新教材高中数学人教B版学案2-2-1第2课时不等式的性质

第2课时不等式的性质[课程目标]1.理解常见不等式的性质；2.会用不等式的性质进行推理证明；3.在解决有关不等式方面的问题中逐步养成逻辑推理能力和习惯．知识点不等式的性质[填一填]性质1(可加性)：如果a>b，那么a＋c>b＋c.性质2(可乘性)：如果a>b，c>0，那么ac>bc.性质3(可乘性)：如果a>b，c<0，那么ac<bc.性质4(传递性)：如果a>b，b>c，那么a>c.性质5：a>b⇔b<a.推论1(移动法则)：如果a＋b>c，那么a>c－b.推论2(加法法则)：如果a>b，c>d，那么a＋c>b＋d.推论3(乘法法则)：a>b>0，c>d>0⇒ac>bd.推论4(可乘方)：a>b>0⇒an>bn(n∈N，n>1)．推论5(可开方)：a>b>0⇒eq\r(a)>eq\r(b).[答一答]1．性质2,3是如何证明的？提示：∵a>b，c>0，∴a－b>0.由同号相乘得正数知c(a－b)>0，即ac－bc>0.∴ac>bc.又∵a>b，c<0，∴a－b>0.由异号相乘得负数知c(a－b)<0，即ac－bc<0，∴ac<bc.2．不等式的性质还有哪些常见结论？提示：(1)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b,c>d))⇒a－d>b－c.(2)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b>0,d>c>0))⇒eq\f(a,c)>eq\f(b,d).(3)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b,ab>0))⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b,ab<0))⇒eq\f(1,a)>eq\f(1,b).3．请对等式与不等式的性质进行比较．提示：比较如下表：等式的性质不等式的性质a＝b⇔b＝aa>b⇔b<aa＝b，b＝c⇒a＝ca>b，b>c⇒a>ca＝b⇒a＋c＝b＋ca>b⇒a＋c>b＋ca＋b＝c⇒a＝c－ba＋b>c⇒a>c－ba＝b，c＝d⇒a＋c＝b＋da>b，c>d⇒a＋c>b＋da＝b⇒ac＝bca>b，c>0⇒ac>bca>b，c<0⇒ac<bca＝b，c＝d⇒ac＝bda>b>0，c>d>0⇒ac>bda＝b>0⇒an＝bna>b>0⇒an>bn(n∈N，n>1)a＝b>0⇒eq\r(n,a)＝eq\r(n,b)a>b>0⇒eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N，n>1)类型一利用不等式的性质判断命题[例1]对于实数a，b，c，下列命题中的真命题是()A．若a>b，则ac2>bc2B．若a>b>0，则eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．若a<b<0，则eq\f(b,a)>eq\f(a,b)D．若a>b，eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，则a>0，b<0[解析]方法一：∵c2≥0，∴c＝0时有ac2＝bc2，故A为假命题；由a>b>0，有ab>0⇒eq\f(a,ab)>eq\f(b,ab)⇒eq\f(1,b)>eq\f(1,a)，故B为假命题；a<b<0⇒－a>－b>0⇒－eq\f(1,b)>－eq\f(1,a)>0⇒eq\f(a,b)>eq\f(b,a)，故C为假命题；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b⇒b－a<0,\f(1,a)>\f(1,b)⇒\f(1,a)－\f(1,b)>0⇒\f(b－a,ab)>0))⇒ab<0.∵a>b，∴a>0且b<0，故D为真命题．方法二：(特殊值排除法)取c＝0，则ac2＝bc2，故A错．取a＝2，b＝1，则eq\f(1,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(1,b)＝1，有eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，故B错．取a＝－2，b＝－1，则eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(a,b)＝2，有eq\f(b,a)<eq\f(a,b)，故C错．故选D.[答案]D1.要判断命题是真命题，应说明理由或进行证明，推理过程应紧扣有关定理、性质等，应熟练掌握不等式的性质及其推论的条件和结论，若判断命题是假命题只需举一反例即可.2.举反例要遵循如下原则：①满足题设条件，②取值简单便于计算.[变式训练1]判断下列各命题的真假，并说明理由．(1)若a<b，c<0，则eq\f(c,a)<eq\f(c,b)；(2)若ac－3>bc－3，则a>b；(3)若a>b，且k∈N＋，则ak>bk；(4)若a>b，b>c，则a－b>b－c.解：(1)∵a<b，没有指出ab>0，∴eq\f(1,a)>eq\f(1,b)不一定成立，∴推不出eq\f(c,a)<eq\f(c,b)，∴是假命题．(2)当c<0时，c－3<0，有a<b，∴是假命题．(3)当a＝1，b＝－2，k＝2时，显然命题不成立，∴是假命题．(4)当a＝2，b＝0，c＝－3时，满足a>b，b>c这两个条件，但是a－b＝2<b－c＝3，∴是假命题．类型二利用不等式的性质证明不等式[例2]若已知a>b>0，c>d>0，求证：eq\r(\f(a,d))>eq\r(\f(b,c).)[证明]方法一：∵a>b>0，c>d>0，∴ac>bd>0.又∵cd>0，∴eq\f(1,cd)>0，∴eq\f(1,cd)·ac>eq\f(1,cd)·bd>0，∴eq\f(a,d)>eq\f(b,c)>0，∴eq\r(\f(a,d))>eq\r(\f(b,c)).方法二：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(c>d>0⇒\f(1,d)>\f(1,c)>0,a>b>0))⇒eq\f(a,d)>eq\f(b,c)>0⇒eq\r(\f(a,d))>eq\r(\f(b,c)).方法三：∵a>b>0，c>d>0，∴ac>bd>0，∴ac－bd>0，cd>0，∴(eq\r(\f(a,d)))2－(eq\r(\f(b,c)))2＝eq\f(a,d)－eq\f(b,c)＝eq\f(ac－bd,cd)>0.∴(eq\r(\f(a,d)))2>(eq\r(\f(b,c)))2，∴eq\r(\f(a,d))>eq\r(\f(b,c)).[变式训练2]若bc－ad≥0，bd>0，求证：eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).证明：∵bc－ad≥0，∴bc≥ad，∴bc＋bd≥ad＋bd，即b(c＋d)≥d(a＋b)，又bd>0，两边同除以bd得，eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).类型三应用不等式的性质求取值范围[例3]已知1≤2a＋b≤4，－1≤a－2b≤2，求10a－5[解]令10a－5b＝x(2a＋b)＋y(a－2b)＝(2x＋y)a＋(x－2y)b，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y＝10，,x－2y＝－5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝4，))∴10a－5b＝3(2a＋b)＋4(a－2∵1≤2a＋b≤4，－1≤a－2b≤∴3≤3(2a＋b)≤12，－4≤4(a－2b)≤∴－1≤3(2a＋b)＋4(a－2b)≤即－1≤10a－5b≤故10a－5b本题对所求的问题用已知不等式表示，然后利用同向不等式性质解决.[变式训练3]已知－4<a<6,2<b<4，分别求a－2b，eq\f(a,b)的取值范围．解：∵2<b<4，∴－4<－b<－2，则－8<－2b<－4.又∵－4<a<6，∴－12<a－2b<2.又∵eq\f(1,4)<eq\f(1,b)<eq\f(1,2)，(1)当0≤a<6时，0≤eq\f(a,b)<3；(2)当－4<a<0时，－2<eq\f(a,b)<0.由(1)(2)可知：－2<eq\f(a,b)<3.综上可知，所求的范围分别为：－12<a－2b<2，－2<eq\f(a,b)<3.1．已知a<b，那么下列式子中，错误的是(B)A．4a<4b B．－4aC．a＋4<b＋4 D．a－4<b－4解析：由可乘性知，在不等式的两端同乘一负数，不等号改变方向，故选B.2．已知a>b，ac>bc，则有(A)A．c>0 B．c<0C．c＝0 D．以上均有可能解析：由可乘性知选A.3．若2<x<6,1<y<3，则x＋y∈{x＋y|3<x＋y<9}．解析：由同向不等式可加性，知x＋y∈{x＋y|3<x＋y<9}．4．已知a>b>0，c<d<0，求证：eq\r(3,\f(a,d))<eq\r(3,\f(b,c)).证明：∵c