数学学案：不等关系与不等式

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精教材习题点拨练习A1．解:∵a≠b,∴a＞b或a＜b。2．解：（1）成立；（2）不一定成立；（3）一定成立．3．解：(1）a≥0；(2)－2≤a＜3;（3）2＜|a－b｜≤9。4．解：x2＋2x－（－x－3）＝x2＋3x＋3＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f（3，2)）)2＋eq\f(3，4）。∵eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f（3,2)）)2≥0,∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f(3,2))）2＋eq\f(3,4)＞0。∴x2＋2x＞－x－3.练习B1．解：eq\f(4a,4＋a2）－1＝eq\f（4a－（4＋a2),4＋a2）＝－eq\f(a2－4a＋4，4＋a2)＝－eq\f（(a－2)2，4＋a2)。∵（a－2)2≥0，4＋a2＞0,∴eq\f（－（a－2）2，4＋a2）≤0.∴eq\f(4a,4＋a2)≤1。2．证明：a2＋4b2－2b（a＋b)＝a2＋4b2－2ab－2b2＝a2－2ab＋2b2＝（a－b）2＋b2.∵a≠b，∴（a－b）2＞0。又∵b2≥0，∴(a－b)2＋b2＞0.∴a2＋4b2＞2b(a＋b)．3．解：(a5＋b5)－（a3b2＋a2b3）＝（a5－a3b2）＋（b5－a2b3）＝a3（a2－b2）＋b3(b2－a2）＝(a2－b2）(a3－b3)＝（a－b）(a＋b）（a－b）（a2＋ab＋b2)＝（a－b)2(a＋b)eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2）b)）2＋\f（3,4)b2)）.∵a，b∈R＋，且a≠b，∴(a－b)2＞0，a＋b＞0，eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(a＋\f（1，2)b）)2＋eq\f（3，4)b2＞0,故上式＞0，即a5＋b5＞a3b2＋a2b3.4．证明:lgx＋logx10－2＝lgx＋eq\f（1，lgx）－2＝eq\f(（lgx－1）2,lgx）。∵x＞1，∴lgx＞0，(lgx－1）2≥0，∴eq\f（（lgx－1)2，lgx)≥0,∴lgx＋logx10≥2.当且仅当lgx＝1,即x＝10时，原式中的等号成立．练习A1．解：（1）＞(2)＜(3)＞(4)＜（5）＞（6）＜2．解：(1)a＞b⇒ac＞bc是假命题．理由：∵a＞b，c＞0⇒ac＞bc；a＞b，c＜0⇒ac＜bc；a＞b，c＝0⇒ac＝bc＝0。（2)a＞b⇒ac2＞bc2是假命题．理由：∵a＞b,c2＞0⇒ac2＞bc2；a＞b，c2＝0⇒ac2＝bc2＝0.(3)a＞b且algc＜blgc⇒0＜c＜1是真命题．理由:a＞b且algc＜blgc⇒lgc＜0⇒0＜c＜1.3．解：（1)＞（2)＜（3）＞（4）＜（5）＜4．解：(1）不能,当a＞b＞0,0＞c＞d时，ac与bd的大小无法判断．如2＞1,－1＞－2,2×(－1）＝1×（－2)；2＞1，－2＞－3，2×（－2）＜1×(－3)；2＞1，－eq\f(1，2）＞－2，2×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（1,2))）＞1×（－2）．（2)不能,如2＋1＞3－1，此时a＝2,b＝3，c＝1，d＝－1，有a＜b,c＞d；但1＋2＞－1＋3,此时a＝1，b＝－1，c＝2，d＝3，有a＞b，c＜d.（3)不能．①当ab＞0，即a、b同号时,若a＞b，则eq\f（1,a)＜eq\f（1,b)。②当ab＜0，即a、b异号时，若a＞b，则eq\f（1,a）＞eq\f(1,b）.5．证明：（1)∵（a2＋7）－5a＝a2－5a＋7＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（a－\f（5，2）))2＋eq\f（3，4）＞0，∴a2＋7＞5a.（2)∵(a2＋a)－(2a－1)＝a2－a＋1＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(a－\f(1，2)))2＋eq\f(3，4）＞0，∴a2＋a＞2a－1.(3）∵（a2＋1)－2a＝(a－1）2≥0,∴a2＋1≥2a.（4）∵4a4－(4a2－1）＝4a4－4a2＋1＝(2a2－1）2≥0，∴4a4≥4a2－1。练习B1．解：（1)＞(2）＞(3）＞2．证明：（1)∵0＞a＞b，c＜0,∴ab＞0，b－a＜0。∴eq\f(c，a)－eq\f（c，b）＝eq\f(c(b－a），ab）＞0。故eq\f(c,a)＞eq\f(c,b)。(2)∵a＞b＞c＞d，∴a－d＞0,b－c＞0，b－a＜0，d－c＜0。∴eq\f(1,a－d）－eq\f(1，b－c）＝eq\f（（b－c）－(a－d）,(a－d）(b－c)）＝eq\f(（b－a)＋（d－c），(a－d)（b－c）)＜0.故有eq\f（1,a－d）＜eq\f(1,b－c）.（3)∵eq\f（c,a－c)－eq\f(c,b－c)＝eq\f(c［(b－c)－(a－c)］,（a－c）(b－c）)＝eq\f(c（b－a），（a－c）（b－c))。又∵a＞b＞c，a＋b＋c＝0,∴a－c＞0，b－c＞0，b－a＜0.3c＜a＋b＋c＝0.∴c＜0.故eq\f(c，a－c)－eq\f（c，b－c）＝eq\f(c（b－a)，(a－c)(b－c））＞0.∴eq\f（c,a－c)＞eq\f(c,b－c).3．解：∵1＜a＜2＜b＜3，∴1＜a＜2,2＜b＜3,－3＜－b＜－2，eq\f(1，3)＜eq\f（1,b)＜eq\f(1，2），∴3＜a＋b＜5，－2＜a－b＜0，－5＜a－2b＜－2，2＜ab＜6，eq\f（1,3)＜eq\f(a,b）＜1.习题3－1A1．解：如每次考试中两位同学成绩的高低，同桌的身高、体重等关系．2．解：（1）eq\f（1,\r(2）－1)＝eq\f(\r(2)＋1，（\r(2）－1)(\r（2）＋1）)＝eq\r（2）＋1，∴eq\f（1，\r（2）－1）－（2eq\r（3)－1）＝eq\r(2）＋1－2eq\r(3）＋1＝2＋eq\r(2）－2eq\r（3).（2＋eq\r（2))2－（2eq\r(3）)2＝6＋4eq\r(2）－12＝4eq\r(2）－6，（4eq\r(2)）2＝32＜36＝62。∴（2＋eq\r(2)）2－（2eq\r(3))2＜0。∴2＋eq\r（2)＜2eq\r（3).∴eq\f(1,\r(2)－1）＜2eq\r(3)－1.（2）∵logeq\f(1，2）eq\f(1,3）＝log23＝log49＞log48，∴logeq\f（1,2）eq\f（1，3)＞log48。3．解：（1）∵（2a＋1)(a－3）－(a－6)（2a＋7)－45＝2a2－5a－3－(2a2－5a－42）－45＝2a2－5a－3－2a2＋5a＋42－45＝－6.∴(2a＋1）(a－3)＜（a－6)（2a＋7）＋45.（2）∵(x＋1）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（x2＋\f(x,2)＋1)）－eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f(1,2)))(x2＋x＋1）＝x3＋eq\f（x2，2)＋x＋x2＋eq\f（x,2）＋1－x3－x2－x－eq\f(1,2)x2－eq\f（1，2）x－eq\f（1,2）＝eq\f（1,2）＞0.∴（x＋1）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x2＋\f(x，2）＋1)）＞eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f(1，2)））（x2＋x＋1)．（3)∵1－eq\f（2x，x2＋1）＝eq\f(x2－2x＋1，x2＋1）＝eq\f（(x－1）2，x2＋1).∵x2＋1＞0，（x－1）2≥0，∴原式≥0.∴1≥eq\f(2x,x2＋1).（4）∵a2＋b2－(2a＋2b－2）＝a2－2a＋b2－2b＋2＝a2－2a＋1＋b2－2b＋1＝(a－1)2＋(b－1)2≥0，∴a2＋b2≥2a＋2b－2.（5)∵3(a2＋2b2）－8ab＝3a2－8ab＋6b2＝3eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(a－\f（4b,3）)）2－eq\f(16,3）b2＋6b2＝3eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（a－\f(4b,3)）)2＋eq\f(2，3)b2≥0，∴3(a2＋2b2）≥8ab。4．证明：（1)∵a＞b，∴－a＜－b,∴c－a＜c－b。（2）∵a＞b＞0，∴eq\f（1,a)＜eq\f（1,b).∵c＜0，∴eq\f(c,a)＞eq\f(c,b).（3)∵c＞d＞0,∴0＜eq\f（1,c)＜eq\f（1,d）.又∵a＞b＞0,∴eq\f（a，d）＞eq\f（b,c)＞0。∴eq\r（\f（a，d))＞eq\r(\f（b,c）).5．解:(1)∵eq\f（π,4)＜α＜eq\f（π,2)，∴eq\f(π,2)＜2α－π。又∵0＜β＜eq\f（π,3)，∴eq\f（π,2)＜2α＋β＜eq\f(4，3）π。(2)∵0＜β＜eq\f（π，3)，∴－eq\f（π,3）＜－β＜0。又∵eq\f(π，4)＜α＜eq\f（π,2)，∴－eq\f(π,12）＜α－β＜eq\f（π,2）.∴－eq\f(π，24)＜eq\f(α－β,2）＜eq\f(π,4)。6．解:（1）由题意得：8000－800x＜6000。（2）由题意得：乙班人数为eq\f（360，x），甲班人数为eq\f（360，x－1）。∴eq\f（360,x)＋5≤eq\f（360，x－1)。∵x＞1，∴5x2－5x－360≤0。化简得x2－x－72≤0.习题3－1B1．证明：(1)∵a2＋b2＋5－2（2a－b）＝a2＋b2＋5－4a＋2b＝a2－4a＋4＋b2＋2b＋1＝(a－2）2＋（b＋1)2≥0.∴不等式成立,且当a＝2，b＝－1时，等号成立．(2)∵a2＋b2－2（a－b－1）＝a2－2a＋1＋b2＋2b＋1＝(a－1)2＋(b＋1）2≥0，∴不等式成立，且当a＝1，b＝－1时，等号成立．（3)∵a2＋b2＋c2＋d2－ab－bc－cd－da＝eq\f（1，2）（2a2＋2b2＋2c2＋2d2－2ab－2bc－2cd－2da）＝eq\f(1，2）[(a2＋b2－2ab)＋（b2＋c2－2bc）＋(c2＋d2－2cd）＋（d2＋a2－2da)］＝eq\f(1，2）[(a－b)2＋(b－c)2＋（c－d)2＋（d－a）2]≥0。∴不等式成立，且当a＝b＝c＝d时，等号成立．(4）∵eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(a＋b,2）)）2－eq\f（a2＋b2,2）＝－eq\f（a2－2ab＋b2,4)＝eq\f（－（a－b）2,4)≤0，∴原不等式成立，且当a＝b时，等号成立．2．解：设y＝x3－（x2－x＋1）＝x3－x2＋x－1＝x2(x－1）＋(x－1)＝(x－1)(x2＋1)，∵x2＋1＞0，故(1)当x＞1时，x－1＞0，y＞0，即x3＞x2－x＋1；(2)当x＜1时,x－1＜0，y＜0,即x3＜x2－x＋1；(3）当x＝1时，x－1＝0,y＝0，即x3＝x2－x＋1。3．解：（1)eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(8(x＋19）＞2200,,\f（8（x＋19)，x－12)＞9。)）（2）0.22＋0。11（x－3)≤0.60.(x≥3，且x∈Z）4．解：设m＝loga（3x2＋4xy＋y2），n＝loga（2x2＋6xy)，∴am＝3x2＋4xy＋y2,an＝2x2＋6xy，∴am－an＝x2－2xy＋y2＝（x－y)2＞0(x≠y)．∴当0＜a＜1时，m＜n；当a＞1时，m＞n。∴当0＜a＜1时，loga（3x2＋4xy＋y2)＜loga（2x2＋6xy)；当a＞1时，loga（3x2＋4xy＋y2）＞loga（2x2＋6xy）．5．解：设eq\f(a,b)＝e