2024-2025学年新教材高中数学第二章一元二次函数方程和不等式2.1等式性质与不等式性质学案含解析新人教A版必修第一册

PAGE2．1等式性质与不等式性质内容标准学科素养1.通过详细情境，感受日常生活中的不等关系．数学抽象逻辑推理2.初步学会作差法比较两实数的大小．3.驾驭不等式的基本性质，并能运用这些性质解决有关问题.授课提示：对应学生用书第18页[教材提炼]学问点一实数a、b大小eq\a\vs4\al(预习教材，思索问题)设a、b是两个实数，它们在数轴上所对应的点分别是A、B，那么A、B的位置与a、b的大小有什么关系？学问梳理关于实数a，b大小的比较，有以下基本领实：假如a－b是正数，那么a＞b；假如a－b等于0，那么a＝b；假如a－b是负数，那么a＜b.反过来也对，这个基本领实可以表示为a＞b⇔a－b＞0；a＝b⇔a－b＝0；a＜b⇔a－b＜0.从上述基本领实可知，要比较两个实数的大小，可以转化为比较它们的差与0的大小．学问点二等式的基本性质eq\a\vs4\al(预习教材，思索问题)假如a＝b，那么a±c与b±c、ac与bc、eq\f(a,c)与eq\f(b,c)相等吗？学问梳理等式有下面的基本性质：性质1假如a＝b，那么b＝a；性质2假如a＝b，b＝c，那么a＝c；性质3假如a＝b，那么a±c＝b±c；性质4假如a＝b，那么ac＝bc；性质5假如a＝b，c≠0，那么eq\f(a,c)＝eq\f(b,c).学问点三不等式的性质eq\a\vs4\al(预习教材，思索问题)假如a＞b，那么a±c与b±c，ac与bc有什么关系？学问梳理性质别名性质内容留意1对称性a＞b⇔b＜a⇔2传递性a＞b，b＞c⇒a＞c⇒3可加性a＞b⇔a＋c＞b＋c可逆4可乘性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a＞b,c＞0))⇒ac＞bcc的符号eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a＞b,c＜0))⇒ac＜bc5同向可加性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a＞b,c＞d))⇒a＋c＞b＋d同向6同向同正可乘性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a＞b＞0,c＞d＞0))⇒ac＞bd同向7可乘方性a＞b＞0⇒an＞bn(n∈N*，n≥2)同正[自主检测]1．实数m不超过eq\r(2)，是指()A．m＞eq\r(2) B．m≥eq\r(2)C．m＜eq\r(2) D．m≤eq\r(2)答案：D2．已知a＜b＜0，c＜d＜0，那么下列推断中正确的是()A．a－c＜b－d B．ac＞bdC.eq\f(a,d)＜eq\f(b,c) D．ad＞bc答案：B3．设a＞b，c＞d，则下列不等式成立的是()A．a－c＞b－d B．ac＞bdC.eq\f(a,c)＞eq\f(d,b) D．b＋d＜a＋c答案：D4．若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，则f(x)与g(x)的大小关系是________．答案：f(x)＞g(x)授课提示：对应学生用书第19页探究一作差法比较大小[例1]设x＜y＜0，试比较(x2＋y2)(x－y)与(x2－y2)(x＋y)的大小．[解析](x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)＝(x－y)(x2＋y2)－(x－y)(x＋y)2＝(x－y)[(x2＋y2)－(x＋y)2]＝(x－y)(－2xy)．由于x＜y＜0，所以x－y＜0，－2xy＜0，所以(x－y)(－2xy)＞0，即(x2＋y2)(x－y)＞(x2－y2)(x＋y)．作差法比较两个数大小的步骤及变形方法(1)作差法比较的步骤：作差→变形→定号→结论．(2)变形的方法：①因式分解；②配方；③通分；④对数与指数的运算性质；⑤分母或分子有理化；⑥分类探讨．将本例中“x＜y＜0”变为“x＞y＞0”，这两个代数式的大小如何？解析：(x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)＝－2xy(x－y)由x＞y＞0得－2xy＜0，x－y＞0∴－2xy(x－y)＜0∴(x2＋y2)(x－y)＜(x2－y2)(x＋y)探究二用不等式的性质证明不等式[例2][教材P42例2拓展探究](1)已知a＞b＞0，c＜d＜0，e＜0，求证：eq\f(e,a－c)＞eq\f(e,b－d).[证明]∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0，又∵a＞b＞0，∴a＋(－c)＞b＋(－d)＞0，即a－c＞b－d＞0，∴0＜eq\f(1,a－c)＜eq\f(1,b－d)，又∵e＜0，∴eq\f(e,a－c)＞eq\f(e,b－d).(2)已知b克糖水中含有a克糖(b＞a＞0)，再添加m克糖(m＞0)(假设全部溶解)，糖水变甜了．请将这一事实表示为一个不等式，并证明这个不等式成立．[证明]eq\f(a,b)－eq\f(a＋m,b＋m)＝eq\f(ab＋m－ba＋m,bb＋m)＝eq\f(ma－b,bb＋m)，∵b＞a＞0，m＞0，∴a－b＜0，eq\f(ma－b,bb＋m)＜0，∴eq\f(a,b)＜eq\f(a＋m,b＋m).利用不等式的性质证明不等式留意事项(1)利用不等式的性质及其推论可以证明一些不等式．解决此类问题肯定要在理解的基础上，记准、记熟不等式的性质并留意在解题中敏捷精确地加以应用．(2)应用不等式的性质进行推导时，应留意紧扣不等式的性质成立的条件，且不行省略条件或跳步推导，更不能随意构造性质与法则．探究三求表达式的范围[例3]已知30＜x＜42,16＜y＜24，分别求x＋y，x－3y及eq\f(x,x－3y)的范围．[解析]因为30＜x＜42,16＜y＜24，所以30＋16＜x＋y＜42＋24，故46＜x＋y＜66.又30＜x＜42，－72＜－3y＜－48，所以30－72＜x－3y＜42－48，故－42＜x－3y＜－6.又30＜x＜42，－42＜x－3y＜－6，所以－eq\f(1,6)＜eq\f(1,x－3y)＜－eq\f(1,42)，所以0＜eq\f(1,42)＜－eq\f(1,x－3y)＜eq\f(1,6)，所以eq\f(30,42)＜－eq\f(x,x－3y)＜eq\f(42,6)，故－eq\f(42,6)＜eq\f(x,x－3y)＜－eq\f(30,42)，得－7＜eq\f(x,x－3y)＜－eq\f(5,7).依据某些代数式的范围求其它代数式的范围，要整体应用已知的代数式，结合不等式的性质进行推理.已知1＜a＜2,3＜b＜4，求下列各式的取值范围．(1)2a＋b；(2)a－b；(3)eq\f(a,b).解析：(1)∵1＜a＜2，∴2＜2a＜4.又3＜b＜4，∴5＜2a＋b＜8；(2)∵3＜b＜4，∴－4＜－b＜－3.又∵1＜a＜2，∴－3＜a－b＜－1；(3)3＜b＜4；∴eq\f(1,4)＜eq\f(1,b)＜eq\f(1,3).又∵1＜a＜2，∴eq\f(1,4)＜eq\f(a,b)＜eq\f(2,3).授课提示：对应学生用书第20页一、借不等式性质之根“移花接木”——不等式性质的拓展eq\x(►逻辑推理)1．由不等式性质4：a＞b，c＞0，那么ac＞bc拓展为倒数性质：若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞b,ab＞0))，则eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).证明：∵ab＞0，∴eq\f(1,ab)＞0由a＞b得a×eq\f(1,ab)＞b×eq\f(1,ab).∴eq\f(1,b)＞eq\f(1,a)，即eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).2．由性质7：假如a＞b＞0，那么an＞bn.(n∈N且n≥1)．拓展为开方性质：假如a＞b＞0，那么eq\r(n,a)＞eq\r(n,b).(n∈N且n≥2)．证明：假设0＜eq\r(n,a)≤eq\r(n,b).由性质7得(eq\r(n,a))n≤(eq\r(n,b))n∴a≤b与a＞b冲突．∴eq\r(n,a)＞eq\r(n,b).[典例]已知a＞b＞0，求证eq\r(a)＞eq\r(b).[证明]∵a＝(eq\r(a))2，b＝(eq\r(b))2.由a＞b得：(eq\r(a))2＞(eq\r(b))2＞0∴eq\r(a)＞eq\r(b).二、同样正确用不等式性质，差别这么大[典例]已知1≤a－b≤2,2≤a＋b≤4，求4a－2b[解析]设4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b＝(m＋n)a＋(n－m)b，于是得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4,n－m＝－2))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(