1.不等式的基本性质教学设计(第一课时)

1

不等式的基本性质

[学习目标] 1.理解不等式的性质，能运用不等式的性质比较大小. 2.能运用不等式的性质证明不等式等简单问题. [知识链接] 1.怎样比较两个实数的大小？在比较时通常作怎样的数学变形？

提示

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. 作差法中常用的变形手段是分解因式和配方等恒等变形，前者将“差”化为“积”，后者将“差”化为一个完全平方式或几个完全平方式的“和”，也可二者并用. 2.利用不等式的性质，如何证明下列不等式？

(1)a＞b，c＜d⇒a－c＞b－d；

ab(2)a＞b＞0，d＞c＞0⇒c＞d. a＞b⇒a－c＞b－d的推导过程是：c＜d⇒－c＞－d，对a＞b和－c提示

(1)c＜d＞－d应用不等式的同向不等式的可加性质得：a－c＞b－d. a＞b＞0ab111⇒＞的推导过程是：d＞c＞0两边同乘(cd＞0)，则＞＞0，应(2)cdcdd＞c＞0cdab用不等式可乘性质得c＞d. [预习导引] 1.两个实数大小的比较

(1)a＞b⇔a－b＞0；

(2)a＝b⇔a－b＝0；

(3)a＜b⇔a－b＜0. 2.不等式的基本性质

(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ac＜bc. (5)如果a＞b＞0，那么an＞bn(n∈N，n≥2). nn(6)如果a＞b＞0，那么a＞b(n∈N，n≥2). 3.作差比较法

(1)理论依据：a－b＞0⇔a＞b；a－b＝0⇔a＝b；a－b＜0⇔a＜b. (2)方法步骤：①作差；②整理；③判断符号；④下结论.

要点一

不等式基本性质的简单应用

例1

若a，b，c∈R，a＞b，则下列不等式成立的是(

) 11A.a＜b

abC.2＞2

c＋1c＋1

B.a2＞b2

D.a|c|＞b|c| 解析

本题只提供了“a，b，c∈R，a＞b”这个条件，而不等式的基本性质中，几乎都有类似的前提条件，但结论会根据不同的要求有所不同，因而这需要根据本题的四个选择项来进行判断.选项A，还需有ab＞0这个前提条件；选项B，当a，b都为负数或一正一负时都有可能不成立，如2＞－3，但22＞(－3)2不正确；选项C，答案

C 规律方法

考查不等式的基本性质的选择题，解答时，

一是利用不等式的相关性质，其中，特别要注意不等式变号的影响因素，如数乘、取倒数、开方、平方等；二是对所含字母取特殊值，结合排除法去选正确的选项，这种方法一般要注意选取的值应具有某个方面的代表性，如选取0、正数、负数等. 跟踪演练1

若a＞b＞0，c＜d＜0，则一定有(

) 1＞0，因而正确；选项D；当c＝0时不正确. c＋12

abA.d＞c

abC.c＞d

abB.d＜c

abD.c＜d

解析

思路一

根据给出的字母的取值要求，取特殊值验证. 思路二

根据不等式的性质直接推导. 法一

令a＝3，b＝2，c＝－3，d＝－2，

ab则c＝－1，d＝－1，排除选项C，D；

a3b2ab又d＝－2，c＝－3，所以d＜c，所以选项A错误，选项B正确.故选B. 法二

因为c＜d＜0，所以－c＞－d＞0，

11ab所以＞＞0.又a＞b＞0，所以＞，

－d－c－d－cab所以d＜c.故选B. 答案

B 要点二

实数大小的比较

x12例2

x∈R，比较(x＋1)x2＋2＋1与x＋2·(x＋x＋1)的大小. xxx22x＋x＋1－2＝(x＋1)(x＋x＋1)－(x＋1)，

解

因为(x＋1)x2＋2＋1＝(x＋1)·2112x＋2(x＋x＋1)＝x＋1－2(x2＋x＋1) 12＝(x＋1)(x＋x＋1)－2(x2＋x＋1). 2112x＋x＋1－x＋2(x＋x＋1) ∴作差，得(x＋1)2x111＝(x＋1)(x2＋x＋1)－2(x＋1)－(x＋1)(x2＋x＋1)＋2(x2＋x＋1)＝2(x2＋x＋1)－2(x21＋x)＝2＞0，

x1∴(x＋1)x2＋2＋1＞x＋2(x2＋x＋1). 规律方法

(1)在本题中直接作差不容易判断其符号或者运算较大时，可观察式子自身的特点，先作变形，再去作差，然后比较大小.

(2)要注意提高观察能力、敏锐的观察，特点的发现，加之中肯的分析是妙解与巧解产生的重要因素.在平日的学习中要注意多发现、多观察、多总结，别到用时方恨少. (3)两个实数比较大小，通常用作差法来进行.其一般步骤是：①作差；②变形，常采用配方、因式分解、分母有理化等方法；③定号，即确定差的符号；④下结论. b2a2跟踪演练2

若a>0，b>0，求证：a＋b≥a＋b. b2a2证明

∵＋－a－b

ab2ab（a－b）（a＋b）＝(a－b)b－a＝，

ab∵(a－b)2≥0恒成立，且已知a>0，b>0，

∴a＋b>0，ab>0. （a－b）2（a＋b）∴≥0. abb2a2∴a＋b≥a＋b. 要点三

利用不等式的性质求范围

x例3

已知60＜x＜84，28＜y＜33，则x－y的取值范围为________，y的取值范围为________. 解析

x－y＝x＋(－y)，所以需先求出－y的范围；

x11＝x×，所以需先求出yyy的范围. ∵28＜y＜33，

111∴－33＜－y＜－28，33＜y＜28. 60x8420x又60＜x＜84，∴27＜x－y＜56，33＜y＜28，即11＜y＜3. 20x答案

27＜x－y＜56

11＜y＜3 规律方法

本题不能直接用x的范围去减或除y的范围，应严格利用不等式的基本性质去求得范围，其次在有些题目中，还要注意整体代换的思想，即弄清要求

的与已知的“范围”间的联系.如已知20＜x＋y＜30，15＜x－y＜18，要求2x＋3y的范围，不能分别求出x，y的范围，再求2x＋3y的范围，应把已知的“x＋515y”“x－y”视为整体，即2x＋3y＝2(x＋y)－2(x－y)，所以需分别求出2(x＋y)、1－2(x－y)的范围，两范围相加可得2x＋3y的范围.“范围”必须对应某个字母变量或代数式，一旦变化出其他的范围问题，则不能再间接得出，必须“直来直去”，即直接找到要求的量与已知的量间的数量关系，然后去求. 跟踪演练3

若已知二次函数y＝f(x)的图象过原点，且1≤f(－1)≤2，3≤f(1)≤4.求f(－2)的范围. 1≤a－b≤2，解

设f(x)＝ax＋bx(a≠0)，则有

3≤a＋b≤4，2又∵f(－2)＝3f(－1)＋f(1)，

∴1×3＋3≤f(－2)≤2×3＋4，

即6≤f(－2)≤10. 要点四

利用不等式的性质证明不等式

例4

若a＞b＞0，c＜d＜0，e＜0. 求证：(1)(2)ee＞；

a－cb－dee. 2＞（a－c）（b－d）2证明

∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0，

∵a＞b＞0，∴a－c＞b－d＞0(*) (1)由(*)式知11＜. a－cb－dee又∵e＜0，∴＞. a－cb－d(2)由(*)式知(a－c)2＞(b－d)2＞0，

11∴，

2＞（b－d）（a－c）2ee又∵e＜0，∴＜，

（b－d）2（a－c）2

ee即. 2＞（a－c）（b－d）2规律方法

利用不等式性质证明不等式的实质就是依据性质把不等式进行变形.在此过程中，一要严格符合性质条件；二要注意向特征不等式的形式化归. ab跟踪演练4

已知c＞a＞b＞0，求证：＞. c－ac－b证明

∵a＞b，∴－a＜－b，又c＞a＞b＞0，

11∴0＜c－a＜c－b，∴＞＞0. c－ac－b又∵a＞b＞0，∴ab＞. c－ac－b

1.不等式的性质是不等式变形的依据，每一步变形都要严格依照性质进行，千万不可想当然. 2.作差法比较的一般步骤

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，就是确定是大于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. 3.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保证，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，而要先转化为同向不等式后作和.

1.设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q<0”是“对任意的正整数n，a2n－1＋a2n<0”的(

) A.充要条件

B.充分而不必要条件

C.必要而不充分条件

D.既不充分也不必要条件

解析

设数列的首项为a1，则a2n－1＋a2n＝a1q2n－2＋a1q2n－1＝a1q2n－2(1＋q)<0，即q<－1，

故q<0是q<－1的必要而不充分条件.故选C. 答案

C 2.若a＜0，－1＜b＜0，则有(

) A.a＞ab＞ab2

C.ab＞a＞ab2

B.ab2＞ab＞a

D.ab＞ab2＞a

解析

∵a＜0，－1＜b＜0，

∴ab＞0，ab2＜0，故排除A，B选项；

又∵0＜b2＜1，∴ab2＞a.故选D. 答案

D 3.设x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若x＞y，则实数a，b满足的条件是________. 解析

x－y＝(ab－1)2＋(a＋2)2，

因为x＞y，所以(ab－1)2＋(a＋2)2＞0，

则ab－1≠0或a＋2≠0，

即ab≠1或a≠－2. 答案

ab≠1或a≠－2 4.已知－1＜a＋b＜3且2＜a－b＜4，求2a＋3b的取值范围. x＋y＝2，解

设2a＋3b＝x(a＋b)＋y(a－b)，则

x－y＝3，5x＝2，解得

1y＝－2.55151∴－2＜2(a＋b)＜2，－2＜－2(a－b)＜－1. 95113∴－2＜2(a＋b)－2(a－b)＜2，

913即－2＜2a＋3b＜2.

一、基础达标

1.设a，b∈R，则“(a－b)·a2<0”是“a

) A.充分而不必要条件

B.必要而不充分条件

C.充要条件

D.既不充分也不必要条件

解析

若(a－b)·a2<0，则a≠0，且a

A

2.若a>b>0，c

) ababA.c>d

B.c

ababC.d>c

D.d

11ab解析

由c－c>0，又a>b>0，故由不等式性质，得－d>－c>0，所以abd

D ππ3.设角α，β满足－2＜α＜β＜2，则α－β的取值范围是(

) A.－π＜α－β＜0 πC.－2＜α－β＜0

B.－π＜α－β＜π

ππD.－2＜α－β＜2

ππ解析

∵－2＜α＜β＜2，

ππ∴－＜－β＜－α＜，

22∴－π＜α－β＜β－α＜π，且α－β＜0. ∴－π＜α－β＜0. 答案

A 4.已知a，b，c均为实数，下面四个命题中正确命题的个数是(

) ①a＜b＜0⇒a2＜b2；

a②b＜c⇒a＜bc；

③ac2＞bc2⇒a＞b；

b④a＜b＜0⇒a＜1. A.0

B.1

C.2

D.3 解析

①不正确.∵a＜b＜0，∴－a＞－b＞0，

∴(－a)2＞(－b)2，即a2＞b2. a②不正确.b＜c，若b＜0，则a＞bc. ③正确.∵ac2＞bc2，∴c≠0，∴a＞b. ④正确.∵

a＜b＜0，∴－a＞－b＞0. b∴1＞a＞0. 答案

C 5.若－1＜a＜2，－2＜b＜1，则a－|b|的取值范围是________. 解析

∵－2＜b＜1，∴0≤|b|＜2. ∴－2＜－|b|≤0. 而－1＜a＜2，∴－3＜a－|b|＜2. 答案

(－3，2) abb＋ma＋n6.若a＞b＞0，m＞0，n＞0，则b，，按由小到大的顺序排列为________. a，a＋mb＋nbb＋mbb＋naa＋n解析

由a＞b＞0，m＞0，n＞0，知a＜＜1，且a＜＜1，所以b＞a＋ma＋nb＋n＞1，即1＜a＋na＜. b＋nbbb＋ma＋na答案

a＜＜＜

a＋mb＋nb11xy7.已知a，b，x，y都是正数，且a＞b，x＞y.求证：＞. x＋ay＋b11证明

因为a，b，x，y都是正数且a＞b，x＞y，

xyab所以a＞b，故x＜y，

a＋xb＋yab则x＋1＜y＋1，即x＜y. xy∴＞. x＋ab＋y二、能力提升

118.已知m，n∈R，则m＞n成立的一个充要条件是(

) A.m＞0＞n

C.m＜n＜0

B.n＞m＞0 D.mn(m－n)＜0 n－m1111解析

m＞n⇔m－n＞0⇔mn＞0⇔mn(n－m)＞0⇔mn(m－n)＜0. 答案

D 9.已知函数f(x)＝x＋x3，x1，x2，x3∈R，x1＋x2＜0，x2＋x3＜0，x3＋x1＜0，那么f(x1)＋f(x2)＋f(x3)的值(

) A.一定大于0

C.等于0

B.一定小于0 D.正负都有可能

解析

x1＋x2＜0⇒x1＜－x2，

又∵f(x)＝x＋x3为奇函数且在R上递增，

∴f(x1)＜f(－x2)＝－f(x2)，

即f(x1)＋f(x2)＜0. 同理：f(x2)＋f(x3)＜0，f(x1)＋f(x3)＜0. 以上三式相加，整理得f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＜0. 答案

B 111ab10.已知0＜a＜b，且M＝＋，N＝＋，则M，N的大小关系是1＋a1＋b1＋a1＋b________. 解析

法一

M－N＝11ab＋－－

1＋a1＋b1＋a1＋b1－a1－b2（1－ab）＝＋＝，

1＋a1＋b（1＋a）（1＋b）由已知可得a＞0，b＞0且ab＜1，

∴1－ab＞0，∴M－N＞0，即M＞N.

M2＋a＋b法二

N＝，

a＋b＋2ab1∵0＜a＜b，∴0＜ab＜1，∴0＜2ab＜2，

∴0＜a＋b＋2ab＜a＋b＋2. 2＋a＋b∴＞1. a＋b＋2ab又∵M＞0，N＞0，∴M＞N. 答案

M＞N

a3－b3a－b11.已知a＞b＞0，比较3与的大小. a＋b3a＋ba3－b3a－b解

3－

a＋b3a＋b2222a＋ab＋ba－ab＋b2ab（a－b）＝＝(a－b). 33－a3＋b3a3＋b3a＋b∵a＞b＞0，∴a－b＞0，∴2ab（a－b）＞0，

a3＋b3a3－b3a－ba3－b3a－b∴3－＞0，即3＞. a＋b3a＋ba＋b3a＋ba12.设24＜a≤25，5＜b≤12，求a＋b，a－b，ab，b的取值范围. 解

由24＜a≤25，5＜b≤12，得29＜a＋b≤37，

120＜ab≤300. 由24＜a≤25，－12≤－b＜－5，得12＜a－b＜20. 111a由24＜a≤25，12≤b＜5，得2＜b＜5. 三、探究与创新

n3n313.比较＋1－－1与2的大小(n≠0). 66nn3n3解

设a＝，则＋1－－1

666＝(a＋1)3－(a－1)3

＝(a3＋3a2＋3a＋1)－(a3－3a2＋3a－1)

＝6a2＋2＝n2＋2. n3n3∴＋1－－1－2＝n2. 66又n≠0，∴n2＞0. n3n3＋1－1－－2＞0(n≠0). ∴66n3n3即＋1－－1＞2(n≠0). 66