2.1 等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)-2020-2021學(xué)年高一數(shù)學(xué)新教材配套學(xué)案（人教A版必修第一冊(cè)）

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)習(xí)目標(biāo)】課程標(biāo)準(zhǔn)學(xué)科素養(yǎng)1．會(huì)用不等式(組)表示不等關(guān)系．2．掌握不等式的有關(guān)性質(zhì)．3．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證明或解決范圍問(wèn)題．（重點(diǎn)、難點(diǎn)）1、邏輯推理2、數(shù)學(xué)運(yùn)算3、數(shù)學(xué)建模【自主學(xué)習(xí)】作差法比較兩個(gè)實(shí)數(shù)大小基本事實(shí)：a>b?，a＝b?，a<b?.從上述基本事實(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?。?．等式的基本性質(zhì)性質(zhì)1如果a＝b，那么b＝a；性質(zhì)2如果a＝b，b＝c，那么a＝c；性質(zhì)3如果a＝b，那么a±c＝b±c；性質(zhì)4如果a＝b，那么ac＝bc；性質(zhì)5如果a＝b，c≠0，那么eq\f(a,c)＝eq\f(b,c).3．不等式的性質(zhì)(1)如果a>b，那么；如果b<a，那么a>b.即a>b?.(2)如果a>b，b>c，那么.即a>b，b>c?。(3)如果a>b，那么.(4)如果a>b，c>0，那么；如果a>b，c<0，那么.(5)如果a>b，c>d，那么.(6)如果a>b>0，c>d>0，那么.(7)如果a>b>0，那么(n∈N，n≥2)．【小試牛刀】1.若a>b，c>d，那么a＋c>b＋d成立嗎？a－c>b－d呢？2.若a>b，c>d，那么ac>bd成立嗎？3.判斷正誤(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)a＝b是eq\f(a,c)＝eq\f(b,c)成立的充要條件．()(2).a>b?ac2>bc2．()(3)若a＋c>b＋d，則a>b，c>d.()(4)同向不等式相加與相乘的條件是一致的．()(5)設(shè)a，b∈R，且a>b，則a3>b3.()【經(jīng)典例題】題型一用不等式(組)表示不等關(guān)系例1．如圖所示的兩種廣告牌，其中圖1是由兩個(gè)等腰直角三角形構(gòu)成的，圖2是一個(gè)矩形，則這兩個(gè)廣告牌面積的大小關(guān)系可用含字母a，b(a≠b)的不等式表示為_(kāi)_______．題型二數(shù)(式)的大小比較注意：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分母或分子有理化；⑤分類討論．例2已知a>b，e>f，c>0，求證：f－ac<e－bc.[跟蹤訓(xùn)練]1已知x，y均為正數(shù)，設(shè)m＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)，n＝eq\f(4,x＋y)，比較m和n的大?。甗跟蹤訓(xùn)練]2已知a，b均為正數(shù)，且a≠b，比較a3＋b3與a2b＋ab2的大?。}型三利用不等式的性質(zhì)求取值范圍例3已知1<a<4,2<b<8.試求2a＋3b與a－b的取值范圍．[變式]在本例條件下，求eq\f(a,b)的取值范圍．[跟蹤訓(xùn)練]3已知1≤a＋b≤5，－1≤a－b≤3，求3a－2b的范圍．【當(dāng)堂達(dá)標(biāo)】1．李輝準(zhǔn)備用自己節(jié)省的零花錢買一臺(tái)學(xué)習(xí)機(jī)，他現(xiàn)在已存60元．計(jì)劃從現(xiàn)在起以后每個(gè)月節(jié)省30元，直到他至少有400元．設(shè)x個(gè)月后他至少有400元，則可以用于計(jì)算所需要的月數(shù)x的不等式是()A．30x－60≥400 B．30x＋60≥400C．30x－60≤400 D．30x＋40≤4002．已知a>b，c>d，且c，d不為0，那么下列不等式一定成立的是()A．a(chǎn)d>bc B．a(chǎn)c>bdC．a(chǎn)＋c>b＋d D．a(chǎn)－c>b－d3.設(shè)M＝x2，N＝－x－1，則M與N的大小關(guān)系是()A.M>N B.M＝NC.M<N D.與x有關(guān)4.設(shè)a，b∈R，若a＋|b|<0，則下列不等式中正確的是()A.a－b>0 B.a3＋b3>0C.a2－b2<0 D.a＋b<05.若8<x<10，2<y<4，則eq\f(x,y)的取值范圍為_(kāi)_______.6.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.已知1<a<6，3<b<4，求a－b，eq\f(a,b)的取值范圍.已知－eq\f(π,2)<β<α<eq\f(π,2)，求2α－β的取值范圍.若bc－ad≥0，bd>0，求證：eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).10、a<b<0，求證：eq\f(b,a)<eq\f(a,b).11、設(shè)x，y，z∈R，比較5x2＋y2＋z2與2xy＋4x＋2z－2的大小．【參考答案】【自主學(xué)習(xí)】1.a－b>0a－b＝0a－b<003、(1)b<ab<a(2)a>ca>c(3)a＋c>b＋c(4)ac>bcac>bc(5)a＋c>b＋d(6)a＋c>b＋d(7)an>bn【小試牛刀】1.a＋c>b＋d成立，a－c>b－d不一定成立，但a－d>b－c成立.2.不一定，但當(dāng)a>b>0，c>d>0時(shí)，一定成立.3.(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√【經(jīng)典例題】例1[答案]eq\f(1,2)(a2＋b2)>ab例2證明(1)因?yàn)閍>b，c>0，所以ac>bc，即－ac<－bc.又e>f，即f<e，所以f－ac<e－bc.[跟蹤訓(xùn)練]1解∵m－n＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(4,x＋y)＝eq\f(x＋y,xy)－eq\f(4,x＋y)＝eq\f(x＋y2－4xy,xyx＋y)＝eq\f(x－y2,xyx＋y).又x，y均為正數(shù)，∴x>0，y>0，xy>0，x＋y>0，(x－y)2≥0.∴m－n≥0，即m≥n(當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，等號(hào)成立)．[跟蹤訓(xùn)練]2(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝a3＋b3－a2b－ab2＝a2(a－b)－b2(a－b)＝(a－b)(a2－b2)＝(a－b)2(a＋b)．∵a>0，b>0且a≠b，∴(a－b)2>0，a＋b>0.∴(a3＋b3)－(a2b＋ab2)>0，即a3＋b3>a2b＋ab2.例3解∵1<a<4,2<b<8，∴2<2a<8,6<3b<24∴8<2a＋3b<32.∵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<2.[變式]∵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.[跟蹤訓(xùn)練]3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.【當(dāng)堂達(dá)標(biāo)】Bx月后他至少有400元，可表示成30x＋60≥400.2.C由a>b，c>d得a＋c>b＋d，故選C.3.AM－N＝x2＋x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)>0.∴M>N.4.D解析本題可采用特殊值法，取a＝－2，b＝1，則a－b<0，a3＋b3<0，a2－b2>0，排除A，B，C，故選D.5.2<eq\f(x,y)<5解析∵2<y<4，∴eq\f(1,4)<eq\f(1,y)<eq\f(1,2).又∵8<x<10，∴2<eq\f(x,y)<5.①②④解析①a>b>00<eq\f(1,a)<eq\f(1,b)eq\f(1,a2)<eq\f(1,b2)；②a>b－2a<－2bc－2a<c－2b；對(duì)③取a＝－2，b＝1，則eq\r(－a)<eq\r(b)不成立.④正確.7、解∵3<b<4，∴－4<－b<－3.∴1－4<a－b<6－3，即－3<a－b<3.又eq\f(1,4)<eq\f(1,b)<eq\f(1,3)，∴eq\f(1,4)<eq\f(a,b)<eq\f(6,3)，即eq\f(1,4)<eq\f(a,b)<2.8、∵－eq\f(π,2)<α<eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)<β<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,2)<－β<eq\f(π,2).∴－π<α－β<π.又∵β<α，∴α－β>0，∴0<α－β<π，又2α－β＝α＋(α－β)，∴－eq\f(π,2)<2α－β<eq\f(3,2)π.9、證明∵bc－ad≥0，∴bc≥ad，∴bc＋bd≥ad＋bd，即b(c＋d)≥d(a＋b).又bd>0，兩邊同除以bd得，eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).10、證明：由于eq\f(b,a)－eq\f(a,b)＝eq\f(b2－a2,ab)＝eq\f(（b＋a）（b－a）,ab)，