数学选修4-5导学案1-1-1不等式的基本性质

1.1.1不等式的基本性质1.了解不等关系与不等式.2.掌握不等式的性质.3.会用不等式的性质解决一些简单问题.自学导引1.对于任何两个实数a，b，a>b?a－b>0；a<b?a－b<0；a＝b?a－b＝0.2.不等式有如下8条性质(1)对称性：a>b?b<a；(2)传递性：a>b，b>c?a>c；(3)加(减)：a>b?a＋c>b＋c；(4)乘(除)：a>b，c>0?ac>bc；a>b，c<0?ac<bc；(5)乘方：a>b>0?an>bn，n∈N*且n≥2；(6)开方：a>b>0?eq\r(n,a)>eq\r(n,b)，n∈N*且n≥2；(7)a>b，c>d?a＋c>b＋d；(8)a>b>0，c>d>0?ac>bd.基础自测1.如果a∈R，且a2＋a<0，那么a，a2，－a，－a2的大小关系是()A.a2>a>－a2>－a B.－a>a2>－a2>aC.－a>a2>a>－a2D.aD.a2>－a>a>－a2解析由a2＋a<0知a≠0，故有a<－a2<0，0<a2<－a.故选B.答案B2.若a>b>0，c<d<0，则一定有()A.eq\f(a,d)>eq\f(b,c) B.eq\f(a,d)<eq\f(b,c)C.eq\f(a,c)>eq\f(b,d) D.eq\f(a,c)<eq\f(b,d)解析思路一：根据给出的字母的取值要求，取特殊值验证.思路二：根据不等式的性质直接推导.方法一：令a＝3，b＝2，c＝－3，d＝－2，则eq\f(a,c)＝－1，eq\f(b,d)＝－1，排除选项C，D；又eq\f(a,d)＝－eq\f(3,2)，eq\f(b,c)＝－eq\f(2,3)，所以eq\f(a,d)<eq\f(b,c)，所以选项A错误，选项B正确.故选B.方法二：因为c<d<0，所以－c>－d>0，所以eq\f(1,－d)>eq\f(1,－c)>0.又a>b>0，所以eq\f(a,－d)>eq\f(b,－c)，所以eq\f(a,d)<eq\f(b,c)，故选B.答案B3.设x∈R，则eq\f(x2,1＋x4)与eq\f(1,2)的大小关系是________.解析当x＝0时，eq\f(x2,1＋x4)＝0<eq\f(1,2)，当x≠0时，eq\f(x2,1＋x4)＝eq\f(1,\f(1,x2)＋x2)，∴eq\f(1,x2)＋x2≥2，∴eq\f(x2,1＋x4)≤eq\f(1,2)(当x＝±1时取等号)，综上所述eq\f(x2,1＋x4)≤eq\f(1,2).答案eq\f(x2,1＋x4)≤eq\f(1,2)知识点1不等式的性质及应用【例1】判断下列各题的对错(1)eq\f(c,a)<eq\f(c,b)且c>0?a>b()(2)a>b且c>d?ac>bd()(3)a>b>0且c>d>0?eq\r(\f(a,d))>eq\r(\f(b,c))()(4)eq\f(a,c2)>eq\f(b,c2)?a>b()解析(1)eq\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，此式成立，推不出a>b，∴(1)错.(2)当a＝3，b＝1，c＝－2，d＝－3时，命题显然不成立.∴(2)错.(3)eq\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.∴(3)对.(4)显然c2>0，∴两边同乘以c2得a>b.∴(4)对.答案(1)×(2)×(3)√(4)√●反思感悟：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或举出一个反例予以否定.1.有以下四个条件：①b>0>a；②0>a>b；③a>0>b；④a>b>0.其中能使eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的有________个条件.解析①b>0>a，∴eq\f(1,a)<0<eq\f(1,b)，结论成立；②0>a>b，∴eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，结论成立；③a>0>b，∴eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，结论不成立；④a>b>0，∴eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，结论成立.答案3知识点2实数大小的比较【例2】实数x，y，z满足x2－2x＋y＝z－1且x＋y2＋1＝0，试比较x，y，z的大小.解x2－2x＋y＝z－1?z－y＝(x－1)2≥0?z≥y；x＋y2＋1＝0?y－x＝y2＋y＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)>0?y>x，故z≥y>x.●反思感悟：两个实数比较大小，通常用作差法来进行.其一般步骤是：(1)作差.(2)变形，常采用配方、因式分解、分母有理化等方法.(3)定号，即确定差的符号.(4)下结论.2.已知－eq\f(1,2)<a<0，A＝1＋a2，B＝1－a2，C＝eq\f(1,1＋a)，D＝eq\f(1,1－a)，试比较A，B，C，D的大小.解∵－eq\f(1,2)<a<0，∴1＋a2>1－a2，即A>B，eq\f(1,1＋a)>eq\f(1,1－a)，即C>D，又∵A－C＝1＋a2－eq\f(1,1＋a)＝eq\f(a（1＋a＋a2）,1＋a)<0，∴A<C，∵B－D＝1－a2－eq\f(1,1－a)＝eq\f(a（a2－a－1）,1－a)>0，∴C>A>B>D.知识点3不等式的证明【例3】如果a>b>0，c<d<0，f<0，证明：eq\f(f,a－c)>eq\f(f,b－d).证明∵c<d<0，∴－c>－d>0，又∵a>b>0，∴a－c>b－d>0.不等式的两边同乘eq\f(1,（a－c）（b－d）)>0，得：eq\f(1,b－d)>eq\f(1,a－c)>0，又∵f<0，∴eq\f(f,b－d)<eq\f(f,a－c)，即eq\f(f,a－c)>eq\f(f,b－d).●反思感悟：利用不等式性质证明不等式的实质就是依据性质把不等式进行变形.在此过程中，一要严格符合性质条件；二要注意向特征不等式的形式化归.3.已知a<b<c，x<y<z，则ax＋by＋cz，ax＋cy＋bz，bx＋ay＋cz，cx＋by＋az中哪一个最大？请予以证明.解最大的一个是ax＋by＋cz∵ax＋by＋cz－(ax＋cy＋bz)＝(b－c)(y－z)>0?ax＋by＋cz>ax＋cy＋bz同理ax＋by＋cz>bx＋ay＋czax＋by＋cz>cx＋by＋az故结论成立.课堂小结1.不等关系强调的是量与量之间的关系，可以用符号“>”、“<”、“≠”、“≥”或“≤”表示；而不等式则是用来表示不等关系的，可用“a>b”、“a<b”、“a≠b”、“a≥b”或“a≤b”等式子表示，不等关系是通过不等式来体现的.2.不等式的性质是不等式变形的依据.每一步变形，都应有根有据.记准适用条件是关键.3.关于传递性要正确处理带等号的情况：由a>b，b≥c或a≥b，b>c均可推得a>c；而a≥b，b≥c不一定可以推得a>c，可能是a>c，也可能是a＝c.随堂演练1.已知下列四个条件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0，能推出eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的有()A.1个 B.2个C.3个 D.4个解析运用倒数性质，由a>b，ab>0可得eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，②、④正确.又正数大于负数，①正确，③错误，故选C.答案C2.已知a，b，c，d为实数，且c>d，则“a>b”是“a－c>b－d”的()A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－c>b－d,c>d))?a>b；而当a＝c＝2，b＝d＝1时，满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>b,c>d))，但a－c>b－d不成立，所以“a>b”是“a－c>b－d”的必要而不充分条件，选B.答案B3.已知不等式：①x2＋3>2x；②a5＋b5>a3b2＋a2b3；③a2＋b2≥2(a－b－1)，其中正确的不等式有__________.(填上正确的序号)答案①③4.实数a，b，c，d满足下列三个条件：①d>c；②a＋b＝c＋d；③a＋d<b＋c，则将a，b，c，d按照从小到大的次序排列为________.解析∵d>c，a＋d<b＋c，∴a<b，∵a＋d<b＋c，∴a－c<b－d，∵a＋b＝c＋d，∴a－c＝d－b，即d<b，a<c，∴a<c<d<b.答案a<c<d<b基础达标1.若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，则下列不等式中正确的有()①a＋b<ab；②|a|>|b|；③a<b；④ac>bc.A.1个B.2个C.3个D.4个答案A2.若a，b，c∈R，a>b，则下列不等式成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B.a2>b2C.eq\f(a,c2＋1)>eq\f(b,c2＋1) D.a|c|>b|c|解析本题只提供了“a，b，c∈R，a>b”这个条件，而不等式的基本性质中，几乎都有类似的前提条件，但结论会根据不同的要求有所不同，因而这需要根据本题的四个选择项来进行判断.选项A，还需有ab>0这个前提条件；选项B，当a，b都为负数或一正一负时都有可能不成立，如2>－3，但22>(－3)2不正确；选项C，eq\f(1,c2＋1)>0，因而正确；选项D，当c＝0时不正确.答案C3.设a，b∈R，若a－|b|>0，则下列不等式中正确的是()A.b－a>0 B.a3＋b3>0C.a2－b2<0 D.b＋a>0解析∵a－|b|>0，∴a>|b|>0.∴不论b正或b负均有a＋b>0.答案D4.已知60<x<84，28<y<33，则x－y的取值范围为________，eq\f(x,y)的取值范围为________.解析x－y＝x＋(－y)，所以需先求出－y的范围；eq\f(x,y)＝x×eq\f(1,y)，所以需先求出eq\f(1,y)的范围.∵28<y<33，∴－33<－y<－28，eq\f(1,33)<eq\f(1,y)<eq\f(1,28).又60<x<84，∴27<x－y<56，eq\f(60,33)<eq\f(x,y)<eq\f(84,28)，即eq\f(20,11)<eq\f(x,y)<3.答案27<x－y<56eq\f(20,11)<eq\f(x,y)<35.设x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若x>y，则实数a、b满足的条件是________________.答案ab≠1或a≠－26.已知a、b∈{正实数}且a≠b，比较eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)与a＋b的大小.解∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,b)＋\f(b2,a)))－(a＋b)＝eq\f(a2,b)－b＋eq\f(b2,a)－a＝eq\f(a2－b2,b)＋eq\f(b2－a2,a)＝(a2－b2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－\f(1,a)))＝eq\f(（a2－b2）（a－b）,ab)，∴当a>b>0时，a2>b2，∴eq\f(（a2－b2）（a－b）,ab)>0.当0<a<b时，a2<b2，∴eq\f(（a2－b2）（a－b）,ab)>0.∴只要a≠b，总有eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)>a＋b.综合提高7.已知实数x，y满足ax<ay(0<a<1)，则下列关系式恒成立的是()A.eq\f(1,x2＋1)>eq\f(1,y2＋1) B.ln(x2＋1)>ln(y2＋1)C.sinx>siny D.x3>y3解析先依据指数函数的性质确定出x，y的大小，再逐一对选项进行判断.因为0<a<1，ax<ay，所以x>y.采用赋值法判断，A中，当x＝1，y＝0时，eq\f(1,2)<1，A不成立.B中，当x＝0，y＝－1时，ln1<ln2，B不成立.C中，当x＝0，y＝－π时，sinx＝siny＝0，C不成立.D中，因为函数y＝x3在R上是增函数，故选D.答案D8.若a，b，x，y∈R，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y>a＋b，,（x－a）（y－b）>0))是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>a，,y>b))成立的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>a，,y>b))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－a>0，,y－b>0，,x＋y>a＋b，))即有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y>a＋b，,（x－a）（y－b）>0；))由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y>a＋b，,（x－a）（y－b）>0))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y>a＋b，,x－a>0，,y－b>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y>a＋b，,x－a<0，,y－b<0，))即有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y>a＋b，,（x－a）（y－b）>0，))所以应选C.答案C9.设角α，β满足－eq\f(π,2)＜α＜β＜eq\f(π,2)，则α－β的范围是________.解析∵－eq\f(π,2)＜α＜β＜eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,2)＜－β＜－α＜eq\f(π,2).∴－π＜α－β＜β－α＜π，且α－β＜0，∴－π＜α－β＜0.答案－π＜α＜－β＜010.有以下四个条件：①b＞0＞a；②0＞a＞b；③a＞0＞b；④a＞b＞0.其中能使eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)成立的有________个条件.解析①∵b＞0，∴eq\f(1,b)＞0.∵a＜0，∴eq\f(1,a)＜0.∴eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).②∵b