2020-2021高二數(shù)學(xué)北師大版5學(xué)案：3.1.2不等關(guān)系與不等式含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2020-2021學(xué)年高二數(shù)學(xué)北師大版必修5學(xué)案：3.1.2不等關(guān)系與不等式含解析1．2不等關(guān)系與不等式知識點(diǎn)一兩個實(shí)數(shù)比較大小的依據(jù)［填一填］任意兩個實(shí)數(shù)a,b都能比較大小:如果a－b〉0，那么a〉b；如果a－b<0,那么a〈b；如果a－b＝0，那么a＝b；由此可知，要確定任意兩個實(shí)數(shù)a,b的大小關(guān)系，只需確定它們的差a－b與0的大小關(guān)系即可．［答一答］1．兩個實(shí)數(shù)大小比較的關(guān)鍵是什么？提示：關(guān)鍵是比較實(shí)數(shù)大小方法中的代數(shù)變形．知識點(diǎn)二不等式的性質(zhì)［填一填](1）如果a〉b，那么b<a;（對稱性）（2）如果a>b,b>c，那么a〉c；（傳遞性)（3)如果a>b,那么a＋c〉b＋c；(不等式移項(xiàng)的根據(jù)）（4)如果a>b,c〉0，那么ac>bc；如果a>b，c<0，那么ac<bc；（可乘性）（5)如果a>b,c〉d，那么a＋c〉b＋d；（加法)(6）如果a>b〉0，c〉d〉0，那么ac>bd；(乘法）（7)如果a>b>0，那么an〉bn(n∈N＋，n≥2）；(乘方）(8)如果a〉b>0，那么eq\r（n，a)>eq\r(n，b）(n∈N＋，n≥2）．(開方)［答一答]2．不等式兩邊同乘一個實(shí)數(shù),所得不等式方向與原不等式方向有何關(guān)系？提示：不等式兩邊同乘一個正數(shù)，不等式方向不變；不等式兩邊同乘一個負(fù)數(shù),不等式方向改變;不等式兩邊同乘以0,不等式相等．3．不等式兩邊同除以一個實(shí)數(shù)，不等式將如何變化？提示：不等式兩邊同除以一個正數(shù)，不等式方向不變;不等式兩邊同除以一個負(fù)數(shù)，不等式方向改變．1．比較兩實(shí)數(shù)大小的依據(jù)比較兩實(shí)數(shù)大小的依據(jù)是：a－b>0?a>b，a－b＝0?a＝b，a－b〈0?a〈b。2．不等關(guān)系與相等關(guān)系的區(qū)別(1)相等關(guān)系的一個性質(zhì)是“自反性”．即任何一個數(shù)量都等于它自身,也即a＝a,而不等關(guān)系“〉”“<”不具有自反性，但不等關(guān)系“≠”,非嚴(yán)格的不等關(guān)系“≤”“≥”具有自反性．（2）相等關(guān)系的另一條性質(zhì)是“對稱性"．即a＝b等價于b＝a，不等關(guān)系“〉"“〈”沒有對稱性(如a〉b不等價于b〉a）,但具有“反對稱性”如（a〉b等價于b<a）;不等關(guān)系“≠"與非嚴(yán)格的不等關(guān)系“≥”“≤"具有對稱性,同時也具有反對稱性．（3)相等關(guān)系還有一條性質(zhì)是“傳遞性”．即如果a＝b，且b＝c,那么a＝c，不等關(guān)系“〉”“<”與非嚴(yán)格的不等關(guān)系“≥”“≤"也具有傳遞性,但不等關(guān)系“≠”沒有傳遞性(如1≠2，且3≠2，但2＝2）．類型一不等式性質(zhì)的簡單應(yīng)用【例1】適當(dāng)增加條件，使下列命題成立：①若a〉b，則ac〈bc；②若ac2〉bc2，則a2〉b2;③若a〉b，則lg(a＋1)〉lg(b＋1）；④若a>b,c〉d，則eq\f(a，d）>eq\f（b,c).【思路探究】利用不等式的性質(zhì)解決問題．【解】①c值的正、負(fù)或是否為零未知,因而判斷ac與bc的大小缺乏依據(jù)，即增加條件“c〈0”；②由ac2〉bc2，知c≠0，所以c2〉0，所以a>b，當(dāng)a〉｜b|時,有a2>b2，即增加條件“a〉｜b|"；③由a>b，可得a＋1>b＋1,但作為真數(shù),應(yīng)有b＋1>0，即增加條件“b〉－1”④eq\f（a，d）〉eq\f（b,c)成立的條件有多種，對照不等式的性質(zhì),相關(guān)的一個是a〉b〉0，c〉d〉0，故可增加條件“b〉0，d>0"．規(guī)律方法理解不等式的性質(zhì)時，首先，要掌握各性質(zhì)成立的條件，特別是實(shí)數(shù)的正負(fù)和不等式的可逆性；其次，要關(guān)注常見函數(shù)的單調(diào)性,這對理解不等式性質(zhì)具有指導(dǎo)作用．判斷下列不等式關(guān)系是否正確，并說明理由．（1）若eq\f(a，c2）〉eq\f(b，c2)，則a>b;（2）若a〉b，ab≠0,則eq\f（1,a)<eq\f（1，b）；（3）若a〉b，c>d，則ac>bd.解：（1)正確．∵c2≠0且c2〉0，∴在eq\f（a，c2)>eq\f(b，c2）兩邊同乘以c2不等式方向不變．∴a>b.（2)錯誤．a(chǎn)〉b?eq\f(1，a)<eq\f(1,b)成立的條件是ab>0.（3）錯誤．a(chǎn)〉b,c〉d?ac〉bd,當(dāng)a，b，c，d均為正數(shù)時成立．類型二比較大小【例2】(1)已知－eq\f（1，2)<a<0，A＝1＋a2，B＝1－a2,C＝eq\f(1,1＋a），D＝eq\f（1，1－a).試將A、B、C、D按大小順序排列．(2）設(shè)a>0,b>0且a≠b，試比較aabb與abba的大小．【思路探究】(1)把要比較大小的幾個數(shù)都用a表示，題目中給出了a的取值范圍，不妨從中取一個值,看一看相應(yīng)的A、B、C、D的值的大小，然后用作差方法比較各數(shù)大?。?2)由于比較的兩數(shù)為冪式形式，可以用作商法比較大小，只要比較商式與1的大小即可．【解】(1）－eq\f（1,2）<a〈0，∴不妨取a＝－eq\f（1，4)，則A＝eq\f(17，16）,B＝eq\f(15,16），C＝eq\f(4，3)，D＝eq\f（4,5）.由此猜想：D〈B<A〈C。只需證明C－A〉0，A－B〉0,B－D〉0即可．∵B－D＝（1－a2)－eq\f（1，1－a)＝eq\f(a3－a2－a,1－a)＝eq\f(a［(a－\f(1,2)）2－\f(5，4）]，1－a)，又－eq\f（1，2)<a〈0，∴1－a>0，又－1<a－eq\f（1，2）〈－eq\f（1，2）,∴eq\f(1,4)〈（a－eq\f(1,2)）2<1，故（a－eq\f（1,2)）2－eq\f(5,4）〈0，∴eq\f(a[(a－\f(1,2))2－\f(5，4)]，1－a)>0，∴B>D.∵A－B＝（1＋a2）－(1－a2）＝2a2〉0∴A>B.∵C－A＝eq\f(1,1＋a)－(1＋a2）＝eq\f(－a（a2＋a＋1)，1＋a)＝eq\f（－a[（a＋\f(1，2))2＋\f（3，4）］,1＋a），又1＋a〉0，－a>0，(a＋eq\f(1,2)）2＋eq\f(3,4)〉0，∴eq\f（－a[(a＋\f(1，2）)2＋\f（3，4）］，1＋a）〉0,∴C〉A(chǔ)。綜上可得A、B、C、D四個數(shù)的大小順序是C>A>B〉D。（2)∵eq\f（aabb,abba)＝eq\f(aa－b,ba－b）＝（eq\f（a,b))a－b。當(dāng)a〉b>0時，eq\f(a,b）〉1，a－b>0，則（eq\f(a,b)）a－b>1,于是aabb〉abba；當(dāng)b〉a〉0時，0<eq\f(a，b）〈1，a－b〈0，則(eq\f(a，b）)a－b〉1，于是aabb〉abba.綜上所述,對于不相等的正數(shù)a，b，都有aabb〉abba。規(guī)律方法(1)比較法有“作差比較法”和“作商比較法",可以根據(jù)數(shù)（式）的特點(diǎn)靈活選用．(2)第(1）題是一個開放性問題,我們利用了特值法，使抽象的數(shù)學(xué)式子具體化，要解決的問題明朗化，在解選擇題、應(yīng)用題、開放題時常用此法．（3)作差比較法的步驟為：①作差;②變形；③判號，其中關(guān)鍵一步是變形(通分、因式分解、配方等)，達(dá)到判斷符號的目的．（4)作商比較法可以轉(zhuǎn)化為與1比較大小，在含有冪式、根式、絕對值等問題中經(jīng)常用到．已知x∈R,比較(x＋1）（x2＋eq\f(x，2)＋1）與(x＋eq\f（1,2))（x2＋x＋1)的大?。猓骸?x＋1)（x2＋eq\f（x，2)＋1)＝(x＋1）（x2＋x＋1－eq\f(x，2))＝（x＋1）（x2＋x＋1）－eq\f(x,2）（x＋1)，（x＋eq\f（1，2))（x2＋x＋1)＝(x＋1－eq\f(1,2)）（x2＋x＋1）＝(x＋1）（x2＋x＋1)－eq\f(1，2)（x2＋x＋1)，∴(x＋1)（x2＋eq\f(x，2）＋1)－（x＋eq\f(1,2））（x2＋x＋1)＝eq\f(1,2)（x2＋x＋1）－eq\f(1，2）x(x＋1)＝eq\f(1，2）〉0.∴（x＋1)（x2＋eq\f(x，2）＋1）>（x＋eq\f（1，2）)(x2＋x＋1）．【例3】已知a>1，p＝loga(a3＋1），q＝loga（a2＋1），試比較p、q的大?。舅悸诽骄俊坎捎米鞑罘ū容^,并結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性判斷差的符號．【解】∵p－q＝loga（a3＋1)－loga（a2＋1）＝logaeq\f(a3＋1,a2＋1），∵a>1,∴a3＋1>a2＋1，∴eq\f（a3＋1,a2＋1)〉1，∴l(xiāng)ogaeq\f（a3＋1，a2＋1）〉0，∴p〉q.規(guī)律方法解決此類問題，常常用作差法，在比較大小的過程中,常與函數(shù)的單調(diào)性相結(jié)合,把兩式看作某函數(shù)的函數(shù)值,通過比較自變量的大小，來確定函數(shù)值的大?。容^1＋logx3與2logx2（x>0且x≠1)的大?。?1＋logx3－2logx2＝logxeq\f(3，4）x。(1)當(dāng)eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（0〈x<1，0<\f（3,4)x〈1))即0<x〈1；或當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x>1，\f（3，4）x〉1））即x>eq\f(4，3）時，有l(wèi)ogxeq\f(3,4)x>0，即1＋logx3〉2logx2。（2)當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（0<x〈1，,\f(3,4)x〉1))或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x〉1，，0〈\f（3，4）x〈1）)即1<x<eq\f（4，3）時，有l(wèi)ogxeq\f(3，4)x<0，即1＋logx3<2logx2.（3）當(dāng)eq\f（3,4)x＝1，即x＝eq\f（4,3）時，有l(wèi)ogxeq\f(3,4）x＝0，即1＋logx3＝2logx2.綜上所述:當(dāng)0<x〈1或x>eq\f(4，3)時，1＋logx3〉2logx2；當(dāng)1<x<eq\f(4，3）時，1＋logx3<2logx2;當(dāng)x＝eq\f(4,3）時,1＋logx3＝2logx2。類型三利用不等式的性質(zhì)證明簡單不等式【例4】若a〉b〉0，c〈d<0,e〈0，求證:eq\f(e，（a－c）2）>eq\f(e，（b－d）2).【思路探究】利用不等式的同向可加性和可乘方性證明不等式．【證明】方法一:eq\f(e,(a－c)2)－eq\f（e,（b－d）2)＝eq\f(e[(b－d）2－（a－c)2］，(a－c)2(b－d）2)＝eq\f（e(b－d＋a－c）(b－d－a＋c），（a－c）2(b－d)2)＝eq\f（e[（a＋b)－（c＋d)］[（b－a）＋(c－d）],（a－c）2(b－d)2）.∵a〉b〉0，c〈d〈0，∴a＋b〉0，c＋d〈0，b－a〈0，c－d〈0,∴（a＋b)－(c＋d）〉0,（b－a)＋（c－d)<0.∵e<0,∴e[（a＋b)－(c＋d）]［(b－a)＋(c－d）］>0。又（a－c）2(b－d)2>0，∴eq\f(e，(a－c）2)－eq\f(e,（b－d)2)>0，即eq\f（e,(a－c)2）〉eq\f（e，(b－d）2）.方法二：eq\f（\f(e,(a－c)2),\f(e,（b－d)2）)＝eq\f（(b－d）2,（a－c）2)。∵c<d〈0，∴－c>－d〉0.∵a>b〉0，∴a－c>b－d>0，∴（a－c)2>（b－d)2〉0,∴0〈eq\f((b－d）2,（a－c)2）<1，∴0〈eq\f(\f（e，(a－c)2)，\f（e，(b－d)2))<1。又e〈0，∴eq\f(e，（b－d）2）<0，∴eq\f（e,（a－c）2)〉eq\f（e,(b－d)2)。方法三:∵c〈d〈0，∴－c〉－d>0，又a〉b>0,∴a－c>b－d〉0，∴（a－c)2〉（b－d)2〉0，上式兩邊同乘以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).規(guī)律方法不等式的證明通常有兩種方法:（1）利用不等式的性質(zhì)進(jìn)行證明；（2）借助作差、作商法比較不等號兩邊式子的大小進(jìn)行證明，具體步驟與作差或作商比較實(shí)數(shù)大小的方法步驟相同,只是要注意書寫方式．（1）a〈b<0，求證：eq\f（b，a)<eq\f（a，b）;(2）已知a〉b，eq\f(1，a)〈eq\f（1，b）,求證:ab〉0.證明：(1）eq\f（b，a)－eq\f(a,b)＝eq\f(b2－a2,ab)＝eq\f（（b＋a)(b－a),ab)，∵a〈b〈0，∴b＋a〈0，b－a>0，ab〉0,∴eq\f(（b＋a）（b－a)，ab）〈0，故eq\f（b,a）<eq\f（a,b）。(2)∵eq\f(1,a)<eq\f(1，b），∴eq\f（1，a）－eq\f(1,b）〈0，即eq\f（b－a,ab）〈0，而a〉b，∴b－a<0，∴ab〉0。類型四不等式性質(zhì)的綜合應(yīng)用【例5】已知－1≤a＋b≤1,1≤a－b≤3，求3a－b【思路探究】此題是給出含有字母的代數(shù)式的范圍，求另外代數(shù)式的范圍．分為兩步來進(jìn)行：(1）利用待定系數(shù)法將代數(shù)式3a－b用a＋b和a－b表示．(2）利用不等式性質(zhì)及題目條件確定3a－【解】設(shè)3a－b＝x（a＋b）＋y(a－b)＝(x＋y)a＋（x－y)b∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x＋y＝3，,x－y＝－1.）)∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2.))即3a－b＝(a＋b）＋2(a－b）．∵－1≤a＋b≤1，1≤a－b≤3，∴2≤2(a－b）≤6,∴－1＋2≤(a＋b)＋2（a－b)≤1＋6，即1≤3a－b≤規(guī)律方法此題的一種典型錯誤做法，如下：∵－1≤a＋b≤1,1≤a－b≤3,∴0≤2a≤4，即0≤a≤∵－1≤a＋b≤1，－3≤b－a≤－1，∴－4≤2b≤0，即－2≤b≤0.∴0≤3a≤6,0≤－b≤2?！?≤3a－b此解法的錯誤原因是因?yàn)閍與b是兩個相互聯(lián)系、相互制約的量，而不是各自獨(dú)立的，當(dāng)a＋b取到最大值或最小值時，a－b不一定能取到最值，所以用以上方法可能擴(kuò)大變量的范圍．避免出錯的方法是通過待定系數(shù)法“整體代入"，見解題過程．已知－eq\f（π,2)≤α<β≤eq\f(π,2)，求eq\f(α＋β,2)，eq\f（α－β,2)的取值范圍．解：因?yàn)椋璭q\f（π,2)≤α〈β≤eq\f(π,2)，所以－eq\f（π，4)≤eq\f（α,2)〈eq\f（π，4),－eq\f（π,4）<eq\f（β,2)≤eq\f(π，4)。兩式兩邊分別相加，得－eq\f（π，2)〈eq\f(α＋β,2)〈eq\f(π，2).因?yàn)椋璭q\f(π，4)〈eq\f(β,2）≤eq\f(π,4）,所以－eq\f(π,4)≤eq\f(－β,2)<eq\f（π,4）.所以－eq\f(π，2）≤eq\f(α－β,2)〈eq\f（π,2)。又因?yàn)棣?lt;β，所以eq\f(α－β，2)<0。所以－eq\f(π,2）≤eq\f（α－β，2)〈0.--易錯警示系列—-不等式性質(zhì)應(yīng)用不當(dāng)致誤利用不等式的性質(zhì)判斷不等關(guān)系是難點(diǎn)，又是考生的易誤點(diǎn),其易誤點(diǎn)兩個:一是在一個不等式兩邊同時乘以一個數(shù)或一個式子時，忽視正負(fù)號的判斷導(dǎo)致出錯．二是在運(yùn)用同向不等式相加這一性質(zhì)時，不是等價變形．若利用特值法就可避免上述錯誤，并且快速解答問題,特值法就是利用特殊值代替字母參數(shù)，得出特殊結(jié)論，再對各項(xiàng)檢驗(yàn)，從而做出正確的選擇．【例6】若eq\f（1,a)〈eq\f(1，b)〈0，則下列不等式：①eq\f（1，a＋b)〈eq\f(1，ab)；②｜a|＋b>0;③a－eq\f(1，a）>b－eq\f(1,b)；④lna2>lnb2中，正確的不等式是（)A．①④B．②③C．①③ D．②④【錯解】A【錯解分析】本題只能根據(jù)不等式的性質(zhì)進(jìn)行逐個判斷．對備選的不等式進(jìn)行化簡時容易因不等式的性質(zhì)使用不當(dāng)出錯，特別是在一個不等式兩端同時乘以一個數(shù)或式子時，忽視正負(fù)號的判斷導(dǎo)致出錯．【正解】C由eq\f（1，a)<eq\f(1，b）〈0，可知b<a〈0.①中，因?yàn)閍＋b<0，ab>0，所以eq\f（1,a＋b）<0，eq\f（1,ab)>0，故有eq\f(1，a＋b)〈eq\f（1,ab)，即①正確;②中，因?yàn)閎〈a〈0，所以－b〉－a>0，則－b>｜a|，即|a|＋b<0，故②錯誤;③中，因?yàn)閎<a〈0，又eq\f（1,a）<eq\f（1,b）〈0，所以a－eq\f（1，a）〉b－eq\f（1,b)，故③正確；④中，因?yàn)閎<a〈0,根據(jù)y＝x2在（－∞，0）上為減函數(shù)，可得b2〉a2>0,而y＝lnx在其定義域上為增函數(shù),所以