选D.答案：D4．如果log a3>log b3且a＋b＝1，那么()A．0<a<b<1 B．0<b<a<1C ．1<a <bD ．1<b <a解析：∵a >0，b >0，又∵a ＋b ＝1，∴0<a <1,0<b <1，∴lg a <0，lg b <0，由log a 3>log b 3⇒lg 3lg a －lg 3lg b >0⇒1lg a －1lg b >0⇒lg b －lg a lg a lg b >0⇒lg b >lg a ⇒b >a .∴0<a <b <1.答案：A 5．已知a >b >0，c >d >0，m ＝ac －bd ，n ＝(a －b )(c －d )，则m 与n 的大小关系是( )A ．m <nB ．m >nC ．m ≥nD ．m ≤n解析：∵a >b >0，c >d >0，∴ac >bd >0，ac >bd ，∴m >0，n >0.又∵m 2＝ac ＋bd －2abcd ，n 2＝ac ＋bd －(ad ＋bc )，又由ad ＋bc >2abcd ，∴－2abcd >－ad －bc ，∴m 2>n 2.∴m >n .答案：B6．设P ＝a 2b 2＋5，Q ＝2ab －a 2－4a ，若P >Q ，则实数a ，b 满足的条件为________． 解析：P －Q ＝a 2b 2＋5－(2ab －a 2－4a )＝a 2b 2＋5－2ab ＋a 2＋4a ＝a 2b 2－2ab ＋1＋4＋a 2＋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 ≠－27．已知a ，b ，m ，n 均为正数，且a ＋b ＝1，mn ＝2，则(am ＋bn )(bm ＋an )的最小值为________．解析：(am ＋bn )(bm ＋an )＝abm 2＋(a 2＋b 2)mn ＋abn 2＝ab (m 2＋n 2)＋2(a 2＋b 2)≥2abmn ＋2(a 2＋b 2)＝4ab ＋2(a 2＋b 2)＝2(a 2＋2ab ＋b 2)＝2(a ＋b )2＝2(当且仅当m ＝n ＝2时等号成立)．答案：28．设a >b >0，x ＝a ＋b －a ，y ＝a －a －b ，则x ，y 的大小关系是x ________y .解析：∵x y ＝a ＋b －a a －a －b ＝a ＋a －b a ＋a ＋b <a ＋a ＋b a ＋a ＋b ＝1，且x >0，y >0， ∴x <y答案：<9．已知a >0，b >0，求证：a b ＋b a ≥a ＋b . 证明：法一：∵a b ＋b a a ＋b＝a b a ＋b ＋b a a ＋b ＝aab ＋b ＋bab ＋a ＝a ab ＋a 2＋b ab ＋b 22ab ＋(a ＋b )ab ＝a 2＋b 2＋(a ＋b )ab 2ab ＋(a ＋b )ab， 又∵a 2＋b 2≥2ab ，∴a 2＋b 2＋(a ＋b )ab 2ab ＋(a ＋b )ab ≥2ab ＋(a ＋b )ab 2ab ＋(a ＋b )ab＝1， 当且仅当a ＝b >0时取等号． ∴a b ＋b a ≥a ＋b . 法二：∵a b ＋b a －(a ＋b ) ＝(a b －b )＋(b a－a )． ＝a －b b ＋b －a a＝(a －b )(a －b )ab＝(a ＋b )(a －b )2ab≥0 当且仅当a ＝b >0时取“＝”∴a b ＋b a≥a ＋b . 10．已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，当p ，q 满足p ＋q ＝1时，证明：pf (x )＋qf (y )≥f (px ＋qy )对于任意实数x ，y 都成立的充要条件是0≤p ≤1. 证明：pf (x )＋qf (y )－f (px ＋qy )＝p (x 2＋ax ＋b )＋q (y 2＋ay ＋b )－(px ＋qy )2－a (px ＋qy )－b＝p (1－p )x 2＋q (1－q )y 2－2pqxy＝pq (x －y )2.充分性：若0≤p ≤1，q ＝1－p ∈[0,1]．∴pq ≥0，∴pq (x －y )2≥0，∴pf (x )＋qf (y )≥f (px ＋qy )．必要性：若pf (x )＋qf (y )≥f (px ＋qy )．则pq (x －y )2≥0，∵(x －y )2≥0，∴pq ≥0.即p (1－p )≥0，∴0≤p ≤1.综上所述，原命题成立．[B 组 能力提升]1．已知a >0，且a ≠1，P ＝log a (a 3＋1)，Q ＝log a (a 2＋1)，则P ，Q 的大小关系是( )A ．P >QB ．P <QC ．P ＝QD ．大小不确定解析：P －Q ＝log a (a 3＋1)－log a (a 2＋1)＝log a a 3＋1a 2＋1. 当0<a <1时，0<a 3＋1<a 2＋1，则0<a 3＋1a 2＋1<1，∴log a a 3＋1a 2＋1>0，即P －Q >0. ∴P >Q .当a >1时，a 3＋1>a 2＋1>0，a 3＋1a 2＋1>1， ∴log a a 3＋1a 2＋1>0，即P －Q >0.∴P >Q . 答案：A2．设m >n ，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 ≥bB ．a ≤bC ．与x 值有关，大小不定D ．以上都不正确解析：a －b ＝lg m x ＋lg －m x －lg n x －lg －n x＝(lg m x －lg n x )－(1lg n x －1lg m x )＝(lg m x －lg n x )－lg m x －lg nxlg m x lg n x＝(lg m x －lg n x )(1－1lg m x lg n x )＝(lg m x －lg n x )(1－1lg m ＋n x )．∵x >1，∴lg x >0.当0<lg x <1时， a >b ；当lg x ＝1时，a ＝b ；当lg x >1时，a >b .∴应选A.答案：A3．设m ＝|a |＋|b ||a ＋b |，n ＝|a －b |||a |－|b ||，那么它们的大小关系是m ________n .解析：m n ＝|a |＋|b ||a ＋b ||a －b |||a |－|b ||＝(|a |＋|b |)||a |－|b |||a ＋b |·|a －b |＝|a 2－b 2||a 2－b 2|＝1，∴m ＝n .答案：＝4．一个个体户有一种商品，其成本低于3 5009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L 1＝100＋(a ＋100)×2.5%，月末售出的利润为L 2＝120－2%a ，则L 1－L 2＝100＋0.025a ＋2.5－120＋0.02a ＝0.045(a －3 5009)，∵a <3 5009，∴L 1<L 2，月末出售好．答案：月末5．设直角三角形的斜边长为c ，两直角边长分别为a ，b ，试比较c 3与a 3＋b 3的大小．解析：∵c 是直角三角形的斜边长，a ，b 是直角边长，∴a ＋b >c,0<a c <1,0<b c <1，且a 2＋b 2＝c 2，∴a 3＋b 3c 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 3<⎝ ⎛⎭⎪⎫a c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2＝a 2＋b 2c 2＝1， 即a 3＋b 3c 2<1，故a 3＋b 3<c 3.6．已知函数f (x )＝log 2(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．解析：(1)由f (0)、f (2)、f (6)成等差数列，得2log 2(2＋m )＝log 2m ＋log 2(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)．。
2017-2018学年高二数学人教A版选修4-5教师用书：第2讲
一 比较法1．理解比较法证明不等式的依据．2．掌握利用比较法证明不等式的一般步骤．(重点)3．通过学习比较法证明不等式，培养对转化思想的理解和应用．(难点)教材整理1 作差比较法阅读教材P 21～P 22例2，完成下列问题．1．理论依据：①a ＞b ⇔a －b ＞0；②a ＝b ⇔a －b ＝0；③a ＜b ⇔a －b ＜0. 2．定义：要证明a ＞b ，转化为证明a －b ＞0，这种方法称为作差比较法． 3．步骤：①作差；②变形；③判断符号；④下结论．若x ，y ∈R ，记ω＝x 2＋3xy ，u ＝4xy －y 2，则( ) A ．ω＞u B ．ω＜u C ．ω≥uD.无法确定【解析】 ∵ω－u ＝x 2－xy ＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 22＋3y 24≥0，∴ω≥u . 【答案】 C教材整理2 作商比较法阅读教材P 22～P 23“习题”以上部分，完成下列问题．1．理论依据：当b ＞0时，①a ＞b ⇔a b ＞1；②a ＜b ⇔a b ＜1；③a ＝b ⇔a b＝1. 2．定义：证明a ＞b (b ＞0)，只要转化为证明a b＞1，这种方法称为作商比较法． 3．步骤：①作商；②变形；③判断商与1大小；④下结论．下列命题：①当b ＞0时，a ＞b ⇔a b ＞1； ②当b ＞0时，a ＜b ⇔a b ＜1； ③当a ＞0，b ＞0时，a b＞1⇔a ＞b ； ④当ab ＞0时，a b＞1⇔a ＞b . 其中真命题是( )A ．①②③B ．①②④C ．④ D.①②③④【解析】 由不等式的性质，①②③正确．当ab ＞0时(若b ＜0，a ＜0)，a b＞1与a ＞b 不等价，④错．【答案】 A预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1： 解惑： 疑问2： 解惑： 疑问3： 解惑：已知a ＞0，b ＞0且a ≠b ，求证：a a b b＞(ab )2.【精彩点拨】 判断a a b b与aba ＋b2的正负→作商变形→与1比较大小→下结论【自主解答】 ∵a ＞0，b ＞0，∴a a b b＞0，(ab )a －b2＞0，作商a ab baba ＋b2＝aa－a ＋b2·bb－a ＋b2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2.∵a ≠b ，∴当a ＞b ＞0时，a b ＞1且a －b 2＞0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2＞1，而(ab )a ＋b2＞0，∴a a b b＞(ab )a ＋b2.当b ＞a ＞0时，0＜a b ＜1且a －b 2＜0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2＞1，而(ab )a ＋b2＞0，∴a a b b＞(ab )a ＋b2.综上可知a ＞0，b ＞0且a ≠b 时，有a a b b＞(ab )a ＋b2.1．当不等式的两端为指数式时，可作商证明不等式．2．运用a ＞b ⇔a b＞1证明不等式时，一定注意b ＞0是前提条件．若符号不能确定，应注意分类讨论．1．已知m ，n ∈R ＋，求证：m ＋n2≥m ＋nm n ·n m .【证明】 因为m ，n ∈R ＋，所以m ＋n2≥mn ＝m ＋nmnm ＋n 2，令ω＝mn m ＋n2m n ·n m＝m m －n 2·n n －m 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m n m －n2，则：①当m >n >0时，mn>1，m －n >0，则ω>1. ②当m ＝n 时，ω＝1.③当n >m >0时，0<m n<1，m －n <0，则ω>1.故对任意的m ，n ∈R ＋都有ω≥1.即m ＋nmnm ＋n 2≥m ＋n m n ·n m ，所以m ＋n2≥m ＋nm n ·n m .m 行走，另一半时间以速度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？【精彩点拨】 设从出发地点至指定地点的路程是s ，甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为t 1, t 2，要回答题目中的问题，只要比较t 1，t 2的大小就可以了．【自主解答】 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t 1, t 2，依题意有：t 12m ＋t 12n ＝s ，s 2m ＋s2n＝t 2.∴t 1＝2s m ＋n ，t 2＝s m ＋n2mn， ∴t 1－t 2＝2s m ＋n －s m ＋n 2mn ＝s [4mn －m ＋n 2]2mn m ＋n＝－s m －n 22mn m ＋n.其中s ，m ，n 都是正数，且m ≠n ，∴t 1－t 2＜0，即t 1＜t 2， 从而知甲比乙先到达指定地点．1．应用不等式解决实际问题时，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，也即建立数学模型是解应用题的关键．2．在实际应用不等式问题时，常用比较法来判断数的大小关系．若是选择题或填空题，则可用特殊值加以判断．2．通过水管放水，当流速相同时，如果水管截面(指横截面)的周长相等，试问：截面为圆的水管流量大还是截面为正方形的水管流量大？【导学号：32750029】【解】 设截面的周长为l ，依题意知，截面是圆的水管的截面面积为π·⎝⎛⎭⎪⎫l 2π2，截面是正方形的水管的截面面积为⎝ ⎛⎭⎪⎫l 42. ∵π·⎝ ⎛⎭⎪⎫l 2π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫l 42＝l 24⎝ ⎛⎭⎪⎫1π－14＝－πl 216π.由于l ＞0,0＜π＜4，∴－πl 216π＞0，∴π·⎝⎛⎭⎪⎫l 2π2＞⎝ ⎛⎭⎪⎫l 42.因此，通过水管放水，当流速相同时，如果水管的周长相等，那么截面是圆的水管比截面是正方形的水管流量大．探究 【提示】 “作差法”的理论依据是实数的大小顺序与实数的运算性质之间的关系：“a ＞b ⇔a －b ＞0，a ＝b ⇔a －b ＝0，a ＜b ⇔a －b ＜0”，其一般步骤为“作差→变形→判号→定论”．其中变形是作差法的关键，配方和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，或一个常数与几个平方和的形式，或几个因式的积的形式等．当所得的“差式”是某个字母的二次三项式时，则常用判别式法判断符号．作差法一般用于不等式的两边是多项式或分式．已知a ，b ∈R ，求证：a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b .【精彩点拨】 此不等式作差后是含有两个字母的二次式，既可配成平方和的形式，也可根据二次三项式的判别式确定符号．【自主解答】 法一 ∵a 2＋b 2－ab －a －b ＋1 ＝12≥0， ∴a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b .法二 a 2＋b 2－ab －a －b ＋1＝a 2－(b ＋1)a ＋b 2－b ＋1， 对于a 的二次三项式，Δ＝(b ＋1)2－4(b 2－b ＋1)＝－3(b －1)2≤0. ∴a 2－(b ＋1)a ＋b 2－b ＋1≥0， 故a 2＋b 2＋1≥ab ＋a ＋b .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，而不用考虑差值的多少．2．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，可利用“Δ”判定符号．3．已知a ＞b ＞c ，证明：a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＞ab 2＋bc 2＋ca 2.【证明】 ∵a 2b ＋b 2c ＋c 2a －ab 2－bc 2－ca 2＝(a 2b －bc 2)＋(b 2c －ab 2)＋(c 2a －ca 2) ＝b (a 2－c 2)＋b 2(c －a )＋ac (c －a )＝(a －c )(ba ＋bc －b 2－ac )＝(a －c )(a －b )(b －c )． ∵a ＞b ＞c ，∴a －c ＞0，a －b ＞0，b －c ＞0， ∴(a －c )(a －b )(b －c )＞0， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＞ab 2＋bc 2＋ca 2.比较法—⎪⎪⎪—作差法—作商法—实际应用1．设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则下列t 与s 的大小关系中正确的是( ) A ．t ＞s B ．t ≥s C ．t ＜sD.t ≤s【解析】 s －t ＝(a ＋b 2＋1)－(a ＋2b )＝(b －1)2≥0， ∴s ≥t . 【答案】 D2．已知a ＞0且a ≠1，P ＝log a (a 3＋1)，Q ＝log a (a 2＋1)，则P ，Q 的大小关系是( )【导学号：32750030】A ．P ＞QB ．P ＜QC ．P ＝QD.大小不确定【解析】 P －Q ＝log a (a 3＋1)－log a (a 2＋1)＝log a a 3＋1a 2＋1.当0＜a ＜1时，0＜a 3＋1＜a 2＋1，则0＜a 3＋1a 2＋1＜1，∴log a a 3＋1a 2＋1＞0，即P －Q ＞0，∴P ＞Q .当a ＞1时，a 3＋1＞a 2＋1＞0，a 3＋1a 2＋1＞1，∴log a a 3＋1a 2＋1＞0，即P －Q ＞0，∴P ＞Q .综上总有P ＞Q ，故选A. 【答案】 A3．设a ，b ，m 均为正数，且b a ＜b ＋ma ＋m，则a 与b 的大小关系是________．【解析】b ＋m a ＋m －b a ＝m a －ba a ＋m＞0. 又a ，b ，m 为正数，∴a (a ＋m )＞0，m ＞0，因此a －b ＞0. 即a ＞b . 【答案】 a ＞b4．设a ＞b ＞0，x ＝a ＋b －a ，y ＝a －a －b ，则x ，y 的大小关系是x ________y . 【解析】 ∵x y＝a ＋b －a a －a －b ＝a ＋a －b a ＋a ＋b ＜a ＋a ＋ba ＋a ＋b＝1，且x ＞0，y ＞0，∴x ＜y . 【答案】 ＜5．已知a ≥b ＞0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .【证明】 2a 3－b 3－(2ab 2－a 2b )＝2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2) ＝(a 2－b 2)(2a ＋b )＝(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )． 因为a ≥b ＞0，所以a －b ≥0，a ＋b ＞0,2a ＋b ＞0, 从而(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )≥0， 即2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .我还有这些不足：(1) (2) 我的课下提升方案：(1) (2)。
人教版高中数学选修4-5课件：2.1比较法
【自主预习】 比较法的定义 比较法证明不等式可分为作差比较法和作商比较法两 种.
(1)作差比较法:要证明a>b,只要证明_a_-_b_>_0_;要证明
a<b,只要证明______.这种证明不等式的方法,叫做作 a-b<0
差比较法.
(2)作商比较法:若a>0,b>0,要证明a>b,只要证明
【失误案例】
分析解题过程,找出错误之处,并写出正确答案. 提示:错误的根本原因是应用不等式的性质,或对差式 的变形不彻底而引起的.
【解析】由②c-b=(a-2)2≥0,,所以b-a=a2-a+1= (a 1)2 3＞0.
所以b>a,故c≥b>a.
24
ab
ab 2 .
2.将典例中的条件改为“a>b>c>0”,求证:
a2ab2bc2c>ab+cbc+aca+b.
【证明】由a>b>c>0,得ab+cbc+aca+b>0,a2ab2bc2c>0.
所证不等式左边除以右边,得
=aa-baa-cbb-cbb-acc-acc-b=
a 2a b2bc2c a b bc cacab
【变式训练】1.(2015·浙江高考)有三个房间需要粉 刷,粉刷方案要求:每个房间只用一种颜色,且三个房间 颜色各不相同.已知三个房间的粉刷面积(单位:m2)分 别为x,y,z,且x<y<z,三种颜色涂料的粉刷费用(单位: 元/m2)分别为a,b,c,且a<b<c.在不同的方案中,最低的 总费用(单位:元)是( )
类型二 作商比较法
高中数学(人教版选修4-5)配套课件第二讲 2.1 比较法
证明不等式的基本方法 2.1 比较法
栏 目 链 接
1．了解用作差比较法证明不等式．
2．了解用作商比较法证明不等式．
3．提高综合应用知识解决问题的能力．
栏 目 链 接
栏 目 链 接
要比较两个实数的大小，只要考查它们的差的符号即
可，即利用不等式的性质：
＞ a＞b⇔a－b________0 ＝ a＝b⇔a－b________0 ＜ a＜b⇔a－b________0 思考1 比较两个代数式值的大小： x2与x2－x＋1.
栏 目 链 接
变 式 训 练
2． 已知 a≥1， 利用作商比较法求证： a＋1－ a＜ a－ a－1.
左边 a＋1－ a a＋ a－1 证明： ＝ ＝ ＜1， 右边 a－ a－1 a＋1＋ a 又 a＋1－ a＞0， a－ a－1＞0. ∴原不等式成立． 点评：根据左、右两边都含无理号的特点，也可以采取两边平方的方 法来比较，但是应先判断两边的符号，都大于 0 时，两边平方是等价 变形，否则要改变不等号．
栏 目 链 接
变 式 训 练 1．已知a，b∈R＋，求证： (a＋b)(an＋bn)≤2(an＋1＋bn＋1)(n∈N*)． 证明：(a＋b)(an＋bn)－2(an＋1＋bn＋1) ＝an＋1＋abn＋anb＋bn＋1－2an＋1－2bn＋1 ＝an(b－a)＋bn(a－b)＝(a－b)(bn－an)， 又∵a，b∈R＋，n∈N*，
题型二
作商比较法证明不等式
＋
a＋b 例 3 已知 a，b∈R ，求证：a b ≥(ab) . 2
a b
aabb a－b b－a aa－b 证明： ＝a ·b ＝ . b a＋b 2 2 2 ab
2 aa－b 当 a＝b 时， ＝1 ； b 2 aa－b a a －b 当 a>b 时， >1， >0，由指数函数的性质知 ＞1， b b 2 2 aa－b a a －b 当 a<b 时，0< <1， <0，由指数函数的性质知 >1. b b 2 2 a＋b a b ∴a b ≥(ab) . 2
人教A版高中数学选修4-5同步ppt课件：本讲小结2
1 2
>(x ＋y )
3
3
1 3
.
四
用反证法证明不等式 设 a0，a1，a2，…，an－1，an 满足 a0＝an＝0，且有
【例 6】
a0－2a1＋a2≥0， a1－2a2＋a3≥0， …… an－2－2an－1＋an≥0. 求证：a1，a2，…，an－1 均不大于 0. 【分析】 反证法． 从结论中 a1，a2，…，an－1 均不大于 0，可考虑用
1 1 1 1 1 n－n＋1<n2<n－1－n，将这些不等式相加得 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2－3＋3－4＋…＋n－n＋1<22＋32＋…＋n2<1－2＋2－3＋… 1 1 ＋ － ， n－1 n 1 1 1 1 1 1 即 － < ＋ ＋…＋ 2<1－ . 2 n＋1 22 32 n n 3 1 1 1 1 1 ∴ － <1＋ 2＋ 2＋…＋ 2<2－ (n≥2 且 n∈N＋). 2 n＋1 2 3 n n
一
专 题 探 究 比较法证明不等式 若 x＋y＋z＝1，x，y，z∈R，
2 2
【例 1】
2
1 求证：x ＋y ＋z ≥3. 【分析】 待证不等式是 x，y，z 的对称式，又都是二次式，
因此应想到作差，化为完全平方式的形式，进而可证．
【证明】
2 2
∵x＋y＋z＝1，
2
1 1 2 ∴x ＋y ＋z － ＝ (3x ＋3y2＋3z2－1) 3 3 1 2 ＝3[3x ＋3y2＋3z2－(x＋y＋z)2] 1 2 ＝3[2x ＋2y2＋2z2－(2xy＋2yz＋2zx)] 1 ＝3[(x－y)2＋(y－z)2＋(z－x)2]≥0. 1 ∴x ＋y ＋z ≥3.
高中数学选修4-5第二讲证明不等式的基本方法第2讲1人教版
数学 选修4-5
第二讲 证明不等式的基本方法
预习学案 课堂学案 课后练习
2．综合法 已知条件 出发，利用_________________________ 定义、公理、定理、性质 等， 从_________ 经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做 综合法，又叫_______________________ 顺推证法或由因导果法 ． 3．分析法 充分条件 ， 从要证的结论 __________出发，逐步寻求使它成立的___________
数学 选修4-5
第二讲 证明不等式的基本方法
预习学案 课堂学案 课后练习
解析： ∵a2＋b2－1－a2b2≤0 ∴a2b2－a2－b2＋1≥0 ∴(a2－1)(b2－1)≥0 由分析法的步骤可知
答案： D
数学 选修4-5
第二讲 证明不等式的基本方法
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3．已知 a，b 是正实数，比较大小 aabb________abba.
abba＞0，
答案： aabb≥abba.
数学 选修4-5
第二讲 证明不等式的基本方法
预习学案 课堂学案 课后练习
4．求证： 7－1＞ 11－ 5.
证明： 要证 7－1＞ 11－ 5， 只需证 7＋ 5＞ 11＋1， 即证 7＋2 35＋5＞11＋2 11＋1， 即证 35＞ 11， 即证 35＞11(显然成立)， 因为 35＞11 成立，所以原不等式成立．
[ 解题过程]
(1)a2＋b2－2(a－b－1)
＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0， ∴a2＋b2≥2(a－b－1)．
数学 选修4-5
第二讲 证明不等式的基本方法
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数学·选修4-5(人教A版)课件：第二讲2.2综合法与分析法
＋c)≥3 a·3 b·3 c＝27，
当且仅当 a＝b＝c＝1 时，等号成立，
所以原不等式成立．
类型 2 分析法证明不等式
1
[典例 2] 已知 x＞0，y＞0，求证：(x2＋y2)2＞(x3＋
1
y3)3.
证明：因为 x＞0，y＞0，
1
1
所以要证明(x2＋y2)2＞(x3＋y3)3，
只需证(x2＋y2)3＞(x3＋y3)2，
即证 x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6＞x6＋2x3y3＋y6， 即证 3x4y2＋3x2y4＞2x3y3. 因为 x＞0，y＞0，所以 x2y2＞0， 即证 3x2＋3y2＞2xy. 因为 3x2＋3y2＞x2＋y2≥2xy， 所以 3x2＋3y2＞2xy 成立．
归纳升华 1．分析法是指从要证的不等式出发，分析这个不等式 成立的充分条件，进而转化为判定那些条件是否具备．其 特点和思路是“执果索因”，即从“未知”看“已知”． 2．当所要证的不等式与重要不等式、基本不等式没 有直接联系，或很难发现条件与结论之间的关系时，可用 分析法来证明．
积极 主动
以终 为始
分清 主次
不断 更新
高效学习模型
高效学习模型-学习的完整 过程
方向
资料
筛选
认知
高效学习模型-学习的完整 过程
消化
固化
模式
拓展
小思 考
TIP1：听懂看到≈认知获取； TIP2：什么叫认知获取：知道一些概念、过程、信息、现象、方法，知道它们 大 概可以用来解决什么问题，而这些东西过去你都不知道；
归纳升华 1．分析法在思考上优于综合法，易于寻找证明的思 路，综合法在证明过程中书写表达条理、简练，故常将两 法综合使用，用分析法“探路”，用综合法“书写”，从 而解决较复杂的不等式证明问题．
数学·选修4-5(人教A版)课件：第二讲2.1比较法
左边 a＋1－ a a＋ a－1
证明： ＝
＝
＜1，
右边 a－ a－1 a＋1＋ a
又 a＋1－ a＞0， a－ a－1＞0.
所以原不等式成立．
1．比较法是证明不等式的一种最基本、最常用的方 法，比较法除了课本中介绍的作差比较法(即利用 a＞b⇔ a－b＞0)，还有作商比较法 即要证明a＞b，而b＞0，只要证明ab＞1.
TIP4：早晨起床后，由于不受前摄抑制的影响，我们可以记忆一些新的内容或 者 复习一下昨晚的内容，那么会让你记忆犹新。
如何利用规律实现更好记忆呢？
超级记忆法-记忆规 律
记忆中
选择恰当的记忆数量
魔力之七：美国心理学家约翰·米勒曾对短时记忆的广 度进行过比较精准的测定：通常情况下一个人的记忆 广度为7±2项内容。
＋(a2b－ab2)＝(a－b)(a2＋ab＋b2)＋ab(a－b)＝(a－b)(a＋
b)2≥0，所以 a3＋a2b≥ab2＋b3.故应选 B. 答案：B
3．已知 a，b 都是正实数，则下列关系式成立的是 ()
A．aabb＝abba B．aabb≥abba C．aabb＜abba D．aabb≤abba 解析：因为 a，b∈R＋，故 abba＞0.
答案：(1)√ (2)√ (3)√ (4)×
2．若 a＞b，则代数式 a3＋a2b 与 ab2＋b3 的值的大小 关系是( )
A．a3＋a2b＜ab2＋b3 B．a3＋a2b≥ab2＋b3 C．a3＋a2b＝ab2＋b2 D．不能确定 解析：因为 a＞b，所以(a3＋a2b)－(ab2＋b3)＝(a3－b3)
消化
固化
模式
拓展
小思 考
TIP1：听懂看到≈认知获取； TIP2：什么叫认知获取：知道一些概念、过程、信息、现象、方法，知道它们 大 概可以用来解决什么问题，而这些东西过去你都不知道；
人教A版高中数学选修4-5：第二讲 柯西不等式 课件
问题1.什么是二维形式的柯西不等式？
1.探究：a2 b2 2ab(a,b为实数) 是我们非常熟悉的不等式，它反映了两个实数的平方和 与乘积的大小关系。现在考虑乘积 (a2 b2 )(c2 d 2 )(a,b, c, d为实数) ，它涉及到 4 个实数， 并且形式上也和平方和有关。你能类比 a2 b2 2ab(a,b为实数) 的推导过程，研究一下
问题2.一般形式的柯西不等式是什么？
3.应用：
例 1.已知 a1, a2 ,
,
an
都是实数，求证：
1 n
(a1
a2
an )2 a12 a22
an2
例2.已知a,b,c,d是不全相等的正数，证明： a2+b2+c2+d2>ab+bc+cd+da
例3.已知x+2y+3z=1,求x2+y2+z2的最小值
ab
练习：P36 第1----9题
问题2.一般形式的柯西不等式是什么？
1.三维形式的柯西不等式是什么？ (a12 a22 a32 )(b12 b22 b32 ) (a1b1 a2b2 a3b3 )2
2.一般形式的柯西不等式是什么？
(a12 a22 an2 )(b12 b22 bn2 ) (a1b1 a2b2 anbn )2
练习：P41 第1--6题
关于它的不等关系吗？
2.总结：二维形式的柯西不等式是
(a2 b2 )(c2 d 2 ) (ac bd )2 （a,b,c,d 都是实数，当且仅当 ad=bc 时，等号成立）问题来自.什么是二维形式的柯西不等式？
3.二维形式的柯西不等式的几何意义是什么？
2017-2018学年数学人教A版选修4-5优化课件：第二讲 二 综合法与分析法
1．要证 a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证( )
A．2a－1－a2b2≤0
B．a2＋b2－1－a4＋2 b4≤0
C.a＋4 b2－1－a2b2≤0
D．(a2－1)(b2－1)≥0
解析：∵(a2－1)(b2－1)＝－a2－b2＋1＋a2b2≥0，
∴a2＋b2－1－a2b2≤0. 答案：D
2．已知 a，b，c 满足 c<b<a 且 ac<0，那么下列选项中一定成立的是( )
∴a＋1>0，b＋1>0，
∴[(a＋1)(1＋b)]
1 2
≤a＋1＋2 b＋1＝a＋b2＋2，
∴lg1＋a＋2 b≥lg[(1＋a)(1＋b)]
.1
2
即 lg1＋a＋2 b≥12[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
答案：≥
探究一 用综合法证明不等式 [例 1] 已知 a，b∈R＋，且 a＋b＝1， 求证：a＋1a2＋b＋1b2≥225.
二 综合法与分析法
考纲定位
重难突破
1.理解综合法、分析法证明不等式 的原理和思维特点． 2.掌握综合法、分析法证明简单不 等式的方法和步骤． 3.能综合运用综合法、分析法证明 不等式.
重点：对用综合法、分析法证明不等式 的原理和思维特点的理解．
难点：1.对用综合法、分析法证明简单 不等式的方法和步骤的掌握．
只需证 a＋1≥ b＋1c＋1
∵ b＋1c＋1≤b＋1＋2 c＋1 只需证 2a≥b＋c，而 2a＝bc2＋cb2， 只需证bc2＋cb2≥b＋c， 即 b3＋c3≥bc(b＋c)，b2＋c2－bc≥bc， (b－c)2≥0， ∵上式显然成立， ∴(a＋1)2≥(b＋1)(c＋1)得证．
3．在某两个正数 x，y 之间，若插入一个数 a，使 x，a，y 成等差数列；若插入
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1 1 3．比较大小：log 1 ________log 1 . 3 2
2 3
1 3 1 1 2 解析： ＝log 1 · log 1 ＝ 3 3 1 2 3 log 1 2 3 log 1
1 1 又∵log 1 >log 1 ＝1， 3 2
2 3
1 1 ∴ 1 >log 1 . 3 2
2 3
一 比较法
考
纲
定
位
重
难
突
破
1.理解和掌握比较法证明不等式的 重点：理解和掌握比较法证明不等式 理论依据． 2.掌握利用比较法证明不等式的一 般步骤． 的依据． 难点：1.掌握利用比较法证明 不等式的一般步骤．
3.通过学习比较法证明不等式，培 2.通过学习比较法证明不等式，培养
养对转化思想的理解和应用. 对转化思想的理解和应用.
01 课前 自主梳理
02 课堂 合作探究
03 课后 巩固提升
课时作业
[自主梳理] 一、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 ， 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 差的符号 ， 常用的手段有：因式分解，配方，通分，分子或分母有理化等．
答案：>
探究一 [例 1]
[证明]
作差比较法
若 a＞b＞c，求证：bc2＋ca2＋ab2＜b2c＋c2a＋a2b.
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＜b2c＋c2a＋a2b.
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？
x＋y x 1．设 x>0，y>0，则 与 的大小关系是_______． x＋1 x＋y＋1 x＋y x 解析： － x＋y＋1 x＋1
x2＋xy＋x＋y－x2－xy－x ＝ x＋y＋1x＋1 ＝ y >0. x＋y＋1x＋1
x＋y x 答案： > x＋y＋1 x＋1
探究二 [例 2]
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，这时要对差式进 行分类讨论．
c
2 c a b 3
＝a
a b 3
· a
a c 3
· b
ba 3
· b
b c 3
· c
ca 3
· c
c b 3
b b c a c a a b a ＝(b) 3 · (c) 3 · (c ) 3 ≥1.
∴aabbcc≥(abc)
a b c 3
.
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．
[双基自测] 1．当 a<b<0 时，下列关系式中成立的是( A. a2< b2 B．lg b2<lg a2 )
1 b 2 1 2 C.a>1 D．2a >2b 解析：法一：取特殊值 a＝－4，b＝－1，则知选项 A，C，D 不正确，选项 B 正
确，故选 B； 法二：∵a<b<0，∴a2>b2. 而函数 y＝lg x(x>0)为增函数，∴lg b2<lg a2，B 项正确． 答案：B
∵0<1－x2<1,1＋x>1， ∴log(1＋x)(1－x2)<0， ∴1－log(1＋x)(1－x2)>1， |loga1－x| 即 >1. |loga1＋x| ∴|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.
探究三 [例 3]
比较法的实际应用
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
2．设 a≠b，则 a2＋3b2 和 2b(a＋b)的大小关系是( A．a2＋3b2>2b(a＋b) B．a2＋3b2≥2b(a＋b) C．a2＋3b2<2b(a＋b) D．a2＋3b2≤2b(a＋b)
)
解析：(a2＋3b2)－2b(a＋b) ＝a2－2ab＋b2＝(a－b)2， ∵a≠b，∴(a－b)2>0， ∴a2＋3b2>2b(a＋b)． 答案：A
[证明]
a a bb c c abc
a b c 3
作商比较法
a b c 3
已知 a，b，c>0，求证：aabbcc≥(abc)
.
a b a 不妨设 a≥b≥c，则 a－b，b－c，a－c∈R，且b，c ，c 都大于等于 1， ＝a
2 a b c 3
b
2 b a c 3
2．已知 a>0 且 a≠1,0<x<1. 求证：|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.
|loga1－x| 证明： ＝|log(1＋x)(1－x)|. |loga1＋x| ∵1＋x>1,0<1－x<1， ∴log(1＋x)(1－x)<0， ∴|log(1＋x)(1－x)|＝－log(1＋x)(1－x) 1＋x 1 ＝log(1＋x) ＝log(1＋x) 1－x 1－x2 ＝1－log(1＋x)(1－x2)．
二、作商比较法 1．作商比较法的理论依据是不等式的基本性质： a a (1)b>0，若b>1，则 a>b；若b<1 则 a<b； a a (2)b<0，若b>1 则 a<b；若b<1 则 a>b. 2．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1的大小关系 ；(5)得出结论．