2024-2025学年新教材高中数学第3章不等式3.1不等式的基本性质学案苏教版必修第一册

3.1不等式的基本性质学习任务核心素养1．结合已有的学问，理解不等式的6个基本性质．(重点)2．会用不等式的性质证明(解)不等式．(重点)3．会用不等式的性质比较数(或式)的大小和求取值范围．(难点)1．通过大小比较，培育逻辑推理素养．2．通过不等式性质的应用，培育逻辑推理素养．3．借助不等式求实际问题，提升数学运算素养.和你的同桌做个嬉戏：假设有四只盛满水的圆柱形水桶A，B，C，D，桶A，B的底面半径均为a，高分别为a和b，桶C，D的底面半径为b，高分别为a和b(其中a≠b)．你们各自从中取两只水桶，得水多者为胜．假如让你先取，你有必胜的把握吗？学问点1不等式(1)不等式的定义用数学符号“>”“<”“≥”“≤”“≠”连接两个数或代数式，含有这些不等号的式子叫作不等式．(2)关于a≥b和a≤b的含义①不等式a≥b应读作：“a大于或等于b”，其含义是a>b或a＝b，等价于“a不小于b”，即若a>b或a＝b中有一个正确，则a≥b正确．②不等式a≤b应读作：“a小于或等于b”，其含义是a<b或a＝b，等价于“a不大于b”，即若a<b或a＝b中有一个正确，则a≤b正确．(3)不等式中常用符号语言大于小于大于或等于小于或等于至多至少不少于不多于><≥≤≤≥≥≤(4)两个实数的大小比较①假如a－b是正数，那么a>b；即a－b>0⇔a>b；②假如a－b等于0，那么a＝b；即a－b＝0⇔a＝b；③假如a－b是负数，那么a<b；即a－b<0⇔a<b.随意两个实数都能比较大小吗？[提示]能．利用作差法比较．1.设a＝2x2，b＝x2－x－1，则a与b的大小关系为________．a>b[a－b＝2x2－(x2－x－1)＝x2＋x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，∴a>b.]学问点2不等式的基本性质性质1:若a>b，则b<a；(自反性)，a>b⇔b<a.性质2：若a>b，b>c，则a>c；(传递性)性质3：若a>b，则a＋c>b＋c；(加法保号性)性质4：若a>b，c>0，则ac>bc；(乘正保号性)若a>b，c<0，则ac<bc；(乘负改号性)性质5：若a>b，c>d，则a＋c>b＋d；(同向可加性)性质6：若a>b>0，c>d>0，则ac>bd；(全正可乘性)性质7：假如a>b>0，那么an>bn(n∈N*)．(拓展)不等式的基本性质是不等式变形的依据，也是解不等式的依据，同时还是证明不等式的理论基础．(1)在应用不等式时，肯定要搞清它们成立的前提条件，不行强化或弱化成立的条件．(2)要留意每条性质是否具有可逆性．2.思索辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若ac>bc，则a>b.()(2)若a＋c>b＋d，则a>b，c>d.()(3)若a>b，则eq\f(1,a)<eq\f(1,b).()[答案](1)×(2)×(3)×类型1利用不等式的性质推断和解不等式【例1】(1)对于实数a，b，c，给出下列命题：①若a>b，则ac2>bc2；②若a<b<0，则a2>ab>b2；③若a>b，则a2>b2；④若a<b<0，则eq\f(a,b)>eq\f(b,a).其中正确命题的序号是________．(2)求解关于x的不等式ax＋1>0(a∈R)，并用不等式的性质说明理由．(1)②④[对于①，∵c2≥0，∴只有c≠0时才成立，①不正确；对于②，a<b<0⇒a2>ab；a<b<0⇒ab>b2，∴②正确；对于③，若0>a>b，则a2<b2，如－1>－2，但(－1)2<(－2)2，∴③不正确；对于④，∵a<b<0，∴－a>－b>0，∴(－a)2>(－b)2，即a2>b2.又∵ab>0，∴eq\f(1,ab)>0，∴a2·eq\f(1,ab)>b2·eq\f(1,ab)，∴eq\f(a,b)>eq\f(b,a)，④正确．所以正确答案的序号是②④.](2)[解]不等式ax＋1>0(a∈R)两边同时加上－1得ax>－1(不等式性质3)，当a＝0时，不等式为0>－1恒成立，所以x∈R，当a>0时，不等式两边同时除以a得x>－eq\f(1,a)(不等式性质4)，当a<0时，不等式两边同时除以a得x<－eq\f(1,a)(不等式性质4)．综上：当a＝0时，不等式的解集为R，当a>0时，不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))，当a<0时，不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,a))).1．利用不等式推断正误的2种方法①干脆法：对于说法正确的，要利用不等式的相关性质证明；对于说法错误的只需举出一个反例即可．②特殊值法：留意取值肯定要遵循三个原则：一是满意题设条件；二是取值要简洁，便于验证计算；三是所取的值要有代表性．2．利用不等式的性质解不等式，要求步步有据，特殊是解含有参数的不等式更加要把握好分类探讨的标准．因为参数的范围不同，不等式的解集不同，所以对于参数的不同范围得到的解集都是独立的，不能求并集．[跟进训练]1．已知a＜b＜c且a＋b＋c＝0，则下列不等式恒成立的是()A．a2＜b2＜c2 B．ab2＜cb2C．ac＜bc D．ab＜acC[∵a＋b＋c＝0且a＜b＜c，∴a＜0，c＞0，∴ac＜bc，故选C.]2．若关于x的不等式ax＋b>0的解集为{x|x<2}，则不等式bx－a>0的解集为________．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x>－\f(1,2)))))[因为关于x的不等式ax＋b>0的解集为{x|x<2}，所以a<0，且x＝2是方程ax＋b＝0的实数根，所以2a＋b＝0，即b＝－2a，由bx－a>0得－2ax－a>0，因为a<0，所以x>－eq\f(1,2)，即不等式bx－a>0的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x>－\f(1,2))))).]类型2利用不等式的性质比较代数式的大小【例2】已知x≤1，比较3x3与3x2－x＋1的大小．[解]3x3－(3x2－x＋1)＝(3x3－3x2)＋(x－1)＝3x2(x－1)＋(x－1)＝(3x2＋1)(x－1)．∵x≤1，得x－1≤0.而3x2＋1>0，∴(3x2＋1)(x－1)≤0.∴3x3≤3x2－x＋1.1．将本例中“x≤1”改为“x∈R”，再比较3x3与3x2－x[解]3x3－(3x2－x＋1)＝(3x3－3x2)＋(x－1)＝(3x2＋1)(x－1)，∵3x2＋1>0，当x>1时，x－1>0，∴3x3>3x2－x＋1.当x＝1时，x－1＝0，∴3x3＝3x2－x＋1.当x<1时，x－1<0，∴3x3<3x2－x＋1.2．已知a>0,b>0,比较eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)与eq\f(1,a＋b)的大小．[解]法一：(作差法)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))－eq\f(1,a＋b)＝eq\f(ab＋b2＋a2＋ab－ab,aba＋b)＝eq\f(a2＋ab＋b2,aba＋b)，因为a>0,b>0，所以eq\f(a2＋ab＋b2,aba＋b)>0，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)>eq\f(1,a＋b).法二：(作商法)因为a>0,b>0，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)与eq\f(1,a＋b)同为正数，所以eq\f(\f(1,a)＋\f(1,b),\f(1,a＋b))＝eq\f(a＋b2,ab)，所以eq\f(a＋b2,ab)－1＝eq\f(a2＋ab＋b2,ab)>0，即eq\f(a＋b2,ab)>1，因为eq\f(1,a＋b)>0，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)>eq\f(1,a＋b).法三：(综合法)因为a>0,b>0，所以a＋b>0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>1，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)>eq\f(1,a＋b).1．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分母或分子有理化(针对无理式中的二次根式)；⑤分类探讨．2．作商法比较大小的三个步骤(1)作商变形；(2)与1比较大小；(3)得出结论．提示：作商法比较大小仅适用同号的两个数．3．综合法须要结合详细的式子的特征实施，本题思路为：A>B>0⇔A·eq\f(1,B)>1.[跟进训练]3．已知实数a，b，c满意b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，bA．c≥b>a B．a>c≥bC．c>b>a D．a>c>bA[∵c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，∴c≥b又b＋c＝6－4a＋3a∴2b＝2＋2a2，∴b＝a2∴b－a＝a2－a＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，∴b>a，∴c≥b>a.故选A.]4．已知a，b∈R，试比较a2－ab与3ab－4b2的大小．[解]因为a，b∈R，所以(a2－ab)－(3ab－4b2)＝a2－4ab＋4b2＝(a－2b)2，当a＝2b时，a2－ab＝3ab－4b2，当a≠2b时，a2－ab>3ab－4b2.类型3证明不等式【例3】若a>b>0，c<d<0，e<0，求证：eq\f(e,a－c2)>eq\f(e,b－d2).[思路点拨]可结合不等式的基本性质，分析所证不等式的结构，有理有据地导出证明结果．[证明]∵c<d<0，∴－c>－d>0.又∵a>b>0，∴a－c>b－d>0.∴(a－c)2>(b－d)2>0.两边同乘以eq\f(1,a－c2b－d2)，得eq\f(1,a－c2)<eq\f(1,b－d2).又e<0，∴eq\f(e,a－c2)>eq\f(e,b－d2).本例条件不变的状况下，求证：eq\f(e,a－c)>eq\f(e,b－d).[证明]∵c<d<0，∴－c>－d>0.∵a>b>0，∴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).利用不等式的性质证明不等式的留意事项(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．[跟进训练]5．已知c>a>b>0，求证：eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b).[证明]∵c>a>b>0.∴c－a>0，c－b>0.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(由a>b>0⇒\f(1,a)<\f(1,b),c>0))⇒eq\f(c,a)<eq\f(c,b)⇒eq\f(c－a,a)<eq\f(c－b,b).又c－a>0，c－b>0，∴eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b).类型4利用不等式求取值范围【例4】已知1<a<4,2<b<8.试求2a＋3b与a－b[思路点拨]欲求a－b的范围，应先求－b的范围，再利用不等式的性质求解．[解]∵1<a<4,2<b<8，∴2<2a<8,6<3b∴8<2a＋3b∵2<b<8，∴－8<－b<－2，又∵1<a<4，∴1＋(－8)<a＋(－b)<4＋(－2)，即－7<a－b<2，故8<2a＋3b<32，－7<a－b即2a＋3ba－b的取值范围为(－7,2)．1．在本例条件下，求eq\f(a,b)的取值范围．[解]∵2<b<8，∴eq\f(1,8)<eq\f(1,b)<eq\f(1,2)，又1<a<4，∴eq\f(1,8)<eq\f(a,b)<2.即eq\f(a,b)的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，2)).2．若本例改为：已知1≤a＋b≤5，－1≤a－b≤3，求3a－2b[解]法一：设x＝a＋b，y＝a－b，则a＝eq\f(x＋y,2)，b＝eq\f(x－y,2)，∵1≤x≤5，－1≤y≤3，∴3a－2b＝eq\f(1,2)x＋eq\f(5,2)y.又eq\f(1,2)≤eq\f(1,2)x≤eq\f(5,2)，－eq\f(5,2)≤eq\f(5,2)y≤eq\f(15,2)，∴－2≤eq\f(1,2)x＋eq\f(5,2)y≤10.即－2≤3a－2b≤10.所以3a－2b的范围是[－2,10]法二：设3a－2b＝m(a＋b)＋n(a－b)＝(m＋n)a＋(m－n)b＝3a－2所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,m－n＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,2)，,n＝\f(5,2)，))即3a－2b＝eq\f(1,2)(a＋b)＋eq\f(5,2)(a－b)，因为1≤a＋b≤5，－1≤a－b≤3，所以eq\f(1,2)≤eq\f(1,2)(a＋b)≤eq\f(5,2)，－eq\f(5,2)≤eq\f(5,2)(a－b)≤eq\f(15,2)，所以－2≤eq\f(1,2)(a＋b)＋eq\f(5,2)(a－b)≤10，即3a－2b的范围是[－2,10]1．同向不等式具有可加性，同正具有可乘性，但是不能相减或相除，应用时，要充分利用所给条件进行适当变形来求范围，留意变形的等价性．2．已知两个二元一次代数式的范围，求第三个二元一次式的范围，可以用双换元的方法，也可以通过待定系数法，先用已知的两个二元一次代数式表示未知的二元一次式．[跟进训练]6．已知－eq\f(π,2)≤α<β≤eq\f(π,2)，求eq\f(α＋β,2)，eq\f(α－β,2)的取值范围．[解]∵已知－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,4)<eq\f(β,2)≤eq\f(π,4)，∴－eq\f(π,4)≤－eq\f(β,2)<eq\f(π,4).∴－eq\f(π,2)≤eq\f(α－β,2)<eq\f(π,2)，又知α<β，∴eq\f(α－β,2)<0，∴－eq\f(π,2)≤eq\f(α－β,2)<0.7．已知－4≤a－c≤－1，－1≤4a－c≤5，求9a－[解]令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－c＝x，,4a－c＝y，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)y－x，,c＝\f(1,3)y－4x，))∴9a－c＝eq\f(8,3)y－eq\f(5,3)x，∵－4≤x≤－1，∴eq\f(5,3)≤－eq\f(5,3)x≤eq\f(20,3)，①∵－1≤y≤5，∴－eq\f(8,3)≤eq\f(8,3)y≤eq\f(40,3)，②①和②相加，得－1≤eq\f(8,3)y－eq\f(5,3)x≤20，∴－1≤9a－c≤1．已知a，b，c，d∈R，则下列命题中必成立的是()A．若a＞b，c＞b，则a＞c B．若a＞－b，则c－a＜c＋bC．若a＞b，c＜d，则eq\f(a,c)＞eq\f(b,d) D．若a2＞b2，则－a＜－bB[选项A，若a＝4，b＝2，c＝5，明显不成立；选项C不满意倒数不等式的条件，如a＞b＞0，c＜0＜d时，不成立；选项D只有a＞b＞0时才可以，否则如a＝－1，b＝0时不成立，故选