2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第三章不等式3.1.2不等關(guān)系與不等式學(xué)案含解析北師大版必修5

PAGE1．2不等關(guān)系與不等式學(xué)問點一兩個實數(shù)比較大小的依據(jù)[填一填]隨意兩個實數(shù)a，b都能比較大小：假如a－b>0，那么a>b；假如a－b<0，那么a<b；假如a－b＝0，那么a＝b；由此可知，要確定隨意兩個實數(shù)a，b的大小關(guān)系，只需確定它們的差a－b與0的大小關(guān)系即可．[答一答]1．兩個實數(shù)大小比較的關(guān)鍵是什么？提示：關(guān)鍵是比較實數(shù)大小方法中的代數(shù)變形．學(xué)問點二不等式的性質(zhì)[填一填](1)假如a>b，那么b<a；(對稱性)(2)假如a>b，b>c，那么a>c；(傳遞性)(3)假如a>b，那么a＋c>b＋c；(不等式移項的依據(jù))(4)假如a>b，c>0，那么ac>bc；假如a>b，c<0，那么ac<bc；(可乘性)(5)假如a>b，c>d，那么a＋c>b＋d；(加法)(6)假如a>b>0，c>d>0，那么ac>bd；(乘法)(7)假如a>b>0，那么an>bn(n∈N＋，n≥2)；(乘方)(8)假如a>b>0，那么eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N＋，n≥2)．(開方)[答一答]2．不等式兩邊同乘一個實數(shù)，所得不等式方向與原不等式方向有何關(guān)系？提示：不等式兩邊同乘一個正數(shù)，不等式方向不變；不等式兩邊同乘一個負(fù)數(shù)，不等式方向變更；不等式兩邊同乘以0，不等式相等．3．不等式兩邊同除以一個實數(shù)，不等式將如何變更？提示：不等式兩邊同除以一個正數(shù)，不等式方向不變；不等式兩邊同除以一個負(fù)數(shù)，不等式方向變更．1．比較兩實數(shù)大小的依據(jù)比較兩實數(shù)大小的依據(jù)是：a－b>0?a>b，a－b＝0?a＝b，a－b<0?a<b.2．不等關(guān)系與相等關(guān)系的區(qū)分(1)相等關(guān)系的一特性質(zhì)是“自反性”．即任何一個數(shù)量都等于它自身，也即a＝a，而不等關(guān)系“>”“<”不具有自反性，但不等關(guān)系“≠”，非嚴(yán)格的不等關(guān)系“≤”“≥”具有自反性．(2)相等關(guān)系的另一條性質(zhì)是“對稱性”．即a＝b等價于b＝a，不等關(guān)系“>”“<”沒有對稱性(如a>b不等價于b>a)，但具有“反對稱性”如(a>b等價于b<a)；不等關(guān)系“≠”與非嚴(yán)格的不等關(guān)系“≥”“≤”具有對稱性，同時也具有反對稱性．(3)相等關(guān)系還有一條性質(zhì)是“傳遞性”．即假如a＝b，且b＝c，那么a＝c，不等關(guān)系“>”“<”與非嚴(yán)格的不等關(guān)系“≥”“≤”也具有傳遞性，但不等關(guān)系“≠”沒有傳遞性(如1≠2，且3≠2，但2＝2)．類型一不等式性質(zhì)的簡潔應(yīng)用【例1】適當(dāng)增加條件，使下列命題成立：①若a>b，則ac<bc；②若ac2>bc2，則a2>b2；③若a>b，則lg(a＋1)>lg(b＋1)；④若a>b，c>d，則eq\f(a,d)>eq\f(b,c).【思路探究】利用不等式的性質(zhì)解決問題．【解】①c值的正、負(fù)或是否為零未知，因而推斷ac與bc的大小缺乏依據(jù)，即增加條件“c<0”；②由ac2>bc2，知c≠0，所以c2>0，所以a>b，當(dāng)a>|b|時，有a2>b2，即增加條件“a>|b|”；③由a>b，可得a＋1>b＋1，但作為真數(shù)，應(yīng)有b＋1>0，即增加條件“b>－1”④eq\f(a,d)>eq\f(b,c)成立的條件有多種，比照不等式的性質(zhì)，相關(guān)的一個是a>b>0，c>d>0，故可增加條件“b>0，d>0”．規(guī)律方法理解不等式的性質(zhì)時，首先，要駕馭各性質(zhì)成立的條件，特殊是實數(shù)的正負(fù)和不等式的可逆性；其次，要關(guān)注常見函數(shù)的單調(diào)性，這對理解不等式性質(zhì)具有指導(dǎo)作用．推斷下列不等式關(guān)系是否正確，并說明理由．(1)若eq\f(a,c2)>eq\f(b,c2)，則a>b；(2)若a>b，ab≠0，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；(3)若a>b，c>d，則ac>bd.解：(1)正確．∵c2≠0且c2>0，∴在eq\f(a,c2)>eq\f(b,c2)兩邊同乘以c2不等式方向不變．∴a>b.(2)錯誤．a(chǎn)>b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的條件是ab>0.(3)錯誤．a(chǎn)>b，c>d?ac>bd，當(dāng)a，b，c，d均為正數(shù)時成立．類型二比較大小【例2】(1)已知－eq\f(1,2)<a<0，A＝1＋a2，B＝1－a2，C＝eq\f(1,1＋a)，D＝eq\f(1,1－a).試將A、B、C、D按大小依次排列．(2)設(shè)a>0，b>0且a≠b，試比較aabb與abba的大?。舅悸诽骄俊?1)把要比較大小的幾個數(shù)都用a表示，題目中給出了a的取值范圍，不妨從中取一個值，看一看相應(yīng)的A、B、C、D的值的大小，然后用作差方法比較各數(shù)大?。?2)由于比較的兩數(shù)為冪式形式，可以用作商法比較大小，只要比較商式與1的大小即可．【解】(1)－eq\f(1,2)<a<0，∴不妨取a＝－eq\f(1,4)，則A＝eq\f(17,16)，B＝eq\f(15,16)，C＝eq\f(4,3)，D＝eq\f(4,5).由此猜想：D<B<A<C.只需證明C－A>0，A－B>0，B－D>0即可．∵B－D＝(1－a2)－eq\f(1,1－a)＝eq\f(a3－a2－a,1－a)＝eq\f(a[(a－\f(1,2))2－\f(5,4)],1－a)，又－eq\f(1,2)<a<0，∴1－a>0，又－1<a－eq\f(1,2)<－eq\f(1,2)，∴eq\f(1,4)<(a－eq\f(1,2))2<1，故(a－eq\f(1,2))2－eq\f(5,4)<0，∴eq\f(a[(a－\f(1,2))2－\f(5,4)],1－a)>0，∴B>D.∵A－B＝(1＋a2)－(1－a2)＝2a2>0∴A>B.∵C－A＝eq\f(1,1＋a)－(1＋a2)＝eq\f(－a(a2＋a＋1),1＋a)＝eq\f(－a[(a＋\f(1,2))2＋\f(3,4)],1＋a)，又1＋a>0，－a>0，(a＋eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)>0，∴eq\f(－a[(a＋\f(1,2))2＋\f(3,4)],1＋a)>0，∴C>A.綜上可得A、B、C、D四個數(shù)的大小依次是C>A>B>D.(2)∵eq\f(aabb,abba)＝eq\f(aa－b,ba－b)＝(eq\f(a,b))a－b.當(dāng)a>b>0時，eq\f(a,b)>1，a－b>0，則(eq\f(a,b))a－b>1，于是aabb>abba；當(dāng)b>a>0時，0<eq\f(a,b)<1，a－b<0，則(eq\f(a,b))a－b>1，于是aabb>abba.綜上所述，對于不相等的正數(shù)a，b，都有aabb>abba.規(guī)律方法(1)比較法有“作差比較法”和“作商比較法”，可以依據(jù)數(shù)(式)的特點敏捷選用．(2)第(1)題是一個開放性問題，我們利用了特值法，使抽象的數(shù)學(xué)式子詳細(xì)化，要解決的問題明朗化，在解選擇題、應(yīng)用題、開放題時常用此法．(3)作差比較法的步驟為：①作差；②變形；③判號，其中關(guān)鍵一步是變形(通分、因式分解、配方等)，達(dá)到推斷符號的目的．(4)作商比較法可以轉(zhuǎn)化為與1比較大小，在含有冪式、根式、肯定值等問題中常常用到．已知x∈R，比較(x＋1)(x2＋eq\f(x,2)＋1)與(x＋eq\f(1,2))(x2＋x＋1)的大小．解：∵(x＋1)(x2＋eq\f(x,2)＋1)＝(x＋1)(x2＋x＋1－eq\f(x,2))＝(x＋1)(x2＋x＋1)－eq\f(x,2)(x＋1)，(x＋eq\f(1,2))(x2＋x＋1)＝(x＋1－eq\f(1,2))(x2＋x＋1)＝(x＋1)(x2＋x＋1)－eq\f(1,2)(x2＋x＋1)，∴(x＋1)(x2＋eq\f(x,2)＋1)－(x＋eq\f(1,2))(x2＋x＋1)＝eq\f(1,2)(x2＋x＋1)－eq\f(1,2)x(x＋1)＝eq\f(1,2)>0.∴(x＋1)(x2＋eq\f(x,2)＋1)>(x＋eq\f(1,2))(x2＋x＋1)．【例3】已知a>1，p＝loga(a3＋1)，q＝loga(a2＋1)，試比較p、q的大?。舅悸诽骄俊坎杉{作差法比較，并結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性推斷差的符號．【解】∵p－q＝loga(a3＋1)－loga(a2＋1)＝logaeq\f(a3＋1,a2＋1)，∵a>1，∴a3＋1>a2＋1，∴eq\f(a3＋1,a2＋1)>1，∴l(xiāng)ogaeq\f(a3＋1,a2＋1)>0，∴p>q.規(guī)律方法解決此類問題，常常用作差法，在比較大小的過程中，常與函數(shù)的單調(diào)性相結(jié)合，把兩式看作某函數(shù)的函數(shù)值，通過比較自變量的大小，來確定函數(shù)值的大小．比較1＋logx3與2logx2(x>0且x≠1)的大?。猓?＋logx3－2logx2＝logxeq\f(3,4)x.(1)當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x<1,0<\f(3,4)x<1))即0<x<1；或當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>1,\f(3,4)x>1))即x>eq\f(4,3)時，有l(wèi)ogxeq\f(3,4)x>0，即1＋logx3>2logx2.(2)當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x<1，,\f(3,4)x>1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>1，,0<\f(3,4)x<1))即1<x<eq\f(4,3)時，有l(wèi)ogxeq\f(3,4)x<0，即1＋logx3<2logx2.(3)當(dāng)eq\f(3,4)x＝1，即x＝eq\f(4,3)時，有l(wèi)ogxeq\f(3,4)x＝0，即1＋logx3＝2logx2.綜上所述：當(dāng)0<x<1或x>eq\f(4,3)時，1＋logx3>2logx2；當(dāng)1<x<eq\f(4,3)時，1＋logx3<2logx2；當(dāng)x＝eq\f(4,3)時，1＋logx3＝2logx2.類型三利用不等式的性質(zhì)證明簡潔不等式【例4】若a>b>0，c<d<0，e<0，求證：eq\f(e,(a－c)2)>eq\f(e,(b－d)2).【思路探究】利用不等式的同向可加性和可乘方性證明不等式．【證明】方法一：eq\f(e,(a－c)2)－eq\f(e,(b－d)2)＝eq\f(e[(b－d)2－(a－c)2],(a－c)2(b－d)2)＝eq\f(e(b－d＋a－c)(b－d－a＋c),(a－c)2(b－d)2)＝eq\f(e[(a＋b)－(c＋d)][(b－a)＋(c－d)],(a－c)2(b－d)2).∵a>b>0，c<d<0，∴a＋b>0，c＋d<0，b－a<0，c－d<0，∴(a＋b)－(c＋d)>0，(b－a)＋(c－d)<0.∵e<0，∴e[(a＋b)－(c＋d)][(b－a)＋(c－d)]>0.又(a－c)2(b－d)2>0，∴eq\f(e,(a－c)2)－eq\f(e,(b－d)2)>0，即eq\f(e,(a－c)2)>eq\f(e,(b－d)2).方法二：eq\f(\f(e,(a－c)2),\f(e,(b－d)2))＝eq\f((b－d)2,(a－c)2).∵c<d<0，∴－c>－d>0.∵a>b>0，∴a－c>b－d>0，∴(a－c)2>(b－d)2>0，∴0<eq\f((b－d)2,(a－c)2)<1，∴0<eq\f(\f(e,(a－c)2),\f(e,(b－d)2))<1.又e<0，∴eq\f(e,(b－d)2)<0，∴eq\f(e,(a－c)2)>eq\f(e,(b－d)2).方法三：∵c<d<0，∴－c>－d>0，又a>b>0，∴a－c>b－d>0，∴(a－c)2>(b－d)2>0，上式兩邊同乘以eq\f(1,(a－c)2(b－d)2)，得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).規(guī)律方法不等式的證明通常有兩種方法：(1)利用不等式的性質(zhì)進(jìn)行證明；(2)借助作差、作商法比較不等號兩邊式子的大小進(jìn)行證明，詳細(xì)步驟與作差或作商比較實數(shù)大小的方法步驟相同，只是要留意書寫方式．(1)a<b<0，求證：eq\f(b,a)<eq\f(a,b)；(2)已知a>b，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，求證：ab>0.證明：(1)eq\f(b,a)－eq\f(a,b)＝eq\f(b2－a2,ab)＝eq\f((b＋a)(b－a),ab)，∵a<b<0，∴b＋a<0，b－a>0，ab>0，∴eq\f((b＋a)(b－a),ab)<0，故eq\f(b,a)<eq\f(a,b).(2)∵eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，∴eq\f(1,a)－eq\f(1,b)<0，即eq\f(b－a,ab)<0，而a>b，∴b－a<0，∴ab>0.類型四不等式性質(zhì)的綜合應(yīng)用【例5】已知－1≤a＋b≤1,1≤a－b≤3，求3a－b【思路探究】此題是給出含有字母的代數(shù)式的范圍，求另外代數(shù)式的范圍．分為兩步來進(jìn)行：(1)利用待定系數(shù)法將代數(shù)式3a－b用a＋b和a－b表示．(2)利用不等式性質(zhì)及題目條件確定3a－【解】設(shè)3a－b＝x(a＋b)＋y(a－b)＝(x＋y)a＋(x－y)b∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝3，,x－y＝－1.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2.))即3a－b＝(a＋b)＋2(a－b)．∵－1≤a＋b≤1,1≤a－b≤3，∴2≤2(a－b)≤6，∴－1＋2≤(a＋b)＋2(a－b)≤1＋6，即1≤3a－b≤規(guī)律方法此題的一種典型錯誤做法，如下：∵－1≤a＋b≤1,1≤a－b≤3，∴0≤2a≤4，即0≤a≤∵－1≤a＋b≤1，－3≤b－a≤－1，∴－4≤2b≤0，即－2≤b≤0.∴0≤3a≤6,0≤－b≤2.∴0≤3a－b此解法的錯誤緣由是因為a與b是兩個相互聯(lián)系、相互制約的量，而不是各自獨立的，當(dāng)a＋b取到最大值或最小值時，a－b不肯定能取到最值，所以用以上方法可能擴(kuò)大變量的范圍．避開出錯的方法是通過待定系數(shù)法“整體代入”，見解題過程．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：因為－eq\f(π,2)≤α<β≤eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,4)≤eq\f(α,2)<eq\f(π,4)，－eq\f(π,4)<eq\f(β,2)≤eq\f(π,4).兩式兩邊分別相加，得－eq\f(π,2)<eq\f(α＋β,2)<eq\f(π,2).因為－eq\f(π,4)<eq\f(β,2)≤eq\f(π,4)，所以－eq\f(π,4)≤eq\f(－β,2)<eq\f(π,4).所以－eq\f(π,2)≤eq\f(α－β,2)<eq\f(π,2).又因為α<β，所以eq\f(α－β,2)<0.所以－eq\f(π,2)≤eq\f(α－β,2)<0.——易錯警示系列——不等式性質(zhì)應(yīng)用不當(dāng)致誤利用不等式的性質(zhì)推斷不等關(guān)系是難點，又是考生的易誤點，其易誤點兩個：一是在一個不等式兩邊同時乘以一個數(shù)或一個式子時，忽視正負(fù)號的推斷導(dǎo)致出錯．二是在運(yùn)用同向不等式相加這一性質(zhì)時，不是等價變形．若利用特值法就可避開上述錯誤，并且快速解答問題，特值法就是利用特殊值代替字母參數(shù)，得出特殊結(jié)論，再對各項檢驗，從而做出正確的選擇．【例6】若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則下列不等式：①eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)；②|a|＋b>0；③a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)；④lna2>lnb2中，正確的不等式是()A．①④B．②③C．①③ D．②④【錯解】A【錯解分析】本題只能依據(jù)不等式的性質(zhì)進(jìn)行逐個推斷．對備選的不等式進(jìn)行化簡時簡潔因不等式的性質(zhì)運(yùn)用不當(dāng)出錯，特殊是在一個不等式兩端同時乘以一個數(shù)或式子時，忽視正負(fù)號的推斷導(dǎo)致出錯．【正解】C由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，可知b<a<0.①中，因為a＋b<0，ab>0，所以eq\f(1,a＋b)<0，eq\f(1,ab)>0，故有eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)，即①正確；②中，因為b<a<0，所以－b>－a>0，則－b>|a|，即|a|＋b<0，故②錯誤；③中，因為b<a<0，又eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，所以a－eq\f(1,a)>b－eq\f