2020高中数学 第二章 等式与不等式 2.2 不等式 2.2.1 不等式及其性质学案 第一册

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE16学必求其心得，业必贵于专精2.2。1不等式及其性质(教师独具内容）课程标准：1.理解不等式的概念，掌握不等式的性质，能运用不等式的性质比较大小.2。能运用不等式的性质证明不等式和解决简单的实际问题．教学重点：1.不等式的性质。2.用不等式的性质证明不等式．教学难点：用作差法比较代数式的大小。【情境导学】（教师独具内容)阅读下述事实：网上发布了“明天气温是今天气温的2倍"的信息，各地有不同的反应:(1）一位南方的网友做出的第一反应是“明天升温了”；（2）一位北方的网友做出的第一反应是“明天降温了”;(3)另一位北方的网友做出的第一反应是“明天的气温没有变化"．请从数学上解释为什么不同地方的网友会有不同的反应．提示：设今天的气温为x，则明天的气温为2x，将两天的气温进行比较,有2x－x＝x，则eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x>0，升温，,x＝0，不变,，x<0，降温，)）所以不同地方的网友会有不同的反应．【知识导学】知识点一两个实数大小的比较(1)a>b⇔eq\o(□,\s\up3（01））a－b〉0。（2）a＝b⇔a－beq\o（□，\s\up3(02))＝0。(3）eq\o(□,\s\up3（03））a〈b⇔a－b〈0。知识点二不等式的性质(1）如果a>b，那么b<a；如果b<a,那么eq\o（□,\s\up3(01）)a〉b，即eq\o（□，\s\up3(02)）a>b⇔b<a。（2）如果a〉b,且b>c，那么eq\o（□,\s\up3（03)）a〉c，即a>b，b〉c⇒eq\o（□，\s\up3（04））a〉c.（3）如果a>b，那么a＋ceq\o（□,\s\up3(05))〉b＋c.（4）如果a>b,c〉0,那么aceq\o(□,\s\up3（06））>bc；如果a〉b，c<0,那么aceq\o(□，\s\up3(07）)<bc.(5）如果a〉b，c〉d，那么a＋ceq\o（□,\s\up3（08））〉b＋d.（6)如果a〉b〉0，c>d>0，那么aceq\o(□，\s\up3（09))〉bd。如果a>b>0，c〈d<0，那么aceq\o（□，\s\up3(10））<bd.(7）如果a>b>0，那么aneq\o(□，\s\up3(11））〉bn（n∈N，n≥2)．(8)如果eq\o（□,\s\up3(12）)a〉b〉0，那么eq\r(n,a)〉eq\r（n，b)（n∈N,n≥2)．知识点三证明方法（1）综合法:从已知条件出发，综合利用各种结果,经过逐步推导最后得到结论的方法．综合法最重要的推理形式为eq\o(□，\s\up3（01））p⇒q，其中P是已知或者已得出的结论，所以综合法的实质就是不断寻找eq\o（□，\s\up3(02））必然成立的结论．（2)分析法：从要证明的结论出发,逐步寻求使它成立的充分条件，直到最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件（已知条件、公理、定理等)为止．分析法最重要的推理形式为eq\o(□，\s\up3(03)）p⇐q,其中P是需要证明的结论,所以分析法的实质就是不断寻找eq\o(□,\s\up3（04）)结论成立的充分条件．（3)反证法：首先假设eq\o（□，\s\up3（05)）结论的否定成立，然后由此进行推理得到矛盾，最后得出假设不成立．【新知拓展】1．关于不等式性质的理解两个同向不等式可以相加，但不可以相减，如a〉b，c>d不能推出a－c〉b－d.2．常用的结论(1）a〉b，ab〉0⇒eq\f(1，a)<eq\f(1,b）.（2)b<0<a⇒eq\f（1,a)〉eq\f(1,b）.(3）a〉b>0，c〉d〉0⇒eq\f(a,d）>eq\f(b,c)。(4）若a>b〉0，m〉0，则eq\f(a,b)〉eq\f(a＋m，b＋m)；eq\f（a,b)<eq\f（a－m，b－m)（b－m>0)；eq\f(b,a)〈eq\f（b＋m，a＋m）；eq\f(b，a）〉eq\f(b－m，a－m)(b－m>0)．3．比较大小的方法（1）作差：比较数(式）的大小常用作差与0比较．作差法中常用的变形手段是分解因式和配方等恒等变形，前者将“差”化为“积”，后者将“差”化为一个完全平方式或几个完全平方式的“和"，也可二者并用．（2)作商：两数(式）为同号时，作商与1比较．4．利用不等式求范围应注意的问题求指定代数式的取值范围,必须依据不等式的性质进行求解，同向不等式具有可加性与可乘性，但是不能相减或相除，解题时必须利用性质，步步有据,避免改变代数式的取值范围．1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”）(1)若x2＝0，则x≥0。（）(2)两个实数a，b之间,有且只有a>b，a＝b，a<b三种关系中的一种．(）（3）若a〉b，则ac2>bc2。(）（4)若a〉b〉0，则eq\f（1，a）〉eq\f（1,b）。()（5）若x>1，则x3＋2x与x2＋2的大小关系为x3＋2x>x2＋2。（)答案(1）√(2)√（3）×（4)×（5）√2．做一做(1)已知a＋b>0，b<0,那么a，b,－a，－b的大小关系是()A．a〉b>－b>－a B．a〉－b〉－a〉bC．a〉－b〉b>－a D．a>b〉－a>－b（2）设b<a，d<c，则下列不等式中一定成立的是（)A．a－c>b－d B．ac〉bdC．a＋c>b＋d D．a＋d>b＋c(3）已知x<1，则x2＋2与3x的大小关系是________．答案(1)C（2)C(3）x2＋2〉3x题型一作差法比较大小例1比较下列各组中两数的大小：(1)已知a，b为正数,且a≠b，比较a3＋b3与a2b＋ab2的大小；（2）已知x〈1,比较x3－1与2x2－2x的大小；(3)已知x，y均为正数,设m＝eq\f(1,x)＋eq\f（1,y)，n＝eq\f(4,x＋y)，比较m和n的大小．[解](1)（a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝a3＋b3－a2b－ab2＝a2(a－b）－b2（a－b)＝（a－b)（a2－b2)＝(a－b)2（a＋b)．∵a>0,b〉0且a≠b，∴（a－b)2>0,a＋b〉0，∴（a3＋b3)－(a2b＋ab2）>0，即a3＋b3〉a2b＋ab2。（2)x3－1－(2x2－2x)＝x3－2x2＋2x－1＝（x3－x2）－(x2－2x＋1)＝x2（x－1)－(x－1)2＝（x－1）(x2－x＋1)＝(x－1)eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x－\f(1，2）））2＋\f（3，4)）).∵x〈1，∴x－1<0.又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（x－\f（1，2))）2＋eq\f（3,4)>0，∴(x－1）eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（x－\f（1，2)）)2＋\f（3，4）))〈0，∴x3－1<2x2－2x.（3)∵m－n＝eq\f（1，x）＋eq\f(1，y）－eq\f(4,x＋y)＝eq\f（x＋y，xy）－eq\f(4,x＋y)＝eq\f（x＋y2－4xy，xyx＋y）＝eq\f（x－y2，xyx＋y）。又x，y均为正数，∴x>0，y>0，xy〉0，x＋y〉0，(x－y)2≥0。∴m－n≥0，即m≥n（当x＝y时，等号成立)．[条件探究］若将本例（2)中“x<1”改为“x∈R”，则x3－1与2x2－2x的大小又如何呢？解由例题知x3－1－（2x2－2x)＝（x－1）eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x－\f(1,2）))2＋\f（3,4）)），∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f（1，2)))2＋eq\f（3，4)〉0，∴当x－1<0，即x〈1时，x3－1<2x2－2x；当x－1＝0，即x＝1时，x3－1＝2x2－2x；当x－1>0，即x〉1时，x3－1>2x2－2x.金版点睛作差比较法的四个步骤eq\a\vs4\al(［跟踪训练1］)（1)比较x3＋6x与x2＋6的大小;（2)已知a，b∈R,x＝a3－b，y＝a2b－a，试比较x与y的大小．解（1）(x3＋6x)－（x2＋6）＝x（x2＋6)－（x2＋6)＝(x－1）（x2＋6）．∵x2＋6〉0，∴当x>1时，x3＋6x〉x2＋6；当x＝1时，x3＋6x＝x2＋6;当x〈1时，x3＋6x〈x2＋6。(2）x－y＝a3－b－a2b＋a＝a2(a－b）＋a－b＝(a－b）（a2＋1)．当a＞b时，x－y＞0,所以x＞y；当a＝b时，x－y＝0，所以x＝y；当a＜b时，x－y＜0，所以x＜y。题型二不等式的性质及应用例2下列命题正确的是________．①eq\f（c，a）<eq\f（c,b)且c>0⇒a>b；②a>b且c>d⇒ac>bd；③a〉b>0且c>d〉0⇒eq\r(\f(a,d)）>eq\r(\f(b,c）)；④eq\f（a，c2)〉eq\f(b，c2）⇒a〉b.[解析]①eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(\f（c，a）〈\f(c,b),,c〉0））⇒eq\f(1，a)<eq\f(1，b)；当a〈0，b>0时，满足已知条件，但推不出a>b，错误;②当a＝3，b＝1，c＝－2，d＝－3时,命题显然不成立，错误；③eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a〉b〉0，,c〉d>0))⇒eq\f（a,d)〉eq\f(b，c)>0⇒eq\r(\f（a,d）)>eq\r（\f(b,c））成立，正确；④显然c2〉0,∴两边同乘以c2得a>b，正确．[答案］③④金版点睛解决这类问题，主要是根据不等式的性质判定，其实质是看是否满足性质所需的条件，若要判断一个命题是假命题，可以从条件入手，推出与结论相反的结论，也可举出一个反例予以否定。eq\a\vs4\al(［跟踪训练2]）(1）判断下列命题是否正确，并说明理由．①若eq\f(a,c）〉eq\f（b，d)，则ad〉bc；②设a，b为正实数，若a－eq\f（1，a）〈b－eq\f（1,b)，则a<b；（2）若a<b〈0，分别判断下列式子是否成立，并简述理由．①eq\f（1，a－b）<eq\f(1,a)；②eq\f（1,a＋b)>eq\f（1,b）。解（1)①由eq\f（a，c)>eq\f(b,d），所以eq\f(a,c）－eq\f(b,d)>0，即eq\f（ad－bc，cd）〉0,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（ad－bc〉0，,cd>0)）或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（ad－bc<0，,cd〈0.））即ad>bc且cd>0或ad<bc且cd〈0，故不正确．②因为a－eq\f（1，a)<b－eq\f（1,b），且a>0，b〉0,所以a2b－b<ab2－a⇒a2b－ab2－b＋a〈0⇒ab（a－b）＋（a－b）<0⇒(a－b）(ab＋1）〈0，所以a－b<0，即a〈b，正确．(2)①成立．由a<b〈0得a<a－b〈0，所以eq\f(1，a－b)〈eq\f(1，a）.②成立．因为a<b<0,所以a＋b〈b〈0，所以eq\f(1，a＋b)>eq\f（1，b).题型三利用不等式的性质证明不等式例3(1）已知a>b,e〉f，c>0，求证：f－ac〈e－bc；(2）已知a〉b〉0，c〈d<0，求证:eq\f（b,a－c)<eq\f(a,b－d)；(3）已知bc－ad≥0，bd〉0。求证：eq\f(a＋b,b)≤eq\f（c＋d,d）.[证明]（1)∵a>b，c>0，∴ac>bc。∴－ac〈－bc.∵f<e，∴f－ac<e－bc.(2)因为c<d<0，所以－c〉－d〉0.又a〉b>0，所以a－c〉b－d>0.所以0<eq\f（1，a－c)〈eq\f(1,b－d).再由0〈b<a，所以eq\f(b,a－c)<eq\f(a，b－d）。(3)因为bd>0，要证eq\f(a＋b，b)≤eq\f(c＋d,d）,只需证明d(a＋b）≤b(c＋d)，展开得ad＋bd≤bc＋bd，即ad≤bc,bc－ad≥0，因为bc－ad≥0成立，所以eq\f(a＋b，b)≤eq\f(c＋d，d）成立．金版点睛利用不等式的性质证明不等式的实质与技巧（1)实质：就是根据不等式的性质把不等式进行变形,要注意不等式的性质成立的条件．(2）技巧：若不能直接由不等式的性质得到，可先分析需要证明的不等式的结构．然后利用不等式的性质进行逆推，寻找使其成立的充分条件,即使用分析法．所以要根据已知条件和所证结论合理选择用综合法还是分析法．eq\a\vs4\al(［跟踪训练3]）(1)已知c>a〉b>0，求证:eq\f（a，c－a)〉eq\f（b，c－b）；(2)已知a，b,x，y都是正数，且eq\f(1，a）〉eq\f(1，b)，x〉y，求证：eq\f（x,x＋a）>eq\f(y,y＋b)。证明(1）∵a〉b，∴－a〈－b，又c〉a>b〉0，∴0〈c－a<c－b，∴eq\f(1,c－a）>eq\f(1,c－b)>0。又∵a〉b>0，∴eq\f(a，c－a)〉eq\f(b，c－b）。（2)∵a，b，x,y都是正数且eq\f(1，a）>eq\f(1，b)，x>y，∴eq\f(x，a）>eq\f(y，b），故eq\f(a，x）<eq\f（b，y），则eq\f（a，x）＋1〈eq\f（b，y）＋1，即eq\f(a＋x，x)〈eq\f(b＋y，y）.∴eq\f（x,x＋a）>eq\f(y，y＋b）.题型四利用不等式的性质求取值范围例4(1)已知2〈a≤5,3≤b〈10，求a－b,eq\f(a,b)的取值范围；（2)已知－eq\f(π,2）≤α<β≤eq\f(π，2)，求eq\f（α＋β,2），eq\f（α－β，3)的取值范围．[解]（1）∵3≤b〈10，∴－10〈－b≤－3.又2<a≤5，∴－8〈a－b≤2.又eq\f(1,10)＜eq\f（1,b)≤eq\f（1，3)，∴eq\f(1,5)〈eq\f(a，b)≤eq\f（5,3）。（2）∵－eq\f(π,2）≤α<β≤eq\f（π,2），∴－eq\f(π,4)≤eq\f（α,2)〈eq\f（π，4），－eq\f(π,4)〈eq\f(β,2）≤eq\f(π，4）.两式相加得－eq\f（π,2)〈eq\f(α＋β，2）<eq\f(π，2).∵－eq\f（π,6）≤eq\f(α，3)<eq\f（π，6)，－eq\f（π，6)≤－eq\f(β,3）〈eq\f（π，6）,两式相加得－eq\f（π,3)≤eq\f（α－β，3)〈eq\f(π,3)。又α<β,∴eq\f（α－β，3)〈0,∴－eq\f(π,3)≤eq\f（α－β,3)<0。［结论探究］若本例(1)中，条件不变，则a＋b，ab的取值范围又如何?解由2<a≤5，3≤b＜10得2＋3〈a＋b<5＋10,2×3〈ab<5×10，即5〈a＋b<15，6〈ab〈50。金版点睛本例中不能直接用a的范围减去或除以b的范围，应严格利用不等式的性质去求范围；其次在有些题目中,还要注意整体代换的思想,即弄清要求的与已知的“范围”间的联系．如已知20＜x＋y＜30,15＜x－y＜18，要求2x＋3y的范围，不能分别求出x,y的范围,再求2x＋3y的范围，应把已知的“x＋y”“x－y”视为整体，即2x＋3y＝eq\f(5,2)(x＋y）－eq\f(1，2）（x－y)，所以需分别求出eq\f（5，2)(x＋y)，－eq\f（1，2)（x－y)的范围，两范围相加可得2x＋3y的范围．“范围”必须对应某个字母变量或代数式，一旦变化出其他的范围问题，则不能再间接得出，必须“直来直去”，即直接找到要求的量与已知的量之间的数量关系，然后去求．eq\a\vs4\al([跟踪训练4］)已知1≤a－b≤2，且2≤a＋b≤4,求4a－2b的取值范围．解令a＋b＝μ，a－b＝v,则2≤μ≤4,1≤v≤2。由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a＋b＝μ，，a－b＝v,）)解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(μ＋v,2），，b＝\f(μ－v,2）.)）因为4a－2b＝4·eq\f(μ＋v,2)－2·eq\f（μ－v，2)＝2μ＋2v－μ＋v＝μ＋3v，而2≤μ≤4,3≤3v≤6，所以5≤μ＋3v≤10.所以5≤4a－2b≤10.1．若m＝x2－1，n＝2（x＋1）2－4（x＋1）＋1，则m与n的大小关系是（）A．m〈n B．m〉nC．m≥n D．m≤n答案D解析n－m＝x2≥0,∴n≥m.2．设a，b，c