第2章 §2.1 第2课时 等式性质与不等式性质（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高一数学必修第一册学习笔记（人教A版）

本讲义聚焦高中数学“等式性质与不等式性质”核心知识点，承接上节课用等式和不等式表示现实关系的内容，系统梳理等式的对称性、传递性等基本性质，通过表格形式呈现不等式的对称性、传递性、可加性等七大性质及注意点，为后续解不等式搭建学习支架。 该资料以问题导入引发思考，通过判断命题抽象等式性质，培养数学眼光。例题采用作差法、特殊值法等多种推理方法，结合延伸探究强化性质适用条件，发展数学思维。课时对点练覆盖选择、填空、证明等题型，课中辅助教师突破重点，课后帮助学生查漏补缺，提升用数学语言规范表达的能力。

第2课时　等式性质与不等式性质 学习目标　1.了解等式的性质.2.掌握不等式的基本性质，并能运用这些性质解决有关问题.(重点) 导语 通过上节课的学习，我们学会了用等式和不等式来表示现实生活中的相等关系和不等关系.现在就让我们一起探究等式性质和不等式性质，为我们下一步解不等式做好准备！ 一、等式性质与不等式的性质 问题　判断下列命题是否正确？ (1)如果a=b，那么b=a； (2)如果a=b，b=c，那么a=c； (3)如果a=b，那么a±c=b±c； (4)如果a=b，那么ac=bc； (5)如果a=b，c≠0，那么. 提示　以上均正确，这些都是等式的基本性质. 知识梳理　不等式的性质 性质 别名 性质内容 注意 1 对称性 a>b⇔b<a ⇔ 2 传递性 a>b，b>c⇒a>c 不可逆 3 可加性 a>b⇔a+c>b+c ⇔ 4 可乘性 a>b，c>0⇒ac>bc a>b，c<0⇒ac<bc c的符号 5 同向可加性 a>b，c>d⇒a+c>b+d 同向 6 同向同正可乘性 a>b>0，c>d>0⇒ac>bd 同向同正 7 可乘方性 a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥2) 同正 注意点： (1)若a>b>0，则0<； 若a<b<0，则0>. (2)不等式只有同向可加和同向同正可乘，没有减法和除法运算. (3)若a>b>0，m>0，则(b-m>0)(b-m>0). 例1　对于实数a，b，c，下列命题中是真命题的为(　　) 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 答案　D 解析　方法一　当c=0时，有ac2=bc2，故A为假命题；由a>b>0，有ab>0⇒故B为假命题； a<b<0⇒-a>-b>0⇒->->0，则故C为假命题； a>b⇒b-a<0，又>0⇒>0，则ab<0， ∵a>b，∴a>0，b<0，故D为真命题. 方法二　(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. 反思感悟　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)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. 跟踪训练1　(多选)下列四个命题中为假命题的是(　　) A.若a>b，c>d，则a-d>b-c B.若a>b，则 C.若a<|b|，则a2>b2 D.若a>b，c>d，则ac>bd 答案　BCD 解析　对于A，若c>d，则-d>-c，又a>b，所以a-d>b-c，故A为真命题； 对于B，若a>b，且a>0，b<0，则>0<0，此时故B为假命题； 对于C，若a=-1，b=2，则a2=1<b2=4，故C为假命题； 对于D，若a=5，b=1，而c=-1，d=-4， 则ac=-5<bd=-4，故D为假命题. 二、利用不等式的性质证明不等式 例2　(课本例2)已知a>b>0，c<0，求证. 证明　因为a>b>0，所以ab>0，>0. 于是a·， 即， 由c<0，得. 例2　已知c>a>b>0，求证：. 证明　方法一　因为c>a>b>0， 所以0<c-a<c-b， 所以(c-a)(c-b)>0， 所以0<·(c-a) <·(c-b)， 即0<即>0， 又因为a>b>0，所以. 方法二　因为a>b>0，所以 因为c>0，所以 所以-1<-1，即 因为c>a>b>0，所以c-a>0，c-b>0. 所以. 方法三　 = 因为c>a>b>0， 所以a-b>0，c-a>0，c-b>0， 所以. 延伸探究1　在本例条件不变的情况下，求证：. 证明　方法一　因为c>a>b>0， 所以0<c-a<c-b， 所以0<(c-a)2<(c-b)2， 所以(c-a)2(c-b)2>0， 所以0<·(c-a)2 <·(c-b)2， 即0< 所以>0， 又因为a>b>0，所以. 方法二　 = = = 因为c>a>b>0， 所以a-b>0，c2>ab，c-a>0，c-b>0， 所以(a-b)(c2-ab)>0， 所以>0， 所以>0， 因此. 反思感悟　(1)利用不等式的性质对不等式的证明其实质就是利用性质对不等式进行变形，变形要等价，同时要注意性质适用的前提条件. (2)用作差法证明不等式和用作差法比较大小的方法原理一样，变形后判断符号时要注意充分利用题目中的条件. 跟踪训练2　证明下列不等式： (1)已知a>b>c>d，求证：； (2)已知a>b>0，c<d<0，e<0，求证：. 证明　(1)∵a>b>c>d，即a>b，-d>-c， ∴a-d>b-c>0，则. (2)∵a>b>0，c<d<0，e<0， ∴-c>-d>0， ∴a-c>b-d>0，b-a<0，c-d<0， 则>0， ∴. 三、利用不等式的性质求代数式的取值范围 例3　已知-6<a<8，2<b<3，求2a+b，a-b及的取值范围. 解　因为-6<a<8，2<b<3， 所以-12<2a<16， 所以-10<2a+b<19. 又因为-3<-b<-2， 所以-9<a-b<6. 又 ①当0≤a<8时，0≤<4； ②当-6<a<0时，0<-a<6， 所以0<-<3，所以-3<<0. 由①②得-3<<4. 延伸探究2　若将条件改为“1≤a+b≤4，-1≤a-b≤2”，则3a+2b的取值范围是　　　　　　　　　　　　. 答案　2≤3a+2b≤11 解析　设3a+2b=x(a+b)+y(a-b) =(x+y)a+(x-y)b， 则解得 所以3a+2b=(a+b)+(a-b)， 因为1≤a+b≤4，-1≤a-b≤2， 所以(a+b)≤10，-(a-b)≤1， 因此，2≤3a+2b≤11. 反思感悟　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. 跟踪训练3　已知1<a<6，3<b<4，则a-b的取值范围是　　　　的取值范围是　　　　. 答案　-3<a-b<3　<2 解析　∵3<b<4，∴-4<-b<-3. ∴1-4<a-b<6-3，即-3<a-b<3. 又∴即<2. 1.知识清单： (1)等式的性质. (2)不等式的性质及其应用. 2.方法归纳：作差比较法、特值法、不等式性质法. 3.常见误区：注意不等式性质的单向性或双向性，即每条性质是否具有可逆性. 1.与a>b等价的不等式是(　　) A.|a|>|b| B.a2>b2 C.>1 D.a3>b3 答案　D 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. 2.(多选)已知a，b，c∈R，则下列命题正确的是(　　) A.ac2>bc2⇒a>b B.⇒a>b C. D. 答案　AC 解析　由ac2>bc2可知c≠0， ∴c2>0，∴a>b，A成立； 当c<0时，B不成立； ab<0，a>b⇒即C成立； 同理可证D不成立. 3.若1<a<3，-4<b<2，那么a-|b|的范围是(　　) A.-3<a-|b|≤3 B.-3<a-|b|<5 C.-3<a-|b|<3 D.1<a-|b|<4 答案　C 解析　∵-4<b<2，∴0≤|b|<4， ∴-4<-|b|≤0. 又∵1<a<3，∴-3<a-|b|<3. 4.对于实数a，b，“”是“”的　　　　　　条件.(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”或“既不充分也不必要”)  答案　充要 解析　当成立时，由ab>0可知a与b同号，再由a+b>0可知a与b同为正， 即时， 由不等式的性质可知ab>0且a+b>0， 即成立. 所以“”是“”的充要条件. 课时对点练 [分值：100分] 单选题每小题5分，共35分；多选题每小题6分，共12分 1.已知a，b，c，d∈R，则下列命题中必成立的是(　　) A.若a>b，c>d，则a+b>c+d B.若a>-b，则c-a<c+b C.若a>b，c<d，则 D.若a3>b3，则-a>-b 答案　B 解析　选项A，取a=1，b=0，c=2，d=1， 则a+b<c+d，A不成立； 选项B，因为a>-b，所以-a<b， 所以c-a<c+b，则B成立； 选项C，当a>b>0，c<0<d时，C不成立； 选项D，当a=1，b=0时，D不成立. 2.如果a<0，b>0，那么下列不等式中一定正确的是(　　) A. B. C.a2<b2 D.|a|>|b| 答案　A 解析　∵a<0，b>0， ∴<0>0，∴. 3.若-1<α<β<1，则α-β的取值范围为(　　) A.-2<α-β<0 B.-2<α-β<-1 C.-1<α-β<0 D.0<α-β<1 答案　A 解析　因为-1<α<β<1， 所以所以-2<α-β<0. 4.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　C 解析　∵a+b>0，b<0， ∴a>-b>0，0>b>-a， ∴a>-b>b>-a. 5.(多选)若m≥1，则下列选项中正确的是(　　) A.1-m≤0 B.m3≥1 C.m2≤m D.>0 答案　AB 解析　因为m≥1，所以-m≤-1，1-m≤0， 故A正确； 由不等式的性质可得m3≥1，故B正确； 当m=2时，m2>m，故C错误； 当m=1时=0，故D错误. 6.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 答案　B 解析　方法一　∵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. 方法二　∵x<a<0， ∴x·x>a·x>0，a·x>a·a>0， ∴x2>ax>a2. 7.若a，b都是实数，则“>0”是“a2-b2>0”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 答案　A 解析　∵>0，∴≥0， ∴()2>()2≥0，∴a>b≥0，∴a2-b2>0， ∴“>0”是“a2-b2>0”的充分条件， 又∵a2-b2>0，不妨取a=-2，b=1， 无法推出>0，故A正确. 8.(5分)设a，b，c是任意实数，能够说明“若c<b<a且ac<0，则ab<ac”是假命题的一组整数a，b，c的值依次为　　　　. 答案　1，0，-1(答案不唯一) 解析　若c<b<a且ac<0， 则a>0，c<0， 则取a=1，b=0，c=-1， 则满足条件ac<0，但ab<ac不成立. 9.(5分)若-2≤x≤1，0≤y≤1，则xy的取值范围为　　　　. 答案　-2≤xy≤1 解析　当0<x≤1，0<y≤1时，0<xy≤1； 当-2≤x<0，0<y≤1时，0<-x≤2，所以0<-xy≤2，即-2≤xy<0； 当x=0或y=0时，xy=0， 综上所述，-2≤xy≤1. 10.(10分)判断下列命题的真假，并说明理由. (1)若则ad>bc；(3分) (2)若a<b<0，则；(3分) (3)设a，b为正实数，若a-<b-则a<b.(4分) 解　(1)因为所以>0，即>0， 所以 即ad>bc且cd>0，或ad<bc且cd<0，故(1)为假命题. (2)由a<b<0得a<a-b<0，所以故(2)为真命题. (3)因为a-<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(3)为真命题. 11.已知x>y>z，x+y+z=0，则下列不等式中一定成立的是(　　) A.xy>yz B.xz>yz C.xy>xz D.x|y|>z|y| 答案　C 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. 12.(多选)已知-5≤a-b≤4，2≤2a+b≤8，则(　　) A.-1≤a≤4 B.0≤b≤4 C.-28≤2a-5b≤14 D.ab的最大值为24 答案　AC 解析　由题意可得-3≤3a≤12，即-1≤a≤4，故A正确； 由-5≤a-b≤4，可得-8≤2b-2a≤10，又2≤2a+b≤8，则-6≤3b≤18，即-2≤b≤6，故B错误； 设2a-5b=x(a-b)+y(2a+b)， 则解得 因为-20≤4(a-b)≤16，-8≤-(2a+b)≤-2，所以-28≤2a-5b≤14，故C正确； 由-1≤a≤4，以及-2≤b≤6，若ab的最大值为24，则a=4，b=6，此时2a+b=14>8，故D错误. 13.(5分)某高校在9月初共有m名在校学生，其中有n(m>n)名大一新生，在9月底，又补录了b名学生，则新生占学生的比例　　　　　　(选填“变大”“变小”或“不变”)，其理论论据用数学形式表达为 　　　　　　　　　　　　　　　　. 答案　变大　若m>n>0，b>0，则 解析　由题意补录了b名学生，新生人数增多，而原有学生人数不变，由此知，新生所占的比例必增大. 由于补录后新生人数变为n+b，在校生人数增加为m+b， 故所对应的不等式模型是 即若m>n>0，b>0，则. 14.(11分)(1)设0<x<1，0<y<1，求证：x(1-y)+y(1-x)<1；(5分) (2)设0<x<1，0<y<1，0<z<1，求证：x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1.(6分) 证明　(1)方法一　∵0<x<1，0<y<1，∴0<xy<1，0<1-y<1， ∴0<x(1-y)<1-y， ∴x(1-y)+y(1-x)<(1-y)+y(1-x)=1-y+y-xy=1-xy<1. 方法二　∵0<x<1，0<y<1， ∴0<xy<1，0<1-x<1，0<1-y<1， ∴0<x(1-y)<1-y，0<y(1-x)<y， ∴x(1-y)+y(1-x)<(1-y)+y(1-x)<1-y+y=1. 方法三　∵x(1-y)+y(1-x)+xy+(1-x)(1-y)=1， ∴x(1-y)+y(1-x)=1-xy-(1-x)(1-y)， ∵0<x<1，0<y<1， ∴0<xy<1，0<1-x<1，0<1-y<1，0<(1-x)(1-y)<1， ∴x(1-y)+y(1-x)=1-xy-(1-x)(1-y)<1， 即x(1-y)+y(1-x)<1. (2)方法一　∵x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)+xyz+(1-x)(1-y)(1-z)=1， ∴x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)=1-xyz-(1-x)(1-y)(1-z)， ∵0<x<1，0<y<1，0<z<1， ∴0<xyz<1，0<1-x<1，0<1-y<1，0<1-z<1，0<(1-x)(1-y)(1-z)<1， ∴1-xyz-(1-x)(1-y)(1-z)<1， ∴x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1. 方法二　∵0<x<1，0<y<1，0<z<1， ∴0<1-x<1，0<1-y<1，0<1-z<1， ∵x(1-y)=x(1-y)(1-z)+xz(1-y)， y(1-z)=y(1-z)(1-x)+yx(1-z)， z(1-x)=z(1-x)(1-y)+zy(1-x)， ∴x(1-y)+y(1-z)+z(1-x) =x(1-y)(1-z)+xz(1-y)+yx(1-z)+y(1-z)(1-x)+z(1-x)(1-y)+zy(1-x) =x[(1-y)(1-z)+z(1-y)+y(1-z)]+(1-x)[y(1-z)+z(1-y)+zy] =x[1-y+y(1-z)]+(1-x)[y+z(1-y)]<x(1-y+y)+(1-x)[y+(1-y)]=x+1-x=1， ∴x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1. 15.(5分)已知a<b<c且a+2b+3c=0，则的取值范围是　　　　　　　. 答案　-<1 解析　因为a<b<c，a+2b+3c=0， 则c=-且6a<a+2b+3c<6c， 即6a<0<6c，所以a<0，c>0， 由b<c得b<- 则5b<-a，即>-1，即>- 又a<b，则<1， 因此的取值范围是-<1. 16.(12分)已知二次函数y=ax2+bx+c满足以下条件： (1)该函数图象过原点； (2)当x=-1时，y的取值范围为大于等于1且小于等于2； (3)当x=1时，y的取值范围为大于等于3且小于等于4， 求当x=-2时，y的取值范围. 解　∵二次函数y=ax2+bx+c的图象过原点，∴c=0，∴y=ax2+bx. 又∵当x=-1时，1≤a-b≤2. ① 当x=1时，3≤a+b≤4， ② ∴当x=-2时，y=4a-2b. 设存在实数m，n， 使得4a-2b=m(a+b)+n(a-b)， 而4a-2b=(m+n)a+(m-n)b， ∴ 解得 ∴4a-2b=(a+b)+3(a-b). 由①②可知3≤a+b≤4，3≤3(a-b)≤6， ∴3+3≤4a-2b≤4+6. 即6≤4a-2b≤10， 故当x=-2时，y的取值范围是大于等于6且小于等于10. 学科网（北京）股份有限公司 $