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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．2.能综合运用综合法、分析法证明不等式.
授课提示：对应学生用书第18页
[自主梳理]
一、综合法
一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫作综合法，又叫顺推证法或由因导果法．
二、分析法
证明命题时，我们还常常从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫作分析法，这是一种执果索因的思考和证明方法．
[双基自测]
1．若aA.<　　　　　　　　
B．a＋>b＋
C．b＋>a＋
D．<
解析：∵a，故选项A，B错误，而选项C正确．选项D中，取b＝－1，则＝0，而>0，故选项D错误．
答案：C
2．当x>1时，不等式x＋≥a恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，2]
B．[2，＋∞)
C．[3，＋∞)
D．(－∞，3]
解析：要使x＋≥a恒成立，只需f(x)＝x＋的最小值大于等于a即可，而x＋＝x－1＋＋1≥2＋1＝3.
∴f(x)的最小值为3，∴a≤3.
答案：D
3．下面对命题“函数f(x)＝x＋是奇函数”的证明不是综合法的是(　　)
A．?x∈R且x≠0有f(－x)＝(－x)＋＝－＝－f(x)，则f(x)是奇函数
B．?x∈R且x≠0有f(x)＋f(－x)＝x＋＋(－x)＋＝0，∴f(x)＝－f(－x)，则f(x)是奇函数
C．?x∈R且x≠0，∵f(x)≠0，∴＝＝－1，∴f(－x)＝－f(x)，则f(x)是奇函数
D．取x＝－1，f(－1)＝－1＋＝－2，又f(1)＝1＋＝2.f(－1)＝－f(1)，则f(x)是奇函数
解析：D选项中采用特殊值验证，而不是综合法，选D.
答案：D
4．若a>0，b>0，则下列两式的大小关系为lg________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
解析：[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]＝lg[(1＋a)(1＋b)]＝lg[(1＋a)(1＋b)]
又∵lg＝lg，且a>0，b>0.
∴a＋1>0，b＋1>0，
∴[(a＋1)(1＋b)]
≤＝，
∴lg≥lg[(1＋a)(1＋b)]
.
即lg≥[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
答案：≥
授课提示：对应学生用书第19页
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：2＋2≥.
[证明]　法一：左边＝2＋2
＝a2＋b2＋4＋
＝4＋a2＋b2＋＋
＝4＋a2＋b2＋1＋＋＋＋＋1
＝4＋(a2＋b2)＋2＋2＋
≥4＋＋2＋2×2＋2··
＝4＋＋2＋4＋2＝.
∴2＋2≥.
法二：∵a，b∈R＋且a＋b＝1，
∴ab≤()2＝，
∴1－2ab≥，≥16.
∴2＋2＝4＋(a2＋b2)＋
＝4＋[(a＋b)2－2ab]＋
＝4＋(1－2ab)＋
≥4＋＋＝.
∴2＋2≥.
1．综合法证明不等式，揭示出条件和结论之间的因果关系，为此要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．
2．综合法证明不等式中所依赖的已知不等式主要是重要不等式，其中常用的有如下几个：(1)a2≥0(a∈R)．(2)(a－b)2≥0(a，b∈R)，其变形有：a2＋b2≥2ab，2≥ab.a2＋b2≥
(a＋b)2.(3)若a，b为正实数，≥.特别＋≥2.(4)a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
　　　　
　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．已知a，b，c是不全相等的正数，求证：＋＋>3.
证明：左边＝＋＋－3.
∵a>0，b>0，c>0，
∴＋≥2，＋≥2，＋≥2，
∵a，b，c为不全相等正数，
∴上述三式中的等号不能同时成立．
∴左边>6－3＝3，
即原不等式获证．
探究二　分析法证明不等式
[例2]　已知a>b>0，求证：<－<.
[证明]　要证原不等式成立，
只需证即证2<(－)2<2.
只需证<－<，
即<1<
，
即<1<
.
只需证<1<.
∵a>b>0，
∴<1<成立．
∴原不等式成立．
1．当所证不等式与重要不等式、基本不等式没有什么直接联系或很难发现条件与结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径．
2．像本例这样条件简单、结论较复杂的题目，往往采用分析法．另外，对于无理不等式的证明，常采用分析法通过平方将其有理化，但在乘方的过程中，要注意其变形的等价性．
3．分析法证题的本质是从被证的不等式出发寻求使结论成立的充分条件，证明的关键是推理的每一步都必须可逆．
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．a，b∈R＋，且2c>a＋b.
求证：c－证明：要证：c－只需证－即证：|a－c|<，
两边平方得a2－2ac＋c2也即证a2＋ab<2ac，即a(a＋b)<2ac.
∵a，b∈R＋，且a＋b<2c，∴a(a＋b)<2ac显然成立．
∴原不等式成立．
探究三　综合法与分析法的综合应用
[例3]　设a>0，b>0，且a＋b＝1，求证：＋≤.
[证明]　要证：＋≤只需证(＋)2≤6，
即证(a＋b)＋2＋2≤6.
由a＋b＝1得只需证≤，
即证：ab≤.
由a0，a＋b＝1，
得ab≤2＝，即ab≤成立．
∴原不等式成立．
综合法与分析法在证明不等式时的综合应用
(1)通过等式或不等式的运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式易于证明．
(2)有些不等式的证明，需要一边分析一边综合，称之为分析综合法，或称“两头挤”法，如本例，这种方法充分表明了分析法与综合法之间互为前提，互相渗透，相互转化的辩证统一关系．
　　　　
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；若插入两个数b，c，使x，b，c，y成等比数列，求证：(a＋1)2≥(b＋1)(c＋1)．
证明：由条件，得
消去x，y，即得2a＝＋，且有a>0，b>0，c>0.
要证(a＋1)2≥(b＋1)(c＋1)
只需证a＋1≥
∵≤
只需证2a≥b＋c，而2a＝＋，
只需证＋≥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．
灵活运用分析、综合法证明不等式
[典例]　(本题满分12分)已知a，b，c∈R＋，且ab＋bc＋ca＝1.
求证：(1)a＋b＋c≥；
(2)
＋＋≥(＋＋)．
[证明]　(1)要证a＋b＋c≥，由于a，b，c∈R＋，因此只需证(a＋b＋c)2≥3，即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，根据条件，只需证a2＋b2＋c2≥1＝ab＋bc＋ca.?…………3分
而这是可以由ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c＝时取等号)证得的．所以原不等式成立．?…………………………………………6分
(2)因为
＋＋＝，
在(1)中已证a＋b＋c≥，
所以原不等式只需证≥＋＋，
也就是只要证a＋b＋c≤ab＋bc＋ca.?………………………………9分
而a＝≤，b≤，c≤，
所以a＋b＋c≤ab＋bc＋ca(当且仅当a＝b＝c＝时取等号)成立．所以原不等式成立．?
……………………………………………………………………12分
[规律探究]　(1)?用分析法将待证不等式转化为证明a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
(2)?用综合法证明?转化得到的不等式．
(3)?用分析法及(1)的结论将待证不等式转化为证明不等式a＋b＋c≤ab＋bc＋ac.
(4)?结合基本不等式用综合法证明?得到的不等式.
[随堂训练]　对应学生用书第21页
1．要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证(　　)
A．2a－1－a2b2≤0
B．a2＋b2－1－≤0
C.－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cA．ab>ac　　　　　　
B．c(b－a)<0
C．b2D．ac(a－c)>0
解析：?
又b>c，∴ab>ac，故A正确．
∵b－a<0，c<0，∴c(b－a)>0，
故B错误．
由b2＝0，可验证C不正确，
而ac<0，a－c>0，
∴ac(a－c)<0，故D错误．
答案：A
3．若a>c>b>0，则＋＋的值的符号为________．
解析：＋＋＝－－＝(a－c)(－)＋(c－b)(－)
＝＋
＝
∵a>c>b>0，
∴a－c>0，c－b>0，b－a<0，abc>0，
∴<0.
答案：负号
PAGE三　反证法与放缩法
考　纲　定　位
重　难　突　破
1.理解反证法在证明不等式中的作用，掌握用反证法证明不等式的方法．2.掌握放缩法证明不等式的原理，并会用其证明不等式.
重点：1.理解反证法在证明不等式中的应用．2.掌握反证法证明不等式的方法．难点：掌握放缩法证明不等式的原理，并会用其证明不等式.
授课提示：对应学生用书第21页
[自主梳理]
一、反证法
先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，我们称这种证明问题的方法为反证法．
二、放缩法
证明不等式时，通常把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的．我们把这种方法称为放缩法．
[双基自测]
1．否定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时，正确的假设为(　　)
A．a，b，c都是奇数
B．a，b，c都是偶数
C．a，b，c中至少有两个偶数
D．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数
解析：恰有一个的否定是至少有两个或都是，故选D.
答案：D
2．用反证法证明“一个三角形不能有两个直角”有三个步骤：
①∠A＋∠B＋∠C＝90°＋90°＋∠C>180°，这与三角形内角和为180°矛盾，故假设错误．
②所以一个三角形不能有两个直角．
③假设△ABC中有两个直角，不妨设∠A＝90°，∠B＝90°.上述步骤的正确顺序为________．
解析：由反证法的证明过程知正确顺序为③①②.
答案：③①②
3．A＝1＋＋＋…＋与(n∈N＋)的大小关系是________．
解析：A＝＋＋＋…＋≥＝＝.
答案：＋＋＋…＋≥
授课提示：对应学生用书第22页
探究一　反证法的应用
[例1]　已知f(x)＝x2＋px＋q，
求证：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；
(2)|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
[证明]　(1)f(1)＋f(3)－2f(2)
＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2.
(2)假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于.
则|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<2，
而|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝2矛盾，
∴|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
利用反证法证明不等式的方法步骤
(1)反证法必须从否定结论进行推理，且必须根据这一条件进行论证；否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行论证，就不是反证法．
(2)当证明的结论中含有“不是”“不都”“不存在”等词语时，适于应用反证法，因为此类问题的反面比较具体．
(3)用反证法证明不等式时，推出的矛盾有三种表现形式：①与已知矛盾；②与假设矛盾；③与显然成立的事实相矛盾．
　　　　
1．已知x>0，y>0，且x＋y>2，求证：与中至少有一个小于2.
证明：假设≥2且≥2.
∵x>0，y>0，
∴1＋y≥2x，
①
1＋x≥2y，
②
①＋②得2＋(x＋y)≥2(x＋y)，
即x＋y≤2与x＋y>2矛盾．
∴假设不成立，故与中至少有一个小于2.
探究二　利用放缩法证明不等式
[例2]　设Sn＝＋＋…＋，
求证：不等式[证明]　∵Sn>＋＋…＋
＝1＋2＋…＋n＝.
且Sn<＋＋…＋
＝＋＋…＋
<＋＋＋…＋＝
∴1．用放缩法证明不等式的过程中，往往采用添项“添舍”放缩、分项放缩、函数的单调性放缩、重要不等式收缩等，放缩时要注意适度，否则不能同向传递．
2．利用常用结论：
(1)＝
>＝2(－)，
＝<＝2(－)(k∈N＋，k>1)；
(2)<＝－；>＝－(程度大)；
(3)<＝＝(程度小)．
　　　　
　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．对于任意n∈N＋，求证：1＋＋＋＋…＋<.
证明：∵＝<＝－(n≥2)，
∴1＋＋＋＋…＋
<1＋＋＋＋…＋
＝1＋＋
＝＋－＝－<.
放缩法在综合问题中的应用
[典例]　(本小题满分13分)已知函数f(x)＝xcos
x－sin
x＋1(x>0)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)记xi为f(x)的从小到大的第i(i∈N
)个零点，证明：对一切n∈N
，有＋＋…＋<.
[解析]　(1)f′(x)＝cos
x－xsin
x－cos
x＝－xsin
x．令f′(x)＝0，得x＝kπ(k∈N
).
……………………………………………………………………………………………1分
当x∈(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)时，sin
x>0，此时f′(x)<0；
当x∈((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)时，sin
x<0，此时f′(x)>0.
故f(x)的单调递减区间为(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)，单调递增区间为((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N).………………………………………………………………………………4分
(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，π)上单调递减．
又f＝0，故x1＝.
当n∈N
时，因为f(nπ)f((n＋1)π)＝[(－1)nnπ＋1]·[(－1)n＋1(n＋1)π＋1]<0，且函数f(x)的图象是连续不断的，所以f(x)在区间(nπ，(n＋1)π)内至少存在一个零点．又f(x)在区间(nπ，(n＋1)π)上是单调的，故nπ∴<，<·.……………………………………………………8分
因此，当n＝1时，＝<；
当n＝2时，＋<(4＋1)<；
当n≥3时，＋＋…＋
<
<
＝
＝<<.…………………………………………………………………12分
综上所述，对一切n∈N
，＋＋…＋<.
…………………………………………………………………………………………13分
[规律探究]　本题为高考压轴题，综合性强，考查了导数应用、函数零点、三角函数、数列和不等式证明等知识，难度较大，是为冲刺数学高分的同学准备的，解答本题的关键有两点，一是通过单调性获取零点所在区间得到nπ[随堂训练]　对应学生用书第23页
1．用反证法证明命题“如果a>b，那么>”时，假设的内容是(　　)
A.＝　　　　　
B．<
C.＝，且<
D．＝或<
解析：>的否定是≤.
答案：D
2．已知a>2，则loga(a－1)loga(a＋1)________1(填“>”、“<”或“＝”)．
解析：∵a>2，
∴loga(a－1)>0，loga(a＋1)>0，
又loga(a－1)≠loga(a＋1)，
∴<，
而＝loga(a2－1)∴loga(a－1)loga(a＋1)<1.
答案：<
PAGE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理论依据．2.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，培养对转化思想的理解和应用.
重点：理解和掌握比较法证明不等式的依据．难点：1.掌握利用比较法证明不等式的一般步骤．2.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.
授课提示：对应学生用书第16页
[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?a2．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．
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：
(1)b>0，若>1，则a>b；若<1则a(2)b<0，若>1则ab.
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．
[双基自测]
1．当aA.<　　　　　
B．lg
b2a2
C.>1
D．a2>b2
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：∵ab2.
而函数y＝lg
x(x>0)为增函数，∴lg
b2a2，B项正确．
答案：B
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
3．比较大小：log________log.
解析：＝log·log＝
又∵log>log＝1，
∴log>log.
答案：>
授课提示：对应学生用书第16页
探究一　作差比较法
[例1]　若a＞b＞c，求证：bc2＋ca2＋ab2＜b2c＋c2a＋a2b.
[证明]　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.
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．
1．设x>0，y>0，则与的大小关系是_______．
解析：－
＝
＝>0.
答案：>
探究二　作商比较法
[例2]　已知a，b，c>0，求证：aabbcc≥(abc).
[证明]　不妨设a≥b≥c，则a－b，b－c，a－c∈R，且，，都大于等于1，
＝abc
＝a·a·b·b·c·c
＝()·()·()≥1.
∴aabbcc≥(abc)
.
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．
　　　　
　　
2．已知a>0且a≠1,0求证：|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.
证明：＝|log(1＋x)(1－x)|.
∵1＋x>1,0<1－x<1，
∴log(1＋x)(1－x)<0，
∴|log(1＋x)(1－x)|＝－log(1＋x)(1－x)
＝log(1＋x)＝log(1＋x)
＝1－log(1＋x)(1－x2)．
∵0<1－x2<1,1＋x>1，
∴log(1＋x)(1－x2)<0，
∴1－log(1＋x)(1－x2)>1，
即>1.
∴|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.
探究三　比较法的实际应用
[例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？
[解析]　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从而知甲比乙先到达指定地点．
应用不等式解决实际问题的方法
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，最后利用不等式的知识来解．在实际应用不等关系问题时，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．
　　　　
3．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．每千米1.2元的出租车，第二种方案：乘起步价为8元，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？
解析：设A地到B地距离为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元的出租车比较便宜．
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．
比较法的变形技巧
[典例]　已知f(x)＝2x2＋1，p，q>0，p＋q＝1，对任意实数a，b，则pf(a)＋qf(b)与f(pa＋qb)的大小关系是(　　)
A．pf(a)＋qf(b)>f(pa＋qb)
B．pf(a)＋qf(b)C．pf(a)＋qf(b)≥f(pa＋qb)
D．pf(a)＋qf(b)≤f(pa＋qb)
[解析]　pf(a)＋qf(b)－f(pa＋qb)
＝p(2a2＋1)＋q(2b2＋1)－[2(pa＋qb)2＋1]
＝2p(1－p)a2＋2q(1－q)b2－4pqab＋p＋q－1(
)，
∵p＋q＝1，p，q>0.
∴(
)式＝2pqa2＋2pqb2－4pqab
＝2pq(a－b)2，∵p，q>0，(a－b)2≥0，
∴(
)式≥0，
∴pf(a)＋qf(b)≥f(pa＋qb)．
[答案]　C
[规律探究]　(1)比较法主要用于比较大小和证明不等式，一般来说整式、分式型常用作差变形，无理式即含根号时先通过乘方去掉根号后再作差变形，指数式及对数式较复杂，但符号确定的代数式常用作商变形．
(2)作差变形时，是选择配方法，还是因式分解法，要视表达式的结构而定，因式分解时要以每个因式都有明确的正负号为目标，对不能直接判定符号的情况应采用分类讨论的方法．
(3)作商变形时，指数式型的要正确运用指数运算法则及指数函数性质，对数式型的要正确运用对数运算法则，换底公式及对数函数性质.
[随堂训练]　对应学生用书第18页
1．下列关系中对任意aA．a2B．lg
b2a2
C.>1
D．a2>b2
解析：∵a∴－a>－b>0.
(－a)2>(－b)2>0.
即a2>b2>0.
∴<1.
又lg
b2－lg
a2＝lg
1＝0.
∴lg
b2a2.
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：法一：＝(a2－a＋1)(a2＋a＋1)
＝(a2＋1)2－a2＝a4＋a2＋1≥1，
又∵a2＋a＋1>0恒成立，
∴Q≥P.
法二：P－Q＝＝，
∵a2＋a＋1>0恒成立且a4＋a2≥0，
∴P－Q≤0，即Q≥P.
答案：D
3．若－1解析：依题意，知>，a2>b2，
故只需比较与b2的大小．
因为b2>0，<0，
∴答案：
4．若x解析：M－N＝(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，
∴M－N>0，即M>N.
答案：M>N
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