2.1.1 等式与不等式-【金版教程】2025-2026学年新教材高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（湘教版2019）

第2章　一元二次函数、方程和不等式 2.1　相等关系与不等关系 2.1.1　等式与不等式 (教师独具内容) 课程标准：1.梳理等式的性质，理解不等式的概念，掌握不等式的性质，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和解决实际问题． 教学重点：1.不等式的性质.2.不等式性质的应用． 教学难点：用不等式的性质证明不等式． 核心素养：1.借助不等式性质的判断与证明培养逻辑推理素养.2.通过大小比较及利用不等式求范围提升数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 a－b>0 ＝ a<b b±c 核心概念掌握 5 b<a a>c a＋c>b＋c ac>bc ac<bc ＜ ＞ 核心概念掌握 6 ＞ a＋c＞b＋d ac＞bd ＞ ＞ 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 3．比较大小的方法 比较数(式)的大小常用作差与0比较． 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． 4．利用不等式求范围应注意的问题 求指定代数式的取值范围，必须依据不等式的性质进行求解，同向不等式具有可加性，同向正值不等式具有可乘性，但是不能相减或相除，解题时必须利用性质，步步有据，避免改变代数式的取值范围． 核心概念掌握 9 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)任意两个实数都能比较大小．(　　) (2)不等式x≥2的含义是指x不小于2.(　　) (3)若a<b或a＝b之中有一个正确，则a≤b正确．(　　) (4)若ac2>bc2，则a>b.(　　) (5)若a＋c>b＋d，则a>b，c>d.(　　) 答案 √ × √ √ √ 核心概念掌握 10 2．做一做 (1)大桥头竖立的“限重40吨”的警示牌，是指示司机要安全通过该桥，应使车货总质量T不超过40吨，用不等式表示为(　　) A．T<40 B．T>40 C．T≤40 D．T≥40 (2)已知a＋b>0，b<0，那么a，b，－a，－b的大小关系是(　　) A．a>b>－b>－a B．a>－b>－a>b C．a>－b>b>－a D．a>b>－a>－b 答案 核心概念掌握 11 答案 m≥n 核心概念掌握 12 核心素养形成 作差法比较大小 比较下列各组中两个代数式的大小： (1)x2＋3与3x； (2)设x，y，z∈R，比较5x2＋y2＋z2与2xy＋4x＋2z－2的大小． 解 核心素养形成 14 【感悟提升】　 1．作差法比较两个数大小的步骤及变形方法 (1)作差法比较大小的步骤：作差→变形→定号→结论． (2)变形方法：①因式分解；②配方；③通分；④分母或分子有理化；⑤分类讨论． 2．如果两个实数同号，也可采用作商法来比较大小，即作商后看商是大于1，等于1，还是小于1. 核心素养形成 15 解 【跟踪训练】 1．已知a>0，b>0，试利用作差法比较a3＋b3与a2b＋ab2的大小． 解：∵a3＋b3－(a2b＋ab2)＝(a3－a2b)＋(b3－ab2)＝a2(a－b)＋b2(b－a)＝(a－b)(a2－b2)＝(a－b)2·(a＋b)， ∴当a＝b时，a－b＝0，a3＋b3＝a2b＋ab2； 当a≠b时，(a－b)2>0，a＋b>0，a3＋b3>a2b＋ab2. 核心素养形成 16 不等式的性质及应用 答案 ③④ 核心素养形成 17 解析 核心素养形成 18 【感悟提升】　解决这类问题，主要是根据不等式的性质判定，其实质是看是否满足性质所需的条件，若要判断一个命题是假命题，可以从条件入手，推出与结论相反的结论，也可举出一个反例予以否定． 核心素养形成 19 解 核心素养形成 20 解 核心素养形成 21 利用不等式的性质证明不等式 证明 核心素养形成 22 证明 核心素养形成 23 【感悟提升】　利用不等式的性质证明不等式的实质及注意点 (1)实质：利用不等式的性质证明不等式的实质就是根据不等式的性质把不等式变形． (2)注意点：①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． 核心素养形成 24 证明 核心素养形成 25 利用不等式的性质求取值范围 解　∵1<a<4，2<b<8， ∴2<2a<8，6<3b<24. ∴8<2a＋3b<32. ∵2<b<8，∴－8<－b<－2. 又1<a<4，∴1＋(－8)<a＋(－b)<4＋(－2)， 即－7<a－b<2. 故2a＋3b的取值范围是8<2a＋3b<32，a－b的取值范围是－7<a－b<2. 已知1<a<4，2<b<8，试求2a＋3b与a－b的取值范围． 解 核心素养形成 26 解：∵－3<a<2，－4<b<－3， ∴－6<2a<4，－12<3b<－9， ∴－6＋(－12)<2a＋3b<4＋(－9)， ∴－18<2a＋3b<－5. ∵－4<b<－3，∴3<－b<4， ∴－3＋3<a－b<2＋4， ∴0<a－b<6， 故2a＋3b的取值范围为－18<2a＋3b<－5，a－b的取值范围为0<a－b<6. 解 [条件探究]　若本例的条件变为－3<a<2，－4<b<－3，试求2a＋3b与a－b的取值范围． 核心素养形成 27 解 核心素养形成 28 【感悟提升】　利用不等式的性质求取值范围的策略 (1)建立待求范围的整体与已知范围的整体的关系，最后利用一次不等式的性质进行运算，求得待求的范围． (2)同向不等式的两边可以相加，这种转化不是等价变形，如果在解题过程中多次使用这种转化，就有可能扩大其取值范围． 求解这种范围问题要特别注意，不能简单地分别求出单个变量的范围，再去求其他代数式的范围． 核心素养形成 29 解：2a－4b＝3(a－b)－(a＋b)， 因为－1<a＋b<5，－4<a－b<2， 所以－5<－(a＋b)<1，－12<3(a－b)<6， 所以－17<2a－4b<7. 解 【跟踪训练】 4．已知－1<a＋b<5，－4<a－b<2，求2a－4b的取值范围． 核心素养形成 30 随堂水平达标 1．设x<a<0，则下列不等式一定成立的是(　　) A．x2<ax<a2 B．x2>ax>a2 C．x2<a2<ax D．x2>a2>ax 解析：∵x<a<0，∴x2>a2.∵x2－ax＝x(x－a)>0，∴x2>ax.又ax－a2＝a(x－a)>0，∴ax>a2，∴x2>ax>a2. 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 答案 解析 解析：用排除法，A错误，显然c＝d＝0时，结论不成立；B错误，c<0时，结论不成立；D错误，a＝－2，b＝－1时，结论不成立．故选C. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 答案 解析 3．设P＝2a(a－2)＋3，Q＝(a－1)(a－3)，a∈R，则有(　　) A．P≥Q B．P>Q C．P<Q D．P≤Q 解析：∵P－Q＝2a(a－2)＋3－(a－1)(a－3)＝a2≥0，∴P≥Q. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 答案 解析 4．若－1<α<β<1，则α－β的取值范围为_______________． 解析：由－1<β<1得－1<－β<1.∵－1<α<1，∴－2<α－β<2，又α<β，∴－2 <α－β<0. －2<α－β<0 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 证明 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 课后课时精练 一、选择题 1．若a>b，则b2＋1与3b－a的大小关系是(　　) A．b2＋1>3b－a B．b2＋1≥3b－a C．b2＋1<3b－a D．b2＋1≤3b－a 答案 解析 解析：b2＋1－(3b－a)＝b2－2b＋1＋(a－b)＝(b－1)2＋(a－b)．∵a>b，∴a－b>0.又(b－1)2≥0，∴(b－1)2＋(a－b)>0，即b2＋1>3b－a.故选A. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 38 2．设a，b，c，d∈R，且a>b，c>d，则下列结论中正确的是(　　) A．ac2>bc2 B．a－d>b－c C．ad<bd D．a2>b2 答案 解析 解析：对于A，若c＝0，则A不正确；B显然正确；对于C，若d为正数，则C不正确；对于D，若a，b为负数，则D不正确．故选B. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 39 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 40 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 41 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 42 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 43 答案 27＜x－y＜56 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 44 8．某公司有20名技术人员，计划开发A，B两类共50件电子器件，每类每件所需人员和预计产值如下： 答案 20 330 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 46 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 47 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 48 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 49 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 50 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 51 12．已知－1<x＋y<4且2<x－y<3，求2x－3y的取值范围． 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 52 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　两个实数大小的比较 (1)a>b⇔eq \x(\s\up1(01))_________． (2)a＝b⇔a－beq \x(\s\up1(02))_____0. (3)eq \x(\s\up1(03))_______ ⇔a－b<0. 知识点二　等式的性质 (1)如果a＝b，那么a±c＝eq \x(\s\up1(01))________． (2)如果a＝b，那么ac＝bc，eq \f(a,c)＝eq \x(\s\up1(02))_______ (c≠0)． eq \f(b,c) 知识点三　不等式的性质及推论 (1)性质 ①a>b⇔eq \x(\s\up1(01))______． ②a>b，b>c⇒eq \x(\s\up1(02))______． ③a>b⇔eq \x(\s\up1(03))_____________． ④a>b，c>0⇒eq \x(\s\up1(04))_________． ⑤a>b，c<0⇒eq \x(\s\up1(05))_______． ⑥a＞b，且ab＞0⇒eq \f(1,a)eq \x(\s\up1(06))____eq \f(1,b). ⑦a＞b，且ab＜0⇒eq \f(1,a)eq \x(\s\up1(07))____eq \f(1,b). (2)推论 ①a＋b＞c⇒aeq \x(\s\up1(08))_____c－b. ②a＞b，c＞d⇒eq \x(\s\up1(09))_______________． ③a＞b＞0，c＞d＞0⇒eq \x(\s\up1(10))__________． ④a＞b＞0⇒aneq \x(\s\up1(11))____bn(n∈N，n≥2)． ⑤a>b>0⇒eq \r(a)eq \x(\s\up1(12))____eq \r(b). 1．关于不等式性质的理解 两个同向不等式可以相加，但不可以相减，如a>b，c>d不能推出a－c>b－d. 2．常用的结论 (1)b<0<a⇒eq \f(1,a)>eq \f(1,b)； (2)a>b>0，c>d>0⇒eq \f(a,d)>eq \f(b,c)； (3)若a>b>0，m>0，则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)下列命题正确的是(　　) A．a>b，c≠0⇒ac2>bc2 B．a<b⇒eq \r(a)<eq \r(b) C．a>b且c<d⇒a＋c>b＋d D．a>b⇒a2>b2 (4)m＝2a2＋2a＋1，n＝(a＋1)2，则m，n的大小关系为________． 解　(1)∵(x2＋3)－3x＝x2－3x＋3＝eq \b\lc\(\rc\)(x－\f(3,2))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)≥eq \f(3,4)>0，∴x2＋3>3x. (2)∵5x2＋y2＋z2－(2xy＋4x＋2z－2)＝4x2－4x＋1＋x2－2xy＋y2＋z2－2z＋1＝(2x－1)2＋(x－y)2＋(z－1)2≥0， ∴5x2＋y2＋z2≥2xy＋4x＋2z－2，当且仅当x＝y＝eq \f(1,2)，且z＝1时取等号． 下列命题正确的是________． 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\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)<\f(c,b)，,c>0))⇒eq \f(1,a)<eq \f(1,b)；当a<0，b>0时，满足已知条件，但推不出a>b，错误； ②当a＝3，b＝1，c＝－2，d＝－3时，命题显然不成立，错误； ③eq \b\lc\{(\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))，正确； ④显然c2>0，两边同乘以c2，得a>b，正确． 【跟踪训练】 2．(1)判断下列命题是否正确，并说明理由． ①若eq \f(a,c)>eq \f(b,d)，则ad>bc； ②设a，b为正实数，若a－eq \f(1,a)<b－eq \f(1,b)，则a<b. 解：①由eq \f(a,c)>eq \f(b,d)，得eq \f(a,c)－eq \f(b,d)>0，即eq \f(ad－bc,cd)>0，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ad－bc>0，,cd>0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ad－bc<0，,cd<0.)) 即ad>bc且cd>0或ad<bc且cd<0，故不正确． ②因为a－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，正确． (2)若a<b<0，分别判断下列式子是否成立，并简述理由． ①eq \f(1,a－b)<eq \f(1,a)；②eq \f(1,a＋b)>eq \f(1,b). 解：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．因为a<b<0，所以a＋b<b<0，所以eq \f(1,a＋b)>eq \f(1,b). 若a>b>0，c<d<0，e<0，求证：eq \f(e,（a－c）2)>eq \f(e,（b－d）2). 证明　∵c<d<0，∴－c>－d>0. 又a>b>0，∴a－c>b－d>0. ∴(a－c)2>(b－d)2>0. 两边同乘以eq \f(1,（a－c）2（b－d）2)，得eq \f(1,（a－c）2)<eq \f(1,（b－d）2). 又e<0，∴eq \f(e,（a－c）2)>eq \f(e,（b－d）2). [条件探究]　本例条件不变的情况下，求证：eq \f(e,a－c)>eq \f(e,b－d). 证明：∵c<d<0，∴－c>－d>0. ∵a>b>0，∴a－c>b－d>0， ∴0<eq \f(1,a－c)<eq \f(1,b－d)， 又e<0，∴eq \f(e,a－c)>eq \f(e,b－d). 证明：∵a>b>c，∴－c>－b， ∴a－c>a－b>0， ∴eq \f(1,a－b)>eq \f(1,a－c)>0，∴eq \f(1,a－b)＋eq \f(1,c－a)>0， 又b－c>0，∴eq \f(1,b－c)>0，∴eq \f(1,a－b)＋eq \f(1,b－c)＋eq \f(1,c－a)>0. 【跟踪训练】 3．设a>b>c，求证：eq \f(1,a－b)＋eq \f(1,b－c)＋eq \f(1,c－a)>0. 解：∵2<b<8，∴eq \f(1,8)<eq \f(1,b)<eq \f(1,2). 又1<a<4，∴1×eq \f(1,8)<a·eq \f(1,b)<4×eq \f(1,2)， 即eq \f(1,8)<eq \f(a,b)<2.故eq \f(a,b)的取值范围是eq \f(1,8)<eq \f(a,b)<2. [结论探究]　若本例条件不变，求eq \f(a,b)的取值范围． 2．设a，b，c，d∈R，则(　　) A．a>b，c＝d⇒ac<bd B．eq \f(a,c)>eq \f(b,c)⇒a>b C．a3>b3，ab>0⇒eq \f(1,a)<eq \f(1,b) D．a2>b2，ab>0⇒eq \f(1,a)<eq \f(1,b) 5．已知a，b，x，y都是正数，且eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，x>y，求证：eq \f(x,x＋a)>eq \f(y,y＋b). 证明：∵a，b，x，y都是正数，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)，则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,y＋b). 3．已知a>b>0，则eq \r(a)－eq \r(b)与eq \r(a－b)的大小关系是(　　) A.eq \r(a)－eq \r(b)>eq \r(a－b) B.eq \r(a)－eq \r(b)<eq \r(a－b) C.eq \r(a)－eq \r(b)＝eq \r(a－b) D．无法确定 解析：因为a>b>0，所以ab>b2>0，所以eq \r(ab)>b，所以(eq \r(a)－eq \r(b))2－(eq \r(a－b))2＝a＋b－2eq \r(ab)－a＋b＝2b－2eq \r(ab)<0，所以eq \r(a)－eq \r(b)<eq \r(a－b). 4．若a，b为实数，则“0<ab<1”是“a<eq \f(1,b)或b>eq \f(1,a)”的(　　) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件 解析：对于0<ab<1，如果a>0，则b>0，a<eq \f(1,b)成立，如果a<0，则b<0，b>eq \f(1,a)成立，因此“0<ab<1”是“a<eq \f(1,b)或b>eq \f(1,a)”的充分条件；反之，若a＝－1，b＝2，结论“a<eq \f(1,b)或b>eq \f(1,a)”成立，但条件0<ab<1不成立，因此“0<ab<1”不是“a<eq \f(1,b)或b>eq \f(1,a)”的必要条件，即“0<ab<1”是“a<eq \f(1,b)或b>eq \f(1,a)”的充分而不必要条件．故选A. 5．(多选)以下四个条件能使eq \f(1,a)<eq \f(1,b)成立的是(　　) A．b>0>a B．0>a>b C．a>0>b D．a>b>0 解析：因为b>0>a，所以eq \f(1,b)>0>eq \f(1,a)，A正确；因为0>a>b，所以eq \f(1,a)<eq \f(1,b)<0，B正确；因为a>0>b，所以eq \f(1,a)>0>eq \f(1,b)，C错误；因为a>b>0，所以eq \f(1,b)>eq \f(1,a)>0，D正确．故选ABD. 二、填空题 6．若x∈R，则eq \f(x,1＋x2)与eq \f(1,2)的大小关系为______________． 解析：∵eq \f(x,1＋x2)－eq \f(1,2)＝eq \f(2x－1－x2,2（1＋x2）)＝eq \f(－（x－1）2,2（1＋x2）)≤0，∴eq \f(x,1＋x2)≤eq \f(1,2). eq \f(x,1＋x2)≤eq \f(1,2) 7．已知60＜x＜84，28＜y＜33，则x－y的取值范围为______________，eq \f(x,y)的取值范围为_____________． 解析：∵28＜y＜33，∴－33＜－y＜－28，eq \f(1,33)＜eq \f(1,y)＜eq \f(1,28).又60＜x＜84，∴27＜x－y＜56，eq \f(60,33)＜eq \f(x,y)＜eq \f(84,28)，即eq \f(20,11)＜eq \f(x,y)＜3. eq \f(20,11)＜eq \f(x,y)＜3 产品种类 每件需要人员数 每件产值(万元/件) A类 eq \f(1,2) 7.5 B类 eq \f(1,3) 6 今制定计划欲使总产值最高，则A类产品应生产______件，最高产值为______万元． 产品种类 每件需要人员数 每件产值(万元/件) A类 eq \f(1,2) 7.5 B类 eq \f(1,3) 6 解析：设应开发A类电子器件x件，则开发B类电子器件(50－x)件，则eq \f(x,2)＋eq \f(50－x,3)≤20，解得x≤20.由题意，得总产值y＝7.5x＋6×(50－x)＝300＋1.5x≤330，当且仅当x＝20时，y取最大值330.所以开发A类电子器件20件，能使产值最高，为330万元． 三、解答题 9．设a>b>0，试比较eq \f(a2－b2,a2＋b2)与eq \f(a－b,a＋b)的大小． 解：eq \f(a2－b2,a2＋b2)－eq \f(a－b,a＋b)＝eq \f(（a＋b）（a2－b2）－（a－b）（a2＋b2）,（a2＋b2）（a＋b）) ＝eq \f(（a－b）[（a＋b）2－（a2＋b2）],（a2＋b2）（a＋b）)＝eq \f(2ab（a－b）,（a＋b）（a2＋b2）). ∵a>b>0，∴a＋b>0，a－b>0，2ab>0. ∴eq \f(2ab（a－b）,（a＋b）（a2＋b2）)>0，∴eq \f(a2－b2,a2＋b2)>eq \f(a－b,a＋b). 10．(1)已知x，y都是正实数，求证：x3＋y3≥x2y＋xy2； (2)已知n≥0，求证：eq \r(n＋2)－eq \r(n＋1)≤eq \r(n＋1)－eq \r(n). 证明：(1)x3＋y3－x2y－xy2 ＝x2(x－y)－y2(x－y) ＝(x2－y2)(x－y)＝(x－y)2(x＋y)． 因为x>0，y>0，所以(x－y)2(x＋y)≥0， 所以x3＋y3≥x2y＋xy2. (2)要证eq \r(n＋2)－eq \r(n＋1)≤eq \r(n＋1)－eq \r(n)成立， 需证eq \r(n＋2)＋eq \r(n)≤2eq \r(n＋1). 只需证(eq \r(n＋2)＋eq \r(n))2≤(2eq \r(n＋1))2， 只需证n＋1≥eq \r(n2＋2n)，只需证(n＋1)2≥n2＋2n， 需证n2＋2n＋1≥n2＋2n，只需证1≥0， 因为1≥0显然成立， 所以n≥0时，eq \r(n＋2)－eq \r(n＋1)≤eq \r(n＋1)－eq \r(n)成立． 11．已知a，b为正实数，试比较eq \f(a,\r(b))＋eq \f(b,\r(a))与eq \r(a)＋eq \r(b)的大小． 解：解法一：(作差法)eq \b\lc\(\rc\)(\f(a,\r(b))＋\f(b,\r(a)))－(eq \r(a)＋eq \r(b))＝eq \b\lc\(\rc\)(\f(a,\r(b))－\r(b))＋eq \b\lc\(\rc\)(\f(b,\r(a))－\r(a))＝eq \f(a－b,\r(b))＋eq \f(b－a,\r(a)) ＝eq \f(（a－b）（\r(a)－\r(b)）,\r(ab))＝eq \f(（\r(a)－\r(b)）2（\r(a)＋\r(b)）,\r(ab)). ∵a，b为正实数， ∴eq \r(a)＋eq \r(b)>0，eq \r(ab)>0，(eq \r(a)－eq \r(b))2≥0， ∴eq \f(（\r(a)－\r(b)）2（\r(a)＋\r(b)）,\r(ab))≥0，当且仅当a＝b时等号成立． ∴eq \f(a,\r(b))＋eq \f(b,\r(a))≥eq \r(a)＋eq \r(b)(当且仅当a＝b时取等号)． 解法二：(作商法)eq \f(\f(b,\r(a))＋\f(a,\r(b)),\r(a)＋\r(b))＝eq \f(（\r(b)）3＋（\r(a)）3,\r(ab)（\r(a)＋\r(b)）) ＝eq \f(（\r(a)＋\r(b)）（a＋b－\r(ab)）,\r(ab)（\r(a)＋\r(b)）)＝eq \f(a＋b－\r(ab),\r(ab)) ＝eq \f(（\r(a)－\r(b)）2＋\r(ab),\r(ab))＝1＋eq \f(（\r(a)－\r(b)）2,\r(ab))≥1， 当且仅当a＝b时取等号． ∵eq \f(b,\r(a))＋eq \f(a,\r(b))>0，eq \r(a)＋eq \r(b)>0， ∴eq \f(b,\r(a))＋eq \f(a,\r(b))≥eq \r(a)＋eq \r(b)(当且仅当a＝b时取等号)． 解：设2x－3y＝m(x＋y)＋n(x－y)＝(m＋n)x＋(m－n)y， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝2，,m－n＝－3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－\f(1,2)，,n＝\f(5,2).)) ∴2x－3y＝－eq \f(1,2)(x＋y)＋eq \f(5,2)(x－y)． ∵－1<x＋y<4，2<x－y<3， ∴－2<－eq \f(1,2)(x＋y)<eq \f(1,2)，5<eq \f(5,2)(x－y)<eq \f(15,2). ∴3<－eq \f(1,2)(x＋y)＋eq \f(5,2) (x－y)<8，即3<2x－3y<8，∴2x－3y的取值范围为(3，8)． $$