新教材高中數(shù)學人教B版學案2-2-1第2課時不等式的性質

第2課時不等式的性質[課程目標]1.理解常見不等式的性質；2.會用不等式的性質進行推理證明；3.在解決有關不等式方面的問題中逐步養(yǎng)成邏輯推理能力和習慣．知識點不等式的性質[填一填]性質1(可加性)：如果a>b，那么a＋c>b＋c.性質2(可乘性)：如果a>b，c>0，那么ac>bc.性質3(可乘性)：如果a>b，c<0，那么ac<bc.性質4(傳遞性)：如果a>b，b>c，那么a>c.性質5：a>b?b<a.推論1(移動法則)：如果a＋b>c，那么a>c－b.推論2(加法法則)：如果a>b，c>d，那么a＋c>b＋d.推論3(乘法法則)：a>b>0，c>d>0?ac>bd.推論4(可乘方)：a>b>0?an>bn(n∈N，n>1)．推論5(可開方)：a>b>0?eq\r(a)>eq\r(b).[答一答]1．性質2,3是如何證明的？提示：∵a>b，c>0，∴a－b>0.由同號相乘得正數(shù)知c(a－b)>0，即ac－bc>0.∴ac>bc.又∵a>b，c<0，∴a－b>0.由異號相乘得負數(shù)知c(a－b)<0，即ac－bc<0，∴ac<bc.2．不等式的性質還有哪些常見結論？提示：(1)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b,c>d))?a－d>b－c.(2)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b>0,d>c>0))?eq\f(a,c)>eq\f(b,d).(3)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b,ab>0))?eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b,ab<0))?eq\f(1,a)>eq\f(1,b).3．請對等式與不等式的性質進行比較．提示：比較如下表：等式的性質不等式的性質a＝b?b＝aa>b?b<aa＝b，b＝c?a＝ca>b，b>c?a>ca＝b?a＋c＝b＋ca>b?a＋c>b＋ca＋b＝c?a＝c－ba＋b>c?a>c－ba＝b，c＝d?a＋c＝b＋da>b，c>d?a＋c>b＋da＝b?ac＝bca>b，c>0?ac>bca>b，c<0?ac<bca＝b，c＝d?ac＝bda>b>0，c>d>0?ac>bda＝b>0?an＝bna>b>0?an>bn(n∈N，n>1)a＝b>0?eq\r(n,a)＝eq\r(n,b)a>b>0?eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N，n>1)類型一利用不等式的性質判斷命題[例1]對于實數(shù)a，b，c，下列命題中的真命題是()A．若a>b，則ac2>bc2B．若a>b>0，則eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．若a<b<0，則eq\f(b,a)>eq\f(a,b)D．若a>b，eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，則a>0，b<0[解析]方法一：∵c2≥0，∴c＝0時有ac2＝bc2，故A為假命題；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為假命題；a<b<0?－a>－b>0?－eq\f(1,b)>－eq\f(1,a)>0?eq\f(a,b)>eq\f(b,a)，故C為假命題；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且b<0，故D為真命題．方法二：(特殊值排除法)取c＝0，則ac2＝bc2，故A錯．取a＝2，b＝1，則eq\f(1,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(1,b)＝1，有eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，故B錯．取a＝－2，b＝－1，則eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(a,b)＝2，有eq\f(b,a)<eq\f(a,b)，故C錯．故選D.[答案]D1.要判斷命題是真命題，應說明理由或進行證明，推理過程應緊扣有關定理、性質等，應熟練掌握不等式的性質及其推論的條件和結論，若判斷命題是假命題只需舉一反例即可.2.舉反例要遵循如下原則：①滿足題設條件，②取值簡單便于計算.[變式訓練1]判斷下列各命題的真假，并說明理由．(1)若a<b，c<0，則eq\f(c,a)<eq\f(c,b)；(2)若ac－3>bc－3，則a>b；(3)若a>b，且k∈N＋，則ak>bk；(4)若a>b，b>c，則a－b>b－c.解：(1)∵a<b，沒有指出ab>0，∴eq\f(1,a)>eq\f(1,b)不一定成立，∴推不出eq\f(c,a)<eq\f(c,b)，∴是假命題．(2)當c<0時，c－3<0，有a<b，∴是假命題．(3)當a＝1，b＝－2，k＝2時，顯然命題不成立，∴是假命題．(4)當a＝2，b＝0，c＝－3時，滿足a>b，b>c這兩個條件，但是a－b＝2<b－c＝3，∴是假命題．類型二利用不等式的性質證明不等式[例2]若已知a>b>0，c>d>0，求證：eq\r(\f(a,d))>eq\r(\f(b,c).)[證明]方法一：∵a>b>0，c>d>0，∴ac>bd>0.又∵cd>0，∴eq\f(1,cd)>0，∴eq\f(1,cd)·ac>eq\f(1,cd)·bd>0，∴eq\f(a,d)>eq\f(b,c)>0，∴eq\r(\f(a,d))>eq\r(\f(b,c)).方法二：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(c>d>0?\f(1,d)>\f(1,c)>0,a>b>0))?eq\f(a,d)>eq\f(b,c)>0?eq\r(\f(a,d))>eq\r(\f(b,c)).方法三：∵a>b>0，c>d>0，∴ac>bd>0，∴ac－bd>0，cd>0，∴(eq\r(\f(a,d)))2－(eq\r(\f(b,c)))2＝eq\f(a,d)－eq\f(b,c)＝eq\f(ac－bd,cd)>0.∴(eq\r(\f(a,d)))2>(eq\r(\f(b,c)))2，∴eq\r(\f(a,d))>eq\r(\f(b,c)).[變式訓練2]若bc－ad≥0，bd>0，求證：eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).證明：∵bc－ad≥0，∴bc≥ad，∴bc＋bd≥ad＋bd，即b(c＋d)≥d(a＋b)，又bd>0，兩邊同除以bd得，eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).類型三應用不等式的性質求取值范圍[例3]已知1≤2a＋b≤4，－1≤a－2b≤2，求10a－5[解]令10a－5b＝x(2a＋b)＋y(a－2b)＝(2x＋y)a＋(x－2y)b，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y＝10，,x－2y＝－5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝4，))∴10a－5b＝3(2a＋b)＋4(a－2∵1≤2a＋b≤4，－1≤a－2b≤∴3≤3(2a＋b)≤12，－4≤4(a－2b)≤∴－1≤3(2a＋b)＋4(a－2b)≤即－1≤10a－5b≤故10a－5b本題對所求的問題用已知不等式表示，然后利用同向不等式性質解決.[變式訓練3]已知－4<a<6,2<b<4，分別求a－2b，eq\f(a,b)的取值范圍．解：∵2<b<4，∴－4<－b<－2，則－8<－2b<－4.又∵－4<a<6，∴－12<a－2b<2.又∵eq\f(1,4)<eq\f(1,b)<eq\f(1,2)，(1)當0≤a<6時，0≤eq\f(a,b)<3；(2)當－4<a<0時，－2<eq\f(a,b)<0.由(1)(2)可知：－2<eq\f(a,b)<3.綜上可知，所求的范圍分別為：－12<a－2b<2，－2<eq\f(a,b)<3.1．已知a<b，那么下列式子中，錯誤的是(B)A．4a<4b B．－4aC．a(chǎn)＋4<b＋4 D．a(chǎn)－4<b－4解析：由可乘性知，在不等式的兩端同乘一負數(shù)，不等號改變方向，故選B.2．已知a>b，ac>bc，則有(A)A．c>0 B．c<0C．c＝0 D．以上均有可能解析：由可乘性知選A.3．若2<x<6,1<y<3，則x＋y∈{x＋y|3<x＋y<9}．解析：由同向不等式可加性，知x＋y∈{x＋y|3<x＋y<9}．4．已知a>b>0，c<d<0，求證：eq\r(3,\f(a,d))<eq\r(3,\f(b,c)).證明：∵c