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高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)不等式的概念與性質(zhì)學(xué)案及答案
一、選擇題(每小題5分，共25分)
10．(12分)比較aabb與abba(a，b為不相等的正數(shù))的大�。�
11．(14分)已知a>0，a2－2ab＋c2＝0，bc>a2.試比較a，b，c的大�。�
學(xué)案33 不等式的概念與性質(zhì)
自主梳理
1．常量 常量 函數(shù) 2.不等號 3.(2)ab>1 4.(1)bc (3)a＋c>b＋c a＋c>b＋d (4)ac>bc ac>bd (5)an>bn (n∈N且n≥2) (6)na>nb (n∈N且n≥2)
(7)1a<1b
自我檢測
1．A 2.D 3.D 4.D
5．①③⑤
課堂活動區(qū)
例1 解題導(dǎo)引 比較大小有兩種基本方法：
(1)作差法步驟：作差——變形——判斷差的符號．作商法的步驟：作商——變形——判斷商與1的大�。�(2)兩種方法的關(guān)鍵是變形．常用的變形技巧有因式分解、配方、有理化等，也可以等價轉(zhuǎn)化為易于比較大小的兩個代數(shù)式來達到目的．
解 (1)方法一 (x2＋2)(x－)－(x2－2)(x＋)＝(x－)[x2＋2－(x＋)2]＝－2x(x－)，
∵x<<0，∴x>0，x－<0.
∴－2x(x－)>0.
∴(x2＋2)(x－)>(x2－2)(x＋)．
方法二 ∵x<<0，
∴x－<0，x2>2，x＋<0.
∴(x2＋2)(x－)<0，(x2－2)(x＋)<0.
∴0<x2＋2x－x2－2x＋＝x2＋2x2＋2＋2x<1.
∴(x2＋2)(x－)>(x2－2)(x＋)．
(2)∵a，b，c∈{正實數(shù)}，∴an，bn，cn>0.
而an＋bncn＝acn＋bcn.
∵a2＋b2＝c2，則ac2＋bc2＝1，
∴0<ac<1,0<bc<1.
∵n∈N，n>2，
∴acn<ac2，bcn<bc2.
∴an＋bncn＝acn＋bcn<a2＋b2c2＝1.
∴an＋bn<cn.
變式遷移1 解 方法一 (作差法)
ab－(a＋b)＝(a－1)(b－1)－1，
∵a>2，b>2，∴a－1>1，b－1>1.
∴(a－1)(b－1)－1>0.
∴ab－(a＋b)>0.
∴ab>a＋b.
方法二 (作商法)∵a＋bab＝1b＋1a，
且a>2，b>2，∴1a<12，1b<12.
∴1b＋1a<12＋12＝1.
∴a＋bab<1.又∵ab>4>0，∴a＋b<ab.
例2 D [由a>bac>bc，c>dbc>bd都是對不等式兩邊同乘一實數(shù)，只有當(dāng)該實數(shù)為正數(shù)時，不等號才不改變方向，故這兩步都錯誤；由于不等式具有傳遞性，所以得出ac>bd是正確的，由ac>bdad>bc是對不等式ac>bd兩邊同除cd，由于不知cd的正、負，故這一步也是錯誤的．]
變式遷移2 B [∵a<b<0，∴ab>0.
取倒數(shù)，則有1a>1b，選項A正確．
∵a<b<0，∴|a|>|b|和a2>b2兩個不等式均成立，選項C、D正確．
對于B，1a－b－1a＝baa－b，
又∵a<b<0，∴a－b<0.∴baa－b<0，
即1a－b<1a.∴選項B不成立．]
例3 解題導(dǎo)引 第(2)題中，由于f(x)＝ax2＋bx，所以f(－2)、f(－1)和f(1)都是關(guān)于a，b的代數(shù)式，由于已知f(－1)、f(1)的范圍，因此利用待定系數(shù)法表示出f(－2)，通過等式兩邊a、b系數(shù)相等求出待定系數(shù)，然后通過f(－1)、f(1)的范圍求出f(－2)的范圍．本題也可用線性規(guī)劃求解，即已知條件可化為1≤a－b≤2，2≤a＋b≤4，求的是z＝4a－2b的范圍．
解 (1)∵15<b<36，∴－36<－b<－15.
∴12－36<a－b<60－15，即－24<a－b<45.
又136<1b<115，∴1236<ab<6015.
∴13<ab<4.
(2)方法一 由f－1＝a－bf1＝a＋b，
得a＝12[f－1＋f1]，b＝12[f1－f－1].
∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)．
又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，
∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，
故5≤f(－2)≤10.
方法二 設(shè)f(－2)＝f(－1)＋nf(1)，
則4a－2b＝(a－b)＋n(a＋b)，
即4a－2b＝(＋n)a＋(n－)b，
∴＋n＝4，n－＝－2，解得＝3，n＝1.
∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)，
∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，
∴5≤f(－2)≤10，
∴f(－2)的取值范圍是[5,10]．
變式遷移3 (1)[－3π2，π] (2)(3,8)
解析 (1)由－π2≤α≤π2
�。小�2α≤π，
由0≤β≤π－π2≤－β2≤0，
兩不等式相加得：－3π2≤2α－β2≤π.
所以2α－β2的范圍為－3π2，π.
(2)設(shè)2x－3＝λ(x＋)＋μ(x－)＝(λ＋μ)x＋(λ－μ)，對應(yīng)系數(shù)相等，
則λ＋μ＝2λ－μ＝－3λ＝－12，μ＝52，
從而2x－3＝－12(x＋)＋52(x－)∈(3,8)．
課后練習(xí)區(qū)
1．A [由c<b<a，且ac<0，知a>0，c<0，但b的符號不確定，b可能為0，故C錯誤．
由b>cab>ac，b可能為0，故A正確．
b<ab－a<0又c<0c(b－a)>0，故B錯誤．
a>ca－c>0又ac<0ac(a－c)<0，故D錯誤．]
2．C [∵a>b>0，∴ab>0，∴1b>1a.
∴a＋1b>b＋1a.故選C.]
3．D [只有指數(shù)函數(shù)＝2x在R上為增函數(shù)，所以D正確．而A、C顯然不是對于一切實數(shù)都成立的，B的等價條件是|a|>|b|，顯然也錯誤．]
4．D [∵a<b<0，∴a－b<0.1a－b－1b＝2b－aa－bb，2b－a的正負不確定，即1a－b>1b有可能成立；又∵a<b<0，
∴|a|>|b|>0，則有1|a|<1|b|，即1|a|>1|b|不成立．]
5．D [①由ab>0，bc－ad>0，即bc>ad，
得ca>db，即ca－db>0；
②由ab>0，ca－db>0，即ca>db，
得bc>ad，即bc－ad>0；
③由bc－ad>0，ca－db>0，
即bc－adab>0，得ab>0；
故可組成3個正確的命題．]
6．3
解析 ∵x>>1,0<a<1，∴ax<a，lgax<lga，
故①成立，②不成立．
∵xa>a>0，∴x－a<－a，③不成立．
又lgax<lga<0，∴1lgax>1lga.
即lgxa>lga，∴④也不成立．
7．①②
解析 ∵ad<0，bc>0，∴ad<bc，故①正確；
又∵c<d<0，∴c2>d2>0.
由已知a>b，同向不等式相加得a＋c2>b＋d2，故②正確；
對于結(jié)論③，d－c>0，b－c的正、負不確定，故③不正確．
8.－π2，π2 －π2，0
解析 ∵－π2≤α<π2，－π2<β≤π2，
∴－π<α＋β<π，∴－π2<α＋β2<π2.
∵－π2≤－β<π2，
∴－π≤α－β<π，∴－π2≤α－β2<π2.
又∵α－β<0，∴－π2≤α－β2<0.
9．解 ab2＋ba2－1a＋1b＝a－bb2＋b－aa2
＝(a－b)1b2－1a2＝a＋ba－b2a2b2.(6分)
∵a＋b>0，(a－b)2≥0，∴a＋ba－b2a2b2≥0.
∴ab2＋ba2≥1a＋1b.(12分)
10．解 aabbabba＝aa－bbb－a＝aba－b，(4分)
當(dāng)a>b>0時，ab>1，a－b>0，
∴aba－b>1；(8分)
當(dāng)0<a<b時，ab<1，a－b<0，
∴aba－b>1.(11分)
綜上所述，當(dāng)a，b為不相等的正數(shù)時，總有aabb>abba.
(12分)
11．解 ∵bc>a2>0，∴b，c同號．(2分)
又a2＋c2>0，a>0，∴b＝a2＋c22a>0.
∴c>0.(4分)
由(a－c)2＝2ab－2ac＝2a(b－c)≥0，
∴b－c≥0.(6分)
當(dāng)b－c>0，即b>c時，
由b＝a2＋c22abc>a2a2＋c22ac>a2(a－c)(2a2＋ac＋c2)<0.
∵a>0，b>0，c>0，∴2a2＋ac＋c2>0.
∴a－c<0，即a<c，則a<c<b.(10分)
當(dāng)b－c＝0，即b＝c時，
∵bc>a2，∴b2>a2，即b≠a.
又∵a2－2ab＋c2＝(a－b)2＝0a＝b與a≠b矛盾，
∴b－c≠0.綜上，可知a<c<b.(14分)
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