2024-2025学年高中数学第一讲不等式和绝对值不等式一不等式1不等式的基本性质学案含解析新人教A版选修4-5

PAGE一不等式1不等式的基本性质考纲定位重难突破1.驾驭比较两个实数大小的方法．2.理解不等式的性质，能运用不等式的性质比较大小．3.能运用不等式的性质证明简洁的不等式问题.重点：1.比较两个实数大小的方法．2.能运用不等式的性质证明简洁的不等式问题．难点：1.对不等式性质的理解．2.能运用不等式的性质比较大小.授课提示：对应学生用书第1页[自主梳理]一、实数的大小依次与实数的运算性质之间的关系1．设a，b∈R，则(1)a>b⇔a－b>0；(2)a＝b⇔a－b＝0；(3)a<b⇔a－b<0.2．设b∈(0，＋∞)，则(1)eq\f(a,b)>1⇔a＞b；(2)eq\f(a,b)＝1⇔a＝b；(3)eq\f(a,b)<1⇔a<b.二、不等式的性质1.对称性假如a>b，那么b<a；假如b<a，那么a>b.即a>b⇔b<a2.传递性假如a>b，b>c，那么a>c.即a>b，b>c⇒a>c3.可加性假如a>b，那么a＋c>b＋c.4.可乘性假如a>b，c>0，那么ac>bc；假如a>b，c<0，那么ac<bc5.乘方假如a>b>0，那么an>bn(n∈N，n≥2)6.开方假如a>b>0，那么eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)[双基自测]1．设a>1>b>－1，则下列不等式中恒成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B.eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．a>b2 D．a2>2b解析：A项中，若b<0，则eq\f(1,a)<eq\f(1,b)不成立；B项中，若a>b>0，则eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；C项中，由a>1,0≤b2<1，得b2<a，∴C项正确；D项中，若a＝1.01，b＝0.6，则a2>2b不成立．答案：C2．下列不等式正确的是()A．x2≥2x＋1 B．x2>2x＋1C．x2≥2x－1 D．x2>2x－1解析：∵x2－(2x＋1)＝x2－2x－1＝(x－1)2－2，不能确定正负，而x2－(2x－1)＝(x－1)2≥0，∴x2≥2x－1.故选C.答案：C3．设角α，β满意－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，则α－β的取值范围是()A．－π<α－β<0 B．－π<α－β<πC．－eq\f(π,2)<α－β<0 D．－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2)解析：∵－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,2)<－β<－α<eq\f(π,2).∴－π<α－β<β－α<π，且α－β<0.∴－π<α－β<0.答案：A4．设x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若x>y，则实数a，b满意的条件是________解析：x－y＝(ab－1)2＋(a＋2)2，因为x>y，所以(ab－1)2＋(a＋2)2>0，则ab－1≠0或a＋2≠0，即ab≠1或a≠－2.答案：ab≠1或a≠－2授课提示：对应学生用书第2页探究一作差法比较大小[例1]若x∈R，试比较(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(x,2)＋1))与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))(x2＋x＋1)的大小．[解析]∵(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(x,2)＋1))＝(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋x＋1－\f(x,2)))＝(x＋1)(x2＋x＋1)－eq\f(x,2)(x＋1)．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))(x2＋x＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1－\f(1,2)))(x2＋x＋1)＝(x＋1)(x2＋x＋1)－eq\f(1,2)(x2＋x＋1)．∴(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)＝(x＋1)(x2＋x＋1)－eq\f(x,2)(x＋1)－(x＋1)(x2＋x＋1)＋eq\f(1,2)(x2＋x＋1)＝eq\f(1,2)(x2＋x＋1)－eq\f(1,2)(x2＋x)＝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)．作差法比较两个数(式子)的大小比较两个数(式子)的大小，一般用作差法，其步骤是：作差—变形—推断差的符号—结论，其中“变形”是关键，常用的方法是分解因式、配方等．1．已知x，y均为正数，设m＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)，n＝eq\f(4,x＋y)，试比较m和n的大小．解析：m－n＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(4,x＋y)＝eq\f(x＋y,xy)－eq\f(4,x＋y)＝eq\f(x＋y2－4xy,xyx＋y)＝eq\f(x－y2,xyx＋y)，∵x，y均为正数，∴x>0，y>0，xy>0，x＋y>0，(x－y)2≥0.∴m－n≥0，即m≥n.(当x＝y时，等号成立)探究二不等式性质的简洁应用[例2]若a，b，c∈R，a>b，则下列不等式恒成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)， B．a2>b2C.eq\f(a,c2＋1)＞eq\f(b,c2＋1) D．a|c|>b|c|[解析]选项A，还需有ab>0这个前提条件；选项B，当a，b都为负数或一正一负时都有可能不成立，如2>－3，但22>(－3)2不正确；选项C，eq\f(1,c2＋1)>0，因而正确；选项D，当c＝0时不正确，故选C.[答案]C1．在利用不等式的性质推断命题真假时，关键是依据题设条件，正确恰当地运用不等式的性质．2．不等式的性质是不等式变形的依据，运用时，肯定要留意它成立的前提条件，如在乘法法则中，要特殊留意“乘数c的符号”，当c≠0时，有a>b⇒ac2>bc2；当没有“c≠0”这个条件时，a>b⇒ac2>bc2就不正确．再如a>b⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b)时，还必需添加条件ab>0.2．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，则下列不等式：①a＋b<ab；②|a|>|b|；③a<b中，正确的不等式有()A．1个 B．2个C．3个 D．0个解析：eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0⇔b<a<0，所以a＋b<0<ab，|a|<|b|，即①正确，②③错误．答案：A探究三不等式基本性质的应用[例3]若a>b>0，c<d<0，e<0.求证：(1)eq\f(e,a－c)>eq\f(e,b－d)；(2)eq\f(e,a－c2)>eq\f(e,b－d2).[证明]∵c<d<0，∴－c>－d>0.∵a>b>0，∴a－c>b－d>0.①(1)由①式知eq\f(1,a－c)<eq\f(1,b－d)，又e<0，∴eq\f(e,a－c)>eq\f(e,b－d).(2)由①式知(a－c)2>(b－d)2>0，∴eq\f(1,b－d2)>eq\f(1,a－c2)，又e<0，∴eq\f(e,b－d2)<eq\f(e,a－c2)即eq\f(e,a－c2)>eq\f(e,b－d2).利用不等式性质证明简洁不等式的实质就是依据性质把不等式进行变形，要留意不等式性质成立的条件．若不能干脆由不等式性质得到，可先分析须要证明的不等式的结构．利用不等式的性质进行逆推，找寻使其成立的充分条件．3．已知a>b>0，c>d>0.求证：eq\f(ac,a＋c)>eq\f(bd,b＋d).证明：因为a>b>0，所以0<eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，因为c>d>0，所以0<eq\f(1,c)<eq\f(1,d)，所以eq\f(1,a)－eq\f(1,b)<0，eq\f(1,d)－eq\f(1,c)＞0，所以eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＜eq\f(1,d)－eq\f(1,c)，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)<eq\f(1,b)＋eq\f(1,d)，即eq\f(a＋c,ac)<eq\f(b＋d,bd)，又a，c，b，d均大于0，所以eq\f(a＋c,ac)>0，eq\f(b＋d,bd)>0，所以eq\f(ac,a＋c)>eq\f(bd,b＋d).忽视不等式中“大于0”这一条件致误[典例]已知eq\f(c,a)>eq\f(d,b)，bc>ad，求证：ab>0.[解析]eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)>\f(d,b),bc>ad))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)－\f(d,b)>0,bc－ad>0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(bc－ad,ab)>0,bc－ad>0))⇒ab>0.[规律探究]运用不等式性质时经常出现以下错误：①两个异向不等式不化成同向不等式而干脆相减．②没有仔细考查不等式中，等号成立的条件．③两个同向不等式左右两边分别相乘时，遗忘推断“大于0”这一条件．④两个不等式两边干脆相除，不能转化成应用乘法法则变形.[随堂训练]对应学生用书第3页1．若a，b为实数，则“a>b>0”是“a2>b2”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：∵a2－b2＝(a＋b)(a－b)，∵a>b>0，∴a＋b>0，a－b>0，∴a2－b2>0，∴a2>b2.反过来，当a＝－3，b＝－1时，满意a2>b2，但a>b>0明显不成立，故“a>b>0”是“a2>b2”的充分不必要条件．答案：A2．若a>b>0，c<d<0，则肯定有()A.eq\f(a,c)>eq\f(b,d) B.eq\f(a,c)<eq\f(b,d)C.eq\f(a,d)>eq\f(b,c) D.eq\f(a,d)<eq\f(b,c)解析：令a＝3，b＝2，c＝－3，d＝－2，则eq\f(a,c)＝－1，eq\f(b,d)＝－1，所以A，B错误；eq\f(a,d)＝－eq\f(3,2)，eq\f(b,c)＝－eq\f(2,3)，所以eq\f(a,d)<eq\f(b,c)，所以C错误．故选D.答案：D3．设0<x<1，则三个数2eq\r(x)，x＋1，eq\f(1,1－x)中最大的是()A．2eq\r(x) B．x＋1C.eq\f(1,1－x) D．无法确定解析：∵0<x<1，x＋1－2eq\r(x)＝(eq\r(x)－1)2>0，∴x＋1>2eq\r(x).又eq\f(1,1－x)－(x＋1)＝eq\f(x2,1－x)>0，∴eq\f(1,1－x)>x＋1.∴2eq\r(x)，x＋1，eq\f(1,1－x)三个数中最大的是eq\f(1,1－x).答案：C4．已知a＋b>0，则eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)与eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的大小关系是________．解析：eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\