PAGE1-2.1等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)(老師獨(dú)具內(nèi)容)課程標(biāo)準(zhǔn)：1.梳理等式的性質(zhì)，理解不等式的概念，駕馭不等式的性質(zhì)，能運(yùn)用不等式的性質(zhì)比較大小.2.能運(yùn)用不等式的性質(zhì)證明不等式和解決簡(jiǎn)潔的實(shí)際問(wèn)題．教學(xué)重點(diǎn)：1.不等式的性質(zhì).2.用不等式的性質(zhì)證明不等式．教學(xué)難點(diǎn)：用作差法比較代數(shù)式的大小．【學(xué)問(wèn)導(dǎo)學(xué)】學(xué)問(wèn)點(diǎn)一等式的性質(zhì)(1)假如a＝b，那么a＋c＝b＋c.(2)假如a＝b，那么ac＝bc或eq\f(a,c)＝eq\f(b,c)(c≠0)．(3)假如a＝b，b＝c，那么a＝c.學(xué)問(wèn)點(diǎn)二作差比較法(1)理論依據(jù)：eq\o(□,\s\up4(01))a－b>0?a>b；eq\o(□,\s\up4(02))a－b＝0?a＝b；eq\o(□,\s\up4(03))a－b<0?a<b.(2)方法步驟：①eq\o(□,\s\up4(04))作差；②eq\o(□,\s\up4(05))整理；③eq\o(□,\s\up4(06))推斷符號(hào)；④eq\o(□,\s\up4(07))下結(jié)論．學(xué)問(wèn)點(diǎn)三兩個(gè)實(shí)數(shù)大小的比較(1)a>b?eq\o(□,\s\up4(01))a－b>0；(2)a＝b?a－beq\o(□,\s\up4(02))＝0；(3)eq\o(□,\s\up4(03))a<b?a－b<0.學(xué)問(wèn)點(diǎn)四不等式的性質(zhì)(1)假如a>b，那么b<a；假如b<a，那么eq\o(□,\s\up4(01))a>b，即eq\o(□,\s\up4(02))a>b?b<a.(2)假如a>b，且b>c，那么eq\o(□,\s\up4(03))a>c，即a>b，b>c?eq\o(□,\s\up4(04))a>c.(3)假如a>b，那么a＋ceq\o(□,\s\up4(05))>b＋c.(4)假如a>b，c>0，那么aceq\o(□,\s\up4(06))>bc；假如a>b，c<0，那么aceq\o(□,\s\up4(07))<bc.(5)假如a>b，c>d，那么a＋ceq\o(□,\s\up4(08))>b＋d.(6)假如a>b>0，c>d>0，那么aceq\o(□,\s\up4(09))>bd；假如a>b>0，c<d<0，那么aceq\o(□,\s\up4(10))<bd.(7)假如a>b>0，那么aneq\o(□,\s\up4(11))>bn(n∈N，n≥2)．(8)假如eq\o(□,\s\up4(12))a>b>0，那么eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)．【新知拓展】1．關(guān)于不等式性質(zhì)的理解兩個(gè)同向不等式可以相加，但不行以相減，如a>b，c>d不能推出a－c>b－d.2．常用的結(jié)論(1)a>b，ab>0?eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；(2)b<0<a?eq\f(1,a)>eq\f(1,b)；(3)a>b>0，c>d>0?eq\f(a,d)>eq\f(b,c)；(4)若a>b>0，m>0，則eq\f(a,b)>eq\f(a＋m,b＋m)；eq\f(a,b)<eq\f(a－m,b－m)(b－m>0)；eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0)．3．比較大小的方法比較數(shù)(式)的大小常用作差與0比較．作差法中常用的變形手段是分解因式和配方等恒等變形，前者將“差”化為“積”，后者將“差”化為一個(gè)完全平方式或幾個(gè)完全平方式的“和”，也可二者并用．4．利用不等式求范圍應(yīng)留意的問(wèn)題求指定代數(shù)式的取值范圍，必需依據(jù)不等式的性質(zhì)進(jìn)行求解，同向不等式具有可加性與可乘性，但是不能相減或相除，解題時(shí)必需利用性質(zhì)，步步有據(jù)，避開(kāi)變更代數(shù)式的取值范圍．1．判一判(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)若x2＝0，則x≥0.()(2)兩個(gè)實(shí)數(shù)a，b之間，有且只有a>b，a＝b，a<b三種關(guān)系中的一種．()(3)若a>b，則ac2>bc2.()(4)若a>b>0，則eq\f(1,a)>eq\f(1,b).()(5)若x>1，則x3＋2x與x2＋2的大小關(guān)系為x3＋2x>x2＋2.()答案(1)√(2)√(3)×(4)×(5)√2．做一做(1)已知a＋b>0，b<0，那么a，b，－a，－b的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)>b>－b>－a B．a(chǎn)>－b>－a>bC．a(chǎn)>－b>b>－a D．a(chǎn)>b>－a>－b(2)設(shè)b<a，d<c，則下列不等式中肯定成立的是()A．a(chǎn)－c>b－d B．a(chǎn)c>bdC．a(chǎn)＋c>b＋d D．a(chǎn)＋d>b＋c(3)已知x<1，則x2＋2與3x的大小關(guān)系是________．答案(1)C(2)C(3)x2＋2>3x題型一作差法比較大小例1比較下列各組中兩數(shù)的大?。?1)已知a，b為正數(shù)，且a≠b，比較a3＋b3與a2b＋ab2；(2)已知x<1，比較x3－1與2x2－2x；(3)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與n的大小．[解](1)(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.(2)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\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,4))).∵x<1，∴x－1<0.又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，∴(x－1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,4)))<0，∴x3－1<2x2－2x.(3)∵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)．[變式探究]若將本例(2)中“x<1”改為“x∈R”，則x3－1與2x2－2x的大小又如何呢？解由例題知x3－1－(2x2－2x)＝(x－1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,4)))，∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，∴當(dāng)x－1<0，即x<1時(shí)，x3－1<2x2－2x；當(dāng)x－1＝0，即x＝1時(shí)，x3－1＝2x2－2x；當(dāng)x－1>0，即x>1時(shí)，x3－1>2x2－2x.金版點(diǎn)睛作差比較法的四個(gè)步驟eq\a\vs4\al([跟蹤訓(xùn)練1])(1)比較x3＋6x與x2＋6的大??；(2)已知a，b∈R，x＝a3－b，y＝a2b－a，試比較x與y的大小．解(1)(x3＋6x)－(x2＋6)＝x(x2＋6)－(x2＋6)＝(x－1)(x2＋6)．∵x2＋6>0，∴當(dāng)x>1時(shí)，x3＋6x>x2＋6；當(dāng)x＝1時(shí)，x3＋6x＝x2＋6；當(dāng)x<1時(shí)，x3＋6x<x2＋6.(2)x－y＝a3－b－a2b＋a＝a2(a－b)＋a－b＝(a－b)(a2＋1)．當(dāng)a＞b時(shí)，x－y＞0，所以x＞y；當(dāng)a＝b時(shí)，x－y＝0，所以x＝y(tǒng)；當(dāng)a＜b時(shí)，x－y＜0，所以x＜y.題型二不等式的性質(zhì)及應(yīng)用例2下列命題正確的是________．①eq\f(c,a)<eq\f(c,b)且c>0?a>b；②a>b且c>d?ac>bd；③a>b>0且c>d>0?eq\r(\f(a,d))>eq\r(\f(b,c))；④eq\f(a,c2)>eq\f(b,c2)?a>b.[解析]①eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)<\f(c,b)，,c>0))?eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；當(dāng)a<0，b>0時(shí)，滿意已知條件，但推不出a>b，∴①錯(cuò)誤．②當(dāng)a＝3，b＝1，c＝－2，d＝－3時(shí)，命題明顯不成立．∴②錯(cuò)誤．③eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>b>0，,c>d>0))?eq\f(a,d)>eq\f(b,c)>0?eq\r(\f(a,d))>eq\r(\f(b,c))成立．∴③正確．④明顯c2>0，∴兩邊同乘以c2得a>b.∴④正確．[答案]③④金版點(diǎn)睛解決這類問(wèn)題，主要是依據(jù)不等式的性質(zhì)判定，其實(shí)質(zhì)是看是否滿意性質(zhì)所需的條件，若要推斷一個(gè)命題是假命題，可以從條件入手，推出與結(jié)論相反的結(jié)論，也可舉出一個(gè)反例予以否定.eq\a\vs4\al([跟蹤訓(xùn)練2])(1)推斷下列命題是否正確，并說(shuō)明理由：①若eq\f(a,c)>eq\f(b,d)，則ad>bc；②設(shè)a，b為正實(shí)數(shù)，若a－eq\f(1,a)<b－eq\f(1,b)，則a<b.(2)若a<b<0，分別推斷下列式子是否成立，并簡(jiǎn)述理由：①eq\f(1,a－b)<eq\f(1,a)；②eq\f(1,a＋b)>eq\f(1,b).解(1)①由eq\f(a,c)>eq\f(b,d)，所以eq\f(a,c)－eq\f(b,d)>0，即eq\f(ad－bc,cd)>0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ad－bc>0，,cd>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ad－bc<0，,cd<0.))即ad>bc且cd>0或ad<bc且cd<0，故不正確．②因?yàn)閍－eq\f(1,a)<b－eq\f(1,b)，且a>0，b>0，所以a2b－b<ab2－a?a2b－ab2－b＋a<0?ab(a－b)＋(a－b)<0?(a－b)(ab＋1)<0，所以a－b<0，即a<b正確．(2)①成立．由a<b<0得a<a－b<0，所以eq\f(1,a－b)<eq\f(1,a).②成立．因?yàn)閍<b<0，所以a＋b<b<0，所以eq\f(1,a＋b)>eq\f(1,b).題型三利用不等式的性質(zhì)證明不等式例3(1)已知a>b，e>f，c>0，求證：f－ac<e－bc；(2)已知a>b>0，c<d<0，求證：eq\f(b,a－c)<eq\f(a,b－d)；(3)已知bc－ad≥0，bd>0.求證：eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).[證明](1)∵a>b，c>0，∴ac>bc.∴－ac<－bc.∵f<e，∴f－ac<e－bc.(2)∵c<d<0，∴－c>－d>0.又a>b>0，∴a－c>b－d>0.∴0<eq\f(1,a－c)<eq\f(1,b－d).再由0<b<a，∴eq\f(b,a－c)<eq\f(a,b－d).(3)∵bc－ad≥0，∴ad≤bc，又∵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).金版點(diǎn)睛利用不等式的性質(zhì)證明不等式的實(shí)質(zhì)與技巧(1)實(shí)質(zhì)：就是依據(jù)不等式的性質(zhì)把不等式進(jìn)行變形，要留意不等式的性質(zhì)成立的條件．(2)技巧：若不能干脆由不等式的性質(zhì)得到，可先分析須要證明的不等式的結(jié)構(gòu)．然后利用不等式的性質(zhì)進(jìn)行逆推，找尋使其成立的充分條件．eq\a\vs4\al([跟蹤訓(xùn)練3])(1)已知c>a>b>0，求證：eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b)；(2)已知a，b，x，y都是正數(shù)，且eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，x>y，求證：eq\f(x,x＋a)>eq\f(y,y＋b).證明(1)∵a>b，∴－a<－b，又c>a>b>0，∴0<c－a<c－b，∴eq\f(1,c－a)>eq\f(1,c－b)>0.又∵a>b>0，∴eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b).(2)∵a，b，x，y都是正數(shù)，且eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，x>y，∴eq\f(x,a)>eq\f(y,b)，故eq\f(a,x)<eq\f(b,y)，則eq\f(a,x)＋1<eq\f(b,y)＋1，即eq\f(a＋x,x)<eq\f(b＋y,y).∴eq\f(x,x＋a)>eq\f(y,b＋y).題型四利用不等式的性質(zhì)求取值范圍例4(1)已知2<a≤5,3≤b<10，求a－b，eq\f(a,b)的取值范圍；(2)已知－eq\f(π,2)≤α<β≤eq\f(π,2)，求eq\f(α＋β,2)，eq\f(α－β,3)的取值范圍．[解](1)∵3≤b<10，∴－10<－b≤－3.又2<a≤5，∴－8<a－b≤2.又eq\f(1,10)＜eq\f(1,b)≤eq\f(1,3)，∴eq\f(1,5)<eq\f(a,b)≤eq\f(5,3).(2)∵－eq\f(π,2)≤α<β≤eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,4)≤eq\f(α,2)<eq\f(π,4)，－eq\f(π,4)<eq\f(β,2)≤eq\f(π,4).兩式相加得－eq\f(π,2)<eq\f(α＋β,2)<eq\f(π,2).∵－eq\f(π,6)≤eq\f(α,3)<eq\f(π,6)，－eq\f(π,6)<eq\f(β,3)≤eq\f(π,6)，－eq\f(π,6)≤－eq\f(β,3)<eq\f(π,6)，兩式相加得－eq\f(π,3)≤eq\f(α－β,3)<eq\f(π,3).又α<β，∴eq\f(α－β,3)<0，∴－eq\f(π,3)≤eq\f(α－β,3)<0.[變式探究]將本例(1)中，條件不變，求a＋b，ab的取值范圍．解由2<a≤5,3≤b＜10得2＋3<a＋b<5＋10,2×3<ab<5×10，即5<a＋b<15,6<ab<50.金版點(diǎn)睛利用不等式的性質(zhì)求取值范圍應(yīng)留意的問(wèn)題本題中不能干脆用a的范圍去減或除b的范圍，應(yīng)嚴(yán)格利用不等式的性質(zhì)去求范圍；其次在有些題目中，還要留意整體代換的思想，即弄清要求的與已知的“范圍”間的聯(lián)系．如已知20＜x＋y＜30,15＜x－y＜18，要求2x＋3y的范圍，不能分別求出x，y的范圍，再求2x＋3y的范圍，應(yīng)把已知的“x＋y”“x－y”視為整體，即2x＋3y＝eq\f(5,2)(x＋y)－eq\f(1,2)(x－y)，所以需分別求出eq\f(5,2)(x＋y)，－eq\f(1,2)(x－y)的范圍，兩范圍相加可得2x＋3y的范圍．“范圍”必需對(duì)應(yīng)某個(gè)字母變量或代數(shù)式，一旦變更出其他的范圍問(wèn)題，則不能再間接得出，必需“直來(lái)直去”，即干脆找到要求的量與已知的量間的數(shù)量關(guān)系，然后去求．eq\a\vs4\al([跟蹤訓(xùn)練4])已知1≤a－b≤2，且2≤a＋b≤4，求4a－2b的取值范圍．解令a＋b＝μ，a－b＝v，則2≤μ≤4,1≤v≤2.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝μ，,a－b＝v，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(μ＋v,2)，,b＝\f(μ－v,2).))因?yàn)?a－2b＝4·eq\f(μ＋v,2)－2·eq\f(μ－v,2)＝2μ＋2v－μ＋v＝μ＋3v，而2≤μ≤4,3≤3v≤6，所以5≤μ＋3v≤10.所以5≤4a－2b≤10.1．若m＝x2－1，n＝2(x＋1)2－4(x＋1)＋1，則m與n的大小關(guān)系是()A．m<n B．m>nC．m≥n D．m≤n答案D解析∵n－m＝x2≥0，∴n≥m.2．設(shè)a，b，c，d∈R，則