新高考数学一轮复习知识点总结与题型精练专题03 等式与不等式的性质（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习知识点总结与题型精练专题03 等式与不等式的性质（含解析），共34页。

专题03 等式与不等式的性质
【考纲要求】
1、会用不等式表示不等关系；掌握等式性质和不等式性质.
2、会利用不等式性质比较大小
【思维导图】

【考点总结】
【考点总结】
一、等式的基本性质
性质1　如果a＝b，那么b＝a；
性质2　如果a＝b，b＝c，那么a＝c；
性质3　如果a＝b，那么a±c＝b±c；
性质4　如果a＝b，那么ac＝bc；
性质5　如果a＝b，c≠0，那么＝.
二、不等式的概念
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．含有这些不等号的式子叫做不等式．
三、比较两个实数a、b大小的依据
文字语言
符号表示
如果a＞b，那么a－b是正数；
如果a＜b，那么a－b是负数；
如果a＝b，那么a－b等于0，
反之亦然　　　　　　　　　
a>b⇔a－b>0
a a＝b⇔a－b＝0
[化解疑难]
1．上面的“⇔”表示“等价于”，即可以互相推出．
2．“⇔”右边的式子反映了实数的运算性质，左边的式子反映的是实数的大小顺序，二者结合起来即是实数的运算性质与大小顺序之间的关系.
四、不等式的性质
(1)对称性：a>b⇔b (2)传递性：a>b，b>c⇒a>c；
(3)可加性：a>b⇒a＋c>b＋c.
推论(同向可加性)：⇒a＋c>b＋d；
(4)可乘性：⇒ac>bc；⇒ac 推论(同向同正可乘性)：⇒ac>bd；
(5)正数乘方性：a>b>0⇒an>bn(n∈N*，n≥1)；
(6)正数开方性：a>b>0⇒>(n∈N*，n≥2)．
[化解疑难]
1．在应用不等式时，一定要搞清它们成立的前提条件．不可强化或弱化成立的条件．
2．要注意“箭头”是单向的还是双向的，也就是说每条性质是否具有可逆性．


【题型汇编】
题型一：利用不等式的性质比较数（式）大小
题型二：作差法比较数（式）大小
题型三：利用不等式的性质证明不等式
【题型讲解】
题型一：利用不等式的性质比较数（式）大小
一、单选题
1．（2022·浙江·三模）已知，且，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由得，结合即可求解.
【详解】
由题意知：，又，则，显然异号，
又，所以.
故选：B.
2．（2022·北京·北大附中三模）已知，下列不等式中正确的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由，结合不等式的性质及基本不等式即可判断出结论.
【详解】
解：对于选项A，因为，而的正负不确定，故A错误；
对于选项B，因为，所以，故B错误；
对于选项C，依题意，所以，所以，故C正确；
对于选项D，因为与正负不确定，故大小不确定，故D错误；
故选：C.
3．（2022·江西萍乡·三模（理））设，，，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
令，，求导研究函数的单调性，从而得到，利用不等式的性质比较得出，从而求得答案.
【详解】
令，
，
，可以判断在上单调递增，

，
所以，
，
所以，
又因为，，
所以，即，所以，
故选：D.
4．（2022·北京·二模）“”是“”的（       ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
首先根据不等式的性质，求解出，进而根据逻辑关系进行判断即可.
【详解】
对于等价为：
或
即：或
解得：或，
“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
5．（2022·江西鹰潭·二模（理））已知，且则下列不等式中恒成立的个数是（       ）
①   ②     ③   ④
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
①，分析得到所以正确；②，构造函数举反例判断得解；③，构造函数利用函数单调性判断得解；④，转化为判断，再构造函数利用导数判断函数的单调性即得解.
【详解】
解：①，若，所以矛盾，所以所以正确；
②，，设，
所以当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，因为，所以不恒成立，如，所以该命题错误；
③，，设在单调递增，因为，所以恒成立，所以该命题正确；
④，，
设，
所以
，
所以函数在单调递增，在单调递减.
取
设，所以在单调递增，
，，
所以存在，
此时，
所以该命题错误.
故选：B
6．（2022·山东日照·二模）若a，b，c为实数，且，，则下列不等关系一定成立的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由不等式的基本性质和特值法即可求解.
【详解】
对于A选项，由不等式的基本性质知，不等式的两边都加上（或减去）同一个数或同一个整式，不等号方向不变，则，A选项正确；
对于B选项，由不等式的基本性质知，不等式的两边都乘以（或除以）同一个负数，不等号方向改变，若，，则，B选项错误；
对于C选项，由不等式的基本性质知，不等式的两边都乘以（或除以）同一个正数，不等号方向不变，，，C选项错误；
对于D选项，因为，，所以无法判断与大小，D选项错误.
7．（2022·陕西渭南·二模（文））设x、y都是实数，则“且”是“且”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】
【分析】
由不等式性质及特殊值法判断条件间的推出关系，结合充分必要性的定义即可确定答案.
【详解】
由且，必有且，
当且时，如不满足，故不一定有且.
所以“且”是“且”的充分不必要条件.
故选：A
8．（2022·安徽黄山·二模（文））设实数、满足，则下列不等式一定成立的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
对于A，B，C可以取特殊值验证，对于D，根据题意得，，利用基本不等式求解即可.
【详解】
对于A：当，时不成立，故A错误；
对于B：当，，所以，，即，故C错误；
对于C：当时不成立，故C错误；
对于D：因为，所以，又，
所以（等号成立的条件是），故D正确.
故选：D.
9．（2022·宁夏六盘山高级中学二模（文））设，若为函数的极小值点，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先对函数求导，令，则或，然后分和结合的正负讨论判断函数的极值点即可
【详解】
由，
得，
令，则或，
当，即时，
若时，则在，上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极大值点，不合题意，
若时，则在，上单调递减，在上单调递增，
所以是函数的极小值点，满足题意，此时由，，可得，
当时，，
若时，在，上单调递减，在上单调递增，
所以是函数的极大值点，不合题意，
若时，在，上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极小值点，满足题意，此时由，得，
综上，一定成立，所以C正确，ABD错误，
故选：C
10．（2022·江西·二模（文））已知正实数a，b满足，则下列结论不正确的是（       ）
A．有最大值
B．的最小值是9
C．若，则
D．的最大值为0
【答案】D
【解析】
【分析】
利用基本不等式，以及对数的运算，不等式的性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】
对：，∴，
当且仅当时，等号成立，故A正确；
对：，
当且仅当，即时，等号成立，故B正确；
对：，∴，∴，故C正确；
对：由可知，故，
当且仅当时，等号成立，故D错误.
故选：.
二、多选题
1．（2022·全国·模拟预测）已知，则下列不等关系中正确的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】CD
【解析】
【分析】
根据不等式的性质，特值法以及基本不等式即可判断各关系式的真假．
【详解】
对A，由，得，当，时，A错误；
对B，当，时，B错误；
对C，由，得，根据基本不等式知，C正确：
对D，由，得，所以，因为，所以D正确．
故选：CD．
2．（2022·辽宁·二模）己知非零实数a，b满足，则下列不等关系一定成立的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【解析】
【分析】
利用不等式的性质及特殊值法判断即可．
【详解】
解：对于非零实数，满足，则，
即，故A一定成立；
因为，故B一定成立；
又，即，所以，故C一定成立；
对于D：令，，满足，此时，故D不一定成立．
故选：ABC
3．（2022·重庆·二模）已知，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【解析】
【分析】
根据指数式与对数式的互化，再利用对数的运算性质及对数大小的比较及不等式的性质即可求解.
【详解】

对于A，
，故A不正确；
对于B，，

，
，故B正确；
对于C，

，故C 正确；
对于D，由B知，，故D正确；
故选：BCD.
题型二：作差法比较数（式）大小
一、单选题
1．（2022·全国·模拟预测（理））已知，则下列结论正确的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据不等式的性质，结合指数函数、对数函数的单调性、作差法比较大小等知识，逐一分析各个选项，即可得答案.
【详解】
因为，所以，
对于A：，，所以，故A错误；
对于B：，所以在上为增函数，
又，所以，故B错误；
对于C：，
因为，，所以，
所以，故C错误；
对于D：，
因为，，
所以，即，故D正确.
故选：D
2．（2022·重庆·二模）若非零实数a，b满足，则下列不等式一定成立的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据不等式的基本性质、基本不等式的条件和对数的运算，逐项判定，即可求解.
【详解】
对于A中，由，因为，可得，当不确定，所以A错误；
对于B中，只有当不相等时，才有成立，所以B错误；
对于C中，例如，此时满足，但，所以C错误；
对于D中，由不等式的基本性质，当时，可得成立，所以D正确.
故选：D.
3．（2022·江西上饶·二模（理））设，其中e是自然对数的底数，则（       ）
注：
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
构造函数，则，利用导数研究函数的单调性可得
；根据作差法和对数的运算性质可得，构造新函数
，利用导数研究函数的性质可得，
进而，即可得出结果.
【详解】
令，
则，令，
则在单调递减，
所以，
∵；
，
∴，
令，
则，∴在单调递增，
∴，
∴；
综上，.
故选：C
4．（2022·安徽黄山·二模（文））设实数、满足，则下列不等式一定成立的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
对于A，B，C可以取特殊值验证，对于D，根据题意得，，利用基本不等式求解即可.
【详解】
对于A：当，时不成立，故A错误；
对于B：当，，所以，，即，故C错误；
对于C：当时不成立，故C错误；
对于D：因为，所以，又，
所以（等号成立的条件是），故D正确.
故选：D.
5．（2022·广东广州·一模）若正实数a，b满足，且，则下列不等式一定成立的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据函数单调性及得到或，分别讨论两种情况下四个选项是否正确，A选项可以用对数函数单调性得到，B选项可以用作差法，C选项用作差法及指数函数单调性进行求解，D选项，需要构造函数进行求解.
【详解】
因为，为单调递增函数，故，由于，故，或，
当时，，此时；
，故；
，；
当时，，此时，，故；
，；
故ABC均错误；
D选项，，两边取自然对数，，因为不管，还是，均有，所以，故只需证即可，
设（且），则，令（且），则，当时，，当时，，所以，所以在且上恒成立，故（且）单调递减，因为，所以，结论得证，D正确
故选：D
6．（2022·山西太原·二模（文））已知，，则下列结论正确的有（       ）
①             ②             ③             ④
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】B
【解析】
【分析】
求出、的值，比较、的大小，利用指数函数的单调性、导数法、不等式的基本性质以及基本不等式逐项判断可得出合适的选项.
【详解】
因为，，则，.
对于①，，则，从而，
，则，则，即，①对；
对于②，，
因为，则，，所以，，②错；
对于③，，
所以，，
所以，，③错；
对于④，构造函数，其中，则.
当时，，则函数在上单调递增，
因为，则，即，可得，所以，，④对.
故选：B.
7．（2022·河北衡水中学一模）已知，则下列结论一定正确的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由，得到，结合不等式的基本性质、作差比较、基本不等式和对数的运算法则，逐项判定，即可求解.
【详解】
由，可得，则，
对于A中，由，所以，所以A不正确；
对于B中，由，且，则，所以B不正确；
对于C中，由，且，
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时，所以C不正确；
对于D中，由，因为，可得，
所以，可得，所以D正确.
故选：D.
8．（2022·重庆·三模）已知，，，则，，的大小关系正确的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
作差法比较出，构造函数，利用函数单调性比较出，从而得出.
【详解】
，所以，故，又，则在上单调递减，又，，所以存在，使得，且在时，，在时，，即在上单调递增，在单调递减，且，所以，又因为，所以当时，，其中因为，所以，所以，故，即.
故选：B
9．（2022·湖南·雅礼中学二模）有三个房间需要粉刷，粉刷方案要求：每个房间只用一种颜色，且三个房间颜色各不相同．已知三个房间的粉刷面积（单位：）分别为，，，且，三种颜色涂料的粉刷费用（单位：元/）分别为，，，且．在不同的方案中，最低的总费用（单位：元）是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【详解】
由，，所以
，故；同理，
，故.因为，故.故最低费用为.故选B.
二、多选题
1．（2022·山东日照·三模）某公司通过统计分析发现，工人工作效率E与工作年限，劳累程度，劳动动机相关，并建立了数学模型，已知甲、乙为该公司的员工，则下列结论正确的是（       ）
A．甲与乙劳动动机相同，且甲比乙工作年限长，劳累程度弱，则甲比乙工作效率高
B．甲与乙劳累程度相同，且甲比乙工作年限长，劳动动机高，则甲比乙工作效率低
C．甲与乙劳动动机相同，且甲比乙工作效率高，工作年限短．则甲比乙劳累程度弱
D．甲与乙工作年限相同，且甲比乙工作效率高，劳动动机低，则甲比乙劳累程度强
【答案】AC
【解析】
【分析】
设甲与乙的工人工作效率，工作年限，劳累程度，劳动动机，利用作差法和指数函数的性质比较大小即可判断选项AB；利用作商法和幂函数指数函数的性质比较大小即可判断选项CD.
【详解】
设甲与乙的工人工作效率，工作年限，劳累程度，劳动动机，
对于A，∴，
则，
∴，即甲比乙工作效率高，故A正确；
对于B，，∴，
则，
∴，即甲比乙工作效率高，故B错误：
对于C，，
∴，
∴，
所以，即甲比乙劳累程度弱，故C正确；
对于D，，
∴，∴，
所以，即甲比乙劳累程度弱，故D错误．
故选：AC
2．（2022·辽宁葫芦岛·二模）已知，，则下列不等式成立的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】AB
【解析】
【分析】
AB选项，利用基本不等式进行求解；CD选项，利用作差法比较大小.
【详解】
，即，所以，
因为，所以由基本不等式得：，所以，
解得：，A正确；
，当且仅当时等号成立，故B正确；
，
因为，所以，所以，C错误；
，
因为，而可能比1大，可能比1小，所以符号不确定，所以D错误，
故选：AB
3．（2022·湖南·长沙市明德中学二模）已知，若（为自然对数的底数），则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
由可得，利用作差法即可判断A；令，根据导数可判断函数在上递增，结合A及指数函数的单调性可判断B；根据指数函数的单调性结合基本不等式可判断C；结合B根据对数函数的单调性可判断D.
【详解】
解：因为，
所以，即，
对于A，因为，
所以，故A正确；
对于B，令，则，
所以在上单调递增，
因为，所以，
所以，即，所以，故B错误；
对于C，因为，所以，
当且仅当，即时取等号，
所以，故C正确；
对于D，因为，所以，故D正确.
故选：ACD.
4．（2022·广东潮州·二模）已知幂函数的图象经过点，则下列命题正确的有（       ）．
A．函数的定义域为
B．函数为非奇非偶函数
C．过点且与图象相切的直线方程为
D．若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】
先利用待定系数法求出幂函数的解析式，写出函数的定义域、判定奇偶性，即判定选项A错误、选项B正确；设出切点坐标，利用导数的几何意义和过点求出切线方程，进而判定选项C正确；平方作差比较大小，进而判定选项D错误.
【详解】
设，将点代入，
得，则，即，
对于A：的定义域为，即选项A错误；
对于B：因为的定义域为，
所以不具有奇偶性，即选项B正确；
对于C：因为，所以，
设切点坐标为，则切线斜率为，
切线方程为，又因为切线过点，
所以，解得，
即切线方程为，即，
即选项C正确；
对于D：当时，

，
即成立，即选项D错误．
故选：BC．
5．（2022·辽宁·一模）已知不相等的两个正实数a和b，满足，下列不等式正确的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【解析】
【分析】
A选项，利用作出判断；B选项，利用基本不等式即函数单调性求解；CD选项，用作差法求解.
【详解】
由于两个不相等的正实数a和b，满足，所以a和b可取一个比1大，一个比1小，即，故，A错误；
由题意得：，所以，B正确；
，其中，但不知道a和b的大小关系，故当时，，当时，，C错误；
，其中，，所以，即，D正确.
故选：BD
6．（2022·山东聊城·三模）已知实数m，n满足，则下列结论正确的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】
【分析】
利用作差法比较大小，可判断A,B,利用指数函数和幂函数的单调性，可判断C;根据对数函数的单调性，可判断D.
【详解】
由知， ，故，A正确；
由得，，所以，即，故B错误；
因为指数函数为单调减函数，故，
由幂函数 为单调增函数知 ，故，故C正确；
根据, 对数函数 为单调减函数,
故，故D错误，
故选：AC
题型三：利用不等式的性质证明不等式
一、单选题
1．（2022·浙江·绍兴一中模拟预测）设，则“”是“”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】
【分析】
根据不等式的基本性质可证充分性成立，举例说明可证必要性不成立.
【详解】
，所以充分性成立，
当时，满足，但不成立，所以必要性不成立．
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A．
2．（2022·浙江省杭州学军中学模拟预测）若均为实数，则“”是“”的（       ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
通过列举，和推理证明可以推出充要性.
【详解】
若中，取，则推不出；
若，则，则可得出；
故“”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
【点睛】
本题考查充分必要不条件的定义以及不等式的性质，可通过代入特殊值解决．
3．（2021·浙江·模拟预测）已知，，则“”是“”的（       ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】
先化简得，即得解.
【详解】
由得，
所以.
反之，也成立.
所以“”是“”的充分必要条件.
故选：C
【点睛】
方法点睛：充分必要条件的判断，常用的方法有：（1）定义法；（2）集合法；（3）转化法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.
4．（2021·上海长宁·二模）已知函数满足：对任意，都有．
命题：若是增函数，则不是减函数；
命题：若有最大值和最小值，则也有最大值和最小值．
则下列判断正确的是（       ）
A．和都是真命题 B．和都是假命题
C．是真命题，是假命题 D．是假命题，是真命题
【答案】C
【解析】
【分析】
利用函数单调性定义结合已知判断命题p的真假，再利用函数最大、最小值的意义借助不等式性质判断命题q的真假而得解.
【详解】
对于命题：设，因为是上的增函数，所以，
所以，
因为，
所以
所以
故函数不是减函数，
故命题为真命题；
对于命题在上有最大值，此时，有最小值，此时，
因为，

所以，
所以有界，但不一定有最大值和最小值，故命题为假命题．
故选：C
【点睛】
结论点睛：含绝对值不等式转化方法：a>0时，；或.
5．（2021·浙江·模拟预测）已知，，则“”是“”的（       ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
利用不等式的性质证明必要性成立，利用特殊值法证明充分性不成立即可得到结果.
【详解】
若，则，，所以，
所以，即必要性成立；
当，时，，但，所以充分性不成立
所以“”是“”的必要不充分条件
故选：B．
【点睛】
关键点睛：解决本题的关键是利用不等式的性质证明必要性.
6．（2021·全国·模拟预测）已知，在上恒成立，则实数的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
不等式等价于，分类讨论，和，分别求出实数的取值范围，最后取交集即可.
【详解】
易知，不等式，即.
当时，，，则，又，所以；
当时，，对任意的实数，不等式恒成立；
当时，，，则，又，所以；
综上，实数的取值范围为.
故选：D
【点睛】
方法点睛：本题考查不等式恒成立求参数问题， 不等式恒成立问题常见方法：
①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；
②数形结合( 图像在 上方即可)；
③讨论最值或恒成立.
7．（2021·浙江·模拟预测）已知，给出下列命题：
①若，则；       ②若，则；
③若，则；       ④若，则.
其中真命题的个数是（       ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
①若，则，然后两边平方，再通过作差法即可得解；
②若，则，然后利用立方差公式可知，再结合以及不等式的性质即可判断；
③若，则，再利用，得出，从而求得的范围，进而判断；
④取特殊值，，即可判断．
【详解】
解：①若，
则，
所以，
所以，即①错误；
若，
则，
即，
因为，
所以，
所以，
所以，即，所以②正确；
若，
则，
因为，所以，
所以，即③正确；
④取，，满足，
但，所以④错误；
所以真命题有②③，
故选：B．
【点睛】
本题考查命题真假的判断，涉及根据不等式的性质证明不等式、指对运算法则、立方差公式等，考查学生的分析能力和运算能力．
8．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知且满足，则的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
设，求出结合条件可得结果.
【详解】
设，可得，
解得，，
因为可得，
所以.
故选：C.
9．（2022·浙江·杭州高级中学模拟预测）已知且，则的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
首先求得及的取值范围，再把转化为关于的代数式，利用函数的单调性去求的取值范围即可解决
【详解】
由，可得，
则，则，令，则
，
又在单调递增，在单调递减
，，
则，即
故选：C
10．（2022·浙江·模拟预测）若实数x，y满足，则的取值范围（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设，求出，再根据不等式的性质即可得出答案.
【详解】
解：设，
则，解得，
故，
又因，
所以，
所以.
故选：A.
二、多选题
1．（2021·江苏·扬州中学模拟预测）已知两个不为零的实数，满足，则下列说法中正确的有（       ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【解析】
【分析】
对四个选项一一验证：
对于A：利用为增函数直接证明；
对于B：取特殊值判断；
对于C：若时，利用同向不等式相乘判断；若时，有，直接判断；若时，利用不等式的乘法性质进行判断
对于D：取特殊值判断；
【详解】
对于A：因为两个不为零的实数，满足，所以，而为增函数，所以，即；故A正确；
对于B：可以取，则有，所以；故B不正确；
对于C：若时，则有根据同向不等式相乘得：，即成立；
若时，有，故成立；
若时，则有，，因为，所以，即成立；
故C正确；
对于D：可以取，则有，所以；故D不正确；
故选：AC
【点睛】
（1）判断不等式是否成立：①利用不等式的性质或定理直接证明；②取特殊值进行否定，用排除法；
（2）多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．
（3）要证明一个命题是真命题，需要严格的证明；要判断一个命题是假命题，只需要举一个反例否定就看可以了.
2．（2021·福建·模拟预测）下列说法正确的是（       ）
A．设，则“”是“且”的必要不充分条件
B．是“”的充要条件
C．“”是“”成立的充要条件
D．设，则 “”是“”的充分而不必要条件
【答案】AD
【解析】
【分析】
对于AC，利用不等式的性质结合充分必要条件的定义判断即可；对于B，解得，结合充分必要条件的定义判断即可；对于D，运用绝对值不等式的解法和正弦函数的图像与性质，化简两个已知不等式，结合充分必要条件的定义判断即可.
【详解】
对于A，当且时，可推出且时，即成立，反之，当时，例满足条件，即不能推出且，故是且的必要不充分条件，故A正确；
对于B，由可得，反之，不一定得，如也满足，故是的充分不必要条件，故B错误；
对于C，当时，满足，但，反之，若，则，故是成立的必要不充分条件，故C错误；
对于D，由，得，故，反之，由，得，推不出，故是的充分而不必要条件，故D正确.
故选：AD
【点睛】
关键点点睛：本题考查充分条件和必要条件的判断，同时考查三角函数的性质与不等式的性质，运用定义法和解不等式是解题的关键，属于基础题.
3．（2021·广东·石门中学模拟预测）设为正实数，下列命题正确的有（       ）
A．若，则；
B．若，则；
C．若，则；
D．若，则.
【答案】AD
【解析】
将，分解变形为，即可证明，即；
可通过举反例的方法证明其错误性；
若，去掉绝对值，将分解变形为，即可证明，同理当时也可证明，从而命题④正确．
【详解】
若，则，即，
，，即，该选项正确；
若，可取，，则，该选项错误；
若，则可取，，而，该选项错误；
由，
若，则，即，即，
，，即
若，则，即，即，
，，即
该选项正确；
故选：AD
【点睛】
方法点睛：证明不等式常用的方法有：（1）比较法；（2）综合法；（3）分析法；（4）放缩法；（5）数学归纳法；（6）反证法.要根据已知灵活选择.
4．（2021·江苏南京·二模）已知，，且，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】
根据已知条件，利用基本不等式可以证明A正确；根据已知条件，求得的取值范围，结合不等式的基本性质和指数函数的单调性判定BD；利用对数函数的单调性对C进行等价转化，通过举例可以否定C.
【详解】
，
又故正确；
，，且，，故正确；
,故正确；
等价于，即，
等价于,但当时，满足条件，，且，,故C错误；
故选：.
【点睛】
本题考查不等式的基本性质，基本不等式，涉及指数对数函数的单调性，属中档题.关键是要熟练掌握不等式的基本性质和基本不等式，掌握指数对数函数的单调性.注意使用等价分析法，举反例否定法进行判定.