新人教版高中数学必修第一册 2.1　等式性质与不等式性质 教案

(教师独具内容)课程标准：1.梳理等式的性质，理解不等式的概念，掌握不等式的性质，能运用不等式的性质比较大小.2.能运用不等式的性质证明不等式和解决实际问题．教学重点：1.不等式的性质.2.不等式性质的应用．教学难点：用不等式的性质证明不等式．核心素养：1.借助不等式性质的判断与证明，培养逻辑推理素养.2.通过大小比较及利用不等式求范围，提升数学运算素养.知识点一两个实数大小的比较(1)a>b⇔eq\x(\s\up1(01))a－b>0.(2)a＝b⇔a－beq\x(\s\up1(02))＝0.(3)eq\x(\s\up1(03))a<b⇔a－b<0.知识点二作差比较法(1)理论依据：eq\x(\s\up1(01))a－b>0⇔a>b；eq\x(\s\up1(02))a－b＝0⇔a＝b；eq\x(\s\up1(03))a－b<0⇔a<b.(2)方法步骤：①eq\x(\s\up1(04))作差；②eq\x(\s\up1(05))整理；③eq\x(\s\up1(06))判断符号；④eq\x(\s\up1(07))下结论.知识点三等式与不等式的性质等式的性质不等式的性质a＝b⇔eq\x(\s\up1(01))b＝aa>b⇔eq\x(\s\up1(02))b<aa＝b，b＝c⇒eq\x(\s\up1(03))a＝ca>b，b>c⇒eq\x(\s\up1(04))a>ca＝b⇔a±c＝b±ca>b⇔eq\x(\s\up1(05))a＋c>b＋ca＝b⇒ac＝bca>b，c>0⇒eq\x(\s\up1(06))ac>bc；a>b，c<0⇒eq\x(\s\up1(07))ac<bca＝b，c≠0⇔eq\x(\s\up1(08))eq\f(a,c)＝eq\f(b,c)a>b，c>d⇒eq\x(\s\up1(09))a＋c>b＋d—a>b>0，c>d>0⇒eq\x(\s\up1(10))ac>bd—a>b>0⇒eq\x(\s\up1(11))an>bn(n∈N，n≥2)1．关于不等式性质的理解两个同向不等式可以相加，但不可以相减，如a>b，c>d不能推出a－c>b－d.2．常用的结论(1)a>b，ab>0⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；(2)b<0<a⇒eq\f(1,a)>eq\f(1,b)；(3)a>b>0，c>d>0⇒eq\f(a,d)>eq\f(b,c)；(4)若a>b>0，m>0，则eq\f(a,b)>eq\f(a＋m,b＋m)，eq\f(a,b)<eq\f(a－m,b－m)(b－m>0)，eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)，eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0)．3．比较大小的方法比较数(式)的大小常用作差与0比较．作差法中常用的变形手段是分解因式和配方等恒等变形，前者将“差”化为“积”，后者将“差”化为一个完全平方式或几个完全平方式的“和”，也可二者并用．4．利用不等式求范围应注意的问题求指定代数式的取值范围，必须依据不等式的性质进行求解，同向不等式具有可加性，同向正值不等式具有可乘性，但是不能相减或相除，解题时必须利用性质，步步有据，避免改变代数式的取值范围．1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)任意两个实数都能比较大小．()(2)不等式x≥2的含义是指x不小于2.()(3)若a<b或a＝b之中有一个正确，则a≤b正确．()(4)若ac2>bc2，则a>b.()(5)若a＋c>b＋d，则a>b，c>d.()答案(1)√(2)√(3)√(4)√(5)×2．做一做(1)大桥头竖立的“限重40吨”的警示牌，是指示司机要安全通过该桥，应使车货总重量T不超过40吨，用不等式表示为()A．T<40 B．T>40C．T≤40 D．T≥40(2)已知a＋b>0，b<0，那么a，b，－a，－b的大小关系是()A．a>b>－b>－a B．a>－b>－a>bC．a>－b>b>－a D．a>b>－a>－b(3)下列命题正确的是()A．a>b，c≠0⇒ac2>bc2B．a<b⇒eq\r(a)<eq\r(b)C．a>b且c<d⇒a＋c>b＋dD．a>b⇒a2>b2(4)m＝2a2＋2a＋1，n＝(a＋1)2，则m，n的大小关系为答案(1)C(2)C(3)A(4)m≥n题型一作差法比较大小例1比较下列各组中两个代数式的大小：(1)x2＋3与3x；(2)设x，y，z∈R，比较5x2＋y2＋z2与2xy＋4x＋2z－2的大小．[解](1)∵(x2＋3)－3x＝x2－3x＋3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)>0，∴x2＋3>3x.(2)∵5x2＋y2＋z2－(2xy＋4x＋2z－2)＝4x2－4x＋1＋x2－2xy＋y2＋z2－2z＋1＝(2x－1)2＋(x－y)2＋(z－1)2≥0，∴5x2＋y2＋z2≥2xy＋4x＋2z－2，当且仅当x＝y＝eq\f(1,2)，且z＝1时取等号．1．作差法比较两个数大小的步骤及变形方法(1)作差法比较大小的步骤：作差→变形→定号→结论．(2)变形方法：①因式分解；②配方；③通分；④分母或分子有理化；⑤分类讨论．2．如果两个实数同号，也可采用作商法来比较大小，即作商后看商是大于1，等于1，还是小于1.[跟踪训练1]已知a>0，b>0，试利用作差法比较a3＋b3与a2b＋ab2的大小．解∵a3＋b3－(a2b＋ab2)＝(a3－a2b)＋(b3－ab2)＝a2(a－b)＋b2(b－a)＝(a－b)(a2－b2)＝(a－b)2(a＋b)，∴当a＝b时，a－b＝0，a3＋b3＝a2b＋ab2；当a≠b时，(a－b)2>0，a＋b>0，a3＋b3>a2b＋ab2.题型二不等式的性质及应用例2对于实数a，b，c，下列命题中的真命题是()A．若a>b，则ac2>bc2B．若a>b>0，则eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．若a<b<0，则eq\f(b,a)>eq\f(a,b)D．若a>b，eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，则a>0，b<0[解析]解法一：∵c2≥0，∴当c＝0时，有ac2＝bc2，故A为假命题；由a>b>0，有ab>0⇒eq\f(a,ab)>eq\f(b,ab)⇒eq\f(1,b)>eq\f(1,a)，故B为假命题；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a<b<0⇒－a>－b>0⇒－\f(1,b)>－\f(1,a)>0，,a<b<0⇒－a>－b>0))⇒eq\f(a,b)>eq\f(b,a)，故C为假命题；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b⇒b－a<0，,\f(1,a)>\f(1,b)⇒\f(1,a)－\f(1,b)>0⇒\f(b－a,ab)>0))⇒ab<0.∵a>b，∴a>0，b<0，故D为真命题．解法二：(特殊值排除法)取c＝0，则ac2＝bc2，故A错误；取a＝2，b＝1，则eq\f(1,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(1,b)＝1，有eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，故B错误；取a＝－2，b＝－1，则eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(a,b)＝2，有eq\f(b,a)<eq\f(a,b)，故C错误．故选D.[答案]D运用不等式的性质判断真假的技巧(1)首先要注意不等式成立的条件，不要弱化条件，尤其是不凭想当然随意捏造性质．(2)解决有关不等式的选择题时，也可采用特殊值法进行排除，注意取值一定要遵循以下原则：一是满足题设条件；二是取值要简单，便于验证计算．[跟踪训练2](1)判断下列命题是否正确，并说明理由：①若eq\f(a,c)>eq\f(b,d)，则ad>bc；②设a，b为正实数，若a－eq\f(1,a)<b－eq\f(1,b)，则a<b.(2)若a<b<0，分别判断下列式子是否成立，并简述理由：①eq\f(1,a－b)<eq\f(1,a)；②eq\f(1,a＋b)>eq\f(1,b).解(1)①由eq\f(a,c)>eq\f(b,d)，所以eq\f(a,c)－eq\f(b,d)>0，即eq\f(ad－bc,cd)>0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ad－bc>0，,cd>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ad－bc<0，,cd<0.))即ad>bc且cd>0或ad<bc且cd<0，故不正确．②因为a－eq\f(1,a)<b－eq\f(1,b)，且a>0，b>0，所以a2b－b<ab2－a⇒a2b－ab2－b＋a<0⇒ab(a－b)＋(a－b)<0⇒(a－b)(ab＋1)<0，所以a－b<0，即a<b正确．(2)①成立．由a<b<0得a<a－b<0，所以eq\f(1,a－b)<eq\f(1,a).②成立．因为a<b<0，所以a＋b<b<0，所以eq\f(1,a＋b)>eq\f(1,b).题型三利用不等式的性质证明不等式例3若a>b>0，c<d<0，e<0，求证：eq\f(e,a－c2)>eq\f(e,b－d2).[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).[条件探究]本例条件不变的情况下，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实质及注意点(1)实质：利用不等式性质证明不等式的实质就是根据不等式的性质把不等式变形．(2)注意点：①记准、记熟不等式的性质并注意在解题中灵活准确地加以应用；②应用不等式的性质进行推导时，应注意紧扣不等式的性质成立的条件，且不可省略条件或跳步推导，更不能随意构造性质与法则．[跟踪训练3]设a>b>c，求证：eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)＋eq\f(1,c－a)>0.证明∵a>b>c，∴－c>－b，∴a－c>a－b>0，∴eq\f(1,a－b)>eq\f(1,a－c)>0，∴eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,c－a)>0，又b－c>0，∴eq\f(1,b－c)>0，∴eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)＋eq\f(1,c－a)>0.题型四利用不等式的性质求取值范围例4已知1<a<4,2<b<8，试求2a＋3b与a－b[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2a＋3b的取值范围是8<2a＋3b<32，a－b的取值范围是－7<a－[条件探究]若本例的条件变为－3<a<2，－4<b<－3，试求2a＋3b与a－b解∵－3<a<2，－4<b<－3，∴－6<2a<4，－12<3b∴－6＋(－12)<2a＋3b∴－18<2a＋3b又－4<b<－3，∴3<－b<4，∴－3＋3<a－b<2＋4，∴0<a－b<6，故2a＋3b的取值范围为－18<2a＋3b<－5，a－b的取值范围为0<a－[结论探究]若本例条件不变，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，∴1×eq\f(1,8)<a·eq\f(1,b)<4×eq\f(1,2)，即eq\f(1,8)<eq\f(a,b)<2.故eq\f(a,b)的取值范围是eq\f(1,8)<eq\f(a,b)<2.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，最后利用一次不等式的性质进行运算，求得待求的范围．(2)同向不等式的两边可以相加，这种转化不是等价变形，如果在解题过程中多次使用这种转化，就有可能扩大其取值范围．求解这种不等式问题要特别注意，不能简单地分别求出单个变量的范围，再去求其他不等式的范围．[跟踪训练4]已知－1<a＋b<5，－4<a－b<2，求2a－4b解2a－4b＝3(a－b)－(a＋b因为－1<a＋b<5，－4<a－b<2，所以－5<－(a＋b)<1，－12<3(a－b)<6，所以－17<2a－4b1．设x<a<0，则下列不等式一定成立的是()A．x2<ax<a2 B．x2>ax>a2C．x2<a2<ax D．x2>a2>ax答案B解析∵x<a<0，∴x2>a2.∵x2－ax＝x(x－a)>0，∴x2>ax.又ax－a2＝a(x－a)>0，∴ax>a2，∴x2>ax>a2.2．设a，b，c，d∈R，则()A．a>b，c＝d⇒ac<bdB．eq\f(a,c)>eq\f(b,c)⇒a>bC．a3>b3，ab>0⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b)D．a2>b2，ab>0⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b)答案C解析用排除法，A错误，显然c＝d＝0时，结论不成立；B错误，c<0时，结论不成立；D错误，a＝－2，b＝－1时，结论不成立．故选C.3．设P＝2a(a－2)＋3，Q＝(a－1)(a－3)，a∈RA．P≥Q B．P>QC．P<Q D．P≤Q答案A解析∵P－Q＝2a(a－2)＋3－(a－1)(a－3)＝a2≥0，∴P≥Q4．若－1<α<β<1，则α－β的取值范围为________.答案－2<α－β<0解析由－1<β<1得－1<－β<1.∵－1<α<1，∴－2<α－β<2，又α<β，∴－2<α－β<0.5．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)＝(x－1)(3x2＋1)．∵x≤1，∴x－1≤0.又3x2＋1>0，∴(x－1)(3x2＋1)≤0，∴3x3≤3x2－x＋1.一、选择题1．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0(a，b∈R)，则下列不等式恒成立的是()A．a<b B．a＋b>abC．|a|>|b| D．ab<b2答案D解析因为eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，所以a<0，b<0，所以ab>0，a＋b<0，所以a＋b<ab，故B错误；eq\f(1,a)<eq\f(1,b)两边同乘以ab，得b<a<0，所以|a|<|b|，故A，C错误；b<a<0两边同乘以b，得b2>ab，即ab<b2，故D正确．2．已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，则下列不等式恒成立的是()A．ab>bc B．ac>bcC．ab>ac D．a|b|>|b|c答案C解析因为a>b>c，且a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0，所以ab>ac.3．已知a>b>0，则eq\r(a)－eq\r(b)与eq\r(a－b)的大小关系是()A．eq\r(a)－eq\r(b)>eq\r(a－b) B．eq\r(a)－eq\r(b)<eq\r(a－b)C．eq\r(a)－eq\r(b)＝eq\r(a－b) D．无法确定答案B解析因为a>b>0，所以ab>b2>0，所以eq\r(ab)>b，所以(eq\r(a)－eq\r(b))2－(eq\r(a－b))2＝a＋b－2eq\r(ab)－a＋b＝2b－2eq\r(ab)<0，所以eq\r(a)－eq\r(b)<eq\r(a－b).4．已知0<a1<1,0<a2<1，记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，则M与N的大小关系是(A．M<N B．M>NC．M＝N D．M≥N答案B解析∵0<a1<1,0<a2<1，∴－1<a1－1<0，－1<a2－1<0，∴M－N＝a1a2－(a1＋a2－1)＝a1a2－a1－a2＋1＝a1(a2－1)－(a2－1)＝(a1－1)(a2－1)>0，∴M>5．(多选)设a，b为正实数，则下列命题正确的是()A．若a2－b2＝1，则a－b<1B．若eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝1，则a－b<1C．|eq\r(a)－eq\r(b)|＝1，则|a－b|<1D．|a|≤1，|b|≤1，则|a－b|≤|1－ab|答案AD解析对于A，因为a，b为正实数，则a2－b2＝1⇒a－b＝eq\f(1,a＋b)⇒a－b>0⇒a>b>0，故a＋b>a－b>0，若a－b≥1，则eq\f(1,a＋b)≥1⇒a＋b≤1，这与a＋b>a－b>0矛盾，故a－b<1成立，所以A正确；对于B，取a＝5，b＝eq\f(5,6)，则eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝1，但a－b＝5－eq\f(5,6)>1，所以B不正确；对于C，取a＝4，b＝1，则|eq\r(a)－eq\r(b)|＝1，但|a－b|＝3<1不成立，所以C不正确；对于D，(a－b)2－(1－ab)2＝a2＋b2－1－a2b2＝(a2－1)(1－b2)≤0，即|a－b|≤|1－ab|，所以D正确．故选AD.二、填空题6．若x∈R，则eq\f(x,1＋x2)与eq\f(1,2)的大小关系为________.答案eq\f(x,1＋x2)≤eq\f(1,2)解析∵eq\f(x,1＋x2)－eq\f(1,2)＝eq\f(2x－1－x2,21＋x2)＝eq\f(－x－12,21＋x2)≤0，∴eq\f(x,1＋x2)≤eq\f(1,2).7．已知60＜x＜84,28＜y＜33，则x－y的取值范围为________，eq\f(x,y)的取值范围为________.答案27＜x－y＜56eq\f(20,11)＜eq\f(x,y)＜3解析∵28＜y＜33，∴－33＜－y＜－28，eq\f(1,33)＜eq\f(1,y)＜eq\f(1,28).又60＜x＜84，∴27＜x－y＜56，eq\f(60,33)＜eq\f(x,y)＜eq\f(84,28)，即eq\f(20,11)＜eq\f(x,y)＜3.8．某公司有20名技术人员，计划开发A，B两类共50件电子器件，每类每件所需人员和预计产值如下：产品种类每件需要人员数每件产值(万元/件)A类eq\f(1,2)7.5B类eq\f(1,3)6今制定计划欲使总产值最高，则A类产品应生产________件，最高产值为________万元．答案20330解析设应开发A类电子器件x件，则开发B类电子器件(50－x)件，则eq\f(x,2)＋eq\f(50－x,3)≤20，解得x≤20.由题意，得总产值y＝7.5x＋6×(50－x)＝300＋1.5x≤330，当且仅当x＝20时，y取最大值330.所以应开发A类电子器件20件，能使产值最高，为330万元．三、解答题9．已知x>y>z>0，求证：eq\f(y,x－y)>eq\f(z,x－z).证明因为x>y，所以x－y>0，所以eq\f(1,x－y)>0.又因为y>z>0，所以eq\f(y,x－y)>eq\f(z,x－y).①因为y>z，所以－y<－z，所以x－y<x－z.所以0<x－y<x－z，所以eq\f(1,x－y)>eq\f(1,x－z)>0.又因为z>0，所以eq\f(z,x－y)>eq\f(z,x－z).②由①②得eq\f(y,x－y)>eq\f(z,x－z).10．已知x∈R且x≠－1，比较eq\f(1,1＋x)与1－x的大小．解∵eq\f(1,1＋x)－(1－x)＝eq\f(1－1－x2,1＋x)＝eq\f(x2,1＋x)，当x＝0时，eq\f(1,1＋x)＝1－x；当1＋x<0，即x<－1时，eq\f(x2,1＋x)<0，∴eq\f(1,1＋x)<1－x；当1＋x>0且x≠0，即－1<x<0或x>0时，eq\f(x2,1＋x)>0，∴eq\f(1,1＋x)>1－x.1．足球赛期间，某球迷俱乐部一行56人从旅馆乘出租车到球场为中国队加油，现有A，B两个出租车队，A队比B队少3辆车．若全部安排乘A队的车，每辆车坐5人，车不够，每辆车坐6人，有的车未坐满；若全部安排乘B队的车，每辆车坐4人，车不够，每辆车坐5人，有的车未坐满．则A队有出租车()A．11辆 B．10辆C．9辆 D．8辆答案B解析设A队有出租车x辆，则B队有出租车(x＋3)辆，由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5x<56，,6x>56，,4x＋3<56，,5x＋3>56.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<11\f(1,5)，,x>9\f(1,3)，,x<11，,x>8\f(1,5).))∴9eq\f(1,3)<x<11.故选B.2．若α，β满足－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，则2α－β的取值范围是()A．－π<2α－β<0 B．－π<2α－β<πC．－eq\f(3π,2)<2α－β<eq\f(π,2) D．0<2α－β<π答案C解析∵－eq\f(π,2)<α<eq\f(π,2)，∴－π<2α<π.∵－eq\f(π,2)<β<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,2)<－β<eq\f(π,2)，∴－eq\f(3π,2)<2α－β<eq\f(3π,2).又α－β<0，α<eq\f(π,2)，∴2α－β<eq\f(π,2).故－eq\f(3π,2)<2α－β<eq\f(π,2).3．已知a，b，c，d均为实数，有下列命题：①若ab>0，bc－ad>0，则eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0；②若ab>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，则bc－ad>0；③若bc－ad>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，则ab>0.其中正确的命题是________(填序号)．答案①②③解析因为ab>0，bc－ad>0，所以eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＝eq\f(bc－ad,ab)>0，所以①正确；因为ab>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，即eq\f(bc－ad,ab)>0，所以bc－ad>0，所以②正确；因为bc－ad>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，即eq\f(bc－ad,ab)>0，所以ab>0，所以③正确．故①②③都正确．4．已知－1<x＋y<4且2<x－y<3，求2x－3y的取值范围．解设2x－3y＝m(x＋y)＋n(x－y)＝(m＋n)x＋(m－n)y，∴eq\b\