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    (新)苏教版高中数学必修第一册学案:第3章 3.1 不等式的基本性质(含解析)
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    高中数学苏教版 (2019)必修 第一册3.1 不等式的基本性质优秀学案

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    这是一份高中数学苏教版 (2019)必修 第一册3.1 不等式的基本性质优秀学案,共14页。




    3.1 不等式的基本性质








    和你的同桌做个游戏:假设有四只盛满水的圆柱形水桶A,B,C,D,桶A,B的底面半径均为a,高分别为a和b,桶C,D的底面半径为b,高分别为a和b(其中a≠b).你们各自从中取两只水桶,得水多者为胜.如果让你先取,你有必胜的把握吗?





    1.不等式


    (1)不等式的定义


    用数学符号“>”“<”“≥”“≤”“≠”连接两个数或代数式,这些含有这些不等号的式子叫做不等式.


    (2)关于a≥b和a≤b的含义


    ①不等式a≥b应读作:“a大于或等于b”,其含义是a>b或a=b,等价于“a不小于b”,即若a>b或a=b中有一个正确,则a≥b正确.


    ②不等式a≤b应读作:“a小于或等于b”,其含义是a

    (3)不等式中常用符号语言


    2.两个实数的大小比较


    (1)如果a-b是正数,那么a>b;即a-b>0⇔a>b;


    (2)如果a-b等于0,那么a=b;即a-b=0⇔a=b;


    (3)如果a-b是负数,那么a

    3.不等式的基本性质


    性质1: 若a>b,则bb⇔b

    性质2:若a>b,b>c,则a>c;(传递性)


    性质3:若a>b,则a+c>b+c;(加法保号性)


    性质4:若a>b,c>0,则ac>bc;(乘正保号性)


    若a>b,c<0,则ac

    性质5:若a>b,c>d,则a+c>b+d;(同向可加性)


    性质6:若a>b>0,c>d>0,则ac>bd;(全正可乘性)


    性质7:如果a>b>0,那么an>bn(n∈N*).(拓展)


    提醒:不等式的基本性质是不等式变形的依据,也是解不等式的根据,同时还是证明不等式的理论基础.


    (1)在应用不等式时,一定要搞清它们成立的前提条件,不可强化或弱化成立的条件.


    (2)要注意每条性质是否具有可逆性.





    1.思考辨析(正确的打“√”,错误的打“×”)


    (1)若ac>bc,则a>b.( )


    (2)若a+c >b+d,则a>b,c>d.( )


    (3)若a>b,则eq \f(1,a)

    [答案] (1)× (2)× (3)×


    2.已知a1,a2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,1)),记M=a1a2, N=a1+a2-1,则M与N的大小关系是( )


    A.MN


    C.M=N D.不确定


    B [由题意得M-N=a1a2-a1-a2+1=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1-1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2-1))>0,故M>N.故选B.]


    3.若x>y,且x+y=2,则下列不等式一定成立的是( )


    A.x2<y2 B.eq \f(1,x)<eq \f(1,y)


    C.x2>1 D.y2<1


    C [因为x>y,且x+y=2,所以2x>x+y=2,即x>1,则x2>1,故选C.]








    【例1】 (1)对于实数a,b,c,给出下列命题:


    ①若a>b,则ac2>bc2;


    ②若aab>b2;


    ③若a>b,则a2>b2;


    ④若aeq \f(b,a).


    其中正确命题的序号是 .


    (2)求解关于x的不等式ax+1>0(a∈R),并用不等式的性质说明理由.


    (1)②④ [对于①∵c2≥0,∴只有c≠0时才成立,①不正确;


    对于②,aab;ab2,∴②正确;


    对于③,若0>a>b,则a2-2,但(-1)2<(-2)2,∴③不正确;


    对于④,∵a-b>0,∴(-a)2>(-b)2,即a2>b2.


    又∵ab>0,∴eq \f(1,ab)>0,∴a2·eq \f(1,ab)>b2·eq \f(1,ab),∴eq \f(a,b)>eq \f(b,a),④正确.


    所以正确答案的序号是②④.]


    (2)[解] 不等式ax+1>0(a∈R)两边同时加上-1得


    ax>-1 (不等式性质3),


    当a=0时,不等式为0>-1恒成立,所以x∈R,


    当a>0时,不等式两边同时除以a得


    x>-eq \f(1,a) (不等式性质4),


    当a<0时,不等式两边同时除以a得


    x<-eq \f(1,a) (不等式性质4).


    综上:当a=0时,不等式的解集为R,当a>0时,不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,a),+∞)),当a<0时,不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-∞,-\f(1,a))).





    1.利用不等式判断正误的两种方法


    ①直接法:对于说法正确的,要利用不等式的相关性质证明;对于说法错误的只需举出一个反例即可.


    ②特殊值法:注意取值一定要遵循三个原则:一是满足题设条件;二是取值要简单,便于验证计算;三是所取的值要有代表性.


    2.利用不等式的性质解不等式,要求步步有据,特别是解含有参数的不等式更加要把握好分类讨论的标准.因为参数的范围不同,不等式的解集不同,所以对于参数的不同范围得到的解集都是独立的,不能求并集.





    eq \([跟进训练])


    1.已知a<b<c且a+b+c=0,则下列不等式恒成立的是( )


    A.a2<b2<c2 B.ab2<cb2


    C.ac<bc D.ab<ac


    C [∵a+b+c=0且a<b<c,∴a<0,c>0,∴ac<bc,故选C.]


    2.若关于x的不等式ax+b>0的解集为(-∞,2),则不等式bx-a>0的解集为 .


    eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2),+∞)) [因为关于x的不等式ax+b>0的解集为(-∞,2),所以a<0,且x=2是方程ax+b=0的实数根,所以2a+b=0,即b=-2a,由bx-a>0得-2ax-a>0,因为a<0,所以x>-eq \f(1,2),即不等式bx-a>0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2),+∞)).]





    [探究问题]


    1.如果a,b之间的大小关系分别为a>b,a=b,a

    [提示] 若a>b,则a-b>0,反之也成立;


    若a=b,则a-b=0,反之也成立;


    若a

    2.若a>b,则eq \f(a,b)>1吗?反之呢?


    [提示] 若a>b,当b<0时,eq \f(a,b)<1,


    即a>beq \f(a,b)>1;


    若eq \f(a,b)>1,则eq \f(a,b)-1>0,即eq \f(a-b,b)>0,


    ∴a-b>0,b>0或a-b<0,b<0,


    即eq \f(a,b)>1a>b,反之也不成立.


    【例2】 已知x<1,比较x3-1与2x2-2x的大小.


    [思路点拨] eq \x(作差)―→eq \x(因式分解)eq \(――→,\s\up8(x<1))eq \x(判号)―→eq \x(下结论)


    [解] x3-1-(2x2-2x)


    =x3-2x2+2x-1


    =(x3-x2)-(x2-2x+1)


    =x2(x-1)-(x-1)2


    =(x-1)(x2-x+1)


    =(x-1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(1,2)))eq \s\up12 (2)+\f(3,4))),


    ∵x<1,∴x-1<0,


    又∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(1,2)))eq \s\up12 (2)+eq \f(3,4)>0,


    ∴(x-1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(1,2)))eq \s\up12 (2)+\f(3,4)))<0,


    ∴x3-1<2x2-2x.





    1.(变条件)本例条件“x<1”变为“x≥1”,比较x3-1与2x2-2x的大小.


    [解] x3-1-(2x2-2x)=(x-1)(x2-x+1)=(x-1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(1,2)))eq \s\up12 (2)+\f(3,4))),


    ∵x≥1,∴x-1≥0,又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(1,2)))eq \s\up12 (2)+eq \f(3,4)>0,


    ∴(x-1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(1,2)))eq \s\up12 (2)+\f(3,4)))≥0,


    ∴x3-1≥2x2-2x.


    2.(变题)已知:a >0, b >0, 比较eq \f(1,a)+eq \f(1,b)与eq \f(1,a+b)的大小.


    [解] (作差法)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)+\f(1,b)))-eq \f(1,a+b)=eq \f(ab+b2+a2+ab-ab,aba+b)=eq \f(a2+ab+b2,aba+b),


    因为a >0, b >0,所以eq \f(a2+ab+b2,aba+b)>0,


    所以eq \f(1,a)+eq \f(1,b)>eq \f(1,a+b).


    (作商法)因为a >0, b >0,所以eq \f(1,a)+eq \f(1,b)与eq \f(1,a+b)同为正数,


    所以eq \f(\f(1,a)+\f(1,b),\f(1,a+b))=eq \f(a+b2,ab),


    所以eq \f(a+b2,ab)-1=eq \f(a2+ab+b2,ab)>0,


    即eq \f(a+b2,ab)>1,


    因为eq \f(1,a+b)>0,所以eq \f(1,a)+eq \f(1,b)>eq \f(1,a+b).


    (综合法)因为a >0, b >0,所以a+b>0,


    所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)+\f(1,b)))(a+b)=eq \f(a+b,a)+eq \f(a+b,b)=2+eq \f(b,a)+eq \f(a,b)>1,


    所以eq \f(1,a)+eq \f(1,b)>eq \f(1,a+b).





    1.作差法比较两个数大小的步骤及变形方法


    (1)作差法比较的步骤:作差→变形→定号→结论.


    (2)变形的方法:①因式分解;②配方;③通分;④分母或分子有理化(针对无理式中的二次根式);⑤分类讨论.


    2.作商法比较大小的三个步骤


    (1)作商变形;


    (2)与1比较大小;


    (3)得出结论.


    提醒:作商法比较大小仅适用同号的两个数.


    3.综合法需要结合具体的式子的特征实施,本题思路为:A>B>0⇔A·eq \f(1,B)>1.





    eq \([跟进训练])


    3.已知实数a,b,c满足b+c=6-4a+3a2,c-b=4-4a+a2,则a,b,c的大小关系是( )


    A.c≥b>a B.a>c≥b


    C.c>b>a D.a>c>b


    A [∵c-b=4-4a+a2=(a-2)2≥0,∴c≥b.


    又b+c=6-4a+3a2,∴2b=2+2a2,∴b=a2+1,


    ∴b-a=a2-a+1=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a-\f(1,2)))eq \s\up12 (2)+eq \f(3,4)>0,∴b>a,∴c≥b>a.故选A.]


    4.已知a,b∈R,试比较a2-ab与3ab-4b2的大小.


    [解] 因为a,b∈R,所以(a2-ab)-(3ab-4b2)=a2-4ab+4b2=(a-2b)2,


    当a=2b时,a2-ab= 3ab-4b2,


    当a≠2b时,a2-ab> 3ab-4b2.





    【例3】 (1)已知a>b,e>f,c>0,求证:f-ac

    (2)已知a> b >0, m>0,求证:eq \f(b,a)

    [证明] (1)∵a>b,c>0,∴ac>bc.


    ∴-ac<-bc,∵f

    (2)(作差法)因为a> b >0, m>0,所以b-a<0,a+m>0,


    所以eq \f(b,a)-eq \f(b+m,a+m)=eq \f(ba+m-ab+m,aa+m)=eq \f(mb-a,aa+m)<0,


    所以eq \f(b,a)

    (不等式的性质)因为a> b >0, m>0,


    所以am> bm, a+m>0,ab>0,


    所以am+ab>ab+bm,即a(b+m)>b(a+m),


    所以eq \f(b,a)




    1.利用不等式的性质证明不等式(综合法)的注意事项


    (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.


    2.作差法也可以应用于证明不等式.


    3.第二题的结论源于生活背景的提炼:在含糖b克的a克糖水中放入m克的糖,结果糖水变甜了.本质上是浓度变大了.





    eq \([跟进训练])


    5.若bc-ad≥0,bd>0.求证:eq \f(a+b,b)≤eq \f(c+d,d).


    [证明] ∵bc-ad≥0,∴ad≤bc,bd>0,


    ∴eq \f(a,b)≤eq \f(c,d),∴eq \f(a,b)+1≤eq \f(c,d)+1,∴eq \f(a+b,b)≤eq \f(c+d,d).


    6.已知a>b>m>0,求证:eq \f(a,b)

    [证明] (作差法)因为a>b>m>0,


    所以b-a<0,b-m>0,


    所以eq \f(a,b)-eq \f(a-m,b-m)=eq \f(ab-m-ba-m,bb-m)=eq \f(mb-a,bb-m)<0,


    所以eq \f(a,b)

    (不等式的性质)因为a>b>m>0,所以am>bm,b-m>0,


    所以-bm>-am,


    所以ab-bm>ab-am,即b(a-m)>a(b-m),


    所以eq \f(a,b)




    【例4】 已知1

    [思路点拨] 欲求a-b的范围,应先求-b的范围,再利用不等式的性质求解.


    [解] ∵1

    ∴8<2a+3b<32.


    ∵2

    又∵1

    ∴1+(-8)

    即-7

    故8<2a+3b<32,-7

    即2a+3b的取值范围为(8,32),


    a-b的取值范围为(-7,2).





    1.在本例条件下,求 eq \f(a,b) 的取值范围.


    [解] ∵2

    ∴eq \f(1,8)

    2.若本例改为:已知1≤a+b≤5,-1≤a-b≤3,求3a-2b的范围.


    [解] 法一:(双换元)设x=a+b,y=a-b,


    则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.


    所以3a-2b的范围是[-2,10].


    法二:(待定系数法)设3a-2b=m(a+b)+n(a-b)=(m+n)a+(m-n)b=3a-2b,


    所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m+n=3,,m-n=-2,))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m=\f(1,2),,n=\f(5,2),))


    即3a-2b=eq \f(1,2)(a+b)+eq \f(5,2)(a-b),


    因为1≤a+b≤5,-1≤a-b≤3,


    所以eq \f(1,2)≤eq \f(1,2)(a+b)≤eq \f(5,2),-eq \f(5,2)≤eq \f(5,2)(a-b)≤eq \f(15,2),


    所以-2≤eq \f(1,2)(a+b)+eq \f(5,2)(a-b)≤10,


    即3a-2b的范围是[-2,10].





    1.同向不等式具有可加性,同正具有可乘性,但是不能相减或相除,应用时,要充分利用所给条件进行适当变形来求范围,注意变形的等价性.


    2.已知两个二元一次代数式的范围,求第三个二元一次式的范围,可以用双换元的方法,也可以通过待定系数法,先用已知的两个二元一次代数式表示未知的二元一次式.





    eq \([跟进训练])


    7.已知-eq \f(1,2)≤α<β≤eq \f(1,2),求eq \f(α+β,2),eq \f(α-β,3)的取值范围.


    [解] ∵-eq \f(1,2)≤α<β≤eq \f(1,2),


    ∴-eq \f(1,4)≤eq \f(α,2)

    两式相加得-eq \f(1,2)

    ∵-eq \f(1,6)≤eq \f(α,3)

    两式相加得-eq \f(1,3)≤eq \f(α-β,3)

    又∵α<β,∴eq \f(α-β,3)<0,∴-eq \f(1,3)≤eq \f(α-β,3)<0.


    8.已知-4≤a-c≤-1,-1≤4a-c≤5,求9a-c的范围.


    [解] 令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a-c=x,,4a-c=y,))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a=\f(1,3)y-x,,c=\f(1,3)y-4x,))


    ∴9a-c=eq \f(8,3)y-eq \f(5,3)x,


    ∵-4≤x≤-1,∴eq \f(5,3)≤-eq \f(5,3)x≤eq \f(20,3),①


    ∵-1≤y≤5,∴-eq \f(8,3)≤eq \f(8,3)y≤eq \f(40,3),②


    ①和②相加,得-1≤eq \f(8,3)y-eq \f(5,3)x≤20,


    ∴-1≤9a-c≤20.








    1.作差法比较大小的三个步骤


    作差、变形、定号,概括为“三步一结论”,这里的“定号”是目的,“变形”是关键.


    2.利用不等式的性质可以判定不等式的正确性、也证明一些不等式还可以求相关量的取值范围.必须熟记不等式的性质,不可省略条件或跳步推导,更不能随意构造性质与法则.


    3.不等式的证明可以用比较法(作差或作商法)、也可以利用不等式的性质(综合法),注意方法的灵活应用.





    1.已知a,b,c,d∈R,则下列命题中必成立的是( )


    A.若a>b,c>b,则a>c


    B.若a>-b,则c-a<c+b


    C.若a>b,c<d,则eq \f(a,c)>eq \f(b,d)


    D.若a2>b2,则-a<-b


    B [选项A,若a=4,b=2,c=5,显然不成立;选项C不满足倒数不等式的条件,如a>b>0,c<0<d时,不成立;选项D只有a>b>0时才可以,否则如a=-1,b=0时不成立,故选B.]


    2.设a=3x2-x+1,b=2x2+x,则( )


    A.a>b B.a<b


    C.a≥b D.a≤b


    C [a-b=(3x2-x+1)-(2x2+x)=x2-2x+1=(x-1)2≥0,∴a≥b.]


    3.已知角α,β满足-eq \f(π,2)<α-β

    (-π,2π) [结合题意可知3α-β=2(α-β)+(α+β),且2(α-β)∈(-π,π),α+β∈(0,π),利用不等式的性质可知3α-β的取值范围是(-π,2π).]


    4.近来鸡蛋价格起伏较大,假设第一周、第二周鸡蛋价格分别为a元/斤、b元/斤,家庭主妇甲和乙买鸡蛋的方式不同:家庭主妇甲每周买3斤鸡蛋,家庭主妇乙每周买10元钱的鸡蛋,试比较谁的购买方式更优惠(两次平均价格低视为实惠) .(在横线上填甲或乙即可)


    乙 [由题意得甲购买产品的平均单价为eq \f(3a+3b,6)=eq \f(a+b,2),


    乙购买产品的平均单价为eq \f(20,\f(10,a)+\f(10,b))=eq \f(2ab,a+b),由条件得a≠b.


    ∵eq \f(a+b,2)-eq \f(2ab,a+b)=eq \f(a-b2,2a+b)>0,∴eq \f(a+b,2)>eq \f(2ab,a+b),即乙的购买方式更优惠.]


    5.若a>b>0,ceq \f(e,(b-d)2).


    [证明] ∵c-d>0,


    又a>b>0,∴a-c>b-d>0,


    则(a-c)2>(b-d)2>0,即eq \f(1,a-c2)

    又e<0,∴eq \f(e, a-c2)>eq \f(e,(b-d)2).


    学 习 目 标
    核 心 素 养
    1.结合已有的知识,理解不等式的6个基本性质.(重点)


    2.会用不等式的性质证明(解)不等式.(重点)


    3.会用不等式的性质比较数(或式)的大小和求取值范围.(难点)
    通过不等式性质的应用,培养逻辑推理素养.
    大于
    小于
    大于或等于
    小于或等于
    至多
    至少
    不少于
    不多于
    >
    <






    利用不等式的性质判断和解不等式
    利用不等式的性质比较代数式的大小
    证明不等式
    不算式性质的应用
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