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高中数学上教版 (2020)必修 第一册2.1 等式与不等式的性质学案设计
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这是一份高中数学上教版 (2020)必修 第一册2.1 等式与不等式的性质学案设计，文件包含21等式与不等式的性质教师版docx、21等式与不等式的性质学生版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共23页， 欢迎下载使用。
课堂引入
公路有长短，房屋有高低，速度有快慢……现实世界中充满着国等的数量关系，可以用不等式来处理．
在初中阶段，我们已经学习了用一元一次不等式描述并解决一些不等关系问题．在这一章，我们将学习用一元二次不等式、分式不等式、含绝对值的不等式等更多不同类型的不等式来描述现实世界中的不等关系及解决与此有关的不等关系问题，为了今后学习函数的需要和培养代数论证能力，还要学习不等关系的证明．而解决不等关系问题的基础是不等式的性质，为此我们先学习不等式的基本性质．
知识梳理
一、用等号“=”把两个表达式连接起来，所得的式子称为等式.
等式的性质：
（1）、传递性 设均为实数，如果，且，那么；
（2）、加法性质 设均为实数，如果，那么；
（3）、乘法性质 设均为实数，如果，那么.
当一个等式成立时，由上面的性质，在等式两边减去同一个数，或除以同一个不等于零的数，该等式仍然成立.
二、方程及方程的解
含有未知数的等式称为方程.使得方程左右两边相等的未知数的值，称为方程的解或者方程的根，以方程的所有解为元素的集合称为方程的解集.
三、一元二次方程的解集及根与系数的关系
一元二次方程的解习惯上叫做该方程的根（rt）.如果一元二次方程的两个根相等，那么这两个根叫做重根（duble rt），重根在解集中只能出现一次.
韦达定理：如果一元二次方程的两个根为，则．
注：解题过程中不能忽视判别式这个大前提．（韦达定理在初衔高课程有介绍）
（1）；（2） ；（3）；
（4）；（5）；
（6）等等．
四、不等式的基本性质
1．不等式的性质
（1）对称性：；
（2）传递性：；
（3）可加性：，；
（4）可乘性：；；；
（5）可乘方：；
（6）可开方：；
（7）；．
2．在判断不等式表示命题的真假时，一种方法是按照不等式的性质进行求解，另外一种是举例判断，多用于命题为假的情况．
五、比较大小
1、作差法：比较两个实数a与b的大小关系：
（1）；
（2）；
（3）．
作差法比较大小的一般步骤：
第一步：作差；
第二步：变形，常采用配方，因式分解等恒等变形手段，将“差”化成“积”；
第三步：定号，重点是能确定是大于0，等于0，还是小于0．（不确定的要分情况讨论）最后得结论．
概括为“三步，一结论”，这里的“定号”是目的，“变形”是关键．
2、作商法：比较两个正实数a与b的大小关系：
（1）；
（2）；
（3）．
作商法的基本步骤是：①求商，②变形，③与1比大小从而确定两个数的大小．
六、不等式中的范围问题：整体代入思想
例题分析
【例1】若恒成立，则的值______．
【答案】5
【分析】根据等式恒成立，对应项的系数相等可求得结果.
【详解】因为，即恒成立，
所以，所以.
故答案为：5
【点睛】关键点点睛：根据等式恒成立，对应项的系数相等求解是解题关键.
【例2】若，且，且，则下列不等式中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由，，可知，再利用不等式的性质对选项逐一判断.
【详解】由，，可知，若，则，故A错误；因为，故，B错误；，所以，故C正确；，所以，D错误.
故选：C
【例3】已知是关于的方程的两个根，则 ________.
【答案】4
【分析】由条件可得，，然后利用算出答案即可.
【详解】因为是关于的方程的两个根，
所以，，所以
故答案为：4
【例4】若且，则下列不等式中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用作差法可得出结果.
【详解】因为，则，，所以，，故有，无法判断与的大小关系.
故选：D.
【例5】已知，，则的取值范围是______．
【答案】
【分析】
设，利用待定系数法求出的值，再利用不等式的性质即可求解.
【详解】
设，则，
所以，解得，
所以，
因为，，
所以，，
所以，
即，
故答案为：.
【例6】已知，且，则一定有（ ）
A．B．
C．D．与的大小关系不确定
【答案】C
【分析】令，则由题意可得，而，从而可知抛物线与轴有两个交点，从而可得，进而可得答案
【详解】令，
因为，所以，
因为，
所以的图象与轴有两个交点，
所以，即，
故选：C
【例7】已知为非零实数，且，则下列命题成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】对于ABC，举例判断即可，对于D，利用不等式的性质判断
【详解】对于A，若，则，所以A错误，
对于B，若，则，所以B错误，
对于C，若，则，所以C错误，
对于D，因为为非零实数，所以，
因为，所以，即，所以D正确，
故选：D
【例8】若且，则下列不等式中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用作差法可得出结果.
【详解】因为，则，，所以，，故有，无法判断与的大小关系.
故选：D.
【例9】已知关于的一元二次方程有实数根．
（1）求的取值范围；
（2）若此方程的两个实数根满足，求的值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由题意，根据，即可求得实数的取值范围；
（2）由一元二次方程中根与系数的关系得到，结合，列出方程，即可求解.
【详解】（1）由题意方程有实数根，
则满足，解得，
即实数的取值范围是.
（2）由（1）可知，
根据一元二次方程中根与系数的关系，可得，
因为，
解得或，又因为，所以
【例10】已知、是关于的一元二次方程的两个实根.
(1)若，求实数的值；
(2)是否存在实数，使成立？若存在，求出的值，若不存在，说明理由；
(3)若，求整数的值.
【答案】(1).(2)不存在，详见解析.(3)或或.
【分析】（1）首先可根据判别式得出，然后根据韦达定理得出、，最后根据得出，通过计算即可得出结果；
（2）根据得出，然后通过计算以及即可得出结果；
（3）可将转化为，然后根据为整数以及即可得出结果.
(1)因为、是关于的一元二次方程的两个实根，
所以，解得，
，，
因为，所以，
即，，，.
(2)由（1）易知，，，
若存在实数，使成立，
则，解得，
因为，所以不存在实数使成立.
(3)由（1）易知，，，
则，
因为，所以，
因为为整数，所以、、，
因为，所以或或.
师生总结
不等式是高中数学的重要内容之一，不等式的性质是解、证不等式的基础，为后续分式不等式，基本不等式等打基础．本章节中的作差法也是后续证明函数单调性的重要思想；在今后的学习过程中应注重基础，重视通法，养成良好的分析问题的习惯．
自主巩固
【巩固1】已知方程的两个实根为，，则__________.
【答案】
【分析】由方程易知，根据根与系数的关系写出、，由即可求值.
【详解】由题设知：，
∴，，
∴.
故答案为：.
【巩固2】若，一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据不等式的性质逐一分析即可.
【详解】若，则，故A正确；
当时，，故BC错误；
当时，，故C错误.
故选：A.
【巩固3】下列命题为真命题的是（）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】B
【分析】根据排除选项A；取计算验证，排除选项C，D得到答案.
【详解】对于A，若，则，当时不成立，故A错误；
对于B，若，所以，则，故B正确；
对于C，若，则，取，计算知不成立，故C错误；
对于D，若，则，取，计算知不成立，故D错误.
故选：B.
【巩固4】“”是“”的（ ）
A．充分必要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】做差可判断充分性，取可判断必要性可得答案.
【详解】，
当时，，所以，
可得，所以充分性成立；
但当时，即也成立，
所以必要性不成立．
因此“”是“”的充分不必要条件．
故选：B.
【巩固5】若实数满足，，则的取值范围为________．
【答案】
【分析】
设，解得，，再由不等式的性质即可求解.
【详解】
设，解得，
所以．
又，，，
所以.
故答案为：．
【点睛】
关键点点睛：本题考查利用不等式的性质求取值范围，变形是解题的关键，考查学生的运算求解能力，属于基础题.
【巩固6】若，使成立，则实数的取值范围是______________．
【答案】
【分析】
利用不等式的基本性质分离参数，利用函数的单调性求相应最值即可得到结论.
【详解】
由可得，，
因为，所以，根据题意，即可，
设，易知在单调递减，在单调递增，
所以，
所以，
故答案为：
【巩固7】若a，b，c为实数，且，，则下列不等关系一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
由不等式的基本性质和特值法即可求解.
【详解】
对于A选项，由不等式的基本性质知，不等式的两边都加上（或减去）同一个数或同一个整式，不等号方向不变，则，A选项正确；
对于B选项，由不等式的基本性质知，不等式的两边都乘以（或除以）同一个负数，不等号方向改变，若，，则，B选项错误；
对于C选项，由不等式的基本性质知，不等式的两边都乘以（或除以）同一个正数，不等号方向不变，，，C选项错误；
对于D选项，因为，，所以无法判断与大小，D选项错误.
【巩固8】已知实数x，y满足，，则（ ）
A．1≤x≤3B．2≤y≤1C．2≤4x+y≤15D．xy
【答案】C
【分析】
将已知等式两式相加判断A；由题意可得，解不等式组判断B；由结合已知判断C；由结合已知判断D.
【详解】
∵，，
∴两式相加，得，即1≤x≤4，故A错误；
∵，
∴，解得，故B错误；
∵，又，
∴，故C正确；
∵，又且 ，
∴，故D错误.
故选：C.
【巩固9】（1）已知a，b，c，d均为正数.求证：
（2）已知.求证：<的充要条件为x>y
【答案】详见解析.
【分析】（1）利用基本不等式即证；
（2）利用不等式的性质，由，可得<，由<，，可得，即证.
【详解】（1）∵a，b，c，d均为正数，
∴当且仅当时取等号，
同理可得，
∴，当且仅当时取等号；
（2）充分性，因为，，，
∴<，
必要性，因为<，，
所以，
综上，<的充要条件为 x > y.
【巩固10】证明不等式．
(1)，bd＞0，求证：；
(2)已知a＞b＞c＞0，求证：．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】（1）作差后，根据条件结合不等式的性质证明；
（2）先用作差法证明，然后根据不等式的性质证明即可得到.
【详解】（1）证明：，
因为，，所以，，
又bd＞0，所以，，
即.
（2）证明：因为a＞b＞c＞0，
所以有，，，，
则，，
即有，成立；
因为，，所以，，
又，所以，成立.
所以，有.
课堂引入
公路有长短，房屋有高低，速度有快慢……现实世界中充满着国等的数量关系，可以用不等式来处理．
在初中阶段，我们已经学习了用一元一次不等式描述并解决一些不等关系问题．在这一章，我们将学习用一元二次不等式、分式不等式、含绝对值的不等式等更多不同类型的不等式来描述现实世界中的不等关系及解决与此有关的不等关系问题，为了今后学习函数的需要和培养代数论证能力，还要学习不等关系的证明．而解决不等关系问题的基础是不等式的性质，为此我们先学习不等式的基本性质．
知识梳理
一、用等号“=”把两个表达式连接起来，所得的式子称为等式.
等式的性质：
（1）、传递性 设均为实数，如果，且，那么；
（2）、加法性质 设均为实数，如果，那么；
（3）、乘法性质 设均为实数，如果，那么.
当一个等式成立时，由上面的性质，在等式两边减去同一个数，或除以同一个不等于零的数，该等式仍然成立.
二、方程及方程的解
含有未知数的等式称为方程.使得方程左右两边相等的未知数的值，称为方程的解或者方程的根，以方程的所有解为元素的集合称为方程的解集.
三、一元二次方程的解集及根与系数的关系
一元二次方程的解习惯上叫做该方程的根（rt）.如果一元二次方程的两个根相等，那么这两个根叫做重根（duble rt），重根在解集中只能出现一次.
韦达定理：如果一元二次方程的两个根为，则．
注：解题过程中不能忽视判别式这个大前提．（韦达定理在初衔高课程有介绍）
（1）；（2） ；（3）；
（4）；（5）；
（6）等等．
四、不等式的基本性质
1．不等式的性质
（1）对称性：；
（2）传递性：；
（3）可加性：，；
（4）可乘性：；；；
（5）可乘方：；
（6）可开方：；
（7）；．
2．在判断不等式表示命题的真假时，一种方法是按照不等式的性质进行求解，另外一种是举例判断，多用于命题为假的情况．
五、比较大小
1、作差法：比较两个实数a与b的大小关系：
（1）；
（2）；
（3）．
作差法比较大小的一般步骤：
第一步：作差；
第二步：变形，常采用配方，因式分解等恒等变形手段，将“差”化成“积”；
第三步：定号，重点是能确定是大于0，等于0，还是小于0．（不确定的要分情况讨论）最后得结论．
概括为“三步，一结论”，这里的“定号”是目的，“变形”是关键．
2、作商法：比较两个正实数a与b的大小关系：
（1）；
（2）；
（3）．
作商法的基本步骤是：①求商，②变形，③与1比大小从而确定两个数的大小．
六、不等式中的范围问题：整体代入思想
例题分析
【例1】若恒成立，则的值______．
【答案】5
【分析】根据等式恒成立，对应项的系数相等可求得结果.
【详解】因为，即恒成立，
所以，所以.
故答案为：5
【点睛】关键点点睛：根据等式恒成立，对应项的系数相等求解是解题关键.
【例2】若，且，且，则下列不等式中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由，，可知，再利用不等式的性质对选项逐一判断.
【详解】由，，可知，若，则，故A错误；因为，故，B错误；，所以，故C正确；，所以，D错误.
故选：C
【例3】已知是关于的方程的两个根，则 ________.
【答案】4
【分析】由条件可得，，然后利用算出答案即可.
【详解】因为是关于的方程的两个根，
所以，，所以
故答案为：4
【例4】若且，则下列不等式中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用作差法可得出结果.
【详解】因为，则，，所以，，故有，无法判断与的大小关系.
故选：D.
【例5】已知，，则的取值范围是______．
【答案】
【分析】
设，利用待定系数法求出的值，再利用不等式的性质即可求解.
【详解】
设，则，
所以，解得，
所以，
因为，，
所以，，
所以，
即，
故答案为：.
【例6】已知，且，则一定有（ ）
A．B．
C．D．与的大小关系不确定
【答案】C
【分析】令，则由题意可得，而，从而可知抛物线与轴有两个交点，从而可得，进而可得答案
【详解】令，
因为，所以，
因为，
所以的图象与轴有两个交点，
所以，即，
故选：C
【例7】已知为非零实数，且，则下列命题成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】对于ABC，举例判断即可，对于D，利用不等式的性质判断
【详解】对于A，若，则，所以A错误，
对于B，若，则，所以B错误，
对于C，若，则，所以C错误，
对于D，因为为非零实数，所以，
因为，所以，即，所以D正确，
故选：D
【例8】若且，则下列不等式中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用作差法可得出结果.
【详解】因为，则，，所以，，故有，无法判断与的大小关系.
故选：D.
【例9】已知关于的一元二次方程有实数根．
（1）求的取值范围；
（2）若此方程的两个实数根满足，求的值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由题意，根据，即可求得实数的取值范围；
（2）由一元二次方程中根与系数的关系得到，结合，列出方程，即可求解.
【详解】（1）由题意方程有实数根，
则满足，解得，
即实数的取值范围是.
（2）由（1）可知，
根据一元二次方程中根与系数的关系，可得，
因为，
解得或，又因为，所以
【例10】已知、是关于的一元二次方程的两个实根.
(1)若，求实数的值；
(2)是否存在实数，使成立？若存在，求出的值，若不存在，说明理由；
(3)若，求整数的值.
【答案】(1).(2)不存在，详见解析.(3)或或.
【分析】（1）首先可根据判别式得出，然后根据韦达定理得出、，最后根据得出，通过计算即可得出结果；
（2）根据得出，然后通过计算以及即可得出结果；
（3）可将转化为，然后根据为整数以及即可得出结果.
(1)因为、是关于的一元二次方程的两个实根，
所以，解得，
，，
因为，所以，
即，，，.
(2)由（1）易知，，，
若存在实数，使成立，
则，解得，
因为，所以不存在实数使成立.
(3)由（1）易知，，，
则，
因为，所以，
因为为整数，所以、、，
因为，所以或或.
师生总结
不等式是高中数学的重要内容之一，不等式的性质是解、证不等式的基础，为后续分式不等式，基本不等式等打基础．本章节中的作差法也是后续证明函数单调性的重要思想；在今后的学习过程中应注重基础，重视通法，养成良好的分析问题的习惯．
自主巩固
【巩固1】已知方程的两个实根为，，则__________.
【答案】
【分析】由方程易知，根据根与系数的关系写出、，由即可求值.
【详解】由题设知：，
∴，，
∴.
故答案为：.
【巩固2】若，一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据不等式的性质逐一分析即可.
【详解】若，则，故A正确；
当时，，故BC错误；
当时，，故C错误.
故选：A.
【巩固3】下列命题为真命题的是（）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】B
【分析】根据排除选项A；取计算验证，排除选项C，D得到答案.
【详解】对于A，若，则，当时不成立，故A错误；
对于B，若，所以，则，故B正确；
对于C，若，则，取，计算知不成立，故C错误；
对于D，若，则，取，计算知不成立，故D错误.
故选：B.
【巩固4】“”是“”的（ ）
A．充分必要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】做差可判断充分性，取可判断必要性可得答案.
【详解】，
当时，，所以，
可得，所以充分性成立；
但当时，即也成立，
所以必要性不成立．
因此“”是“”的充分不必要条件．
故选：B.
【巩固5】若实数满足，，则的取值范围为________．
【答案】
【分析】
设，解得，，再由不等式的性质即可求解.
【详解】
设，解得，
所以．
又，，，
所以.
故答案为：．
【点睛】
关键点点睛：本题考查利用不等式的性质求取值范围，变形是解题的关键，考查学生的运算求解能力，属于基础题.
【巩固6】若，使成立，则实数的取值范围是______________．
【答案】
【分析】
利用不等式的基本性质分离参数，利用函数的单调性求相应最值即可得到结论.
【详解】
由可得，，
因为，所以，根据题意，即可，
设，易知在单调递减，在单调递增，
所以，
所以，
故答案为：
【巩固7】若a，b，c为实数，且，，则下列不等关系一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
由不等式的基本性质和特值法即可求解.
【详解】
对于A选项，由不等式的基本性质知，不等式的两边都加上（或减去）同一个数或同一个整式，不等号方向不变，则，A选项正确；
对于B选项，由不等式的基本性质知，不等式的两边都乘以（或除以）同一个负数，不等号方向改变，若，，则，B选项错误；
对于C选项，由不等式的基本性质知，不等式的两边都乘以（或除以）同一个正数，不等号方向不变，，，C选项错误；
对于D选项，因为，，所以无法判断与大小，D选项错误.
【巩固8】已知实数x，y满足，，则（ ）
A．1≤x≤3B．2≤y≤1C．2≤4x+y≤15D．xy
【答案】C
【分析】
将已知等式两式相加判断A；由题意可得，解不等式组判断B；由结合已知判断C；由结合已知判断D.
【详解】
∵，，
∴两式相加，得，即1≤x≤4，故A错误；
∵，
∴，解得，故B错误；
∵，又，
∴，故C正确；
∵，又且 ，
∴，故D错误.
故选：C.
【巩固9】（1）已知a，b，c，d均为正数.求证：
（2）已知.求证：<的充要条件为x>y
【答案】详见解析.
【分析】（1）利用基本不等式即证；
（2）利用不等式的性质，由，可得<，由<，，可得，即证.
【详解】（1）∵a，b，c，d均为正数，
∴当且仅当时取等号，
同理可得，
∴，当且仅当时取等号；
（2）充分性，因为，，，
∴<，
必要性，因为<，，
所以，
综上，<的充要条件为 x > y.
【巩固10】证明不等式．
(1)，bd＞0，求证：；
(2)已知a＞b＞c＞0，求证：．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】（1）作差后，根据条件结合不等式的性质证明；
（2）先用作差法证明，然后根据不等式的性质证明即可得到.
【详解】（1）证明：，
因为，，所以，，
又bd＞0，所以，，
即.
（2）证明：因为a＞b＞c＞0，
所以有，，，，
则，，
即有，成立；
因为，，所以，，
又，所以，成立.
所以，有.
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