2.1.1 第2课时 不等式的性质及应用（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中数学必修第一册（湘教版2019）  

不等式的性质及应用 (教学方式:深化学习课—梯度进阶式教学) 第2课时 课时目标 1.通过等式与不等式的差异,掌握等式和不等式的性质,能利用不等式的性质证明简单的不等式和解简单不等式. 2.运用不等式的性质分析解决问题时,必须验证是否满足它成立的条件. CONTENTS 目录 1 2 3 课前预知教材·自主落实基础 课堂题点研究·迁移应用融通 课时跟踪检测 课前预知教材·自主落实基础 　　不等式的性质 性质 别名 性质内容 1 对称性 a>b⇔b___a 2 传递性 a>b,b>c⇒a___c 3 可加性 a>b⇔a+c___b+c 推论1:a+b>c⇔a>c-b 推论2:a>b,c>d⇒_________ < > > a+c>b+d 4 可乘性 a>b,c>0⇒ac___bc a>b,c<0⇒ac<bc 推论3:a>b>0,c>d>0⇒ac>bd 推论4:a>b>0⇒an___bn(n∈N,n≥2) 推论5:如果a>b>0,那么> 5 取倒数 a>b,ab>0⇒ a>b,ab<0⇒> 续表 > > < |微|点|助|解| (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.要克服“想当然”“显然成立”的思维定式.注意传递性是有条件的! (2)要注意“箭头”是单向的还是双向的,也就是说每条性质是否具有可逆性.性质1和3是双向的,其余的在一般情况下是不可逆的.性质1把不等式两边的式子交换,所得不等式和原不等式异向. (3)性质3是移项的依据.不等式中任何一项改变符号后,可以把它从一边移到另一边.即a+b>c⇒a>c-b.性质3是可逆的,即a>b⇔a+c>b+c. 基础落实训练 1.判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”) (1)若>1,则a>b. (　 ) (2)a与b的差是非负实数, 可表示为a-b>0. (　 ) (3)∀x∈R,都有x2>x-1. (　 ) (4)a,b,c为实数,在等式中,若a=b,则ac=bc;在不等式中,若a>b,则ac>bc. (　 ) (5)a,b,c为实数,若ac2>bc2,则a>b. (　 ) ×　 ×　 √　 ×　 √ 2.与a>b等价的不等式是 (　 ) A.|a|>|b| B.a2>b2 C.>1 D.a3>b3 解析:可利用赋值法.令a=1,b=-2,满足a>b,但|a|<|b|,a2<b2,=-<1,故A、B、C都不正确. √ 3.已知a<0<b,则下列不等式恒成立的是 (　 ) A.a+b<0 B.<1 C.>1 D.> √ 课堂题点研究·迁移应用融通 题型(一)　利用不等式的性质判断命题真假 [例1]　对于实数a,b,c,下列命题中的真命题是 (　 ) A.若a>b,则ac2>bc2 B.若a>b>0,则> C.若a<b<0,则> D.若a>b,>,则a>0,b<0 √ 解析:法一　∵c2≥0,∴c=0时,有ac2=bc2,故A为假命题;由a>b>0,有ab>0⇒>⇒>,故B为假题; ⇒>,故C为假命题;⇒ab<0.∵a>b,∴a>0且b<0,故D为真命题. 法二　特殊值排除法.取c=0,则ac2=bc2,故A为假命题;取a=2,b=1,则=,=1.有<,故B为假命题;取a=-2,b=-1,则=,=2,有<,故C为假命题. |思|维|建|模| 利用不等式的性质判断命题真假的注意点 (1)运用不等式的性质判断时,要注意不等式成立的条件,不要弱化条件,尤其是不能想当然随意捏造性质. (2)解有关不等式的选择题时,也可采用特殊值法进行排除,注意取值一定要遵循如下原则:一是满足题设条件;二是取值要简单,便于验证计算. 针对训练 1.(多选)下列四个结论正确的是 (　 ) A.a>b,c<d⇒a-c>b-d B.a>b>0,c<d<0⇒ac>bd C.a>b>0⇒a3>b3 D.a>b>0⇒> √ √ 解析:利用不等式的同向可加性可知A正确;根据不等式的性质可知ac<bd,故B不正确;根据不等式性质7可知C正确;由a>b>0可知a2>b2>0,所以<,所以D不正确. [例2]　设a>b>c,求证:++>0. 证明:因为a>b>c,所以-c>-b.所以a-c>a-b>0,所以>>0.所以+>0. 又b-c>0,所以>0.所以++>0. 题型(二)　利用不等式的性质证明不等式 |思|维|建|模| 利用不等式的性质证明不等式的注意事项 (1)利用不等式的性质及实数大小关系的基本事实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. 针对训练 2.已知a>b>0,c<d<0,m<0,求证: (1)<; 证明:因为a>b>0,-c>-d>0, 所以a-c>b-d>0, 所以<. (2)>. 证明:由(1)得<,又m<0, 所以>. 题型(三)　利用不等式的性质求取值范围 [例3]　已知-1<2a+b<2,3<a-b<4,求5a+b的取值范围. 解:令5a+b=λ(2a+b)+μ(a-b)=(2λ+μ)a+(λ-μ)b.∴解得 ∴5a+b=2(2a+b)+(a-b). ∵-1<2a+b<2,∴-2<2(2a+b)<4. 又3<a-b<4,∴1<2(2a+b)+(a-b)<8. 故5a+b的取值范围为(1,8). |思|维|建|模| 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(异向)不等式的两边可以相加(相减),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. [提醒]　求解这种不等式问题要特别注意不能简单地分别求出单个变量的范围,再去求其他不等式的范围. 针对训练 3.(1)已知1<a<4,2<b<8,试求2a+3b与a-b的取值范围; 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. ∴2a+3b的取值范围是(8,32), a-b的取值范围是(-7,2). (2)已知-6<a<8,2<b<3,求的取值范围. 解:∵2<b<3,∴<<. ①当0≤a<8时,0≤<4; ②当-6<a<0时,-3<<0. 由①②得-3<<4,即的取值范围是(-3,4). 课时跟踪检测 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 A级——达标评价 1.设a,b∈R,若a+|b|<0,则下列不等式正确的是(　 ) A.a-b>0 B.a3+b3>0 C.a2-b2<0 D.a+b<0 解析:本题可采用特殊值法,取a=-2,b=1,则a-b<0,a3+b3<0,a2-b2>0,a+b= -1<0.故A、B、C错误,D正确. √ 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 2.已知实数0<a<1,则以下不等关系正确的是 (　 ) A.a2>>a>-a B.a>a2>>-a C.>a>a2>-a D.>a2>a>-a 解析:∵0<a<1,∴0<a2<1,>1,-1<-a<0,0<a2<a.因此,>a>a2>-a. √ 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 3.若实数α,β满足-<α<β<-,则α-β的取值范围是(　 ) A. B. C. D. 解析:∵-<α<β<-,∴-<α<-,<-β<,α-β<0,∴-<α-β<0. √ 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 4.已知a>b>c>0,则 (　 ) A.2a<b+c B.a(b-c)>b(a-c) C.> D.(a-c)3>(b-c)3 √ 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析:对于A,因为a>b>c>0,所以a+a>b+a>b+c,即2a>b+c,故错误;对于B,取a=3>b=2>c=1>0,则a(b-c)=3<b(a-c)=4,故错误;对于C,由a>b>c>0,得a-c>b-c>0,所以<,故错误;对于D,由a>b>c>0,得a-c>b-c>0,所以(a-c)3 >(b-c)3,故正确. 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 5.(多选)已知a,b,c,d均为实数,则下列命题正确的是 (　 ) A.若a>b,c>d则a-d>b-c B.若a>b,c>d则ac>bd C.若a>b,c>d>0,则> D.若ab>0,bc-ad>0,则> √ √ 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析:若c>d,则-d>-c,又a>b,则a-d>b-c,A选项正确;若a=2,b=1,c=-1,d=-2,满足a>b,c>d,但ac=bd=-2,ac>bd不成立,B选项错误;若a=-1,b=-2,c=2,d=1,满足a>b,c>d>0,但==-1,>不成立,C选项错误;bc-ad>0,则bc>ad,又ab>0,∴>,即>,D选项正确.故选AD. 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 6.下列四个条件:①b>a>0,②0>b>a,③a>0>b,④a>b>0.其中能使得<成立的是　　.(填上所有正确的序号)  解析:∵<⇔<0,∴④能使它成立. ④ 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 7.已知a,b为实数,且a≠b,a<0,则a　　2b-(填“>”“<”或“=”).  解析:∵a≠b,a<0,∴a-=<0,∴a<2b-. < 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 8.能说明“若a>b,则<”为假命题的一组a,b的值依次为 　　　　　　　　.  解析:只要保证a为正b为负即可满足要求. 当a>0>b时,>0>. 1,-1(答案不唯一) 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 9.(8分)已知a>b>0,c<d<0,求证:<. 证明:--=. ∵c<d<0,∴-c>-d>0. 又∵a>b>0,∴-ac>-bd>0, 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 即-ac-(-bd)>0. 又cd>0,∴>0, ∴-->0,∴->->0, ∴>,即->-,∴<. 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 10.(8分)已知-4≤a-c≤-1,-1≤4a-c≤5,求9a-c的取值范围. 解:令解得 ∴9a-c=y-x. 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 ∵-4≤x≤-1,∴≤-x≤　①. ∵-1≤y≤5,∴-≤y≤　②. ①+②,得-1≤y-x≤20, ∴-1≤9a-c≤20. 故9a-c的取值范围为[-1,20]. 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 B级——重点培优 11.(多选)若0<a<b,则下列结论正确的是(　 ) A.a3>ab2 B.a+<b+ C.a+2b>4 D.< √ √ 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析:因为0<a<b,所以a2<b2,所以a(a2-b2)<0,即a3<ab2,A错误;因为0<a<b,所以<,所以a+<b+,B正确;取a=1,b=2,则a+2b=5,4=4>5,即a+2b<4,C错误;因为0<a<b,所以-==<0,即<,D正确. 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 12.(多选)十六世纪中叶,英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用,后来英国数学家哈利奥特首次使用“<”和“>”符号,并逐渐被数学界接受,不等号的引入对不等式的发展影响深远.若a,b,c∈R,则下列命题正确的是 (　 ) A.若a>0,则a2+1>(a-1)(a+2) B.若a<b<0,则a2>ab>b2 C.若|a|≤1,|b|≤1,则|a-b|≤|1-ab| D.若a>b>0,则> √ √ 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析:对于A,a2+1-(a-1)(a+2)=a2+1-a2-a+2=3-a,当a>3时,3-a<0,a2+1<(a-1) (a+2),当a=3时,3-a=0,a2+1=(a-1)·(a+2),当a<3时,3-a>0,a2+1>(a-1)·(a+2),故A错误;易知B正确;对于C,(a-b)2-(1-ab)2=a2+b2-1-a2b2=(a2-1)·(1-b2)≤0,即 |a-b|≤|1-ab|,所以C正确;对于D,a>b>0,所以b-a<0,但-=, 无法判断ab-1的符号,则>不一定成立,故D错误.故选BC. 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 13.已知x>y>z,x+y+z=0,则下列不等式一定成立的是 (　 ) A.xy>yz B.xz>yz C.xy>xz D.x|y|>z|y| 解析:因为x>y>z,x+y+z=0,所以3x>x+y+z=0,3z<x+y+z=0,所以x>0,z<0.所以由可得xy>xz. √ 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 14.有外表一样、重量不同的四个小球,它们的重量分别是a,b,c,d,已知a+b=c+d,a+d>b+c,a+c<b,则这四个小球由重到轻的排列顺序是 (　 ) A.d>b>a>c B.b>c>d>a C.d>b>c>a D.c>a>d>b 解析:∵a+b=c+d,a+d>b+c,∴a+d+(a+b)>b+c+(c+d),即a>c.∴b<d.又a+c<b,∴a<b.综上可得,d>b>a>c. √ 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 15.(10分)已知三个不等式:①ab>0;②>;③bc>ad.若以其中两个作为条件,余下的一个作为结论,请写出一个真命题,并写出推理过程. 解:命题一:若ab>0,且>,则bc>ad. 证明:因为>,且ab>0, 所以·ab>·ab,即bc>ad. 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 命题二:若ab>0,且bc>ad,则>. 证明:因为ab>0,所以>0. 又bc>ad,所以bc·>ad·,即>. (只要写出一个即可) 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16.(10分)已知a,b,c为三角形的三边长,求证: (1)a2+b2+c2≥ab+bc+ca; 证明:a,b,c为三角形的三边长,而2(a2+b2+c2)-2(ab+bc+ca)=a2+b2-2ab+b2+c2-2bc+a2+c2-2ac=(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2, 显然(a-b)2≥0,(b-c)2≥0,(a-c)2≥0, 即(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2≥0, 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 当且仅当a=b=c时取等号, 因此2(a2+b2+c2)≥2(ab+bc+ca), 所以a2+b2+c2≥ab+bc+ca. 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)(a+b+c)2<4ab+4bc+4ca. 证明:a,b,c为三角形的三边长, 则0<a<b+c,0<b<c+a,0<c<a+b, 于是得a2+b2+c2<a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)=2(ab+bc+ca), 所以(a+b+c)2=(a2+b2+c2)+2(ab+bc+ca)<4ab+4bc+4ca. 16 $$