2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第二章一元二次函數(shù)方程和不等式2.1等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)學(xué)案含解析新人教A版必修第一冊(cè)

PAGE2．1等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)內(nèi)容標(biāo)準(zhǔn)學(xué)科素養(yǎng)1.通過(guò)詳細(xì)情境，感受日常生活中的不等關(guān)系．?dāng)?shù)學(xué)抽象邏輯推理2.初步學(xué)會(huì)作差法比較兩實(shí)數(shù)的大?。?.駕馭不等式的基本性質(zhì)，并能運(yùn)用這些性質(zhì)解決有關(guān)問(wèn)題.授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第18頁(yè)[教材提煉]學(xué)問(wèn)點(diǎn)一實(shí)數(shù)a、b大小eq\a\vs4\al(預(yù)習(xí)教材，思索問(wèn)題)設(shè)a、b是兩個(gè)實(shí)數(shù)，它們?cè)跀?shù)軸上所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別是A、B，那么A、B的位置與a、b的大小有什么關(guān)系？學(xué)問(wèn)梳理關(guān)于實(shí)數(shù)a，b大小的比較，有以下基本領(lǐng)實(shí)：假如a－b是正數(shù)，那么a＞b；假如a－b等于0，那么a＝b；假如a－b是負(fù)數(shù)，那么a＜b.反過(guò)來(lái)也對(duì)，這個(gè)基本領(lǐng)實(shí)可以表示為a＞b?a－b＞0；a＝b?a－b＝0；a＜b?a－b＜0.從上述基本領(lǐng)實(shí)可知，要比較兩個(gè)實(shí)數(shù)的大小，可以轉(zhuǎn)化為比較它們的差與0的大?。畬W(xué)問(wèn)點(diǎn)二等式的基本性質(zhì)eq\a\vs4\al(預(yù)習(xí)教材，思索問(wèn)題)假如a＝b，那么a±c與b±c、ac與bc、eq\f(a,c)與eq\f(b,c)相等嗎？學(xué)問(wèn)梳理等式有下面的基本性質(zhì)：性質(zhì)1假如a＝b，那么b＝a；性質(zhì)2假如a＝b，b＝c，那么a＝c；性質(zhì)3假如a＝b，那么a±c＝b±c；性質(zhì)4假如a＝b，那么ac＝bc；性質(zhì)5假如a＝b，c≠0，那么eq\f(a,c)＝eq\f(b,c).學(xué)問(wèn)點(diǎn)三不等式的性質(zhì)eq\a\vs4\al(預(yù)習(xí)教材，思索問(wèn)題)假如a＞b，那么a±c與b±c，ac與bc有什么關(guān)系？學(xué)問(wèn)梳理性質(zhì)別名性質(zhì)內(nèi)容留意1對(duì)稱性a＞b?b＜a?2傳遞性a＞b，b＞c?a＞c?3可加性a＞b?a＋c＞b＋c可逆4可乘性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a＞b,c＞0))?ac＞bcc的符號(hào)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a＞b,c＜0))?ac＜bc5同向可加性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a＞b,c＞d))?a＋c＞b＋d同向6同向同正可乘性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a＞b＞0,c＞d＞0))?ac＞bd同向7可乘方性a＞b＞0?an＞bn(n∈N*，n≥2)同正[自主檢測(cè)]1．實(shí)數(shù)m不超過(guò)eq\r(2)，是指()A．m＞eq\r(2) B．m≥eq\r(2)C．m＜eq\r(2) D．m≤eq\r(2)答案：D2．已知a＜b＜0，c＜d＜0，那么下列推斷中正確的是()A．a(chǎn)－c＜b－d B．a(chǎn)c＞bdC.eq\f(a,d)＜eq\f(b,c) D．a(chǎn)d＞bc答案：B3．設(shè)a＞b，c＞d，則下列不等式成立的是()A．a(chǎn)－c＞b－d B．a(chǎn)c＞bdC.eq\f(a,c)＞eq\f(d,b) D．b＋d＜a＋c答案：D4．若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，則f(x)與g(x)的大小關(guān)系是________．答案：f(x)＞g(x)授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第19頁(yè)探究一作差法比較大小[例1]設(shè)x＜y＜0，試比較(x2＋y2)(x－y)與(x2－y2)(x＋y)的大?。甗解析](x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)＝(x－y)(x2＋y2)－(x－y)(x＋y)2＝(x－y)[(x2＋y2)－(x＋y)2]＝(x－y)(－2xy)．由于x＜y＜0，所以x－y＜0，－2xy＜0，所以(x－y)(－2xy)＞0，即(x2＋y2)(x－y)＞(x2－y2)(x＋y)．作差法比較兩個(gè)數(shù)大小的步驟及變形方法(1)作差法比較的步驟：作差→變形→定號(hào)→結(jié)論．(2)變形的方法：①因式分解；②配方；③通分；④對(duì)數(shù)與指數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)；⑤分母或分子有理化；⑥分類(lèi)探討．將本例中“x＜y＜0”變?yōu)椤皒＞y＞0”，這兩個(gè)代數(shù)式的大小如何？解析：(x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)＝－2xy(x－y)由x＞y＞0得－2xy＜0，x－y＞0∴－2xy(x－y)＜0∴(x2＋y2)(x－y)＜(x2－y2)(x＋y)探究二用不等式的性質(zhì)證明不等式[例2][教材P42例2拓展探究](1)已知a＞b＞0，c＜d＜0，e＜0，求證：eq\f(e,a－c)＞eq\f(e,b－d).[證明]∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0，又∵a＞b＞0，∴a＋(－c)＞b＋(－d)＞0，即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).(2)已知b克糖水中含有a克糖(b＞a＞0)，再添加m克糖(m＞0)(假設(shè)全部溶解)，糖水變甜了．請(qǐng)將這一事實(shí)表示為一個(gè)不等式，并證明這個(gè)不等式成立．[證明]eq\f(a,b)－eq\f(a＋m,b＋m)＝eq\f(ab＋m－ba＋m,bb＋m)＝eq\f(ma－b,bb＋m)，∵b＞a＞0，m＞0，∴a－b＜0，eq\f(ma－b,bb＋m)＜0，∴eq\f(a,b)＜eq\f(a＋m,b＋m).利用不等式的性質(zhì)證明不等式留意事項(xiàng)(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)題肯定要在理解的基礎(chǔ)上，記準(zhǔn)、記熟不等式的性質(zhì)并留意在解題中敏捷精確地加以應(yīng)用．(2)應(yīng)用不等式的性質(zhì)進(jìn)行推導(dǎo)時(shí)，應(yīng)留意緊扣不等式的性質(zhì)成立的條件，且不行省略條件或跳步推導(dǎo)，更不能隨意構(gòu)造性質(zhì)與法則．探究三求表達(dá)式的范圍[例3]已知30＜x＜42,16＜y＜24，分別求x＋y，x－3y及eq\f(x,x－3y)的范圍．[解析]因?yàn)?0＜x＜42,16＜y＜24，所以30＋16＜x＋y＜42＋24，故46＜x＋y＜66.又30＜x＜42，－72＜－3y＜－48，所以30－72＜x－3y＜42－48，故－42＜x－3y＜－6.又30＜x＜42，－42＜x－3y＜－6，所以－eq\f(1,6)＜eq\f(1,x－3y)＜－eq\f(1,42)，所以0＜eq\f(1,42)＜－eq\f(1,x－3y)＜eq\f(1,6)，所以eq\f(30,42)＜－eq\f(x,x－3y)＜eq\f(42,6)，故－eq\f(42,6)＜eq\f(x,x－3y)＜－eq\f(30,42)，得－7＜eq\f(x,x－3y)＜－eq\f(5,7).依據(jù)某些代數(shù)式的范圍求其它代數(shù)式的范圍，要整體應(yīng)用已知的代數(shù)式，結(jié)合不等式的性質(zhì)進(jìn)行推理.已知1＜a＜2,3＜b＜4，求下列各式的取值范圍．(1)2a＋b；(2)a－b；(3)eq\f(a,b).解析：(1)∵1＜a＜2，∴2＜2a＜4.又3＜b＜4，∴5＜2a＋b＜8；(2)∵3＜b＜4，∴－4＜－b＜－3.又∵1＜a＜2，∴－3＜a－b＜－1；(3)3＜b＜4；∴eq\f(1,4)＜eq\f(1,b)＜eq\f(1,3).又∵1＜a＜2，∴eq\f(1,4)＜eq\f(a,b)＜eq\f(2,3).授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第20頁(yè)一、借不等式性質(zhì)之根“移花接木”——不等式性質(zhì)的拓展eq\x(?邏輯推理)1．由不等式性質(zhì)4：a＞b，c＞0，那么ac＞bc拓展為倒數(shù)性質(zhì)：若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞b,ab＞0))，則eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).證明：∵ab＞0，∴eq\f(1,ab)＞0由a＞b得a×eq\f(1,ab)＞b×eq\f(1,ab).∴eq\f(1,b)＞eq\f(1,a)，即eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).2．由性質(zhì)7：假如a＞b＞0，那么an＞bn.(n∈N且n≥1)．拓展為開(kāi)方性質(zhì)：假如a＞b＞0，那么eq\r(n,a)＞eq\r(n,b).(n∈N且n≥2)．證明：假設(shè)0＜eq\r(n,a)≤eq\r(n,b).由性質(zhì)7得(eq\r(n,a))n≤(eq\r(n,b))n∴a≤b與a＞b沖突．∴eq\r(n,a)＞eq\r(n,b).[典例]已知a＞b＞0，求證eq\r(a)＞eq\r(b).[證明]∵a＝(eq\r(a))2，b＝(eq\r(b))2.由a＞b得：(eq\r(a))2＞(eq\r(b))2＞0∴eq\r(a)＞eq\r(b).二、同樣正確用不等式性質(zhì)，差別這么大[典例]已知1≤a－b≤2,2≤a＋b≤4，求4a－2b[解析]設(shè)4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b＝(m＋n)a＋(n－m)b，于是得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4,n－m＝－2))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(