2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第3章不等式3.1不等式的基本性質(zhì)學(xué)案蘇教版必修第一冊

3.1不等式的基本性質(zhì)學(xué)習(xí)任務(wù)核心素養(yǎng)1．結(jié)合已有的學(xué)問，理解不等式的6個基本性質(zhì)．(重點)2．會用不等式的性質(zhì)證明(解)不等式．(重點)3．會用不等式的性質(zhì)比較數(shù)(或式)的大小和求取值范圍．(難點)1．通過大小比較，培育邏輯推理素養(yǎng)．2．通過不等式性質(zhì)的應(yīng)用，培育邏輯推理素養(yǎng)．3．借助不等式求實際問題，提升數(shù)學(xué)運算素養(yǎng).和你的同桌做個嬉戲：假設(shè)有四只盛滿水的圓柱形水桶A，B，C，D，桶A，B的底面半徑均為a，高分別為a和b，桶C，D的底面半徑為b，高分別為a和b(其中a≠b)．你們各自從中取兩只水桶，得水多者為勝．假如讓你先取，你有必勝的把握嗎？學(xué)問點1不等式(1)不等式的定義用數(shù)學(xué)符號“>”“<”“≥”“≤”“≠”連接兩個數(shù)或代數(shù)式，含有這些不等號的式子叫作不等式．(2)關(guān)于a≥b和a≤b的含義①不等式a≥b應(yīng)讀作：“a大于或等于b”，其含義是a>b或a＝b，等價于“a不小于b”，即若a>b或a＝b中有一個正確，則a≥b正確．②不等式a≤b應(yīng)讀作：“a小于或等于b”，其含義是a<b或a＝b，等價于“a不大于b”，即若a<b或a＝b中有一個正確，則a≤b正確．(3)不等式中常用符號語言大于小于大于或等于小于或等于至多至少不少于不多于><≥≤≤≥≥≤(4)兩個實數(shù)的大小比較①假如a－b是正數(shù)，那么a>b；即a－b>0?a>b；②假如a－b等于0，那么a＝b；即a－b＝0?a＝b；③假如a－b是負數(shù)，那么a<b；即a－b<0?a<b.隨意兩個實數(shù)都能比較大小嗎？[提示]能．利用作差法比較．1.設(shè)a＝2x2，b＝x2－x－1，則a與b的大小關(guān)系為________．a(chǎn)>b[a－b＝2x2－(x2－x－1)＝x2＋x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，∴a>b.]學(xué)問點2不等式的基本性質(zhì)性質(zhì)1:若a>b，則b<a；(自反性)，a>b?b<a.性質(zhì)2：若a>b，b>c，則a>c；(傳遞性)性質(zhì)3：若a>b，則a＋c>b＋c；(加法保號性)性質(zhì)4：若a>b，c>0，則ac>bc；(乘正保號性)若a>b，c<0，則ac<bc；(乘負改號性)性質(zhì)5：若a>b，c>d，則a＋c>b＋d；(同向可加性)性質(zhì)6：若a>b>0，c>d>0，則ac>bd；(全正可乘性)性質(zhì)7：假如a>b>0，那么an>bn(n∈N*)．(拓展)不等式的基本性質(zhì)是不等式變形的依據(jù)，也是解不等式的依據(jù)，同時還是證明不等式的理論基礎(chǔ)．(1)在應(yīng)用不等式時，肯定要搞清它們成立的前提條件，不行強化或弱化成立的條件．(2)要留意每條性質(zhì)是否具有可逆性．2.思索辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)若ac>bc，則a>b.()(2)若a＋c>b＋d，則a>b，c>d.()(3)若a>b，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b).()[答案](1)×(2)×(3)×類型1利用不等式的性質(zhì)推斷和解不等式【例1】(1)對于實數(shù)a，b，c，給出下列命題：①若a>b，則ac2>bc2；②若a<b<0，則a2>ab>b2；③若a>b，則a2>b2；④若a<b<0，則eq\f(a,b)>eq\f(b,a).其中正確命題的序號是________．(2)求解關(guān)于x的不等式ax＋1>0(a∈R)，并用不等式的性質(zhì)說明理由．(1)②④[對于①，∵c2≥0，∴只有c≠0時才成立，①不正確；對于②，a<b<0?a2>ab；a<b<0?ab>b2，∴②正確；對于③，若0>a>b，則a2<b2，如－1>－2，但(－1)2<(－2)2，∴③不正確；對于④，∵a<b<0，∴－a>－b>0，∴(－a)2>(－b)2，即a2>b2.又∵ab>0，∴eq\f(1,ab)>0，∴a2·eq\f(1,ab)>b2·eq\f(1,ab)，∴eq\f(a,b)>eq\f(b,a)，④正確．所以正確答案的序號是②④.](2)[解]不等式ax＋1>0(a∈R)兩邊同時加上－1得ax>－1(不等式性質(zhì)3)，當(dāng)a＝0時，不等式為0>－1恒成立，所以x∈R，當(dāng)a>0時，不等式兩邊同時除以a得x>－eq\f(1,a)(不等式性質(zhì)4)，當(dāng)a<0時，不等式兩邊同時除以a得x<－eq\f(1,a)(不等式性質(zhì)4)．綜上：當(dāng)a＝0時，不等式的解集為R，當(dāng)a>0時，不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))，當(dāng)a<0時，不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,a))).1．利用不等式推斷正誤的2種方法①干脆法：對于說法正確的，要利用不等式的相關(guān)性質(zhì)證明；對于說法錯誤的只需舉出一個反例即可．②特殊值法：留意取值肯定要遵循三個原則：一是滿意題設(shè)條件；二是取值要簡潔，便于驗證計算；三是所取的值要有代表性．2．利用不等式的性質(zhì)解不等式，要求步步有據(jù)，特殊是解含有參數(shù)的不等式更加要把握好分類探討的標準．因為參數(shù)的范圍不同，不等式的解集不同，所以對于參數(shù)的不同范圍得到的解集都是獨立的，不能求并集．[跟進訓(xùn)練]1．已知a＜b＜c且a＋b＋c＝0，則下列不等式恒成立的是()A．a(chǎn)2＜b2＜c2 B．a(chǎn)b2＜cb2C．a(chǎn)c＜bc D．a(chǎn)b＜acC[∵a＋b＋c＝0且a＜b＜c，∴a＜0，c＞0，∴ac＜bc，故選C.]2．若關(guān)于x的不等式ax＋b>0的解集為{x|x<2}，則不等式bx－a>0的解集為________．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x>－\f(1,2)))))[因為關(guān)于x的不等式ax＋b>0的解集為{x|x<2}，所以a<0，且x＝2是方程ax＋b＝0的實數(shù)根，所以2a＋b＝0，即b＝－2a，由bx－a>0得－2ax－a>0，因為a<0，所以x>－eq\f(1,2)，即不等式bx－a>0的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x>－\f(1,2))))).]類型2利用不等式的性質(zhì)比較代數(shù)式的大小【例2】已知x≤1，比較3x3與3x2－x＋1的大?。甗解]3x3－(3x2－x＋1)＝(3x3－3x2)＋(x－1)＝3x2(x－1)＋(x－1)＝(3x2＋1)(x－1)．∵x≤1，得x－1≤0.而3x2＋1>0，∴(3x2＋1)(x－1)≤0.∴3x3≤3x2－x＋1.1．將本例中“x≤1”改為“x∈R”，再比較3x3與3x2－x[解]3x3－(3x2－x＋1)＝(3x3－3x2)＋(x－1)＝(3x2＋1)(x－1)，∵3x2＋1>0，當(dāng)x>1時，x－1>0，∴3x3>3x2－x＋1.當(dāng)x＝1時，x－1＝0，∴3x3＝3x2－x＋1.當(dāng)x<1時，x－1<0，∴3x3<3x2－x＋1.2．已知a>0,b>0,比較eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)與eq\f(1,a＋b)的大小．[解]法一：(作差法)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))－eq\f(1,a＋b)＝eq\f(ab＋b2＋a2＋ab－ab,aba＋b)＝eq\f(a2＋ab＋b2,aba＋b)，因為a>0,b>0，所以eq\f(a2＋ab＋b2,aba＋b)>0，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)>eq\f(1,a＋b).法二：(作商法)因為a>0,b>0，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)與eq\f(1,a＋b)同為正數(shù)，所以eq\f(\f(1,a)＋\f(1,b),\f(1,a＋b))＝eq\f(a＋b2,ab)，所以eq\f(a＋b2,ab)－1＝eq\f(a2＋ab＋b2,ab)>0，即eq\f(a＋b2,ab)>1，因為eq\f(1,a＋b)>0，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)>eq\f(1,a＋b).法三：(綜合法)因為a>0,b>0，所以a＋b>0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>1，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)>eq\f(1,a＋b).1．作差法比較兩個數(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→結(jié)論．(2)變形的方法：①因式分解；②配方；③通分；④分母或分子有理化(針對無理式中的二次根式)；⑤分類探討．2．作商法比較大小的三個步驟(1)作商變形；(2)與1比較大小；(3)得出結(jié)論．提示：作商法比較大小僅適用同號的兩個數(shù)．3．綜合法須要結(jié)合詳細的式子的特征實施，本題思路為：A>B>0?A·eq\f(1,B)>1.[跟進訓(xùn)練]3．已知實數(shù)a，b，c滿意b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，則a，bA．c≥b>a B．a(chǎn)>c≥bC．c>b>a D．a(chǎn)>c>bA[∵c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，∴c≥b又b＋c＝6－4a＋3a∴2b＝2＋2a2，∴b＝a2∴b－a＝a2－a＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，∴b>a，∴c≥b>a.故選A.]4．已知a，b∈R，試比較a2－ab與3ab－4b2的大?。甗解]因為a，b∈R，所以(a2－ab)－(3ab－4b2)＝a2－4ab＋4b2＝(a－2b)2，當(dāng)a＝2b時，a2－ab＝3ab－4b2，當(dāng)a≠2b時，a2－ab>3ab－4b2.類型3證明不等式【例3】若a>b>0，c<d<0，e<0，求證：eq\f(e,a－c2)>eq\f(e,b－d2).[思路點撥]可結(jié)合不等式的基本性質(zhì)，分析所證不等式的結(jié)構(gòu)，有理有據(jù)地導(dǎo)出證明結(jié)果．[證明]∵c<d<0，∴－c>－d>0.又∵a>b>0，∴a－c>b－d>0.∴(a－c)2>(b－d)2>0.兩邊同乘以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).本例條件不變的狀況下，求證：eq\f(e,a－c)>eq\f(e,b－d).[證明]∵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).利用不等式的性質(zhì)證明不等式的留意事項(1)利用不等式的性質(zhì)及其推論可以證明一些不等式．解決此類問題肯定要在理解的基礎(chǔ)上，記準、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)進行推導(dǎo)時，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．[跟進訓(xùn)練]5．已知c>a>b>0，求證：eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b).[證明]∵c>a>b>0.∴c－a>0，c－b>0.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(由a>b>0?\f(1,a)<\f(1,b),c>0))?eq\f(c,a)<eq\f(c,b)?eq\f(c－a,a)<eq\f(c－b,b).又c－a>0，c－b>0，∴eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b).類型4利用不等式求取值范圍【例4】已知1<a<4,2<b<8.試求2a＋3b與a－b[思路點撥]欲求a－b的范圍，應(yīng)先求－b的范圍，再利用不等式的性質(zhì)求解．[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8<2a＋3b<32，－7<a－b即2a＋3ba－b的取值范圍為(－7,2)．1．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)，又1<a<4，∴eq\f(1,8)<eq\f(a,b)<2.即eq\f(a,b)的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，2)).2．若本例改為：已知1≤a＋b≤5，－1≤a－b≤3，求3a－2b[解]法一：設(shè)x＝a＋b，y＝a－b，則a＝eq\f(x＋y,2)，b＝eq\f(x－y,2)，∵1≤x≤5，－1≤y≤3，∴3a－2b＝eq\f(1,2)x＋eq\f(5,2)y.又eq\f(1,2)≤eq\f(1,2)x≤eq\f(5,2)，－eq\f(5,2)≤eq\f(5,2)y≤eq\f(15,2)，∴－2≤eq\f(1,2)x＋eq\f(5,2)y≤10.即－2≤3a－2b≤10.所以3a－2b的范圍是[－2,10]法二：設(shè)3a－2b＝m(a＋b)＋n(a－b)＝(m＋n)a＋(m－n)b＝3a－2所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,m－n＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,2)，,n＝\f(5,2)，))即3a－2b＝eq\f(1,2)(a＋b)＋eq\f(5,2)(a－b)，因為1≤a＋b≤5，－1≤a－b≤3，所以eq\f(1,2)≤eq\f(1,2)(a＋b)≤eq\f(5,2)，－eq\f(5,2)≤eq\f(5,2)(a－b)≤eq\f(15,2)，所以－2≤eq\f(1,2)(a＋b)＋eq\f(5,2)(a－b)≤10，即3a－2b的范圍是[－2,10]1．同向不等式具有可加性，同正具有可乘性，但是不能相減或相除，應(yīng)用時，要充分利用所給條件進行適當(dāng)變形來求范圍，留意變形的等價性．2．已知兩個二元一次代數(shù)式的范圍，求第三個二元一次式的范圍，可以用雙換元的方法，也可以通過待定系數(shù)法，先用已知的兩個二元一次代數(shù)式表示未知的二元一次式．[跟進訓(xùn)練]6．已知－eq\f(π,2)≤α<β≤eq\f(π,2)，求eq\f(α＋β,2)，eq\f(α－β,2)的取值范圍．[解]∵已知－eq\f(π,2)≤α<β≤eq\f(π,2).∴－eq\f(π,4)≤eq\f(α,2)≤eq\f(π,4)，－eq\f(π,4)<eq\f(β,2)≤eq\f(π,4)，兩式相加得－eq\f(π,2)<eq\f(α＋β,2)<eq\f(π,2).∵－eq\f(π,4)<eq\f(β,2)≤eq\f(π,4)，∴－eq\f(π,4)≤－eq\f(β,2)<eq\f(π,4).∴－eq\f(π,2)≤eq\f(α－β,2)<eq\f(π,2)，又知α<β，∴eq\f(α－β,2)<0，∴－eq\f(π,2)≤eq\f(α－β,2)<0.7．已知－4≤a－c≤－1，－1≤4a－c≤5，求9a－[解]令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－c＝x，,4a－c＝y(tǒng)，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)y－x，,c＝\f(1,3)y－4x，))∴9a－c＝eq\f(8,3)y－eq\f(5,3)x，∵－4≤x≤－1，∴eq\f(5,3)≤－eq\f(5,3)x≤eq\f(20,3)，①∵－1≤y≤5，∴－eq\f(8,3)≤eq\f(8,3)y≤eq\f(40,3)，②①和②相加，得－1≤eq\f(8,3)y－eq\f(5,3)x≤20，∴－1≤9a－c≤1．已知a，b，c，d∈R，則下列命題中必成立的是()A．若a＞b，c＞b，則a＞c B．若a＞－b，則c－a＜c＋bC．若a＞b，c＜d，則eq\f(a,c)＞eq\f(b,d) D．若a2＞b2，則－a＜－bB[選項A，若a＝4，b＝2，c＝5，明顯不成立；選項C不滿意倒數(shù)不等式的條件，如a＞b＞0，c＜0＜d時，不成立；選項D只有a＞b＞0時才可以，否則如a＝－1，b＝0時不成立，故選