1.不等式的基本性质第二课时教学设计

1．不等式的基本性质

1．实数大小的比较

(1)数轴上的点与实数一一对应，可以利用数轴上点的左右位置关系来规定实数的大小．在数轴上，右边的数总比左边的数大． (2)如果a－b＞0，则a＞b；如果a－b＝0，则a＝b；如果a－b＜0，则a＜b. (3)比较两个实数a与b的大小，归结为判断它们的差a－b的符号；比较两个代数式的大小，实际上是比较它们的值的大小，而这又归结为判断它们的差的符号．

2．不等式的基本性质

由两数大小关系的基本事实，可以得到不等式的一些基本性质：

(1)如果a＞b，那么b＜a；如果b＜a，那么a＞b.即a＞b⇔b＜a. (2)如果a＞b，b＞c，那么a＞c.即a＞b，b＞c⇒a>c. (3)如果a＞b，那么a＋c>b＋c. (4)如果a＞b，c>0，那么ac>bc；如果a>b，c<0，那么acb>0，那么a>b(n∈N，n≥2)．

(6)如果a>b>0，那么a＞b(n∈N，n≥2)．

3．对上述不等式的理解

使用不等式的性质时，一定要清楚它们成立的前提条件，不可强化或弱化它们成立的条件，盲目套用，例如：

(1)等式两边同乘以一个数仍为等式，但不等式两边同乘以同一个数c(或代数式)结果有三种：①c＞0时得同向不等式；②c＝0时得等式；③c<0时得异向不等式．

(2)a＞b，c＞d⇒a＋c>b＋d，即两个同向不等式可以相加，但不可以相减；而a>b>0，nnnnc>d>0⇒ac>bd，即已知的两个不等式同向且两边为正值时，可以相乘，但不可以相除．

(3)性质(5)、(6)成立的条件是已知不等式两边均为正值，并且n∈N，n≥2，否则结论不成立．而当n取正奇数时可放宽条件，a>b⇒a>b(n＝2k＋1，k∈N)，a>b⇒2k＋1，k∈N＋)．

(4)在不等式的基本性质中，条件和结论的逻辑关系有两种：“⇒”与“⇔”，即推出关系和等价关系，或者说“不可逆关系”与“可逆关系”．这要求必须熟记与区别不同性质的11条件．如a＞b，ab＞0⇒＜，而反之不成立．

nnnna>b(n＝ab

1

数、式大小的比较

222[例1] 已知p，q为正数且p＋q＝1，比较(px＋qy)与px＋qy的大小．

[思路点拨] 利用作差法比较两数的大小，并注意等号成立的条件．

[解] (px＋qy)－(px＋qy) ＝px＋2pqxy＋qy－px－qy

＝p(p－1)x＋q(q－1)y＋2pqxy. 因为p＋q＝1，所以p－1＝－q，q－1＝－p. 所以(px＋qy)－(px＋qy) ＝－pq(x＋y－2xy)＝－pq(x－y). 因为p，q为正数，所以－pq(x－y)≤0. 所以(px＋qy)≤px＋qy. 当且仅当x＝y时，不等式中等号成立．

比较两个数(式子)的大不，一般用作差法，其步骤是：作差—变形—判断差的符号—结论，其中“变形”是关键，常用的方法是分解因式、配方等．

1．已知a，b∈R，比较a＋b与ab＋ab的大小．

解：因为(a＋b)－(ab＋ab) ＝a(a－b)＋b(b－a) ＝(a－b)(a－b) ＝(a－b)(a＋ab＋b) 222333344334433222222222222222222222b2322＝(a－b)a＋＋b≥0，

24(当且仅当a＝b时，取“＝”号) 所以a＋b≥ab＋ab. 1142．已知x，y均为正数，设m＝＋，n＝，试比较m与n的大小．

xyx＋y114x＋y4解：m－n＝＋－＝－

xyx＋yxyx＋y(x＋y)－4xy(x－y)＝＝，

xy(x＋y)xy(x＋y)∵x，y均为正数，

∴x>0，y>0，xy>0，x＋y>0，(x－y)≥0，

∴m－n≥0，即m≥n，当且仅当x＝y时取等号．

2 2224433

[例2] 已知a>b>0，c

ea－cb－d>e. [思路点拨] 可以作差比较，也可用不等式的性质直接证明．

[证明] 法一：e(b－d－a＋c)＝

a－cb－d(a－c)(b－d)－＝eee(b－a＋c－d)，

(a－c)(b－d)∵a>b>0，c

∴b－a<0，c－d<0. ∴b－a＋c－d<0. 又∵a>0，c<0，∴a－c>0. 同理b－d>0，

∴(a－c)(b－d)>0. ∵e<0，∴即e(b－a＋c－d)>0. (a－c)(b－d). ea－cb－d>e法二：

c－d>0a>b>0⇒



a－c>b－d>0⇒e<011

进行简单的不等式的证明，一定要建立在记准、记熟不等式性质的基础之上，如果不能直接由不等式的性质得到，可以先分析需要证明的不等式的结构，利用不等式的性质进行逆推，寻找使其成立的充分条件．

a2－b2a－b3．设a>b>0，求证：22>. a＋ba＋ba2－b2a－b证明：法一：∵22－

a＋ba＋b(a－b)[(a＋b)－(a＋b)]＝

22(a＋b)(a＋b)

3 222

＝2ab(a－b)>0，

22(a＋b)(a＋b)∴原不等式成立．

法二：∵a>b>0，故a>b>0. 故左边>0，右边>0. 左边(a＋b)2ab∴＝22＝1＋22>1. 右边a＋ba＋b∴原不等式成立．

4．已知a>b>0，d>c>0，求证：>. 11证明：因为d>c>0，所以>>0. 222abcdcd又因为a>b>0，

11ab所以a·>b·，即>. cdcd

利用不等式的性质求范围

[例3] 已知30

[思路点拨] 根据题目提供的条件，结合不等式的性质进行求解．

[解] ∵30

∴46

∴－48<－2y<－32，

∴－18

111∴<<. 24y165x21∴<<. 4y8

求代数式的取值范围是不等式性质应用的一个重要方面，严格依据不等式的性质和运算法则进行运算，是解答此类问题的基础，在使用不等式的性质中，如果是由两个变量的范围求其差的范围，一定不能直接作差，而要转化为同向不等式后作和．

xy

4

ππ5．已知－≤α＜β≤，求α－β的取值范围．

22ππ解：∵－≤α＜β≤，

22ππππ∴－≤α＜，－≤－β＜，且α＜β. 2222∴－π≤α－β＜π，且α－β＜0. ∴－π≤α－β＜0.即α－β的取值范围为[－π，0)．

6．已知1≤α＋β≤4，－2≤α－β≤－1，求2α－β的取值范围．

解：设2α－β＝m(α＋β)＋n(α－β)，

m＋n＝2，∴m－n＝－1，

1m＝，2解得3n＝2.

又1≤α＋β≤4，－2≤α－β≤－1，

∴33－3≤(α－β)≤－，2251∴－≤2α－β≤. 2211≤(α＋β)≤2，22

51∴2α－β的取值范围为－，. 22

1．已知数轴上两点A，B对应的实数分别为x，y，若x

) A．P在Q的左边

C．P，Q两点重合 解析：选B ∵x|y|>0. 故P在Q的右边．

2．已知a，b，c∈R，且ab>0，则下面推理中正确的是(

) A．a>b⇒am>bm B.>⇒a>b

22B．P在Q的右边

D．不能确定

abcc1133C．a>b⇒< abD．a>b⇒a>b

22解析：选C 对于A，若m＝0，则不成立；对于B，若c<0，

5

则不成立；对于C，a－b>0⇒(a－b)(a＋ab＋b)>0，

3322b23222∵a＋ab＋b＝a＋＋b>0恒成立，

2411∴a－b>0，∴a>b.又∵ab>0，∴<.∴C成立；

ab对于D，a>b⇒(a－b)(a＋b)>0，不能说a>b. 223．已知a，b，c∈(0，＋∞)，若A．c＜a＜b C．a＜b＜c 解析：选A 由ca＋bb＋cc＋aB．b＜c＜a

D．c＜b＜a

＜a＜b，则(

) ca＋bb＋cc＋a＜a＜b，可得ca＋b＋1＜ab＋c＋1＜bc＋a＋1，即a＋b＋c＜a＋ba＋b＋ca＋b＋c＜，又a，b，c∈(0，＋∞)，所以a＋b＞b＋c＞c＋a.由a＋b＞b＋c可得b＋cc＋aa＞c；由b＋c＞c＋a可得b＞a，于是有c＜a＜b. 114．若a，b为实数，则“0”的(

) baA．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

11解析：选A 对于00，则b>0，a<成立，如果a<0，则b<0，b>成立，ba1111因此“0”的充分条件；反之，若a＝－1，b＝2，结论“a<或b>”baba11成立，但条件0”的必要条件，即“0”的充分不必要条件．

ba5．若f(x)＝3x－x＋1，g(x)＝2x＋x－1，则f(x)与g(x)的大小关系是22f(x)________g(x)．

解析：∵f(x)－g(x)＝(3x－x＋1)－(2x＋x－1)＝x－2x＋2＝(x－1)＋1≥1>0，∴2222f(x)>g(x)．

答案：> 6．下列命题：

①c－ab；

6

11②a＜0＜b⇒＜；

ab③<，且c>0⇒a>b；

ccabn④

a1)⇒ab. 1111②a＜0＜b⇒＜0，＞0⇒＜. nabab③－＝ccc(b－a)<0，

ababb－a>0，∵c>0，∴有ab<0a

a>b，或ab>0.

b－a<0，或ab>0

∴③不正确，

④中无论n为奇数或偶数，

均可由a1)⇒a

答案：①②④

7．设x＝ab＋5，y＝2ab－a－4a，若x>y，则实数a，b应满足的条件为________．

解析：∵x>y，

∴x－y＝ab＋5－2ab＋a＋4a

＝(ab－1)＋(a＋2)>0. ∴ab－1≠0或a＋2≠0. 即ab≠1或a≠－2. 答案：ab≠1或a≠－2 22222222nnb2a28．若a>0，b>0，求证：＋≥a＋b. abb2a2ab证明：∵＋－a－b＝(a－b)－

abba(a－b)(a＋b)＝，

2ab(a－b)≥0恒成立，且已知a＞0，b＞0，

∴a＋b>0，ab>0. 2

7

222∴(a－b)(a＋b)ab≥0.∴baa＋b≥a＋b. 9．若f(x)＝ax2＋bx，且1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，求f(－2)的取值范围．

解：∵f(－1)＝a－b，f(1)＝a＋b，

令f(－2)＝4a－2b＝Af(－1)＋Bf(1)，

则A＋B＝4，B－A＝－2

⇒A＝3，

B＝1.

∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)．

∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，

∴3≤3f(－1)≤6，

∴5≤f(1)＋3f(－1)≤10，

∴5≤f(－2)≤10. 故f(－2)的取值范围为[5,10]．

10．已知a>0，a≠1. (1)比较下列各组大小．

①a2＋1与a＋a；②a3＋1与a2＋a；

③a5＋1与a3＋a2. (2)探讨在m，n∈Nm＋n＋条件下，a＋1与am＋an的大小关系，并加以证明．

解：(1)∵a>0，a≠1，

∴①a2＋1－(a＋a)＝a2＋1－2a

＝(a－1)2>0. ∴a2＋1>a＋a. ②a3＋1－(a2＋a) ＝a2(a－1)－(a－1) ＝(a＋1)(a－1)2＞0，

∴a3＋1>a2＋a，

③a5＋1－(a3＋a2) ＝a3(a2－1)－(a2－1) ＝(a2－1)(a3－1)．

当a>1时，a3>1，a2>1，

∴(a2－1)(a3－1)>0. 当0

∴(a2－1)(a3－1)>0. 即a5＋1>a3＋a2. 8

(2)根据(1)可探讨，

得am＋n＋1＞a＋a. mn证明如下：

am＋n＋1－(am＋an) ＝a(a－1)＋(1－a) ＝(a－1)(a－1)．

当a>1时，a>1，a>1，

∴(a－1)(a－1)>0. 当0

∴(a－1)(a－1)>0. 综上(a－1)(a－1)>0，

即a

m＋nmnmnmnmnmnmnmnn＋1>a＋a. mn

9