2016-2017學(xué)年人教A版選修4-5比較法學(xué)案

課堂探究1．作差比較法證明不等式的一般步驟剖析：(1)作差：將不等式左右兩邊的式子看作一個(gè)整體進(jìn)行作差．(2)變形：將差式進(jìn)行變形，變形為一個(gè)常數(shù)，或變形為若干個(gè)因式的積，或變形為一個(gè)或幾個(gè)平方和等等．(3)判斷符號(hào)：根據(jù)已知條件與上述變形結(jié)果，判斷差的正負(fù)號(hào)．(4)結(jié)論：根據(jù)差的正負(fù)號(hào)下結(jié)論．知識(shí)拓展若差式的符號(hào)不能確定，一般是與某些字母的取值有關(guān)時(shí)，則需對這些字母進(jìn)行討論．2．作商比較法中的符號(hào)問題的確定剖析：在作商比較法中，eq\f(b,a)＞1b＞a是不正確的，這與a，b的符號(hào)有關(guān)，比如若a，b＞0，由eq\f(b,a)＞1，可得b＞a，但若a，b＜0，則由eq\f(b,a)＞1得出的反而是b＜a，也就是說，在作商比較法中，要對a，b的符號(hào)作出判斷．否則，結(jié)論可能是錯(cuò)誤的．名師點(diǎn)拔使用作商比較法時(shí)一定要注意不等式兩邊的式子均為正值，若均為負(fù)值時(shí)，可先同乘以－1，轉(zhuǎn)化后再進(jìn)行證明．題型一利用作差比較法證明不等式【例1】已知a≥1，求證：eq\r(a＋1)－eq\r(a)＜eq\r(a)－eq\r(a－1).分析：因不等式兩邊進(jìn)行分子有理化相減后，可判斷差的符號(hào)，故可用作差比較法進(jìn)行證明．證明：∵(eq\r(a＋1)－eq\r(a))－(eq\r(a)－eq\r(a－1))＝eq\f(1,\r(a＋1)＋\r(a))－eq\f(1,\r(a)＋\r(a－1))＝eq\f(\r(a－1)－\r(a＋1),(\r(a＋1)＋\r(a))(\r(a)＋\r(a－1)))＜0，∴eq\r(a＋1)－eq\r(a)＜eq\r(a)－eq\r(a－1).反思根據(jù)左、右兩邊都含無理式的特點(diǎn)，也可以采取兩邊平方的方法來比較，但是應(yīng)先判斷兩邊的符號(hào)，都大于0時(shí)，兩邊平方是等價(jià)變形，都小于0時(shí)要改變不等號(hào).題型二利用作商比較法證明不等式【例2】已知a＞0，b＞0，求證：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).分析：因?yàn)閍，b均為正數(shù)，故而不等式左邊和右邊都是正數(shù)，所以可以用作商比較法進(jìn)行比較．證明：∵eq\f(\f(a,\r(b))＋\f(b,\r(a)),\r(a)＋\r(b))＝eq\f(\f(a,\r(b)),\r(a)＋\r(b))＋eq\f(\f(b,\r(a)),\r(a)＋\r(b))＝eq\f(a,\r(ab)＋b)＋eq\f(b,\r(ab)＋a)＝eq\f(a\r(ab)＋a2＋b\r(ab)＋b2,2ab＋(a＋b)\r(ab))＝eq\f(a2＋b2＋(a＋b)\r(ab),2ab＋(a＋b)\r(ab))，又∵a2＋b2≥2ab，∴eq\f(a2＋b2＋(a＋b)\r(ab),2ab＋(a＋b)\r(ab))≥eq\f(2ab＋(a＋b)\r(ab),2ab＋(a＋b)\r(ab))＝1，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＞0時(shí)取等號(hào)．∴eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).反思作商比較法的前提條件是兩個(gè)數(shù)a，b都大于0，對eq\f(a,b)進(jìn)行整理，直到能清晰看出eq\f(a,b)與1的大小關(guān)系為止．在運(yùn)算過程中注意運(yùn)用計(jì)算技巧.題型三比較法在綜合題目中的應(yīng)用【例3】已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝5，前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＋1＝2Sn＋n＋5(n∈N＋)．(1)證明數(shù)列{an＋1}是等比數(shù)列；(2)令f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn，求函數(shù)f(x)在點(diǎn)x＝1處的導(dǎo)數(shù)f′(1)，并比較2f′(1)與23n2－13n分析：在比較大小時(shí)，作差法的差式與“n”的取值有關(guān)，且大小關(guān)系隨“n”的變化而變化．(1)證明：由已知Sn＋1＝2Sn＋n＋5，①∴n≥2時(shí)，Sn＝2Sn－1＋n＋4，②①②兩式相減，得Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即an＋1＝2an＋1，從而an＋1＋1＝2(an＋1)．當(dāng)n＝1時(shí)，S2＝2S1＋1＋5，∴a1＋a2＝2a1又a1＝5，故a2＝11，從而a2＋1＝2(a1＋1)．故總有an＋1＋1＝2(an＋1)，n∈N＋.又∵a1＝5，∴a1＋1≠0，從而eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝2，即{an＋1}是以a1＋1＝6為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．(2)解：由(1)可知an＝3×2n－1.∵f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn，∴f′(x)＝a1＋2a2x＋…＋nanxn－1從而f′(1)＝a1＋2a2＋…＋na＝(3×2－1)＋2(3×22－1)＋…＋n(3×2n－1)＝3(2＋2×22＋…＋n×2n)－(1＋2＋3＋…＋n)＝3[n×2n＋1－(2＋…＋2n)]－eq\f(n(n＋1),2)＝3(n×2n＋1－2n＋1＋2)－eq\f(n(n＋1),2)＝3(n－1)·2n＋1－eq\f(n(n＋1),2)＋6.則2f′(1)－(23n2－13n＝12(n－1)·2n－12(2n2－n－1)＝12(n－1)·2n－12(n－1)(2n＋1)＝12(n－1)[2n－(2n＋1)]．(*)當(dāng)n＝1時(shí)，(*)式＝0，∴2f′(1)＝23n2－13n當(dāng)n＝2時(shí)，(*)式＝－12＜0，∴2f′(1)＜23n2－13n當(dāng)n≥3時(shí)，n－1＞0，又2n＝(1＋1)n＝Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)＋Ceq\o\al(n,n)≥2n＋2＞2n＋1，∴(n－1)[2n－(2n＋1)]＞0，即(*)式＞0，從而2f′(1)＞23n2－13n反思此類比較大