2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第2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)第2課時(shí)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)

PAGE8-第2課時(shí)等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)學(xué)習(xí)目標(biāo)核心素養(yǎng)1.駕馭不等式的性質(zhì)．(重點(diǎn))2．能利用不等式的性質(zhì)進(jìn)行數(shù)或式的大小比較或不等式的證明．(難點(diǎn))3．通過類比等式與不等式的性質(zhì)，探究兩者之間的共性與差異.1.通過不等式性質(zhì)的推斷與證明，培育邏輯推理實(shí)力．2．借助不等式性質(zhì)求范圍問題，提升數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng).在日常生活中，糖水中加些糖后就會(huì)變的更甜，也可以用不等式來表示這一現(xiàn)象．問題：你能利用這一事實(shí)表示出糖水濃度不等式嗎？提示：糖水變甜這一現(xiàn)象對(duì)應(yīng)的不等式為eq\f(a,b)＜eq\f(a＋c,b＋c)，其中a＜b，c＞0.1．等式的性質(zhì)(1)性質(zhì)1：假如a＝b，那么b＝a；(2)性質(zhì)2：假如a＝b，b＝c，那么a＝c；(3)性質(zhì)3：假如a＝b，那么a±c＝b±c；(4)性質(zhì)4：假如a＝b，那么ac＝bc；(5)性質(zhì)5：假如a＝b，c≠0，那么eq\f(a,c)＝eq\f(b,c).2．不等式的基本性質(zhì)(1)性質(zhì)1：a＞b?b＜a.(2)性質(zhì)2：a＞b，b＞c?a＞c.(3)性質(zhì)3：a＞b?a＋c＞b＋c.(4)性質(zhì)4：a＞b，c＞0?ac＞bc；a＞b，c＜0?ac＜bc.(5)性質(zhì)5：a＞b，c＞d?a＋c＞b＋d.(6)性質(zhì)6：a＞b＞0，c＞d＞0?ac＞bd.(7)性質(zhì)7：a＞b＞0?an＞bn(n∈N，n≥2)．1．思索辨析(正確的畫“√”，錯(cuò)誤的畫“×”)(1)若a>b，則ac>bc肯定成立． ()(2)若a＋c>b＋d，則a>b，c>d. ()[提示](1)錯(cuò)誤．由不等式的可乘性知，當(dāng)不等式兩端同乘以一個(gè)正數(shù)時(shí)，不等號(hào)方向不變，因此若a>b，則ac>bc不肯定成立．(2)錯(cuò)誤．取a＝4，c＝5，b＝6，d＝2.滿意a＋c>b＋d，但不滿意a>b.[答案](1)×(2)×2．若a＞b，c＞d，則下列不等關(guān)系中不肯定成立的是()A．a(chǎn)－b＞d－c B．a(chǎn)＋d＞b＋cC．a(chǎn)－c＞b－c D．a(chǎn)－c＜a－dB[依據(jù)不等式的性質(zhì)．]3．與a>b等價(jià)的不等式是()A．|a|>|b| B．a(chǎn)2>b2C.eq\f(a,b)>1 D．a(chǎn)3>b3D[可利用賦值法．令a＝－5，b＝0，則A、B正確而不滿意a>b.再令a＝－3，b＝－1，則C正確而不滿意a>b，故選D.]4．用不等號(hào)“＞”或“＜”填空(1)假如a＞b＞0，c＜d＜0，那么ac________bd；(2)假如a＞b＞0，那么eq\f(1,a2)________eq\f(1,b2)；(3)假如a＞b＞c＞0，那么eq\f(c,a)________eq\f(c,b).(1)＜(2)＜(3)＜[(1)∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0.又a＞b＞0，∴－ac＞－bd，即ac＜bd.(2)∵a＞b＞0，∴a2＞b2＞0，∴eq\f(1,a2)＜eq\f(1,b2).(3)∵a＞b＞0，∴0＜eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).又∵c＞0，∴eq\f(c,a)＜eq\f(c,b).]利用不等式性質(zhì)推斷命題真假【例1】對(duì)于實(shí)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[思路點(diǎn)撥]本題可以利用不等式的性質(zhì)干脆推斷命題的真假，也可以采納特殊值法推斷．D[法一：∵c2≥0，∴c＝0時(shí)，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；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a＜b＜0?－a＞－b＞0?－\f(1,b)＞－\f(1,a)＞0,a＜b＜0?－a＞－b＞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．法二：特殊值解除法．取c＝0，則ac2＝bc2，故A錯(cuò)．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(cuò)．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(cuò)．故D為真命題．]運(yùn)用不等式的性質(zhì)推斷時(shí)，要留意不等式成立的條件，不要弱化條件，尤其是不能憑想當(dāng)然隨意捏造性質(zhì).解有關(guān)不等式選擇題時(shí)，也可采納特殊值法進(jìn)行解除，留意取值肯定要遵循如下原則：一是滿意題設(shè)條件；二是取值要簡潔，便于驗(yàn)證計(jì)算.eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])1．下列命題正確的是()A．若a2＞b2，則a＞bB．若eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，則a＜bC．若ac＞bc，則a＞bD．若eq\r(a)＜eq\r(b)，則a＜bD[A錯(cuò)，例如(－3)2＞22；B錯(cuò)，例如eq\f(1,2)＞eq\f(1,－3)；C錯(cuò)，例如當(dāng)c＝－2，a＝－3，b＝2時(shí)，有ac＞bc，但a＜b.故D正確．]利用不等式性質(zhì)證明簡潔不等式【例2】若a＞b＞0，c＜d＜0，e＜0，求證：eq\f(e,a－c2)＞eq\f(e,b－d2).[思路點(diǎn)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).利用不等式的性質(zhì)證明不等式的留意事項(xiàng)1利用不等式的性質(zhì)及其推論可以證明一些不等式.解決此類問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.eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])2．已知a>b，e>f，c>0，求證：f－ac<e－bc.[證明]∵a>b，c>0，∴ac>bc.又∵e>f，∴e＋ac>f＋bc，∴e－bc>f－ac，∴f－ac<e－bc.不等式性質(zhì)的應(yīng)用[探究問題]1．小明同學(xué)做題時(shí)進(jìn)行如下變形：∵2<b<3，∴eq\f(1,3)<eq\f(1,b)<eq\f(1,2).又∵－6<a<8，∴－2<eq\f(a,b)<4.你認(rèn)為正確嗎？為什么？提示：不正確．因?yàn)椴坏仁絻蛇呁艘砸粋€(gè)正數(shù)，不等號(hào)的方向不變，但同乘以一個(gè)負(fù)數(shù)，不等號(hào)方向變更，在本題中只知道－6<a<8，不明確a值的正負(fù)．故不能將eq\f(1,3)<eq\f(1,b)<eq\f(1,2)與－6<a<8兩邊分別相乘，只有兩邊都是正數(shù)的同向不等式才能分別相乘．2．由－6<a<8，－4<b<2，兩邊分別相減得－2<a－b<6，你認(rèn)為正確嗎？提示：不正確．因?yàn)橥虿坏仁骄哂锌杉有?，但不能相減，解題時(shí)要充分利用條件，運(yùn)用不等式的性質(zhì)進(jìn)行等價(jià)變形，而不行隨意“創(chuàng)建”性質(zhì)．3．你知道下面的推理、變形錯(cuò)在哪兒嗎？∵2<a－b<4，∴－4<b－a<－2.又∵－2<a＋b<2，∴0<a<3，－3<b<0，∴－3<a＋b<3.這怎么與－2<a＋b<2沖突了呢？提示：利用幾個(gè)不等式的范圍來確定某不等式的范圍要留意：同向不等式兩邊可以相加(相乘)，這種轉(zhuǎn)化不是等價(jià)變形．本題中將2<a－b<4與－2<a＋b<2兩邊相加得0<a<3，又將－4<b－a<－2與－2<a＋b<2兩邊相加得出－3<b<0，又將該式與0<a<3兩邊相加得出－3<a＋b<3，多次運(yùn)用了這種轉(zhuǎn)化，導(dǎo)致了a＋b范圍的擴(kuò)大．【例3】已知1＜a＜4,2＜b＜8，試求a－b與eq\f(a,b)的取值范圍．[思路點(diǎn)撥]依據(jù)不等式的性質(zhì)，找到－b與eq\f(1,b)的范圍，進(jìn)而求出a－b與eq\f(a,b)的取值范圍．[解]因?yàn)?＜a＜4,2＜b＜8，所以－8＜－b＜－2.所以1－8＜a－b＜4－2，即－7＜a－b＜2.又因?yàn)閑q\f(1,8)＜eq\f(1,b)＜eq\f(1,2)，所以eq\f(1,8)＜eq\f(a,b)＜eq\f(4,2)＝2，即eq\f(1,8)＜eq\f(a,b)＜2.求含字母的數(shù)或式子的取值范圍時(shí)，一要留意題設(shè)中的條件，二要正確運(yùn)用不等式的性質(zhì)，尤其是兩個(gè)同方向的不等式可加不行減，可乘不行除.eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])3．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]∵－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.故－eq\f(π,2)≤eq\f(α－β,2)＜0.即－eq\f(π,2)＜eq\f(α＋β,2)＜eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)≤eq\f(α－β,2)＜0.1．記牢2組性質(zhì)(1)等式的5特性質(zhì)；(2)不等式的7特性質(zhì)．2．駕馭不等式性質(zhì)的應(yīng)用條件(1)性質(zhì)1和性質(zhì)2，分別稱為“對(duì)稱性”與“傳遞性”，在它們的證明中，要用到比較大小的“定義”等學(xué)問．(2)性質(zhì)3(即可加性)的依據(jù)是移項(xiàng)法則“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”．(3)性質(zhì)4(即可乘性)在運(yùn)用中要特殊留意探討“乘數(shù)的符號(hào)”.(4)性質(zhì)5(即同向可加性)，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和性質(zhì)7(即同向同正可乘性，可乘方性)，即均為正數(shù)的同向不等式相乘，得同向不等式，并無相除式．3．規(guī)避1個(gè)易錯(cuò)留意不等式性質(zhì)的單向性或雙向性，即每條性質(zhì)是否具有可逆性．1．設(shè)x<a<0，則下列不等式肯定成立的是()A．x2<ax<a2 B．x2>ax>a2C．x2<a2<ax D．x2>a2>axB[∵x<a<0，∴x2>a2.∵x2－ax＝x(x－a)>0，∴x2>ax.又ax－a2＝a(x－a)>0，∴ax>a2.∴x2>ax>a2.]2．假如a＞b＞0，c＞d＞0，則下列不等式中不正確的是()A．a(chǎn)－d＞b－c B．－eq\f(a,d)＜－eq\f(b,c)C．a(chǎn)＋d＞b＋c D．a(chǎn)c＞bdC[由已知及不等式的性質(zhì)可得a＋c＞b＋d，即a－d＞b－c，所以A正確；由c＞d＞0，得eq\f(1,d)＞eq\f(1,c)＞0.又a＞b＞0，所以eq\f(a,d)＞eq\f(b,c)，－eq\f(a,d)＜－eq\f(b,c)，即B正確；明顯D正確，因此不正確的選項(xiàng)是C.]3．若－1＜α＜β＜1，則下列各式中恒成立的是()A．－2＜α－β＜0 B．－2＜α－β＜－1C．－1＜α－β＜0 D．－1＜α－β＜1A[由－1＜α＜1，－1＜β＜1，得－1＜－β＜1.∴－2＜α－β＜2，但α＜β，故知－2＜α－β＜0.]4．下列命題中，真命題是________(填序號(hào))．①若a＞b＞0，則eq\f(1,a2)＜eq\f(1,b2)；②若a＞b，則c－2a＜c－2b；③若a＜0，b＞0，則eq\r(－a)＜eq\r(b)；④若a＞b，則2a＞2b.①②④[①a＞b＞