高中数学人教A版 (2019)必修 第一册2.1 等式性质与不等式性质第2课时学案设计

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册2.1 等式性质与不等式性质第2课时学案设计，共11页。学案主要包含了利用不等式的性质判断命题的真假，利用不等式的性质求范围等内容，欢迎下载使用。


知识点一 等式的基本性质
1．如果a＝b，那么b＝a.
2．如果a＝b，b＝c，那么a＝c.
3．如果a＝b，那么a±c＝b±c.
4．如果a＝b，那么ac＝bc.
5．如果a＝b，c≠0，那么eq \f(a,c)＝eq \f(b,c).
知识点二 不等式的性质
思考1 若a>b，c>d，那么a＋c>b＋d成立吗？a－c>b－d呢？
答案 a＋c>b＋d成立，a－c>b－d不一定成立，但a－d>b－c成立．
思考2 若a>b，c>d，那么ac>bd成立吗？
答案 不一定，但当a>b>0，c>d>0时，一定成立．
1．若a>b，则a－c>b－c.( √ )
2．eq \f(a,b)>1⇒a>b.( × )
3．a>b⇔ac2>bc2.( × )
4．a>b⇔a＋c>b＋c.( √ )
5．eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>b，,c>d))⇔a＋c>b＋d.( × )
一、利用不等式的性质判断命题的真假
例1 对于实数a，b，c，下列命题中的真命题是( )
A．若a>b，则ac2>bc2
B．若a>b>0，则eq \f(1,a)>eq \f(1,b)
C．若aeq \f(a,b)
D．若a>b，eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，则a>0，b<0
答案 D
解析 方法一 ∵c2≥0，∴c＝0时，有ac2＝bc2，故A为假命题；
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为假命题；
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－b>0⇒－\f(1,b)>－\f(1,a)>0，,a－b>0))⇒eq \f(a,b)>eq \f(b,a)，故C为假命题；
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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为真命题．
方法二 特殊值排除法．
取c＝0，则ac2＝bc2，故A错．
取a＝2，b＝1，则eq \f(1,a)＝eq \f(1,2)，eq \f(1,b)＝1.有eq \f(1,a)取a＝－2，b＝－1，则eq \f(b,a)＝eq \f(1,2)，eq \f(a,b)＝2，有eq \f(b,a)(学生)
反思感悟 利用不等式性质判断命题真假的注意点
(1)运用不等式的性质判断时，要注意不等式成立的条件，不要弱化条件，尤其是不能凭想当然随意捏造性质．
(2)解有关不等式的选择题时，也可采用特殊值法进行排除，注意取值一定要遵循如下原则：一是满足题设条件；二是取值要简单，便于验证计算．
跟踪训练1 (多选)若eq \f(1,a)A．|a|>|b| B．aC．a＋bb3
答案 CD
解析 由eq \f(1,a)0，则a＋bb3，D正确．
二、利用不等式的性质证明简单的不等式
例2 若a>b>0，ceq \f(e,b－d2).
证明 ∵c－d>0.
又∵a>b>0，∴a－c>b－d>0.
∴(a－c)2>(b－d)2>0.
两边同乘以eq \f(1,a－c2b－d2)，得eq \f(1,a－c2)又e<0，∴eq \f(e,a－c2)>eq \f(e,b－d2).
(教师)
延伸探究
本例条件不变的情况下，求证：eq \f(e,a－c)>eq \f(e,b－d).
证明 方法一 ∵c－d>0.
又a>b>0，∴a－c>b－d>0，
∴0∵e<0，
∴eq \f(e,a－c)>eq \f(e,b－d)，不等式得证．
方法二 eq \f(e,a－c)－eq \f(e,b－d)＝eq \f(e[b－d－a－c],a－cb－d)
＝eq \f(e[b－a＋c－d],a－cb－d).
∵a>b>0，c－d>0.
∴a－c>0，b－d>0，b－a<0，c－d<0.
∴eq \f(b－a＋c－d,a－cb－d)<0，
又∵e<0，∴eq \f(e[b－a＋c－d],a－cb－d)>0，
∴eq \f(e,a－c)>eq \f(e,b－d).
(学生)
反思感悟 利用不等式的性质证明不等式注意事项
(1)利用不等式的性质及其推论可以证明一些不等式．解决此类问题一定要在理解的基础上，记准、记熟不等式的性质并注意在解题中灵活准确地加以应用．
(2)应用不等式的性质进行推导时，应注意紧扣不等式的性质成立的条件，且不可省略条件或跳步推导，更不能随意构造性质与法则．
跟踪训练2 若bc－ad≥0，bd>0，求证：eq \f(a＋b,b)≤eq \f(c＋d,d).
证明 方法一 ∵bc－ad≥0，∴bc≥ad，
∴bc＋bd≥ad＋bd，即b(c＋d)≥d(a＋b)．
又bd>0，两边同除以bd得，eq \f(a＋b,b)≤eq \f(c＋d,d).
方法二 eq \f(a＋b,b)－eq \f(c＋d,d)＝eq \f(a＋bd－c＋db,bd)＝eq \f(ad－bc,bd)，
∵bc－ad≥0，
∴ad－bc≤0，
又bd>0，
∴eq \f(ad－bc,bd)≤0，
即eq \f(a＋b,b)≤eq \f(c＋d,d).
三、利用不等式的性质求范围
例3 已知：3(1)a；(2)a－b；(3)eq \f(a,b).
证明 (1)∵3又∵0∴2(2)∵0又∵2(3)∵01，
又∵22.
(学生)
反思感悟 利用不等式的性质求取值范围的策略
(1)建立待求范围的整体与已知范围的整体的关系，最后利用一次不等式的性质进行运算，求得待求的范围．
(2)同向(异向)不等式的两边可以相加(相减)，这种转化不是等价变形，如果在解题过程中多次使用这种转化，就有可能扩大其取值范围．
注意：求解这种不等式问题要特别注意不能简单地分别求出单个变量的范围，再去求其他不等式的范围．
跟踪训练3 已知0答案 －eq \f(3,2)<2a－b解析 因为0且2a－b＝eq \f(1,2)(a＋b)－eq \f(3,2)(－a＋b)，
结合不等式的性质可得，－eq \f(3,2)<2a－b1．与a>b等价的不等式是( )
A．|a|>|b| B．a2>b2
C.eq \f(a,b)>1 D．a3>b3
答案 D
解析 可利用赋值法．令a＝1，b＝－2，
满足a>b，但|a|<|b|，a2故A，B，C都不正确．
2．已知a，b，c∈R，则下列命题正确的是( )
A．a>b⇒ac2>bc2 B.eq \f(a,c)>eq \f(b,c)⇒a>b
C.eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a>b，,ab<0))⇒eq \f(1,a)>eq \f(1,b) D.eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(ab>0，,a>b))⇒eq \f(1,a)>eq \f(1,b)
答案 C
解析 当c＝0时，A不成立；
当c<0时，B不成立；
ab<0，a>b⇒eq \f(a,ab)eq \f(1,b)，C成立．
同理可证D不成立．
3．设a，b∈R，若a＋|b|<0，则下列不等式中正确的是( )
A．a－b>0 B．a3＋b3>0
C．a2－b2<0 D．a＋b<0
答案 D
解析 本题可采用特殊值法，取a＝－2，b＝1，
则a－b<0，a3＋b3<0，a2－b2>0，a＋b＝－1<0故A，B，C错误，D正确．
4．若8答案 2解析 ∵2又∵85．设x>1，－1答案 y<－y解析 ∵－1又x>1，∴y<－y1．知识清单：
(1)等式的性质．
(2)不等式的性质及其应用．
2．方法归纳：作商比较法、乘方比较法．
3．常见误区：注意不等式性质的单向性或双向性，即每条性质是否具有可逆性．
1．如果a<0，b>0，那么下列不等式中正确的是( )
A.eq \f(1,a)C．a2|b|
答案 A
解析 ∵a<0，b>0，∴eq \f(1,a)<0，eq \f(1,b)>0，∴eq \f(1,a)2．已知a，b，c，d∈R，则下列命题中必成立的是( )
A．若a>b，c>d，则a＋b>c＋d
B．若a>－b，则c－aC．若a>b，ceq \f(b,d)
D．若a2>b2，则－a<－b
答案 B
解析 选项A，取a＝1，b＝0，c＝2，d＝1，则a＋b选项B，因为a>－b，所以－a选项C不满足倒数不等式的条件，如a>b>0，c<0选项D只有a>b>0时才可以．否则如a＝－1，b＝0时不成立．
3．设a>1>b>－1，则下列不等式中恒成立的是( )
A.eq \f(1,a)eq \f(1,b)
C．a2>2b D．a>b2
答案 D
解析 A错，例如a＝2，b＝－eq \f(1,2)时，eq \f(1,a)＝eq \f(1,2)，eq \f(1,b)＝－2，此时，eq \f(1,a)>eq \f(1,b)；B错，例如a＝2，b＝eq \f(1,2)时，eq \f(1,a)＝eq \f(1,2)，eq \f(1,b)＝2，此时，eq \f(1,a)1，b2<1得a>b2，故D正确．
4．已知a<0，b<－1，则下列不等式成立的是( )
A．a>eq \f(a,b)>eq \f(a,b2) B.eq \f(a,b2)>eq \f(a,b)>a
C.eq \f(a,b)>a>eq \f(a,b2) D.eq \f(a,b)>eq \f(a,b2)>a
答案 D
解析 由题意知eq \f(a,b)>0，b2>1，∴0∴eq \f(a,b)>eq \f(a,b2)>a.
5．若1A．－3C．－3答案 C
解析 ∵－4又∵16．若a>b>0，则a＋eq \f(1,b)________b＋eq \f(1,a).(用“<”“>”或“＝”填空)
答案 >
解析 方法一 ∵a>b>0，∴0即eq \f(1,b)>eq \f(1,a)>0，∴a＋eq \f(1,b)>b＋eq \f(1,a).
方法二 a＋eq \f(1,b)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,a)))＝eq \f(a－b1＋ab,ab)，
∵a>b>0，∴a－b>0，ab>0,1＋ab>0，∴eq \f(a－b1＋ab,ab)>0，
即a＋eq \f(1,b)>b＋eq \f(1,a).
7．给出下列命题：
①a>b⇒ac2>bc2；②a>|b|⇒a2>b2；③a>b⇒a3>b3；④|a|>b⇒a2>b2.其中正确命题的序号是________．
答案 ②③
解析 ①当c2＝0时不成立；②一定成立；
③当a>b时，a3－b3＝(a－b)(a2＋ab＋b2)
＝(a－b)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(b,2)))2＋\f(3,4)b2))>0成立；
④当b<0时，不一定成立．如|2|>－3，但22<(－3)2.
8．已知1<α<3，－4<β<2，若z＝eq \f(1,2)α－β，则z的取值范围是________________．
答案 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(z\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)解析 ∵1<α<3，∴eq \f(1,2)又－4<β<2，∴－2<－β<4.
∴－eq \f(3,2)9．(1)a(2)已知a>b，eq \f(1,a)0.
证明 (1)由于eq \f(b,a)－eq \f(a,b)＝eq \f(b2－a2,ab)＝eq \f(b＋ab－a,ab)，
∵a0，ab>0，
∴eq \f(b＋ab－a,ab)<0，故eq \f(b,a)(2)∵eq \f(1,a)而a>b，∴b－a<0，∴ab>0.
10．已知－eq \f(π,2)<β<α解 ∵－eq \f(π,2)<α∴－eq \f(π,2)<－β又∵α>β，∴α－β>0，∴0<α－β<π，
又2α－β＝α＋(α－β)，∴－eq \f(π,2)<2α－β11．已知x>y>z，x＋y＋z＝0，则下列不等式中一定成立的是( )
A．xy>yz B．xz>yz
C．xy>xz D．x|y|>z|y|
答案 C
解析 因为x>y>z，x＋y＋z＝0，
所以3x>x＋y＋z＝0,3z所以x>0，z<0.所以由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>0，,y>z，))可得xy>xz.
12．有外表一样，重量不同的四个小球，它们的重量分别是a，b，c，d，已知a＋b＝c＋d，a＋d>b＋c，a＋cA．d>b>a>c B．b>c>d>a
C．d>b>c>a D．c>a>d>b
答案 A
解析 ∵a＋b＝c＋d，a＋d>b＋c，
∴a＋d＋(a＋b)>b＋c＋(c＋d)，即a>c.∴b又a＋cb>a>c.
13．已知－1≤x＋y≤4，且2≤x－y≤3，则z＝2x－3y的取值范围是________．
答案 3≤z≤8
解析 ∵z＝－eq \f(1,2)(x＋y)＋eq \f(5,2)(x－y)，
－2≤－eq \f(1,2)(x＋y)≤eq \f(1,2)，5≤eq \f(5,2)(x－y)≤eq \f(15,2)，
∴3≤－eq \f(1,2)(x＋y)＋eq \f(5,2)(x－y)≤8，∴3≤z≤8.
14．设a，b为正实数，有下列命题：
①若a2－b2＝1，则a－b<1；
②若eq \f(1,b)－eq \f(1,a)＝1，则a－b<1；
③若|eq \r(a)－eq \r(b)|＝1，则|a－b|<1.
其中正确的命题为________(写出所有正确命题的序号)．
答案 ①
解析 对于①，由题意a，b为正实数，则a2－b2＝1⇒a－b＝eq \f(1,a＋b)⇒a－b>0⇒a>b>0，故a＋b>a－b>0.若a－b≥1，则eq \f(1,a＋b)≥1⇒a＋b≤1≤a－b，这与a＋b>a－b>0矛盾，故a－b<1成立．
对于②，取特殊值，a＝3，b＝eq \f(3,4)，则a－b>1.
对于③，取特殊值，a＝9，b＝4时，|a－b|>1.
15．若x>0，y>0，M＝eq \f(x＋y,1＋x＋y)，N＝eq \f(x,1＋x)＋eq \f(y,1＋y)，则M，N的大小关系是( )
A．M＝N B．MC．M≤N D．M>N
答案 B
解析 ∵x>0，y>0，
∴x＋y＋1>1＋x>0,1＋x＋y>1＋y>0，
∴eq \f(x,1＋x＋y)故M＝eq \f(x＋y,1＋x＋y)＝eq \f(x,1＋x＋y)＋eq \f(y,1＋x＋y)16．已知二次函数y＝ax2＋bx＋c满足以下条件．
(1)该函数图象过原点；
(2)当x＝－1时，y的取值范围为大于等于1且小于等于2；
(3)当x＝1时，y的取值范围为大于等于3且小于等于4；求当x＝－2时，y的取值范围．
解 ∵二次函数y＝ax2＋bx＋c图象过原点，
∴c＝0，∴y＝ax2＋bx.
又∵当x＝－1时，1≤a－b≤2.①
当x＝1时，3≤a＋b≤4，②
∴当x＝－2时，y＝4a－2b.
设存在实数m，n，使得4a－2b＝m(a＋b)＋n(a－b)，
而4a－2b＝(m＋n)a＋(m－n)b，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋n＝4，,m－n＝－2，))解得m＝1，n＝3，
∴4a－2b＝(a＋b)＋3(a－b)．
由①②可知3≤a＋b≤4,3≤3(a－b)≤6，
∴3＋3≤4a－2b≤4＋6.即6≤4a－2b≤10，
故当x＝－2时，y的取值范围是大于等于6且小于等于10.性质
别名
性质内容
注意
1
对称性
a>b⇔b⇔
2
传递性
a>b，b>c⇒a>c
不可逆
3
可加性
a>b⇔a＋c>b＋c
可逆
4
可乘性
a>b，c>0⇒ac>bc
a>b，c<0⇒acc的符号
5
同向可加性
a>b，c>d⇒a＋c>b＋d
同向
6
同向同正可乘性
a>b>0，c>d>0⇒ac>bd
同向
7
可乘方性
a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥2)
同正