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第2课时不等式性质学案含解析新人教A版必修第一册

PAGE1-第2课时不等式性质必备学问·探新知基础学问学问点不等式的性质性质1a>b⇔__b<a__；(对称性)性质2a>b，b>c⇒__a>c__；(传递性)性质3a>b⇒__a＋c>b＋c__；(同加保序性)推论：a＋b>c⇒__a>c－b__；(移项法则)性质4a>b，c>0⇒__ac>bc__，(乘正保序性)a>b，c<0⇒ac<bc；(乘负反序性)性质5a>b，c>d⇒__a＋c>b＋d__；(同向相加保序性)性质6a>b>0，c>d>0⇒__ac>bd__；(正数同向相乘保序性)性质7a>b>0⇒__an>bn__(n∈N，n≥2)．(非负乘方保序性)思索：(1)性质3的推论实际就是解不等式中的什么法则？(2)性质4就是在不等式的两边同乘以一个不为零的数，不变更不等号的方向，对吗？为什么？(3)运用性质6,7时，要留意什么条件？提示：(1)移项法则．(2)不对．要看两边同乘以的数的符号，同乘以正数，不变更不等号的方向，但是同乘以负数时，要变更不等号的方向．(3)各个数均为正数．基础自测1．推断正误(对的打“√”，错的打“×”)(1)若a>b，则ac2>bc2.(×)(2)同向不等式相加与相乘的条件是一样的．(×)(3)设a，b∈R，且a>b，则a3>b3.(√)(4)若a＋c>b＋d，则a>b，c>d.(×)[解析](1)由不等式的性质，ac2>bc2⇒a>b；反之，c＝0时，a>bac2>bc2.(2)相乘须要看是否eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>b>0，,c>d>0，))而相加与正、负和零均无关系．(3)符合不等式的可乘方性．(4)取a＝4，c＝5，b＝6，d＝2，满意a＋c>b＋d，但不满意a>b，故此说法错误．2．设b<a，d<c，则下列不等式中肯定成立的是(C)A．a－c>b－d B．ac>bdC．a＋c>b＋d D．a＋d>b＋c3．已知a<0，－1<b<0，那么下列不等式成立的是(D)A．a>ab>ab2 B．ab2>ab>aC．ab>a>ab2 D．ab>ab2>a[解析]由－1<b<0，可得b<b2<1，又a<0，∴ab>ab2>a，故选D．4．用不等号“>”或“<”填空：(1)假如a>b，c<d，那么a－c__>__b－d；(2)假如a>b>0，c<d<0，那么ac__<__bd；(3)假如a>b>0，那么eq\f(1,a2)__<__eq\f(1,b2)；(4)假如a>b>c>0，那么eq\f(c,a)__<__eq\f(c,b).[解析](1)∵c<d，∴－c>－d，∵a>b，∴a－c>b－d.(2)∵c<d<0，∴－c>－d>0.∵a>b>0，∴－ac>－bd，∴ac<bd.(3)∵a>b>0，∴ab>0，eq\f(1,ab)>0，∴a·eq\f(1,ab)>b·eq\f(1,ab)>0，∴eq\f(1,b)>eq\f(1,a)>0，∴(eq\f(1,b))2>(eq\f(1,a))2，即eq\f(1,a2)<eq\f(1,b2).(4)∵a>b>0，所以ab>0，eq\f(1,ab)>0.于是a·eq\f(1,ab)>b·eq\f(1,ab)，即eq\f(1,b)>eq\f(1,a)，即eq\f(1,a)<eq\f(1,b).∵c>0，∴eq\f(c,a)<eq\f(c,b).关键实力·攻重难题型探究题型一不等式性质的应用例1若a<b<0，则下列结论正确的是(C)A．a2<b2 B．ab<b2C．eq\f(1,a)>eq\f(1,b) D．ac2>bc2[分析]通过赋值可以解除A，D，依据不等式的性质可推断B，C正误．[解析]若a<b<0，对于A选项，当a＝－2，b＝－1时，不成立；对于B选项，等价于a>b，故不成立；对于C选项，eq\f(1,b)<eq\f(1,a)<0，故选项正确；对于D选项，当c＝0时，不正确．[归纳提升]推断关于不等式的命题真假的两种方法(1)干脆运用不等式的性质：把要推断的命题和不等式的性质联系起来考虑，找到与命题相近的性质，然后进行推理推断．(2)特别值验证法：给要推断的几个式子中涉及的变量取一些特别值，然后进行比较、推断．【对点练习】❶设a，b是非零实数，若a<b，则下列不等式成立的是(C)A．a2<b2 B．ab2<a2bC．eq\f(1,ab2)<eq\f(1,a2b) D．eq\f(b,a)<eq\f(a,b)[解析]当a<0，b>0时，a2<b2不肯定成立，故A错．因为ab2－a2b＝ab(b－a)，b－a>0，ab符号不确定，故B错.eq\f(1,ab2)－eq\f(1,a2b)＝eq\f(a－b,a2b2)<0，所以eq\f(1,ab2)<eq\f(1,a2b)，故C正确．D中eq\f(b,a)与eq\f(a,b)的大小不能确定．题型二利用不等式的性质证明不等式例2设a>b>c，求证：eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)＋eq\f(1,c－a)>0.[分析]不等式证明，就是利用不等式性质或已知条件，推出不等式成立．[证明]因为a>b>c，所以－c>－b.所以a－c>a－b>0，所以eq\f(1,a－b)>eq\f(1,a－c)>0.所以eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,c－a)>0.又b－c>0，所以eq\f(1,b－c)>0.所以eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)＋eq\f(1,c－a)>0.[归纳提升]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．【对点练习】❷若a>b>0，c<d<0，e<0，求证：eq\f(e,a－c2)>eq\f(e,b－d2).[证明]因为c<d<0，所以－c>－d>0.又因为a>b>0，所以a－c>b－d>0.所以(a－c)2>(b－d)2>0.所以0<eq\f(1,a－c2)<eq\f(1,b－d2).又因为e<0，所以eq\f(e,a－c2)>eq\f(e,b－d2).题型三利用不等式的性质求范围例3已知－1<x<4,2<y<3.(1)求x－y的取值范围．(2)求3x＋2y的取值范围．[解析](1)因为－1<x<4,2<y<3，所以－3<－y<－2，所以－4<x－y<2.(2)由－1<x<4,2<y<3，得－3<3x<12,4<2y<6，所以1<3x＋2y<18.[归纳提升]利用不等式的性质求取值范围的策略(1)建立待求范围的整体与已知范围的整体的关系，最终利用一次不等式的性质进行运算，求得待求的范围．(2)同向(异向)不等式的两边可以相加(相减)，这种转化不是等价变形，假如在解题过程中多次运用这种转化，就有可能扩大其取值范围．【对点练习】❸已知10<m<25，－30<n<－15，求m－n与eq\f(m,n)的取值范围．[解析]因为－30<n<－15，所以15<－n<30，所以10＋15<m－n<25＋30，即25<m－n<55.因为－30<n<－15，所以－eq\f(1,15)<eq\f(1,n)<－eq\f(1,30)，所以eq\f(1,30)<－eq\f(1,n)<eq\f(1,15)，又10<m<25，所以eq\f(10,30)<－eq\f(m,n)<eq\f(25,15)，即eq\f(1,3)<－eq\f(m,n)<eq\f(5,3).所以－eq\f(5,3)<eq\f(m,n)<－eq\f(1,3).误区警示错用同向不等式性质例4已知12<a<60,15<b<36，eq\f(a,b)的取值范围是__eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<4__.[错解]∵12<a<60,15<b<36，∴eq\f(12,15)<eq\f(a,b)<eq\f(60,36)，∴eq\f(4,5)<eq\f(a,b)<eq\f(5,3).故填eq\f(4,5)<eq\f(a,b)<eq\f(5,3).[错因分析]把不等式的同向不等式(正项)相乘的性质用到了除法，从而导致错误．[正解]∵15<b<36，∴eq\f(1,36)<eq\f(1,b)<eq\f(1,15)，又12<a<60，∴eq\f(12,36)<eq\f(a,b)<eq\f(60,15)，∴eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<4，故填eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<4.[方法点拨]若题目中指定代数式的取值范围，必需依据不等式的性质进行求解，同向不等式具有可加性与可乘性，但是不能相减或相除，解题时必需利用性质，步步有据，避开变更代数式的取值范围．学科素养不等关系的实际应用不等关系是数学中最基本的部分关系之一，在实际问题中有广泛应用，也是高考考查的重点内容．例5有三个房间须要粉刷，粉刷方案要求：每个房间只用一种颜色，且三个房间颜色各不相同．已知三个房间的粉刷面积(单位：m2)分别为x，y，z，且x<y<z，三种颜色涂料的粉刷费用(单位：元/m2)分别为a，b，c，且a<b<c.在不同的方案中，最低的总费用(单位：元)是(B)A．ax＋by＋cz B．az＋by＋cxC．ay＋bz＋cx D．ay＋bx＋cz[分析]本题考查实际问题中不等关系的建立及利用不等式的性质比较大小．[解析]方法一：因为x<y<z，a<b<c，所以ax＋by＋cz－(az＋by＋cx)＝a(x－z)＋c(z－x)＝(x－z)(a－c)>0，故ax＋by＋cz>az＋by＋cx；同理，ay＋bz＋cx－(ay＋bx＋cz)＝b(z－x)＋c(x－z)＝(x－z)(c－b)<0，故ay＋bz＋cx<ay＋bx＋cz.又az＋by＋cx－(ay＋bz＋cx)＝a(z－y)＋b(y－z)＝(a－b)(z－y)<0，故az＋by＋cx<ay＋bz＋cx.综上可得，最低的总费用为az＋by＋cx.方法二：采纳特别值法进行求解验证即可，若x＝1，y＝2，z＝3，a＝1，b＝2，c＝3，则ax＋by＋cz＝14，az＋by＋cx＝10，ay＋bz＋cx＝11，ay＋bx＋cz＝13.由此可知最低的总费用是az＋by＋cx.[归纳提升]对于不等关系推断问题的求解，一般须要通过作差进行推理论证，对运算实力要求较高，但对于具有明确不等关系的式子进行推断时，特别值法是一种特别值得推广的简便方法．课堂检测·固双基1．(2024·湖北省黄石一中检测)若a>b>0，c<d<0，则肯定有(B)A．eq\f(a,d)>eq\f(b,c) B．eq\f(a,d)<eq\f(b,c)C．eq\f(a,c)>eq\f(b,d) D．eq\f(a,c)<eq\f(b,d)[解析]因为c<d<0，所以－c>－d>0，所以eq\f(1,－d)>eq\f(1,－c)>0.又a>b>0，所以eq\f(a,－d)>eq\f(b,－c)，所以eq\f(a,d)<eq\f(b,c).2．(2024·湖北省宜昌市七校期末联考)已知a>b，c>d，且c，d均不为0，那么下列不等式肯定成立的是(D)A．ad>bc B．ac>bdC．a－c>b－d D．a＋c>b＋d[解析]令a＝2，b＝－2，c＝3，d＝－6，可解除A、B，C．由不等式的性质5知，D肯定成立．3．给定下列命题：①0>a>b⇒a2>b2；②a2>b2⇒a>b>0；③a>b⇒eq\f(b,a)<1；④a>b⇒a3>b3.其中真命题的个数是(B)A．0 B．1C．2 D．3[解析]对于①，由0>a>b可知，0<－a<－b，则由性质7可知，(－b)2>(－a)2，即b2>a2，故①错误；对于②，性质