2021-2022學(xué)年新教材蘇教版必修第一冊(cè)-3.1-不等式的基本性質(zhì)-學(xué)案

3．1不等式的根本性質(zhì)新課程標(biāo)準(zhǔn)解讀核心素養(yǎng)梳理等式的性質(zhì)，理解不等式的概念，掌握不等式的性質(zhì)邏輯推理在日常生活中，糖水中加些糖后就會(huì)變的更甜．[問(wèn)題]能否用不等式來(lái)表示這一現(xiàn)象？知識(shí)點(diǎn)一實(shí)數(shù)大小比擬的根本領(lǐng)實(shí)1．文字表達(dá)(1)當(dāng)a－b為正數(shù)時(shí)，稱(chēng)a>b；(2)當(dāng)a－b為eq\a\vs4\al(零)時(shí)，稱(chēng)a＝b；(3)當(dāng)a－b為負(fù)數(shù)時(shí)，稱(chēng)a<b．2．符號(hào)表示(1)a>b?a－b>0；(2)a＝b?a－b＝0；(3)a<b?a－b<0.1．在比擬兩實(shí)數(shù)a，b大小的依據(jù)中，a，b兩數(shù)是任意實(shí)數(shù)嗎？提示：是．2．p?q的含義是什么？提示：p?q的含義是：p可以推出q，q也可以推出p，即p與q可以互推．a(chǎn)，b，c為不全相等的實(shí)數(shù)，P＝a2＋b2＋c2＋3，Q＝2(a＋b＋c)，那么P與Q的大小關(guān)系是()A．P>Q B．P≥QC．P<Q D．P≤Q解析：選AP－Q＝a2＋b2＋c2＋3－2a－2b－2c＝(a－1)2＋(b－1)2＋(c－1)2∵a，b，c不全相等，∴P－Q>0，∴P>Q.知識(shí)點(diǎn)二等式與不等式的性質(zhì)等式的性質(zhì)不等式的性質(zhì)a＝b?b＝a性質(zhì)1：a>b?b<aa＝b，b＝c?a＝c性質(zhì)2：a>b，b>c?a>ca＝b?a＋c＝b＋c性質(zhì)3：a>b?a＋c>b＋ca＝b?ac＝bc性質(zhì)4：a>b，c>0?ac>bc；a>b，c<0?ac<bca＝b，c＝d?a＋c＝b＋d性質(zhì)5：a>b，c>d?a＋c>b＋da＝b，c＝d?ac＝bd性質(zhì)6：a>b>0，c>d>0?ac>bd對(duì)不等式性質(zhì)的六點(diǎn)說(shuō)明(1)性質(zhì)1和性質(zhì)2，分別稱(chēng)為“對(duì)稱(chēng)性〞與“傳遞性〞，在它們的證明中，要用到比擬大小的“定義〞等知識(shí)；(2)性質(zhì)3(可加性)是移項(xiàng)法那么“不等式中任何一項(xiàng)的符號(hào)變成相反的符號(hào)后，可以把它從一邊移到另一邊〞的依據(jù)；(3)性質(zhì)4(可乘性)在使用中要特別注意研究“乘數(shù)的符號(hào)〞；(4)性質(zhì)5(同向可加性)，即“同向不等式只能相加，不等號(hào)方向不變，不能相減〞；(5)性質(zhì)6(同向同正可乘性)，即均為正數(shù)的同向不等式相乘，得同向不等式，并無(wú)相除式；(6)性質(zhì)1和性質(zhì)3是雙向推導(dǎo)，其他是“單向〞推導(dǎo)．[注意]特別地，當(dāng)a＝c，且b＝d時(shí)，有a2>b2.1．假設(shè)a>b，c>d，那么a＋c>b＋d成立嗎？a－c>b－d呢？提示：a＋c>b＋d成立，a－c>b－d不一定成立，但a－d>b－c成立．2．假設(shè)a>b，c>d，那么ac>bd成立嗎？提示：不一定，但當(dāng)a>b>0，c>d>0時(shí)，一定成立．1．a(chǎn)＋b>0，b<0，那么a，b，－a，－b的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)>b>－b>－a B．a(chǎn)>－b>－a>bC．a(chǎn)>－b>b>－a D．a(chǎn)>b>－a>－b答案：C2．對(duì)于任意實(shí)數(shù)a，b，c，d，以下四個(gè)命題中真命題是()A．假設(shè)a＞b，c≠0那么ac＞bcB．假設(shè)a＞b＞0，c＞d那么ac＞bdC．假設(shè)a＞b，那么eq\f(1,a)<eq\f(1,b)D．假設(shè)ac2＞bc2那么a＞b解析：選D當(dāng)c>0時(shí)，才滿(mǎn)足ac>bc，當(dāng)c<0時(shí)，ac<bc，故A錯(cuò)誤；取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，那么ac＝－2＝bd＝－2，故B錯(cuò)誤；取a＝1，b＝－1，那么eq\f(1,a)＝1>eq\f(1,b)＝－1，故C錯(cuò)誤；假設(shè)ac2>bc2，顯然c≠0，故可得c2(a－b)>0，又c2≠0，故可得a>b，故D正確．利用不等式的性質(zhì)解不等式[例1](鏈接教科書(shū)第49頁(yè)例1)解不等式：eq\f(x－1,3)－eq\f(x＋2,6)>eq\f(4＋3x,2)，并用不等式的性質(zhì)說(shuō)明理由．[解]去分母，得2(x－1)－(x＋2)>3(4＋3x)．(性質(zhì)4)去括號(hào)，得2x－2－x－2>12＋9x.移項(xiàng)，得2x－x－9x>2＋2＋12.(性質(zhì)3)合并同類(lèi)項(xiàng)，得－8x>16，即8x<－16.系數(shù)化為1，得x<－2.(性質(zhì)4)解一元一次不等式的步驟與解一元一次方程的步驟類(lèi)似，但要注意解不等式時(shí)，在去分母和系數(shù)化為1時(shí)，不等號(hào)有可能改變方向．[跟蹤訓(xùn)練]關(guān)于x的方程3(x－2a)＋2＝x－a＋1的解滿(mǎn)足不等式2(x－5)≥8a，求解：解方程，得x＝eq\f(5a－1,2).將其代入不等式，得2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5a－1,2)－5))≥8a.去括號(hào)，得5a－1－10≥8移項(xiàng)，得5a－8a合并同類(lèi)項(xiàng)，得－3a≥系數(shù)化為1，得a≤－eq\f(11,3).數(shù)式的大小比擬[例2](鏈接教科書(shū)第49頁(yè)例3)(1)x<1，比擬x3－1與2x2－2x的大小；(2)a>0，試比擬a與eq\f(1,a)的大?。甗解](1)(x3－1)－(2x2－2x)＝(x－1)(x2＋x＋1)－2x(x－1)＝(x－1)(x2－x＋1)＝(x－1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4))).∵x<1，∴xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)>0，∴(x－1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4)))<0.即x3－1<2x2－2x.(2)∵a－eq\f(1,a)＝eq\f(a2－1,a)＝eq\f(〔a－1〕〔a＋1〕,a)，又∵a>0，∴當(dāng)a>1時(shí)，eq\f(〔a－1〕〔a＋1〕,a)>0，有a>eq\f(1,a)；當(dāng)a＝1時(shí)，eq\f(〔a－1〕〔a＋1〕,a)＝0，有a＝eq\f(1,a)；當(dāng)0<a<1時(shí)，eq\f(〔a－1〕〔a＋1〕,a)<0，有a<eq\f(1,a).綜上，當(dāng)a>1時(shí)，a>eq\f(1,a)；當(dāng)a＝1時(shí)，a＝eq\f(1,a)；當(dāng)0<a<1時(shí)，a<eq\f(1,a).1．利用作差法比擬大小的四個(gè)步驟(1)作差：對(duì)要比擬大小的兩個(gè)式子作差；(2)變形：對(duì)差式通過(guò)通分、因式分解、配方等手段進(jìn)行變形；(3)判斷符號(hào)：對(duì)變形后的結(jié)果結(jié)合題設(shè)條件判斷出差的符號(hào)；(4)得出結(jié)論．[注意]上述步驟可概括為“三步一結(jié)論〞，這里的“判斷符號(hào)〞是目的，“變形〞是關(guān)鍵．其中變形的技巧較多，常見(jiàn)的有因式分解法、配方法、有理化法等．2．作商法比擬大小如果兩實(shí)數(shù)同號(hào)，亦可采用作商法來(lái)比擬大小，即作商后看商是大于1，等于1，還是小于1.方法如下：依據(jù)a>0，b>0，eq\f(a,b)>1?a>b；eq\f(a,b)＝1?a＝b；eq\f(a,b)<1?a<ba<0，b<0，eq\f(a,b)>1?a<b；eq\f(a,b)＝1?a＝b；eq\f(a,b)<1?a>b應(yīng)用范圍同號(hào)兩數(shù)比擬大小或分式、積、冪之間比擬大小步驟(1)作商；(2)變形；(3)判斷商值與1的大小；(4)下結(jié)論[跟蹤訓(xùn)練]1．(2021·邗江中學(xué)高一月考)a，b，m是正實(shí)數(shù)，那么不等式eq\f(b＋m,a＋m)>eq\f(b,a)成立的條件是()A．a(chǎn)<b B．a(chǎn)>bC．與m有關(guān) D．恒成立解析：選Beq\f(b＋m,a＋m)－eq\f(b,a)＝eq\f(m〔a－b〕,a〔a＋m〕)，而a>0，m>0且eq\f(m〔a－b〕,a〔a＋m〕)>0，∴a－ba>b.2．a(chǎn)≥1，試比擬M＝eq\r(a＋1)－eq\r(a)和N＝eq\r(a)－eq\r(a－1)的大小．解：法一：因?yàn)閍≥1，所以M＝eq\r(a＋1)－eq\r(a)>0，N＝eq\r(a)－eq\r(a－1)>0.所以eq\f(M,N)＝eq\f(\r(a＋1)－\r(a),\r(a)－\r(a－1))＝eq\f(\r(a)＋\r(a－1),\r(a＋1)＋\r(a)).因?yàn)閑q\r(a＋1)＋eq\r(a)>eq\r(a)＋eq\r(a－1)>0，所以eq\f(M,N)<1，所以M<N.法二：因?yàn)閍≥0，所以M＝eq\r(a＋1)－eq\r(a)>0，N＝eq\r(a)－eq\r(a－1)>0.又eq\f(1,M)＝eq\f(1,\r(a＋1)－\r(a))＝eq\r(a＋1)＋eq\r(a)，eq\f(1,N)＝eq\f(1,\r(a)－\r(a－1))＝eq\r(a)＋eq\r(a－1)，所以eq\f(1,M)>eq\f(1,N)>0，所以M<N.不等式的性質(zhì)[例3](1)(2021·徐州市高一月考)以下命題中正確的選項(xiàng)是()A．假設(shè)0>a>b，那么a2>b2B．假設(shè)a2>b2，那么a>b>0C．假設(shè)a>b，那么eq\f(b,a)<1D．假設(shè)a>b，那么a3>b3[解析]對(duì)于A，由0>a>b可知，0<－a<－b，那么(－b)2>(－a)2，即b2>a2，故錯(cuò)誤．對(duì)于B，還可能a<b<0，故錯(cuò)誤．對(duì)于C，只有當(dāng)a>0且a>b時(shí)，eq\f(b,a)<1才成立，故錯(cuò)誤．對(duì)于D，假設(shè)a>b>0，那么a3>b3；假設(shè)a≥0>b，那么a3≥0，b3<0，所以a3>b3；假設(shè)0>a>b，那么－b>－a>0，所以(－b)3>(－a)3，即－a3<－b3，所以a3>b3.綜上，假設(shè)a>b，那么a3>b3，故正確．[答案]D(2)假設(shè)c>a>b>0，求證：eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b).[證明]因?yàn)閍>b>0?－a<－b?c－a<c－b.因?yàn)閏>a，所以c－a>0.所以0<c－a<c－b.上式兩邊同乘eq\f(1,〔c－a〕〔c－b〕)，得eq\f(1,c－a)>eq\f(1,c－b)>0.又因?yàn)閍>b>0，所以eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b).1．利用不等式的性質(zhì)判斷正誤的2種方法(1)直接法：對(duì)于說(shuō)法正確的，要利用不等式的相關(guān)性質(zhì)證明；對(duì)于說(shuō)法錯(cuò)誤的只需舉出一個(gè)反例即可；(2)特殊值法：注意取值一定要遵循三個(gè)原那么：一是滿(mǎn)足題設(shè)條件；二是取值要簡(jiǎn)單，便于驗(yàn)證計(jì)算；三是所取的值要有代表性．2．利用不等式的性質(zhì)證明不等式的考前須知(1)利用不等式的性質(zhì)及其推論可以證明一些不等式．解決此類(lèi)問(wèn)題一定要在理解的根底上，記準(zhǔn)、記熟不等式的性質(zhì)并注意在解題中靈活準(zhǔn)確地加以應(yīng)用；(2)應(yīng)用不等式的性質(zhì)進(jìn)行推導(dǎo)時(shí)，應(yīng)注意緊扣不等式的性質(zhì)成立的條件，且不可省略條件或跳步推導(dǎo)，更不能隨意構(gòu)造性質(zhì)與法那么．[跟蹤訓(xùn)練]假設(shè)a>b>0，c<d<0，e<0，求證：eq\f(e,〔a－c〕2)>eq\f(e,〔b－d〕2).證明：∵c<d<0，∴－c>－d>0.又a>b>0，∴a－c>b－d>0，那么(a－c)2>(b－d)2>0，即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).利用不等式的性質(zhì)求代數(shù)式的取值范圍[例4]1＜a＜4，2＜b＜8，試求2a＋3b與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.[母題探究](變?cè)O(shè)問(wèn))在本例條件下，求eq\f(a,b)的取值范圍．解：∵2＜b＜8，∴eq\f(1,8)＜eq\f(1,b)＜eq\f(1,2)，而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.利用不等式的性質(zhì)求代數(shù)式的取值范圍的策略(1)建立待求范圍的整體與范圍的整體的關(guān)系，最后利用不等式的性質(zhì)進(jìn)行運(yùn)算，求得待求的范圍；(2)同向(異向)不等式的兩邊可以相加(相減)，這種轉(zhuǎn)化不是等價(jià)變形，如果在解題過(guò)程中屢次使用這種轉(zhuǎn)化，就有可能擴(kuò)大其取值范圍．[跟蹤訓(xùn)練]1≤a＋b≤4，－1≤a－b≤2，求4a－2b解：法一：設(shè)u＝a＋b，v＝a－b得a＝eq\f(u＋v,2)，b＝eq\f(u－v,2)，∴4a－2b＝2u＋2v－u＋v＝u＋3v∵1≤u≤4，－1≤v≤2，∴－3≤3v≤6.那么－2≤u＋3v≤10，即－2≤4a－2b≤法二：令4a－2b＝x(a＋b)＋y(a－b)∴4a－2b＝(x＋y)a＋(x－y)b∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝4，,x－y＝－2，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝3.))又eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1≤a＋b≤4，,－3≤3〔a－b〕≤6.))∴－2≤4a－2b≤10.1．假設(shè)abcd＜0，且a＞0，b＞c，d＜0，那么()A．b＜0，c＜0 B．b＞0，c＞0C．b＞0，c＜0 D．0＜c＜b或c＜b＜0解析：選D由a＞0，d＜0，且abcd＜0，知bc＞0，又∵b＞c，∴0＜c＜b或c＜b＜0.2．(多項(xiàng)選擇)(2021·揚(yáng)州市高一質(zhì)量考試)x>y>z，x＋y＋z＝0，那么以下不等式中一定成立的是()A．x＋y>y＋z B．xz<yzC．xy>xz D．x|y|>z|y|解析：選ABC因?yàn)閤>y>z，x＋y＋z＝0，所以3x>x＋y＋z＝0，3z<x＋y＋z＝0，所以x>0，z<0