2024-2025学年高中数学第三章不等式3.1.2不等关系与不等式学案含解析北师大版必修5

PAGE1．2不等关系与不等式学问点一两个实数比较大小的依据[填一填]随意两个实数a，b都能比较大小：假如a－b>0，那么a>b；假如a－b<0，那么a<b；假如a－b＝0，那么a＝b；由此可知，要确定随意两个实数a，b的大小关系，只需确定它们的差a－b与0的大小关系即可．[答一答]1．两个实数大小比较的关键是什么？提示：关键是比较实数大小方法中的代数变形．学问点二不等式的性质[填一填](1)假如a>b，那么b<a；(对称性)(2)假如a>b，b>c，那么a>c；(传递性)(3)假如a>b，那么a＋c>b＋c；(不等式移项的依据)(4)假如a>b，c>0，那么ac>bc；假如a>b，c<0，那么ac<bc；(可乘性)(5)假如a>b，c>d，那么a＋c>b＋d；(加法)(6)假如a>b>0，c>d>0，那么ac>bd；(乘法)(7)假如a>b>0，那么an>bn(n∈N＋，n≥2)；(乘方)(8)假如a>b>0，那么eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N＋，n≥2)．(开方)[答一答]2．不等式两边同乘一个实数，所得不等式方向与原不等式方向有何关系？提示：不等式两边同乘一个正数，不等式方向不变；不等式两边同乘一个负数，不等式方向变更；不等式两边同乘以0，不等式相等．3．不等式两边同除以一个实数，不等式将如何变更？提示：不等式两边同除以一个正数，不等式方向不变；不等式两边同除以一个负数，不等式方向变更．1．比较两实数大小的依据比较两实数大小的依据是：a－b>0⇔a>b，a－b＝0⇔a＝b，a－b<0⇔a<b.2．不等关系与相等关系的区分(1)相等关系的一特性质是“自反性”．即任何一个数量都等于它自身，也即a＝a，而不等关系“>”“<”不具有自反性，但不等关系“≠”，非严格的不等关系“≤”“≥”具有自反性．(2)相等关系的另一条性质是“对称性”．即a＝b等价于b＝a，不等关系“>”“<”没有对称性(如a>b不等价于b>a)，但具有“反对称性”如(a>b等价于b<a)；不等关系“≠”与非严格的不等关系“≥”“≤”具有对称性，同时也具有反对称性．(3)相等关系还有一条性质是“传递性”．即假如a＝b，且b＝c，那么a＝c，不等关系“>”“<”与非严格的不等关系“≥”“≤”也具有传递性，但不等关系“≠”没有传递性(如1≠2，且3≠2，但2＝2)．类型一不等式性质的简洁应用【例1】适当增加条件，使下列命题成立：①若a>b，则ac<bc；②若ac2>bc2，则a2>b2；③若a>b，则lg(a＋1)>lg(b＋1)；④若a>b，c>d，则eq\f(a,d)>eq\f(b,c).【思路探究】利用不等式的性质解决问题．【解】①c值的正、负或是否为零未知，因而推断ac与bc的大小缺乏依据，即增加条件“c<0”；②由ac2>bc2，知c≠0，所以c2>0，所以a>b，当a>|b|时，有a2>b2，即增加条件“a>|b|”；③由a>b，可得a＋1>b＋1，但作为真数，应有b＋1>0，即增加条件“b>－1”④eq\f(a,d)>eq\f(b,c)成立的条件有多种，比照不等式的性质，相关的一个是a>b>0，c>d>0，故可增加条件“b>0，d>0”．规律方法理解不等式的性质时，首先，要驾驭各性质成立的条件，特殊是实数的正负和不等式的可逆性；其次，要关注常见函数的单调性，这对理解不等式性质具有指导作用．推断下列不等式关系是否正确，并说明理由．(1)若eq\f(a,c2)>eq\f(b,c2)，则a>b；(2)若a>b，ab≠0，则eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；(3)若a>b，c>d，则ac>bd.解：(1)正确．∵c2≠0且c2>0，∴在eq\f(a,c2)>eq\f(b,c2)两边同乘以c2不等式方向不变．∴a>b.(2)错误．a>b⇔eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的条件是ab>0.(3)错误．a>b，c>d⇒ac>bd，当a，b，c，d均为正数时成立．类型二比较大小【例2】(1)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).试将A、B、C、D按大小依次排列．(2)设a>0，b>0且a≠b，试比较aabb与abba的大小．【思路探究】(1)把要比较大小的几个数都用a表示，题目中给出了a的取值范围，不妨从中取一个值，看一看相应的A、B、C、D的值的大小，然后用作差方法比较各数大小．(2)由于比较的两数为幂式形式，可以用作商法比较大小，只要比较商式与1的大小即可．【解】(1)－eq\f(1,2)<a<0，∴不妨取a＝－eq\f(1,4)，则A＝eq\f(17,16)，B＝eq\f(15,16)，C＝eq\f(4,3)，D＝eq\f(4,5).由此猜想：D<B<A<C.只需证明C－A>0，A－B>0，B－D>0即可．∵B－D＝(1－a2)－eq\f(1,1－a)＝eq\f(a3－a2－a,1－a)＝eq\f(a[(a－\f(1,2))2－\f(5,4)],1－a)，又－eq\f(1,2)<a<0，∴1－a>0，又－1<a－eq\f(1,2)<－eq\f(1,2)，∴eq\f(1,4)<(a－eq\f(1,2))2<1，故(a－eq\f(1,2))2－eq\f(5,4)<0，∴eq\f(a[(a－\f(1,2))2－\f(5,4)],1－a)>0，∴B>D.∵A－B＝(1＋a2)－(1－a2)＝2a2>0∴A>B.∵C－A＝eq\f(1,1＋a)－(1＋a2)＝eq\f(－a(a2＋a＋1),1＋a)＝eq\f(－a[(a＋\f(1,2))2＋\f(3,4)],1＋a)，又1＋a>0，－a>0，(a＋eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)>0，∴eq\f(－a[(a＋\f(1,2))2＋\f(3,4)],1＋a)>0，∴C>A.综上可得A、B、C、D四个数的大小依次是C>A>B>D.(2)∵eq\f(aabb,abba)＝eq\f(aa－b,ba－b)＝(eq\f(a,b))a－b.当a>b>0时，eq\f(a,b)>1，a－b>0，则(eq\f(a,b))a－b>1，于是aabb>abba；当b>a>0时，0<eq\f(a,b)<1，a－b<0，则(eq\f(a,b))a－b>1，于是aabb>abba.综上所述，对于不相等的正数a，b，都有aabb>abba.规律方法(1)比较法有“作差比较法”和“作商比较法”，可以依据数(式)的特点敏捷选用．(2)第(1)题是一个开放性问题，我们利用了特值法，使抽象的数学式子详细化，要解决的问题明朗化，在解选择题、应用题、开放题时常用此法．(3)作差比较法的步骤为：①作差；②变形；③判号，其中关键一步是变形(通分、因式分解、配方等)，达到推断符号的目的．(4)作商比较法可以转化为与1比较大小，在含有幂式、根式、肯定值等问题中常常用到．已知x∈R，比较(x＋1)(x2＋eq\f(x,2)＋1)与(x＋eq\f(1,2))(x2＋x＋1)的大小．解：∵(x＋1)(x2＋eq\f(x,2)＋1)＝(x＋1)(x2＋x＋1－eq\f(x,2))＝(x＋1)(x2＋x＋1)－eq\f(x,2)(x＋1)，(x＋eq\f(1,2))(x2＋x＋1)＝(x＋1－eq\f(1,2))(x2＋x＋1)＝(x＋1)(x2＋x＋1)－eq\f(1,2)(x2＋x＋1)，∴(x＋1)(x2＋eq\f(x,2)＋1)－(x＋eq\f(1,2))(x2＋x＋1)＝eq\f(1,2)(x2＋x＋1)－eq\f(1,2)x(x＋1)＝eq\f(1,2)>0.∴(x＋1)(x2＋eq\f(x,2)＋1)>(x＋eq\f(1,2))(x2＋x＋1)．【例3】已知a>1，p＝loga(a3＋1)，q＝loga(a2＋1)，试比较p、q的大小．【思路探究】采纳作差法比较，并结合函数的单调性推断差的符号．【解】∵p－q＝loga(a3＋1)－loga(a2＋1)＝logaeq\f(a3＋1,a2＋1)，∵a>1，∴a3＋1>a2＋1，∴eq\f(a3＋1,a2＋1)>1，∴logaeq\f(a3＋1,a2＋1)>0，∴p>q.规律方法解决此类问题，常常用作差法，在比较大小的过程中，常与函数的单调性相结合，把两式看作某函数的函数值，通过比较自变量的大小，来确定函数值的大小．比较1＋logx3与2logx2(x>0且x≠1)的大小．解：1＋logx3－2logx2＝logxeq\f(3,4)x.(1)当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x<1,0<\f(3,4)x<1))即0<x<1；或当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>1,\f(3,4)x>1))即x>eq\f(4,3)时，有logxeq\f(3,4)x>0，即1＋logx3>2logx2.(2)当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x<1，,\f(3,4)x>1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>1，,0<\f(3,4)x<1))即1<x<eq\f(4,3)时，有logxeq\f(3,4)x<0，即1＋logx3<2logx2.(3)当eq\f(3,4)x＝1，即x＝eq\f(4,3)时，有logxeq\f(3,4)x＝0，即1＋logx3＝2logx2.综上所述：当0<x<1或x>eq\f(4,3)时，1＋logx3>2logx2；当1<x<eq\f(4,3)时，1＋logx3<2logx2；当x＝eq\f(4,3)时，1＋logx3＝2logx2.类型三利用不等式的性质证明简洁不等式【例4】若a>b>0，c<d<0，e<0，求证：eq\f(e,(a－c)2)>eq\f(e,(b－d)2).【思路探究】利用不等式的同向可加性和可乘方性证明不等式．【证明】方法一：eq\f(e,(a－c)2)－eq\f(e,(b－d)2)＝eq\f(e[(b－d)2－(a－c)2],(a－c)2(b－d)2)＝eq\f(e(b－d＋a－c)(b－d－a＋c),(a－c)2(b－d)2)＝eq\f(e[(a＋b)－(c＋d)][(b－a)＋(c－d)],(a－c)2(b－d)2).∵a>b>0，c<d<0，∴a＋b>0，c＋d<0，b－a<0，c－d<0，∴(a＋b)－(c＋d)>0，(b－a)＋(c－d)<0.∵e<0，∴e[(a＋b)－(c＋d)][(b－a)＋(c－d)]>0.又(a－c)2(b－d)2>0，∴eq\f(e,(a－c)2)－eq\f(e,(b－d)2)>0，即eq\f(e,(a－c)2)>eq\f(e,(b－d)2).方法二：eq\f(\f(e,(a－c)2),\f(e,(b－d)2))＝eq\f((b－d)2,(a－c)2).∵c<d<0，∴－c>－d>0.∵a>b>0，∴a－c>b－d>0，∴(a－c)2>(b－d)2>0，∴0<eq\f((b－d)2,(a－c)2)<1，∴0<eq\f(\f(e,(a－c)2),\f(e,(b－d)2))<1.又e<0，∴eq\f(e,(b－d)2)<0，∴eq\f(e,(a－c)2)>eq\f(e,(b－d)2).方法三：∵c<d<0，∴－c>－d>0，又a>b>0，∴a－c>b－d>0，∴(a－c)2>(b－d)2>0，上式两边同乘以eq\f(1,(a－c)2(b－d)2)，得eq\f(1,(a－c)2)<eq\f(1,(b－d)2).又e<0，∴eq\f(e,(a－c)2)>eq\f(e,(b－d)2).规律方法不等式的证明通常有两种方法：(1)利用不等式的性质进行证明；(2)借助作差、作商法比较不等号两边式子的大小进行证明，详细步骤与作差或作商比较实数大小的方法步骤相同，只是要留意书写方式．(1)a<b<0，求证：eq\f(b,a)<eq\f(a,b)；(2)已知a>b，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，求证：ab>0.证明：(1)eq\f(b,a)－eq\f(a,b)＝eq\f(b2－a2,ab)＝eq\f((b＋a)(b－a),ab)，∵a<b<0，∴b＋a<0，b－a>0，ab>0，∴eq\f((b＋a)(b－a),ab)<0，故eq\f(b,a)<eq\f(a,b).(2)∵eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，∴eq\f(1,a)－eq\f(1,b)<0，即eq\f(b－a,ab)<0，而a>b，∴b－a<0，∴ab>0.类型四不等式性质的综合应用【例5】已知－1≤a＋b≤1,1≤a－b≤3，求3a－b【思路探究】此题是给出含有字母的代数式的范围，求另外代数式的范围．分为两步来进行：(1)利用待定系数法将代数式3a－b用a＋b和a－b表示．(2)利用不等式性质及题目条件确定3a－【解】设3a－b＝x(a＋b)＋y(a－b)＝(x＋y)a＋(x－y)b∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝3，,x－y＝－1.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2.))即3a－b＝(a＋b)＋2(a－b)．∵－1≤a＋b≤1,1≤a－b≤3，∴2≤2(a－b)≤6，∴－1＋2≤(a＋b)＋2(a－b)≤1＋6，即1≤3a－b≤规律方法此题的一种典型错误做法，如下：∵－1≤a＋b≤1,1≤a－b≤3，∴0≤2a≤4，即0≤a≤∵－1≤a＋b≤1，－3≤b－a≤－1，∴－4≤2b≤0，即－2≤b≤0.∴0≤3a≤6,0≤－b≤2.∴0≤3a－b此解法的错误缘由是因为a与b是两个相互联系、相互制约的量，而不是各自独立的，当a＋b取到最大值或最小值时，a－b不肯定能取到最值，所以用以上方法可能扩大变量的范围．避开出错的方法是通过待定系数法“整体代入”，见解题过程．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：因为－eq\f(π,2)≤α<β≤eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,4)≤eq\f(α,2)<eq\f(π,4)，－eq\f(π,4)<eq\f(β,2)≤eq\f(π,4).两式两边分别相加，得－eq\f(π,2)<eq\f(α＋β,2)<eq\f(π,2).因为－eq\f(π,4)<eq\f(β,2)≤eq\f(π,4)，所以－eq\f(π,4)≤eq\f(－β,2)<eq\f(π,4).所以－eq\f(π,2)≤eq\f(α－β,2)<eq\f(π,2).又因为α<β，所以eq\f(α－β,2)<0.所以－eq\f(π,2)≤eq\f(α－β,2)<0.——易错警示系列——不等式性质应用不当致误利用不等式的性质推断不等关系是难点，又是考生的易误点，其易误点两个：一是在一个不等式两边同时乘以一个数或一个式子时，忽视正负号的推断导致出错．二是在运用同向不等式相加这一性质时，不是等价变形．若利用特值法就可避开上述错误，并且快速解答问题，特值法就是利用特殊值代替字母参数，得出特殊结论，再对各项检验，从而做出正确的选择．【例6】若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，则下列不等式：①eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)；②|a|＋b>0；③a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)；④lna2>lnb2中，正确的不等式是()A．①④B．②③C．①③ D．②④【错解】A【错解分析】本题只能依据不等式的性质进行逐个推断．对备选的不等式进行化简时简洁因不等式的性质运用不当出错，特殊是在一个不等式两端同时乘以一个数或式子时，忽视正负号的推断导致出错．【正解】C由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，可知b<a<0.①中，因为a＋b<0，ab>0，所以eq\f(1,a＋b)<0，eq\f(1,ab)>0，故有eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)，即①正确；②中，因为b<a<0，所以－b>－a>0，则－b>|a|，即|a|＋b<0，故②错误；③中，因为b<a<0，又eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，所以a－eq\f(1,a)>b－eq\f