2.2.1 不等式及其性质-【金版教程】2025-2026学年高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（人教B版）

该高中数学课件围绕不等式的概念、性质、作差比较法及证明与取值范围展开，通过联系等式知识导入，搭建从已知到未知的学习支架，帮助学生梳理知识脉络。 其亮点在于结合作差法比较大小、反证法证明等实例，渗透数学抽象与逻辑推理素养，采用分层训练和方法总结提升实效。学生能提升推理能力，教师可借助系统资源优化教学。

第二章　等式与不等式 ２.2　不等式 2.2.1　不等式及其性质 (教师独具内容) 课程标准：1.理解不等式的概念.2.掌握不等式的性质． 教学重点：1.不等式的性质.2.用作差法比较代数式的大小.3.用不等式的性质证明不等式． 教学难点：用不等式的性质求取值范围． 核心素养：1.通过学习不等式的性质及推论培养数学抽象素养.2.通过应用不等式的性质及推论解决问题培养逻辑推理素养． 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 依据 ①实数与数轴上的点一一对应； ②一般地，如果点P对应的数为x，则称x为点P的坐标，并记作P(x) 结论 数轴上的点往数轴的_________运动时，它所对应的实数会变大 知识点一　不等式与不等关系 我们用数学符号“≠”“>”“<”“_____”“____”连接两个数或代数式，以表示它们之间的不等关系，含有这些_________的式子，称为不等式． 注意：a≥b⇔a>b或a＝b，a≤b⇔___________． 知识点二　比较两个实数大小的方法 (1)画数轴比较法 ≥ ≤ 不等号 a<b或a＝b 正方向 核心概念掌握 5 依据 a－b<0⇔_______ a－b＝0⇔_______ a－b>0⇔_______ 结论 确定任意两个实数a，b的大小关系，只需确定它们的差a－b与0的大小关系即可 a<b a＝b a>b (2)作差比较法 核心概念掌握 6 > > < > < 核心概念掌握 7 (2)不等式的推论 推论1：如果a＋b>c，那么a___c－b；(移项法则) 推论2：如果a>b，c>d，那么a＋c___b＋d；(同向可加性) 推论3：如果a>b>0，c>d>0，那么ac___bd；(同向同正可乘性) 推论4：如果a>b>0，那么an___bn(n∈N，n>1)；(可乘方性) 推论5：如果________，那么>.(可开方性) [注意]　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. > > > > a>b>0 核心概念掌握 8 知识点四　证明方法 (1)作差法：通过比较两式之差的符号来判断两式的大小，从而证得不等式． (2)综合法：从已知条件出发，综合利用各种结果，经过逐步推导最后得到结论的方法．综合法中，最重要的推理形式为______，其中p是已知或者已经得出的结论，所以综合法的实质就是不断寻找________________． (3)反证法：首先假设_____________成立，然后由此进行推理得到矛盾，最后得出假设不成立． (4)分析法：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、基本事实、定理等)为止．分析法中，最重要的推理形式为_______，其中p是需要证明的结论，所以分析法的实质就是不断寻找____________________． p⇒q 必然成立的结论 结论的否定 p⇐q 结论成立的充分条件 核心概念掌握 9 核心概念掌握 10 1．(比较两个实数的大小)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 2．(不等式的性质)设b<a，d<c，则下列不等式中一定成立的是(　　) A．a－c>b－d B．ac>bd C．a＋c>b＋d D．a＋d>b＋c 3．(作差法比较大小)已知x<1，则x2＋2与3x的大小关系是__________． x2＋2>3x 核心概念掌握 11 核心素养形成 题型一　作差法比较大小 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. 核心素养形成 13 核心素养形成 14 核心素养形成 15 [条件探究]　若将本例(2)中“x<1”改为“x∈R”，则x3－1与2x2－2x的大小关系又如何呢？ 核心素养形成 16 【感悟提升】　作差比较法的四个步骤 核心素养形成 17 【跟踪训练】　 1．(1)比较x3＋6x与x2＋6的大小． 解：(x3＋6x)－(x2＋6)＝x(x2＋6)－(x2＋6)＝(x－1)(x2＋6)． ∵x2＋6>0，∴当x>1时，x3＋6x>x2＋6； 当x＝1时，x3＋6x＝x2＋6； 当x<1时，x3＋6x<x2＋6. 核心素养形成 18 (2)已知a，b∈R，x＝a3－b，y＝a2b－a，试比较x与y的大小． 解：x－y＝a3－b－a2b＋a＝a2(a－b)＋a－b＝(a－b)(a2＋1)． ∵a2＋1＞0，∴当a＞b时，x－y＞0，即x＞y； 当a＝b时，x－y＝0，即x＝y； 当a＜b时，x－y＜0，即x＜y. 核心素养形成 19 题型二　利用不等式的性质判断 核心素养形成 20 核心素养形成 21 核心素养形成 22 【感悟提升】　 (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，尤其是不能随意捏造性质． (2)解有关不等式性质的选择题时，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． 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 题型三　利用不等式的性质求取值范围 核心素养形成 26 核心素养形成 27 (3)已知实数x，y满足－4≤x－y≤－1，－1≤4x－y≤5，求9x－3y的取值范围． 核心素养形成 28 [结论探究] 若本例(1)中，条件不变，则a＋b，ab的取值范围又如何？ 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. 核心素养形成 29 【感悟提升】　本例(1)中不能直接用a的范围减去或除以b的范围，应严格利用不等式的性质去求范围；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．如本例(3)，要求9x－3y的范围，不能分别求出x，y的范围，再求9x－3y的范围，应把已知的“x－y”“4x－y”视为整体，即9x－3y＝(x－y)＋2(4x－y)，所以需分别求出(x－y)，2(4x－y)的范围，两范围相加可得9x－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之间的数量关系，然后去求． 核心素养形成 30 【跟踪训练】　 3．(1)已知1<a<4，2<b<8，求2a＋3b与a－b的取值范围． 解：因为1<a<4，2<b<8， 所以2<2a<8，6<3b<24， 所以8<2a＋3b<32. 因为2<b<8，所以－8<－b<－2. 又因为1<a<4， 所以1＋(－8)<a＋(－b)<4＋(－2)， 即－7<a－b<2. 核心素养形成 31 核心素养形成 32 (3)已知－1≤x＋y≤1，1≤x－y≤5，求3x－2y的取值范围． 核心素养形成 33 题型四　利用不等式的性质证明不等式 角度 　 综合法 (1)已知a>b，e>f，c>0，求证：f－ac<e－bc. 证明　∵a>b，c>0，∴ac>bc， ∴－ac<－bc. ∵f<e，∴f－ac<e－bc. 核心素养形成 34 核心素养形成 35 核心素养形成 36 核心素养形成 37 【感悟提升】　利用不等式的性质证明不等式的实质与技巧 (1)实质：就是根据不等式的性质把不等式进行变形，要注意不等式的性质成立的条件． (2)技巧：若不能直接由不等式的性质得到，可先分析需要证明的不等式的结构．然后利用不等式的性质进行逆推，寻找使其成立的充分条件，即使用分析法．所以要根据已知条件和所证结论合理选择用综合法、反证法还是分析法． 核心素养形成 38 核心素养形成 39 (2)已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，求证：a，b，c，d中至少有一个是负数． 证明：假设a，b，c，d都是非负数， ∵a＋b＝c＋d＝1，∴(a＋b)(c＋d)＝1. 又(a＋b)(c＋d)＝ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd， ∴ac＋bd≤1，这与已知ac＋bd>1矛盾， ∴假设不成立， ∴a，b，c，d中至少有一个是负数． 核心素养形成 40 核心素养形成 41 核心素养形成 42 随堂水平达标 1．若m＝x2－1，n＝2(x＋1)2－4(x＋1)＋1，则m与n的大小关系是(　　) A．m<n B．m>n C．m≥n D．m≤n 解析： ∵n－m＝x2≥0，∴n≥m. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 44 2．已知a<0，－1<b<0，则下列不等式成立的是(　　) A．a>ab>ab2 B．ab2>ab>a C．ab>a>ab2 D．ab>ab2>a 随堂水平达标 1 2 3 4 5 45 随堂水平达标 1 2 3 4 5 46 a<b 随堂水平达标 1 2 3 4 5 47 5．已知－1≤a＋b≤1，1≤a－2b≤3，则a＋3b的取值范围为__________． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 48 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★★ ★ 对点 作差法比较大小——配方法　　　 利用不等式的性质及推论判断不等关系　 利用不等式的性质及推论求取值范围　　 不等式的性质与充分、必要条件相结合 利用不等式的性质及作差法判断不等关系 利用不等式的性质判断命题的真假 不等式的实际应用　 反证法证明不等式 题号 9 10 11 12 13 14 15 16 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 利用不等式的性质及推论求取值范围 作差法比较大小的应用　　 作差法比较大小——因式法、分式型 不等式的证明——反证法、分析法 利用不等式的性质及推论判断不等关系 利用不等式的性质求取值范围——整体代换法 作差法比较大小、作商法比较大小 不等式的证明及应用——综合法 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 一、单选题 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 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 13 14 15 16 51 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 解析：对于A，若c＝0，则A不正确；对于B，由c＞d，得－d＞－c，又a＞b，则a－d＞b－c，则B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 13 14 15 16 52 3．若－1<α<β<1，则下列各式中恒成立的是(　　) A．－2<α－β<0 B．－2<α－β<－1 C．－1<α－β<0 D．－1<α－β<1 解析：由－1<α<1，－1<β<1，得－1<－β<1，所以－2<α－β<2，又α<β，所以－2<α－β<0.故选A. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 60 (27，56) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 61 10．设x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若x＞y，则实数a，b应满足的条件为____________． ab≠1或a≠－2 解析：∵x＞y，∴x－y＝a2b2＋5－2ab＋a2＋4a＝(ab－1)2＋(a＋2)2＞0，∴ab－1≠0或a＋2≠0，即ab≠1或a≠－2. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 63 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 66 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 67 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 68 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 69 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 70 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 71 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 72 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点三　不等式的性质及推论 (1)不等式的性质 性质1：如果a>b，那么a＋c____b＋c；(可加性) eq \a\vs4\al(\b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(性质2：如果a>b，c>0，那么_____bc；,性质3：如果a>b，c<0，那么_____bc；))\a\vs4\al\co1(可乘性)) 性质4：如果a>b，b>c，那么a____c；(传递性) 性质5：a>b⇔b____a.(对称性) [拓展]　常用的结论 (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，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)(a－m>0)． (1)已知a，b为正数，且a≠b，比较a3＋b3与a2b＋ab2的大小； (2)已知x<1，比较x3－1与2x2－2x的大小； (3)已知x，y均为正数，设m＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)，n＝eq \f(4,x＋y)，比较m和n的大小． (2)x3－1－(2x2－2x)＝(x－1)(x2＋x＋1)－2x(x－1) ＝(x－1)(x2＋x＋1－2x) ＝(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)))\s\up12(2)＋\f(3,4))). ∵x<1，∴x－1<0，又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))) eq \s\up12(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)))\s\up12(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＋y）2－4xy,xy（x＋y）)＝eq \f(（x－y）2,xy（x＋y）)， 又x，y均为正数， ∴xy>0，x＋y>0，(x－y)2≥0. ∴m－n≥0，即m≥n(当且仅当x＝y时，等号成立)． 解：由例题知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)))\s\up12(2)＋\f(3,4)))，∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)>0， ∴当x－1<0，即x<1时，x3－1<2x2－2x； 当x－1＝0，即x＝1时，x3－1＝2x2－2x； 当x－1>0，即x>1时，x3－1>2x2－2x. A．若eq \f(c,a)<eq \f(c,b)且c>0，则a>b B．若a>b且c>d，则ac>bd C．若a>b>0且c>d>0，则eq \r(\f(a,d))>eq \r(\f(b,c)) D．若eq \f(a,c2)>eq \f(b,c2)，则a>b 解析　对于A，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)<\f(c,b)，,c>0，))可得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，故A错误；对于B，当a＝3，b＝1，c＝－2，d＝－3时，命题显然不成立，故B错误；对于C，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>b>0，,c>d>0，))可得eq \f(a,d)>eq \f(b,c)>0，所以eq \r(\f(a,d))>eq \r(\f(b,c))，故C正确；对于D，显然c2>0，所以两边同乘以c2，得a>b，故D正确．故选CD. (2)若实数a，b，c满足a>b>c，则下列不等式正确的是(　　) A．a＋c>b B．a|c|>b|c| C.eq \f(1,a－c)<eq \f(1,b－c) D.eq \f(ab2,c2)<eq \f(a2b,c2＋1) 解析　对于A，当a＝3，b＝2，c＝－5时，a＋c>b不成立，故A错误；对于B，当a＝3，b＝2，c＝0时，a|c|＝b|c|，故B错误；对于C，因为a>b>c，所以a－c>b－c>0，故eq \f(1,a－c)<eq \f(1,b－c)，故C正确；对于D，当a＝0时，左右两边相等，故D错误．故选C. 【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因为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\{(\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，故正确． (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). (a,b)INCLUDEPICTURE"例3灰.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\537数学（必修第一册导学案（B版\\例3灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\537数学（必修第一册导学案（B版\\例3灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\赵娜\\537数学（必修第一册导学案（B版\\例3灰.TIF" \* MERGEFORMATINET 　(1)已知2<a≤5，3≤b<10，求a－b，的取值范围． 解　∵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). 解　∵－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). 两式相加得－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)， 两式相加得－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. (2)已知－eq \f(π,2)≤α<β≤eq \f(π,2)，求eq \f(α＋β,2)，eq \f(α－β,3)的取值范围． 解　设9x－3y＝a(x－y)＋b(4x－y)＝(a＋4b)x－(a＋b)y， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋4b＝9，,a＋b＝3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2.)) 所以9x－3y＝(x－y)＋2(4x－y)， 因为－1≤4x－y≤5，所以－2≤2(4x－y)≤10， 又因为－4≤x－y≤－1，所以－6≤9x－3y≤9. (2)已知－eq \f(π,2)<β<α<eq \f(π,2)，求2α－β的取值范围． 解：因为－eq \f(π,2)<α<eq \f(π,2)，－eq \f(π,2)<β<eq \f(π,2)， 所以－eq \f(π,2)<－β<eq \f(π,2)，所以－π<α－β<π. 又因为β<α，所以α－β>0，所以0<α－β<π， 因为2α－β＝α＋(α－β)， 所以－eq \f(π,2)<2α－β<eq \f(3π,2). 解：设3x－2y＝m(x＋y)＋n(x－y)＝(m＋n)x＋(m－n)y， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,m－n＝－2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,2)，,n＝\f(5,2)，)) 所以3x－2y＝eq \f(1,2)(x＋y)＋eq \f(5,2)(x－y)． 因为－1≤x＋y≤1，1≤x－y≤5，所以－eq \f(1,2)≤eq \f(1,2)(x＋y)≤eq \f(1,2)，eq \f(5,2)≤eq \f(5,2)(x－y)≤eq \f(25,2)，所以2≤3x－2y≤13. (2)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. 则(a－c)2>(b－d)2>0，即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). 角度 (1＋y,x) 　已知x>0，y>0，且x＋y>2，求证：与eq \f(1＋x,y)至少有一个小于2. 证明　假设eq \f(1＋y,x)与eq \f(1＋x,y)都不小于2，即eq \f(1＋y,x)≥2，eq \f(1＋x,y)≥2. ∵x>0，y>0，∴1＋y≥2x，1＋x≥2y， 两式相加得2＋(x＋y)≥2(x＋y)． ∴x＋y≤2，这与已知中x＋y>2矛盾． ∴假设不成立，原命题成立． 故eq \f(1＋y,x)与eq \f(1＋x,y)至少有一个小于2. 角度 (a＋b,b) 　已知bc－ad≥0，bd>0.求证：≤eq \f(c＋d,d). 证明　∵bd>0，∴要证eq \f(a＋b,b)≤eq \f(c＋d,d)，只需证d(a＋b)≤b(c＋d)，展开得ad＋bd≤bc＋bd，即ad≤bc，bc－ad≥0，∵bc－ad≥0成立，∴eq \f(a＋b,b)≤eq \f(c＋d,d)成立． 【跟踪训练】　 4．(1)已知c>a>b>0，求证：eq \f(a,c－a)>eq \f(b,c－b). 证明：∵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). (3)已知a>b>0，求证：eq \f(（a－b）2,8a)<eq \f(a＋b,2)－eq \r(ab)<eq \f(（a－b）2,8b). 证明：要证eq \f(（a－b）2,8a)<eq \f(a＋b,2)－eq \r(ab)<eq \f(（a－b）2,8b)， 只需证eq \f(（a－b）2,8a)<eq \f(（\r(a)－\r(b)）2,2)<eq \f(（a－b）2,8b). ∵a>b>0，∴同时除以eq \f(（\r(a)－\r(b)）2,2)，得 eq \f(（\r(a)＋\r(b)）2,4a)<1<eq \f(（\r(a)＋\r(b)）2,4b)， 同时开方，得eq \f(\r(a)＋\r(b),2\r(a))<1<eq \f(\r(a)＋\r(b),2\r(b))， 只需证eq \r(a)＋eq \r(b)<2eq \r(a)，且eq \r(a)＋eq \r(b)>2eq \r(b)， 即证eq \r(b)<eq \r(a)，即证b<a. ∵a>b>0，∴原不等式成立， 即eq \f(（a－b）2,8a)<eq \f(a＋b,2)－eq \r(ab)<eq \f(（a－b）2,8b). 解析：解法一：由于－1<b<0，所以0<b2<1，又a<0，所以a<ab2<0，且ab>0.故选D. 解法二：取特殊值，比如令a＝－1，b＝－eq \f(1,2)，可得ab>ab2>a.故选D. 3．(多选)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．a>b，eq \f(1,a)>eq \f(1,b)⇒a>0，b<0 解析：显然c＝d＝0时，结论不成立，A错误；c<0时，结论不成立，B错误；因为a3>b3，ab>0，所以a3－b3＝(a－b)(a2＋ab＋b2)>0，所以a>b，eq \f(a,ab)>eq \f(b,ab)，即eq \f(1,a)<eq \f(1,b)，C正确；因为eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，所以eq \f(1,a)－eq \f(1,b)>0，即eq \f(b－a,ab)>0，又a>b，所以b－a<0，所以ab<0，所以a>0，b<0，D正确．故选CD. 4．设a＝eq \r(5)＋2eq \r(2)，b＝3＋eq \r(10)，则a，b的大小关系为________． 解析：由a＝eq \r(5)＋2eq \r(2)，b＝3＋eq \r(10)，可得a2＝13＋4eq \r(10)，b2＝19＋6eq \r(10)，显然a2<b2，又a>0，b>0，所以a<b. 解析：设a＋3b＝λ1(a＋b)＋λ2(a－2b)＝(λ1＋λ2)a＋(λ1－2λ2)b，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ1＋λ2＝1，,λ1－2λ2＝3，))解得λ1＝eq \f(5,3)，λ2＝－eq \f(2,3).又－eq \f(5,3)≤eq \f(5,3)(a＋b)≤eq \f(5,3)，－2≤－eq \f(2,3)(a－2b)≤－eq \f(2,3)，所以－eq \f(11,3)≤a＋3b≤1. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(11,3)，1)) 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 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)”的充分不必要条件．故选A. 5．若a>b>c，a＋b＋c＝0，则下列不等式成立的是(　　) A．a2<b2 B．ac＞bc C.eq \f(1,a)<eq \f(1,b) D．a3＋a>a2b＋b 解析：因为a>b>c，a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0，取a＝3，b＝－1，c＝－2，则a2＝9＞b2＝1，eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，故A，C不成立；因为ac－bc＝c(a－b)<0，所以ac＜bc，故B不成立；a3＋a－(a2b＋b)＝a(a2＋1)－b(a2＋1)＝(a2＋1)(a－b)，因为a>b，a2＋1>0，所以a3＋a>a2b＋b，故D成立．故选D. 二、多选题 6．已知a，b，c，d均为实数，则下列命题正确的是(　　) A．若ab<0，bc－ad>0，则eq \f(c,a)－eq \f(d,b)>0 B．若ab>0，eq \f(c,a)－eq \f(d,b)>0，则bc－ad>0 C．若bc－ad>0，eq \f(c,a)－eq \f(d,b)>0，则ab>0 D．若eq \f(1,a)<eq \f(1,b)<0，则eq \f(1,a＋b)<eq \f(1,ab) 解析：对于A，若ab<0，bc－ad>0，不等式两边同时除以ab，得eq \f(c,a)－eq \f(d,b)<0，所以A错误；对于B，若ab>0，eq \f(c,a)－eq \f(d,b)>0，不等式两边同时乘以ab，得bc－ad>0，所以B正确；对于C，若eq \f(c,a)－eq \f(d,b)>0，则eq \f(bc－ad,ab)>0，又bc－ad>0，所以ab>0，所以C正确；对于D，由eq \f(1,a)<eq \f(1,b)<0，可知b<a<0，所以a＋b<0，ab>0，所以eq \f(1,a＋b)<eq \f(1,ab)成立，所以D正确．故选BCD. 7．两次购买同一种物品，可以用两种不同的方式，第一种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品的数量一定；第二种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品所花的钱数一定．张阿姨和李阿姨是邻居，经常结伴去买菜．张阿姨喜欢用第一种方式买猪肉，李阿姨喜欢用第二种方式买猪肉，已知两次买猪肉的单价分别为每斤X元和Y元(X≠Y)，则下列说法正确的是(　　) A．张阿姨两次买猪肉的平均单价为每斤eq \f(X＋Y,2)元 B．李阿姨两次买猪肉的平均单价为每斤eq \f(2,\f(1,X)＋\f(1,Y))元 C．张阿姨的购买方式更实惠 D．李阿姨的购买方式更实惠 解析：设用第一种方式买猪肉时，每次购买这种物品的数量为a(a>0)，用第二种方式买猪肉时，每次购买这种物品所花的钱数为b(b>0)．对于A，张阿姨两次买猪肉的平均单价为每斤eq \f(aX＋aY,a＋a)＝eq \f(X＋Y,2)(元)，故A正确；对于B，李阿姨两次买猪肉的平均单价为每斤eq \f(b＋b,\f(b,X)＋\f(b,Y))＝eq \f(2,\f(1,X)＋\f(1,Y))＝eq \f(2XY,X＋Y)(元)，故B正确；对于C，D，因为eq \f(X＋Y,2)－eq \f(2XY,X＋Y)＝eq \f(（X＋Y）2－4XY,2（X＋Y）)＝eq \f(（X－Y）2,2（X＋Y）)，又X>0，Y>0，X≠Y，所以有eq \f(X＋Y,2)－eq \f(2XY,X＋Y)>0，所以eq \f(X＋Y,2)>eq \f(2XY,X＋Y)，故C错误，D正确．故选ABD. 三、填空题 8．用反证法证明“a，b，c中至少有一个不小于eq \f(1,2)”时，假设内容是________________． 解析：“a，b，c中至少有一个不小于eq \f(1,2)”的否定是“a，b，c都小于eq \f(1,2)”． a，b，c都小于eq \f(1,2) 9．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________． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,11)，3)) 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. 四、解答题 11．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，a2＋b2>0. ∴eq \f(2ab（a－b）,（a＋b）（a2＋b2）)>0，∴eq \f(a2－b2,a2＋b2)>eq \f(a－b,a＋b). 12．(1)已知x∈R，a＝x2＋eq \f(1,2)，b＝2－x，c＝x2－x＋1，求证：a，b，c中至少有一个不小于1； (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)假设a，b，c均小于1，即a<1，b<1，c<1，则有a＋b＋c<3. 而与a＋b＋c＝2x2－2x＋eq \f(1,2)＋3＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋3≥3矛盾，故假设不成立， 即a，b，c中至少有一个不小于1. (2)要证eq \r(n＋2)－eq \r(n＋1)≤eq \r(n＋1)－eq \r(n)， 只需证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， 只需证n2＋2n＋1≥n2＋2n，只需证1≥0， 因为1≥0显然成立， 所以当n≥0时，eq \r(n＋2)－eq \r(n＋1)≤eq \r(n＋1)－eq \r(n). 13．(多选)若eq \f(1,a)<eq \f(1,b)<0，则下列结论中正确的是(　　) A．a2<b2 B．ab<b2 C．a＋b<0 D．|a|＋|b|>|a＋b| 解析：因为eq \f(1,a)<eq \f(1,b)<0，所以b<a<0，所以b2>a2，ab<b2，a＋b<0，所以A，B，C均正确，因为b<a<0，所以|a|＋|b|＝|a＋b|，故D错误．故选ABC. 14．(多选)已知实数x，y满足－1≤x＋y≤3，4≤2x－y≤9，则(　　) A．1≤x≤4 B．－2≤y≤1 C．2≤4x＋y≤15 D.eq \f(1,3)≤x－y≤eq \f(23,3) 解析：因为－1≤x＋y≤3，4≤2x－y≤9，3≤3x≤12，所以1≤x≤4，故A正确；因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－6≤－2x－2y≤2，,4≤2x－y≤9，))所以－2≤－3y≤11，解得－eq \f(11,3)≤y≤eq \f(2,3)，故B错误；因为4x＋y＝2(x＋y)＋(2x－y)，所以2≤4x＋y≤15，故C正确；因为x－y＝－eq \f(1,3)(x＋y)＋eq \f(2,3)(2x－y)，所以eq \f(5,3)≤x－y≤eq \f(19,3)，故D错误．故选AC. 15．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\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(b))＋\f(b,\r(a))))－(eq \r(a)＋eq \r(b))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(b))－\r(b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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)． 16．若a>b>0，c<d<0，|b|>|c|. (1)求证：b＋c>0； (2)求证：eq \f(b＋c,（a－c）2)<eq \f(a＋d,（b－d）2)； (3)在(2)中的不等式中，能否找到一个代数式，满足eq \f(b＋c,（a－c）2)<所求式<eq \f(a＋d,（b－d）2)？若能，请直接写出该代数式；若不能，请说明理由． 解：(1)证明：因为|b|>|c|，且b>0，c<0， 所以b>－c，所以b＋c>0. (2)证明：因为c<d<0，所以－c>－d>0. 又因为a>b>0，所以a－c>b－d>0， 所以(a－c)2>(b－d)2>0. 所以0<eq \f(1,（a－c）2)<eq \f(1,（b－d）2). ① 因为a>b，d>c，所以a＋d>b＋c， 所以a＋d>b＋c>0. ② 所以由两边都是正数的同向不等式的相乘性，可将不等式①②相乘得eq \f(b＋c,（a－c）2)<eq \f(a＋d,（b－d）2). (3)能．因为a＋d>b＋c>0，0<eq \f(1,（a－c）2)<eq \f(1,（b－d）2)， 所以eq \f(b＋c,（a－c）2)<eq \f(b＋c,（b－d）2)<eq \f(a＋d,（b－d）2)或eq \f(b＋c,（a－c）2)<eq \f(a＋d,（a－c）2)<eq \f(a＋d,（b－d）2).(只要写出其中一个即可) $