2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第一講不等式和絕對值不等式一不等式1不等式的基本性質(zhì)學(xué)案含解析新人教A版選修4-5

PAGE一不等式1不等式的基本性質(zhì)考綱定位重難突破1.駕馭比較兩個(gè)實(shí)數(shù)大小的方法．2.理解不等式的性質(zhì)，能運(yùn)用不等式的性質(zhì)比較大?。?.能運(yùn)用不等式的性質(zhì)證明簡潔的不等式問題.重點(diǎn)：1.比較兩個(gè)實(shí)數(shù)大小的方法．2.能運(yùn)用不等式的性質(zhì)證明簡潔的不等式問題．難點(diǎn)：1.對不等式性質(zhì)的理解．2.能運(yùn)用不等式的性質(zhì)比較大小.授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第1頁[自主梳理]一、實(shí)數(shù)的大小依次與實(shí)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)之間的關(guān)系1．設(shè)a，b∈R，則(1)a>b?a－b>0；(2)a＝b?a－b＝0；(3)a<b?a－b<0.2．設(shè)b∈(0，＋∞)，則(1)eq\f(a,b)>1?a＞b；(2)eq\f(a,b)＝1?a＝b；(3)eq\f(a,b)<1?a<b.二、不等式的性質(zhì)1.對稱性假如a>b，那么b<a；假如b<a，那么a>b.即a>b?b<a2.傳遞性假如a>b，b>c，那么a>c.即a>b，b>c?a>c3.可加性假如a>b，那么a＋c>b＋c.4.可乘性假如a>b，c>0，那么ac>bc；假如a>b，c<0，那么ac<bc5.乘方假如a>b>0，那么an>bn(n∈N，n≥2)6.開方假如a>b>0，那么eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)[雙基自測]1．設(shè)a>1>b>－1，則下列不等式中恒成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B.eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．a(chǎn)>b2 D．a(chǎn)2>2b解析：A項(xiàng)中，若b<0，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b)不成立；B項(xiàng)中，若a>b>0，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；C項(xiàng)中，由a>1,0≤b2<1，得b2<a，∴C項(xiàng)正確；D項(xiàng)中，若a＝1.01，b＝0.6，則a2>2b不成立．答案：C2．下列不等式正確的是()A．x2≥2x＋1 B．x2>2x＋1C．x2≥2x－1 D．x2>2x－1解析：∵x2－(2x＋1)＝x2－2x－1＝(x－1)2－2，不能確定正負(fù)，而x2－(2x－1)＝(x－1)2≥0，∴x2≥2x－1.故選C.答案：C3．設(shè)角α，β滿意－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，則α－β的取值范圍是()A．－π<α－β<0 B．－π<α－β<πC．－eq\f(π,2)<α－β<0 D．－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2)解析：∵－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,2)<－β<－α<eq\f(π,2).∴－π<α－β<β－α<π，且α－β<0.∴－π<α－β<0.答案：A4．設(shè)x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若x>y，則實(shí)數(shù)a，b滿意的條件是________解析：x－y＝(ab－1)2＋(a＋2)2，因?yàn)閤>y，所以(ab－1)2＋(a＋2)2>0，則ab－1≠0或a＋2≠0，即ab≠1或a≠－2.答案：ab≠1或a≠－2授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第2頁探究一作差法比較大小[例1]若x∈R，試比較(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(x,2)＋1))與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))(x2＋x＋1)的大小．[解析]∵(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(x,2)＋1))＝(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋x＋1－\f(x,2)))＝(x＋1)(x2＋x＋1)－eq\f(x,2)(x＋1)．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))(x2＋x＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1－\f(1,2)))(x2＋x＋1)＝(x＋1)(x2＋x＋1)－eq\f(1,2)(x2＋x＋1)．∴(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(x,2)＋1))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))(x2＋x＋1)＝(x＋1)(x2＋x＋1)－eq\f(x,2)(x＋1)－(x＋1)(x2＋x＋1)＋eq\f(1,2)(x2＋x＋1)＝eq\f(1,2)(x2＋x＋1)－eq\f(1,2)(x2＋x)＝eq\f(1,2)>0.∴(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(x,2)＋1))>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))(x2＋x＋1)．作差法比較兩個(gè)數(shù)(式子)的大小比較兩個(gè)數(shù)(式子)的大小，一般用作差法，其步驟是：作差—變形—推斷差的符號(hào)—結(jié)論，其中“變形”是關(guān)鍵，常用的方法是分解因式、配方等．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)，試比較m和n的大?。馕觯簃－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)，∵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)探究二不等式性質(zhì)的簡潔應(yīng)用[例2]若a，b，c∈R，a>b，則下列不等式恒成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)， B．a(chǎn)2>b2C.eq\f(a,c2＋1)＞eq\f(b,c2＋1) D．a(chǎn)|c|>b|c|[解析]選項(xiàng)A，還需有ab>0這個(gè)前提條件；選項(xiàng)B，當(dāng)a，b都為負(fù)數(shù)或一正一負(fù)時(shí)都有可能不成立，如2>－3，但22>(－3)2不正確；選項(xiàng)C，eq\f(1,c2＋1)>0，因而正確；選項(xiàng)D，當(dāng)c＝0時(shí)不正確，故選C.[答案]C1．在利用不等式的性質(zhì)推斷命題真假時(shí)，關(guān)鍵是依據(jù)題設(shè)條件，正確恰當(dāng)?shù)剡\(yùn)用不等式的性質(zhì)．2．不等式的性質(zhì)是不等式變形的依據(jù)，運(yùn)用時(shí)，肯定要留意它成立的前提條件，如在乘法法則中，要特殊留意“乘數(shù)c的符號(hào)”，當(dāng)c≠0時(shí)，有a>b?ac2>bc2；當(dāng)沒有“c≠0”這個(gè)條件時(shí)，a>b?ac2>bc2就不正確．再如a>b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b)時(shí)，還必需添加條件ab>0.2．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則下列不等式：①a＋b<ab；②|a|>|b|；③a<b中，正確的不等式有()A．1個(gè) B．2個(gè)C．3個(gè) D．0個(gè)解析：eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0?b<a<0，所以a＋b<0<ab，|a|<|b|，即①正確，②③錯(cuò)誤．答案：A探究三不等式基本性質(zhì)的應(yīng)用[例3]若a>b>0，c<d<0，e<0.求證：(1)eq\f(e,a－c)>eq\f(e,b－d)；(2)eq\f(e,a－c2)>eq\f(e,b－d2).[證明]∵c<d<0，∴－c>－d>0.∵a>b>0，∴a－c>b－d>0.①(1)由①式知eq\f(1,a－c)<eq\f(1,b－d)，又e<0，∴eq\f(e,a－c)>eq\f(e,b－d).(2)由①式知(a－c)2>(b－d)2>0，∴eq\f(1,b－d2)>eq\f(1,a－c2)，又e<0，∴eq\f(e,b－d2)<eq\f(e,a－c2)即eq\f(e,a－c2)>eq\f(e,b－d2).利用不等式性質(zhì)證明簡潔不等式的實(shí)質(zhì)就是依據(jù)性質(zhì)把不等式進(jìn)行變形，要留意不等式性質(zhì)成立的條件．若不能干脆由不等式性質(zhì)得到，可先分析須要證明的不等式的結(jié)構(gòu)．利用不等式的性質(zhì)進(jìn)行逆推，找尋使其成立的充分條件．3．已知a>b>0，c>d>0.求證：eq\f(ac,a＋c)>eq\f(bd,b＋d).證明：因?yàn)閍>b>0，所以0<eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，因?yàn)閏>d>0，所以0<eq\f(1,c)<eq\f(1,d)，所以eq\f(1,a)－eq\f(1,b)<0，eq\f(1,d)－eq\f(1,c)＞0，所以eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＜eq\f(1,d)－eq\f(1,c)，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)<eq\f(1,b)＋eq\f(1,d)，即eq\f(a＋c,ac)<eq\f(b＋d,bd)，又a，c，b，d均大于0，所以eq\f(a＋c,ac)>0，eq\f(b＋d,bd)>0，所以eq\f(ac,a＋c)>eq\f(bd,b＋d).忽視不等式中“大于0”這一條件致誤[典例]已知eq\f(c,a)>eq\f(d,b)，bc>ad，求證：ab>0.[解析]eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)>\f(d,b),bc>ad))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)－\f(d,b)>0,bc－ad>0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(bc－ad,ab)>0,bc－ad>0))?ab>0.[規(guī)律探究]運(yùn)用不等式性質(zhì)時(shí)經(jīng)常出現(xiàn)以下錯(cuò)誤：①兩個(gè)異向不等式不化成同向不等式而干脆相減．②沒有仔細(xì)考查不等式中，等號(hào)成立的條件．③兩個(gè)同向不等式左右兩邊分別相乘時(shí)，遺忘推斷“大于0”這一條件．④兩個(gè)不等式兩邊干脆相除，不能轉(zhuǎn)化成應(yīng)用乘法法則變形.[隨堂訓(xùn)練]對應(yīng)學(xué)生用書第3頁1．若a，b為實(shí)數(shù)，則“a>b>0”是“a2>b2”的A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：∵a2－b2＝(a＋b)(a－b)，∵a>b>0，∴a＋b>0，a－b>0，∴a2－b2>0，∴a2>b2.反過來，當(dāng)a＝－3，b＝－1時(shí)，滿意a2>b2，但a>b>0明顯不成立，故“a>b>0”是“a2>b2”的充分不必要條件．答案：A2．若a>b>0，c<d<0，則肯定有()A.eq\f(a,c)>eq\f(b,d) B.eq\f(a,c)<eq\f(b,d)C.eq\f(a,d)>eq\f(b,c) D.eq\f(a,d)<eq\f(b,c)解析：令a＝3，b＝2，c＝－3，d＝－2，則eq\f(a,c)＝－1，eq\f(b,d)＝－1，所以A，B錯(cuò)誤；eq\f(a,d)＝－eq\f(3,2)，eq\f(b,c)＝－eq\f(2,3)，所以eq\f(a,d)<eq\f(b,c)，所以C錯(cuò)誤．故選D.答案：D3．設(shè)0<x<1，則三個(gè)數(shù)2eq\r(x)，x＋1，eq\f(1,1－x)中最大的是()A．2eq\r(x) B．x＋1C.eq\f(1,1－x) D．無法確定解析：∵0<x<1，x＋1－2eq\r(x)＝(eq\r(x)－1)2>0，∴x＋1>2eq\r(x).又eq\f(1,1－x)－(x＋1)＝eq\f(x2,1－x)>0，∴eq\f(1,1－x)>x＋1.∴2eq\r(x)，x＋1，eq\f(1,1－x)三個(gè)數(shù)中最大的是eq\f(1,1－x).答案：C4．已知a＋b>0，則eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)與eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的大小關(guān)系是________．解析：eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\