5、≥2 C.＋> D.＋≥2 5．(2010安徽)若a>0，b>0，a＋b＝2，則下列不等式對(duì)一切滿足條件的a，b恒成立的是________(寫出所有正確命題的序號(hào))． ①ab≤1；②＋≤；③a2＋b2≥2；④a3＋b3≥3；⑤＋≥2. 探究點(diǎn)一　數(shù)與式的大小比較 例1　(1)設(shè)x2時(shí)，比較cn與an＋bn的大?。? 變式遷移1　已知a>2，b>2，試比較a＋b與ab的大?。?

6、 探究點(diǎn)二　不等式性質(zhì)的簡(jiǎn)單應(yīng)用 例2　下面的推理過程 ?ac>bd?>，其中錯(cuò)誤之處的個(gè)數(shù)是(　　) A．0　　　　B．1　　　　C．2　　　　D．3 變式遷移2　(2011許昌月考)若a B.> C．|a|>|b| D．a(chǎn)2>b2 探究點(diǎn)三　求字母或代數(shù)式范圍問題 例3　(1)已知12

7、已知－≤α≤，0≤β≤π，則2α－的范圍為________． (2)(2010遼寧)已知－1

8、a，b)＋qf2(a，b)，用恒等關(guān)系求出待定系數(shù)p，q，于是一次相加，便可求到所需要的范圍． (滿分：75分) 一、選擇題(每小題5分，共25分) 1．(2011開封調(diào)研)已知a、b、c滿足cac B．c(b－a)<0 C．cb20 2．若a>b>0，則下列不等式中恒成立的是(　　) A．> B．a(chǎn)＋>b＋ C．a(chǎn)＋>b＋ D.> 3．(2011金華模擬)已知a>b，則下列不等式一定成立的是(　　) A．lg a>lg b

9、 B．a(chǎn)2>b2 C.< D．2a>2b 4．(2011舟山七校聯(lián)考)若a和>均不能成立 B.>和>均不能成立 C．不等式>和2>2均不能成立 D．不等式>和2<2均不能成立 5．已知三個(gè)不等式：ab>0，bc－ad>0，－>0(其中a，b，c，d均為實(shí)數(shù))，用其中兩個(gè)不等式作為條件，余下的一個(gè)不等式作為結(jié)論組成一個(gè)命題，可組成的正確命題的個(gè)數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 二、填空題(每小題4分，共12分) 6．若x>y>1，且0logay；③

10、x－a>y－a；④logxa0>b，cb＋d2；③b－c>d－c.其中正確命題的序號(hào)是________． 8．已知－≤α<β≤，則的取值范圍是________；的取值范圍是______________． 三、解答題(共38分) 9．(12分)(2011陽(yáng)江月考)已知a＋b>0，試比較＋與＋. 10．(12分)比較aabb與abba(a，b為不相等的正數(shù))的大?。?

11、 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(hào)　3.(2)>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)> (n∈N且n≥2) (7)< 自我檢測(cè) 1．A　2.D　3.D　4.D 5．①③⑤ 課堂活動(dòng)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(hào)．作商法

12、的步驟：作商——變形——判斷商與1的大小．(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(jià)轉(zhuǎn)化為易于比較大小的兩個(gè)代數(shù)式來達(dá)到目的． 解　(1)方法一　(x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)＝(x－y)[x2＋y2－(x＋y)2]＝－2xy(x－y)， ∵x0，x－y<0. ∴－2xy(x－y)>0. ∴(x2＋y2)(x－y)>(x2－y2)(x＋y)． 方法二　∵xy2，x＋y<0. ∴(x2＋y2)(x－y)<0，(x2－y2)(x＋y)<0. ∴0<＝<1. ∴(x2＋y2)

13、(x－y)>(x2－y2)(x＋y)． (2)∵a，b，c∈{正實(shí)數(shù)}，∴an，bn，cn>0. 而＝n＋n. ∵a2＋b2＝c2，則2＋2＝1， ∴0<<1,0<<1. ∵n∈N，n>2， ∴n<2，n<2. ∴＝n＋n<＝1. ∴an＋bn2，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)∵＝＋， 且a>2，b>2，∴<，<. ∴＋<＋＝1. ∴<1.又∵ab>4>0，∴a

14、＋bb?ac>bc，c>d?bc>bd都是對(duì)不等式兩邊同乘一實(shí)數(shù)，只有當(dāng)該實(shí)數(shù)為正數(shù)時(shí)，不等號(hào)才不改變方向，故這兩步都錯(cuò)誤；由于不等式具有傳遞性，所以得出ac>bd是正確的，由ac>bd?>是對(duì)不等式ac>bd兩邊同除cd，由于不知cd的正、負(fù)，故這一步也是錯(cuò)誤的．] 變式遷移2　B　[∵a0. 取倒數(shù)，則有>，選項(xiàng)A正確． ∵a|b|和a2>b2兩個(gè)不等式均成立，選項(xiàng)C、D正確． 對(duì)于B，－＝， 又∵a

15、＋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，即已知條件可化為求的是z＝4a－2b的范圍． 解　(1)∵15

16、－1)＋f(1)≤10， 故5≤f(－2)≤10. 方法二　設(shè)f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)， 則4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)， 即4a－2b＝(m＋n)a＋(n－m)b， ∴解得 ∴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)[－，π]　(2)(3,8) 解析　(1)由－≤α≤ ?－π≤2α≤π， 由0≤β≤π?－≤－≤0， 兩不等式相加得：－≤2α－≤π. 所以2α－的范圍為. (2)設(shè)2x－3y＝λ(x＋y)＋μ(x－y)

17、＝(λ＋μ)x＋(λ－μ)y，對(duì)應(yīng)系數(shù)相等， 則? 從而2x－3y＝－(x＋y)＋(x－y)∈(3,8)． 課后練習(xí)區(qū) 1．A　[由c0，c<0，但b的符號(hào)不確定，b可能為0，故C錯(cuò)誤． 由b>c?ab>ac，b可能為0，故A正確． ?c(b－a)>0，故B錯(cuò)誤． ?ac(a－c)<0，故D錯(cuò)誤．] 2．C　[∵a>b>0，∴ab>0，∴>. ∴a＋>b＋.故選C.] 3．D　[只有指數(shù)函數(shù)y＝2x在R上為增函數(shù)，所以D正確．而A、C顯然不是對(duì)于一切實(shí)數(shù)都成立的，B的等價(jià)條件是|a|>|b|，顯然也錯(cuò)誤．] 4．D　[∵a

18、.－＝，2b－a的正負(fù)不確定，即>有可能成立；又∵a|b|>0，則有<，即>不成立．] 5．D　[①由ab>0，bc－ad>0，即bc>ad， 得>，即－>0； ②由ab>0，－>0，即>， 得bc>ad，即bc－ad>0； ③由bc－ad>0，－>0， 即>0，得ab>0； 故可組成3個(gè)正確的命題．] 6．3 解析　∵x>y>1,0ya>0，∴x－a. 即logxa>logya，∴④也不成立． 7．①②

19、解析　∵ad<0，bc>0，∴add2>0. 由已知a>b，同向不等式相加得a＋c2>b＋d2，故②正確； 對(duì)于結(jié)論③，d－c>0，b－c的正、負(fù)不確定，故③不正確． 8.　 解析　∵－≤α<，－<β≤， ∴－π<α＋β<π，∴－<<. ∵－≤－β<， ∴－π≤α－β<π，∴－≤<. 又∵α－β<0，∴－≤<0. 9．解?。剑? ＝(a－b)＝.(6分) ∵a＋b>0，(a－b)2≥0，∴≥0. ∴＋≥＋.(12分) 10．解?。絘a－bbb－a＝a－b，(4分) 當(dāng)a>b>0時(shí)，>1，a－b>0， ∴a－b>1；(

20、8分) 當(dāng)01.(11分) 綜上所述，當(dāng)a，b為不相等的正數(shù)時(shí)，總有aabb>abba. (12分) 11．解　∵bc>a2>0，∴b，c同號(hào)．(2分) 又a2＋c2>0，a>0，∴b＝>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(shí)， 由?c>a2?(a－c)(2a2＋ac＋c2)<0. ∵a>0，b>0，c>0，∴2a2＋ac＋c2>0. ∴a－c<0，即aa2，∴b2>a2，即b≠a. 又∵a2－2ab＋c2＝(a－b)2＝0?a＝b與a≠b矛盾， ∴b－c≠0.綜上，可知a