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专题1.6 等式性质与不等式性质（4类必考点）-2023-2024学年高一数学专题突破（北师大版必修第一册）
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这是一份专题1.6 等式性质与不等式性质（4类必考点）-2023-2024学年高一数学专题突破（北师大版必修第一册），文件包含专题16等式性质与不等式性质4类必考点北师大版必修第一册原卷版docx、专题16等式性质与不等式性质4类必考点北师大版必修第一册解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \t "正文,1" \h
\l "_Tc72" 【考点1：利用不等式的性质判断不等关系】 PAGEREF _Tc72 \h 1
\l "_Tc12498" 【考点2：作差法比较大小】 PAGEREF _Tc12498 \h 4
\l "_Tc17439" 【考点3：作商法比较大小】 PAGEREF _Tc17439 \h 7
\l "_Tc5708" 【考点4：利用不等式的性质求取值范围】 PAGEREF _Tc5708 \h 7
【考点1：利用不等式的性质判断不等关系】
【知识点：不等式的性质】
【知识点：倒数的性质】
①a>b，ab>0⇒eq \f(1,a)b>0,0eq \f(b,d).④0【知识点：有关分数的性质】
若a>b>0，m>0，则：①eq \f(b,a)eq \f(b－m,a－m)(b－m>0)．②eq \f(a,b)>eq \f(a＋m,b＋m)；eq \f(a,b)0)．
1．（2021秋•河北区期末）铁路总公司关于乘车行李规定如下：乘坐动车组列车携带品的外部尺寸长、宽、高之和不超过130cm，设携带品的外部尺寸长、宽、高分别为a，b，c（单位：cm），这个规定用数学关系式可表示为（ ）
A．a+b+c＞130B．a+b+c＜130C．a+b+c≥130D．a+b+c≤130
【分析】根据题意列出不等式即可．
【解答】解：由题意可知a+b+c≤130．
故选：D．
2．（2022•安徽模拟）已知a＞b＞c＞d＞0，且a+d＝b+c，则以下不正确的是（ ）
A．a+c＞b+dB．ac＞bdC．ad＜bcD．ab＞cd
【分析】利用不等式的性质判断选项A、B，利用平方法判断选项C，进而判断选项D即可．
【解答】解：∵a＞b＞c＞d＞0，
∴a+c＞b+d，ac＞bd；
即选项A、B正确；
∵a﹣d＞b﹣c＞0，
∴（a﹣d）2＞（b﹣c）2，
即（a+d）2﹣4ad＞（b+c）2﹣4bc，
即ad＜bc，
故选项C正确；
∵ad＜bc，
∴ab＜cd，
即选项D错误；
故选：D．
3．（2021秋•贺州期末）如果a＜b＜0，那么下列不等式成立的是（ ）
A．1a＜1bB．ab＜b2C．ab＞a2D．-1a＜-1b
【分析】根据不等式的基本性质，结合题意，判断选项中的命题是否正确即可．
【解答】解：因为a＜b＜0，所以ab＞0，所以1b＜1a＜0，即1a＞1b，选项A错误；
因为a＜b＜0，所以ab＞b2＞0，选项B错误；
因为a＜b＜0，所以a2＞ab＞0，即ab＜a2，选项C错误；
因为a＜b＜0，所以1b＜1a＜0，所以-1b＞-1a，即-1a＜-1b，选项D正确．
故选：D．
4．（2021秋•玉林期末）如果ac＞bc，那么下列不等式中，一定成立的是（ ）
A．ac2＞bc2B．a＞bC．a+c＞b+cD．ac＞bc
【分析】直接利用不等式的性质的应用判断A、B、C、D的结论．
【解答】解：对于ac＞bc，
则：对于A和B：当c＜0，则a＜b，故ac2＜bc2，a＜b，故A、B错误；
对于C：当c＜0时，a+c＜b+c，
对于D：由于ac＞bc等价于ac＞bc，故D正确．
故选：D．
5．（2021秋•阎良区期末）若a＜0，﹣1＜b＜0，则下列各式中正确的是（ ）
A．a＞ab＞ab2B．ab＞a＞ab2C．ab2＞ab＞aD．ab＞ab2＞a
【分析】利用不等式的性质进行判断即可．
【解答】解∵a＜0，﹣1＜b＜0，
∴ab＞0，ab2＜0，
又﹣1＜b＜0，∴0＜b2＜1，两边同乘以负数a，可知ab2＞a，
∴ab＞0＞ab2＞a．
故选：D．
6．（2021秋•临渭区期末）已知b＜0＜a，则下列不等式正确的是（ ）
A．b²＜a²B．1b＜1aC．﹣b＜﹣aD．a﹣b＜a+b
【分析】，利用举实例判断ACD，利用不等式的基本性质即判断B．
【解答】解：当a＝2，b＝﹣3时，满足b＜0＜a，但b2＞a2，﹣b＞﹣a，a﹣b＞a+b，∴A，C，D错误，
∵b＜0＜a，∴1b＜0，1a＞0，∴1b＜1a，∴B正确，
故选：B．
（多选）7．（2022•汕头二模）已知a，b，c满足c＜a＜b，且ac＜0，那么下列各式中一定成立的是（ ）
A．ac（a﹣c）＞0B．c（b﹣a）＜0C．cb2＜ab2D．ab＞ac
【分析】利用不等式的基本性质求解．
【解答】解：因为a，b，c满足c＜a＜b，且ac＜0，
所以c＜0，a＞0，b＞0，a﹣c＞0，b﹣a＞0，
所以ac（a﹣c）＜0，c（b﹣a）＜0，cb2＜ab2，ab＞ac，
故选：BCD．
9．（2021秋•昌平区校级期中）用“＞、＜”填空；若a＜b＜0，则a2 ＞ b2，1a ＞ 1b．
【分析】由a，b的大小关系进行判断即可．
【解答】解：由题意，a＜b＜0，
举例说明，令a＝﹣2，b＝﹣1，
则（﹣2）2＞（﹣1）2，
则a2＞b2，
又-12＞-1，
则1a＞1b，
故答案为：a2＞b2，1a＞1b．
10．（2021秋•察右前旗校级期中）对于实数a、b、c，有下列命题①若a＞b，则ac＜bc；②若ac2＞bc2，则a＞b；③若a＜b＜0，则a2＞ab＞b2；④若c＞a＞b＞0，则ac-a＞bc-b；⑤若a＞b，1a＞1b，则a＞0，b＜0．其中正确的是 ②③④⑤ ．
【分析】根据不等式的性质2和性质3，我们分别判断题目中的五个命题的真假性，即可得到答案．
【解答】解：当c＝0时，若a＞b，则ac＝bc，故①为假命题；
若ac2＞bc2，则c≠0，c2＞0，故a＞b，故②为真命题；
若a＜b＜0，则a2＞ab且ab＞b2，即a2＞ab＞b2，故③为真命题；
若c＞a＞b＞0，则ca＜cb，则c-aa＜c-bb，则ac-a＞bc-b，故④为真命题；
若a＞b，1a＞1b，即bab＞aab，故a•b＜0，则a＞0，b＜0，故⑤为真命题；
故答案为：②③④⑤
【考点2：作差法比较大小】
【知识点：作差法比较大小】
作差法：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－b>0⇔a>ba，b∈R，,a－b＝0⇔a＝ba，b∈R，,a－b<0⇔a1．（2021春•乌苏市校级期中）已知x＜a＜0，下列不等式一定成立的是（ ）
A．x2＜a2＜0B．x2＞ax＞a2C．x2＜ax＜0D．x2＞a2＞ax
【分析】根据题意，利用作差法比较x2，xa以及xa，a2的大小，即可得答案．
【解答】解：根据题意，x＜a＜0，则x﹣a＜0，
则x2﹣xa＝x（x﹣a）＞0，则有x2＞xa，
同时，xa﹣a2＝a（x﹣a）＞0，则有xa＞a2，
必有x2＞xa＞a2，
故选：B．
2．（2022春•安徽期中）已知a＜b，x＝a3﹣b，y＝a2b﹣a，则x，y的大小关系为（ ）
A．x＞yB．x＜yC．x＝yD．无法确定
【分析】利用作差法直接化简判断即可．
【解答】解：x﹣y＝a3﹣b﹣a2b+a＝a2（a﹣b）+（a﹣b）＝（a﹣b）（a2+1），
又a＜b，则a﹣b＜0，
又a2+1＞0，则x﹣y＝（a﹣b）（a2+1）＜0，故x＜y．
故选：B．
3．（2021秋•伊州区校级期末）已知t＝2a+2b，s＝a²+2b+1，则（ ）
A．t＞sB．t≥sC．t≤sD．t＜s
【分析】利用作差法，可求得答案．
【解答】解：由t＝2a+2b，s＝a²+2b+1，
s﹣t＝a2﹣2a+1＝（a﹣1）2≥0，
所以s≥t，
故选：C．
4．（2021秋•海淀区校级月考）设a＞b＞1，y1=b+1a+1，y2=ba，y3=b-1a-1，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3B．y2＜y1＜y3C．y3＜y2＜y1D．y2＜y3＜y1
【分析】利用作差法先比较y1，y2，再比较y2，y3即可得出y1，y2，y3的大小关系．
【解答】解：由a＞b＞1，有y1﹣y2=b+1a+1-ba=ab+a-ab-b(a+1)a=a-b(a+1)a＞0，即y1＞y2，
由a＞b＞1，有y2﹣y3=ba-b-1a-1=ab-b-ab+aa(a-1)=a-ba(a-1)＞0，即y2＞y3，
所以y1＞y2＞y3，
故选：C．
5．（2021秋•南昌县校级期末）比较大小：6+7 ＞ 22+5（用“＞”或“＜”符号填空）．
【分析】平方作差，可得（6+7）2﹣（22+5）2＝2（42-40）＞0，进而可得其平方的大小，可得原式的大小．
【解答】解：（6+7）2﹣（22+5）2＝13+242-（13+410）＝242-410=242-240=2（42-40）＞0，
故（6+7）2＞（22+5）2，
故6+7＞22+5，
故答案为：＞
6．（2022春•慈利县期中）比较大小：（x﹣3）2 ＞ （x﹣2）（x﹣4）．（填写“＞”或“＜”）
【分析】利用作差法比较大小即可．
【解答】解：（x﹣3）2﹣（x﹣2）（x﹣4）＝x2﹣6x+9﹣x2+6x﹣8＝1＞0，
故（x﹣3）2＞（x﹣2）（x﹣4），
故答案为：＞
7．（2021秋•蒙城县校级月考）（x+1）（x+5）与（x+3）2的大小关系为 （x+1）（x+5）＜（x+3）2 ．
【分析】作差，判断差的符号，即可得到答案．
【解答】解：（x+1）（x+5）﹣（x+3）2＝﹣4＜0，
∴（x+1）（x+5）＜（x+3）2，
故答案为：（x+1）（x+5）＜（x+3）2
8．（2021秋•黄陵县校级期中）（1）已知a＞b＞0，c＜0求证：ca＞cb．
（2）比较（a+3）（a﹣5）与（a+2）（a﹣4）的大小．
【分析】（1）由a＞b＞0，可得1b＞1a，两边同时乘以负实数c，可得要证的不等式；
（2）将（a+3）（a﹣5）与（a+2）（a﹣4）作差即可
【解答】证明：（1）∵a＞b＞0，
∴1b＞1a＞0，
再由c＜0，可得ca＞cb．
故要证的不等式成立；
解：（2）∵（a+3）（a﹣5）﹣（a+2）（a﹣4）
＝a2﹣2a﹣15﹣（a2﹣2a﹣8）
＝﹣7＜0，
∴（a+3）（a﹣5）＜（a+2）（a﹣4）．
【考点3：作商法比较大小】
【知识点：作商法比较大小】
作商法：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,b)>1⇔a>ba∈R，b>0，,\f(a,b)＝1⇔a＝ba∈R，b>0，,\f(a,b)<1⇔a0.))
1．（2021•金安区校级开学）已知P=1a2+a+1，Q＝a2﹣a+1，则P、Q的大小关系为（ ）
A．P＞QB．P＜QC．P≤QD．无法确定
【分析】配方可得P和Q都大于0，作商法比较可得．
【解答】解：∵P=1a2+a+1=1(a+12)2+34＞0，
Q＝a2﹣a+1＝（a-12）2+34＞0，
QP=（a2﹣a+1）（a2+a+1）＝（a2+1）2﹣a2
＝（a2）2+a2+1≥1，故Q≥P
当且仅当a＝0时取等号．
故选：C．
【考点4：利用不等式的性质求取值范围】
1．（2021秋•天河区校级期中）已知2＜a＜3，﹣2＜b＜﹣1，则2a﹣b的范围是 ．
【分析】利用同向不等式具有可加性，即可解出．
【解答】解：∵2＜a＜3，﹣2＜b＜﹣1，
∴4＜2a＜6，1＜﹣b＜2，
∴5＜2a﹣b＜8，
故答案为：5＜2a﹣b＜8．
2．（2021•鸡冠区校级三模）已知1≤a+b≤3，﹣1≤a﹣b≤2，则z＝3a﹣b的取值范围是 ．
【分析】根据条件可求出∴﹣2≤2a﹣2b≤4，进而可得出z＝3a﹣b的取值范围．
【解答】解：∵1≤a+b≤3，﹣1≤a﹣b≤2，
∴﹣2≤2a﹣2b≤4，
∴﹣1≤3a﹣b≤7，
故答案为：﹣1≤3a﹣b≤7．
3．（2021秋•三元区校级月考）已知﹣1＜α≤β≤2，设m＝α+β，n＝α﹣β，则m的取值范围是 ，n的取值范围是 ．
【分析】利用不等式的基本性质求解即可．
【解答】解：∵﹣1＜α≤β≤2，∴﹣2＜α+β≤4，∴﹣2＜m≤4，
∵﹣1＜α≤β≤2，∴﹣2≤﹣β＜1，∴﹣3＜α﹣β≤0，∴﹣3＜n≤0，∴
故答案为：﹣2＜m≤4，﹣3＜n≤0．
4．（2021秋•武昌区校级月考）已知1≤a+b≤4，﹣1≤a﹣b≤2，求4a﹣2b的取值范围．
【分析】根据题意需要配凑出4a﹣2b，所以结合题意，就用设未知数的方法求解即可．
【解答】解：令4a﹣2b＝x（a+b）+y（a﹣b），
所以4a﹣2b＝（x+y）a+（x﹣y）b．
所以x+y=4，x-y=-2，
解得x=1，y=3．
因为1≤a+b≤4，﹣3≤3（a﹣b）≤6，两式相加，
所以﹣2≤4a﹣2b≤10．
5．（2021秋•普宁市校级月考）已知﹣2＜a≤3，1≤b＜2，试求下列各式的取值范围．
（1）|a|；
（2）a+b；
（3）a﹣b；
（4）2a﹣3b．
【分析】根据绝对值运算可解决（1）；
根据不等式性质可解决（2）（3）（4）．
【解答】解：（1）0≤|a|≤3；
（2）﹣1＜a+b＜5；
（3）依题意得﹣2＜﹣b≤﹣1，又﹣2＜a≤3，相加得﹣4＜a﹣b≤2；
（4）由﹣2＜a≤3得﹣4＜2a≤6①，
由1≤b＜2得﹣6＜﹣3b≤﹣3②，
①+②得，﹣10＜2a﹣3b≤3．
6．（2017春•黄陵县校级月考）设2＜a＜3，﹣4＜b＜﹣3，求a+b，a﹣b，ab，ab，b2a的取值范围．
【分析】根据不等式的性质进行运算即可得到结论．
【解答】解：∵2＜a＜3，﹣4＜b＜﹣3，
∴3＜﹣b＜4，-13＜1b＜-14，
∴﹣2＜a+b＜0，
5＜a﹣b＜7，
∵14＜-1b＜13，
∴12＜-ab＜1，
即﹣1＜ab＜-12，
∵6＜﹣ab＜12，
∴﹣12＜ab＜﹣6，
∵9＜b2＜16，13＜1a＜12，
∴3＜b2a＜8，
综上：﹣2＜a+b＜0，5＜a﹣b＜7，﹣1＜ab＜-12，﹣12＜ab＜﹣6，3＜b2a＜8．
7．（2017春•黄陵县校级月考）已知α，β满足-1≤α+β≤1①1≤α+2β≤3②，试求α+3β的取值范围．
【分析】该问题是已知不等关系求范围的问题，可以用待定系数法来解决．
【解答】解 设α+3β＝λ（α+β）+v（α+2β）
＝（λ+v）α+（λ+2v）β．
比较α、β的系数，得λ+v=1λ+2v=3，
从而解出λ＝﹣1，v＝2．
分别由①、②得﹣1≤﹣α﹣β≤1，2≤2α+4β≤6，
两式相加，得1≤α+3β≤7．性质
性质内容
特别提醒
对称性
a>b⇔b⇔
传递性
a>b，b>c⇒a>c
⇒
可加性
a>b⇔a＋c>b＋c
⇔
可乘性
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a>b,c>0))⇒ac>bc
注意c的符号
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a>b,c<0))⇒ac同向可加性
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a>b,c>d))⇒a＋c>b＋d
⇒
同向同正可乘性
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a>b>0,c>d>0))⇒ac>bd>0
⇒
可乘方性
a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥1)
a，b同为正数
可开方性
a>b>0⇒eq \r(n,a)>eq \r(n,b)(n∈N，n≥2)
TOC \ "1-3" \t "正文,1" \h
\l "_Tc72" 【考点1：利用不等式的性质判断不等关系】 PAGEREF _Tc72 \h 1
\l "_Tc12498" 【考点2：作差法比较大小】 PAGEREF _Tc12498 \h 4
\l "_Tc17439" 【考点3：作商法比较大小】 PAGEREF _Tc17439 \h 7
\l "_Tc5708" 【考点4：利用不等式的性质求取值范围】 PAGEREF _Tc5708 \h 7
【考点1：利用不等式的性质判断不等关系】
【知识点：不等式的性质】
【知识点：倒数的性质】
①a>b，ab>0⇒eq \f(1,a)
若a>b>0，m>0，则：①eq \f(b,a)
1．（2021秋•河北区期末）铁路总公司关于乘车行李规定如下：乘坐动车组列车携带品的外部尺寸长、宽、高之和不超过130cm，设携带品的外部尺寸长、宽、高分别为a，b，c（单位：cm），这个规定用数学关系式可表示为（ ）
A．a+b+c＞130B．a+b+c＜130C．a+b+c≥130D．a+b+c≤130
【分析】根据题意列出不等式即可．
【解答】解：由题意可知a+b+c≤130．
故选：D．
2．（2022•安徽模拟）已知a＞b＞c＞d＞0，且a+d＝b+c，则以下不正确的是（ ）
A．a+c＞b+dB．ac＞bdC．ad＜bcD．ab＞cd
【分析】利用不等式的性质判断选项A、B，利用平方法判断选项C，进而判断选项D即可．
【解答】解：∵a＞b＞c＞d＞0，
∴a+c＞b+d，ac＞bd；
即选项A、B正确；
∵a﹣d＞b﹣c＞0，
∴（a﹣d）2＞（b﹣c）2，
即（a+d）2﹣4ad＞（b+c）2﹣4bc，
即ad＜bc，
故选项C正确；
∵ad＜bc，
∴ab＜cd，
即选项D错误；
故选：D．
3．（2021秋•贺州期末）如果a＜b＜0，那么下列不等式成立的是（ ）
A．1a＜1bB．ab＜b2C．ab＞a2D．-1a＜-1b
【分析】根据不等式的基本性质，结合题意，判断选项中的命题是否正确即可．
【解答】解：因为a＜b＜0，所以ab＞0，所以1b＜1a＜0，即1a＞1b，选项A错误；
因为a＜b＜0，所以ab＞b2＞0，选项B错误；
因为a＜b＜0，所以a2＞ab＞0，即ab＜a2，选项C错误；
因为a＜b＜0，所以1b＜1a＜0，所以-1b＞-1a，即-1a＜-1b，选项D正确．
故选：D．
4．（2021秋•玉林期末）如果ac＞bc，那么下列不等式中，一定成立的是（ ）
A．ac2＞bc2B．a＞bC．a+c＞b+cD．ac＞bc
【分析】直接利用不等式的性质的应用判断A、B、C、D的结论．
【解答】解：对于ac＞bc，
则：对于A和B：当c＜0，则a＜b，故ac2＜bc2，a＜b，故A、B错误；
对于C：当c＜0时，a+c＜b+c，
对于D：由于ac＞bc等价于ac＞bc，故D正确．
故选：D．
5．（2021秋•阎良区期末）若a＜0，﹣1＜b＜0，则下列各式中正确的是（ ）
A．a＞ab＞ab2B．ab＞a＞ab2C．ab2＞ab＞aD．ab＞ab2＞a
【分析】利用不等式的性质进行判断即可．
【解答】解∵a＜0，﹣1＜b＜0，
∴ab＞0，ab2＜0，
又﹣1＜b＜0，∴0＜b2＜1，两边同乘以负数a，可知ab2＞a，
∴ab＞0＞ab2＞a．
故选：D．
6．（2021秋•临渭区期末）已知b＜0＜a，则下列不等式正确的是（ ）
A．b²＜a²B．1b＜1aC．﹣b＜﹣aD．a﹣b＜a+b
【分析】，利用举实例判断ACD，利用不等式的基本性质即判断B．
【解答】解：当a＝2，b＝﹣3时，满足b＜0＜a，但b2＞a2，﹣b＞﹣a，a﹣b＞a+b，∴A，C，D错误，
∵b＜0＜a，∴1b＜0，1a＞0，∴1b＜1a，∴B正确，
故选：B．
（多选）7．（2022•汕头二模）已知a，b，c满足c＜a＜b，且ac＜0，那么下列各式中一定成立的是（ ）
A．ac（a﹣c）＞0B．c（b﹣a）＜0C．cb2＜ab2D．ab＞ac
【分析】利用不等式的基本性质求解．
【解答】解：因为a，b，c满足c＜a＜b，且ac＜0，
所以c＜0，a＞0，b＞0，a﹣c＞0，b﹣a＞0，
所以ac（a﹣c）＜0，c（b﹣a）＜0，cb2＜ab2，ab＞ac，
故选：BCD．
9．（2021秋•昌平区校级期中）用“＞、＜”填空；若a＜b＜0，则a2 ＞ b2，1a ＞ 1b．
【分析】由a，b的大小关系进行判断即可．
【解答】解：由题意，a＜b＜0，
举例说明，令a＝﹣2，b＝﹣1，
则（﹣2）2＞（﹣1）2，
则a2＞b2，
又-12＞-1，
则1a＞1b，
故答案为：a2＞b2，1a＞1b．
10．（2021秋•察右前旗校级期中）对于实数a、b、c，有下列命题①若a＞b，则ac＜bc；②若ac2＞bc2，则a＞b；③若a＜b＜0，则a2＞ab＞b2；④若c＞a＞b＞0，则ac-a＞bc-b；⑤若a＞b，1a＞1b，则a＞0，b＜0．其中正确的是 ②③④⑤ ．
【分析】根据不等式的性质2和性质3，我们分别判断题目中的五个命题的真假性，即可得到答案．
【解答】解：当c＝0时，若a＞b，则ac＝bc，故①为假命题；
若ac2＞bc2，则c≠0，c2＞0，故a＞b，故②为真命题；
若a＜b＜0，则a2＞ab且ab＞b2，即a2＞ab＞b2，故③为真命题；
若c＞a＞b＞0，则ca＜cb，则c-aa＜c-bb，则ac-a＞bc-b，故④为真命题；
若a＞b，1a＞1b，即bab＞aab，故a•b＜0，则a＞0，b＜0，故⑤为真命题；
故答案为：②③④⑤
【考点2：作差法比较大小】
【知识点：作差法比较大小】
作差法：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－b>0⇔a>ba，b∈R，,a－b＝0⇔a＝ba，b∈R，,a－b<0⇔a
A．x2＜a2＜0B．x2＞ax＞a2C．x2＜ax＜0D．x2＞a2＞ax
【分析】根据题意，利用作差法比较x2，xa以及xa，a2的大小，即可得答案．
【解答】解：根据题意，x＜a＜0，则x﹣a＜0，
则x2﹣xa＝x（x﹣a）＞0，则有x2＞xa，
同时，xa﹣a2＝a（x﹣a）＞0，则有xa＞a2，
必有x2＞xa＞a2，
故选：B．
2．（2022春•安徽期中）已知a＜b，x＝a3﹣b，y＝a2b﹣a，则x，y的大小关系为（ ）
A．x＞yB．x＜yC．x＝yD．无法确定
【分析】利用作差法直接化简判断即可．
【解答】解：x﹣y＝a3﹣b﹣a2b+a＝a2（a﹣b）+（a﹣b）＝（a﹣b）（a2+1），
又a＜b，则a﹣b＜0，
又a2+1＞0，则x﹣y＝（a﹣b）（a2+1）＜0，故x＜y．
故选：B．
3．（2021秋•伊州区校级期末）已知t＝2a+2b，s＝a²+2b+1，则（ ）
A．t＞sB．t≥sC．t≤sD．t＜s
【分析】利用作差法，可求得答案．
【解答】解：由t＝2a+2b，s＝a²+2b+1，
s﹣t＝a2﹣2a+1＝（a﹣1）2≥0，
所以s≥t，
故选：C．
4．（2021秋•海淀区校级月考）设a＞b＞1，y1=b+1a+1，y2=ba，y3=b-1a-1，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3B．y2＜y1＜y3C．y3＜y2＜y1D．y2＜y3＜y1
【分析】利用作差法先比较y1，y2，再比较y2，y3即可得出y1，y2，y3的大小关系．
【解答】解：由a＞b＞1，有y1﹣y2=b+1a+1-ba=ab+a-ab-b(a+1)a=a-b(a+1)a＞0，即y1＞y2，
由a＞b＞1，有y2﹣y3=ba-b-1a-1=ab-b-ab+aa(a-1)=a-ba(a-1)＞0，即y2＞y3，
所以y1＞y2＞y3，
故选：C．
5．（2021秋•南昌县校级期末）比较大小：6+7 ＞ 22+5（用“＞”或“＜”符号填空）．
【分析】平方作差，可得（6+7）2﹣（22+5）2＝2（42-40）＞0，进而可得其平方的大小，可得原式的大小．
【解答】解：（6+7）2﹣（22+5）2＝13+242-（13+410）＝242-410=242-240=2（42-40）＞0，
故（6+7）2＞（22+5）2，
故6+7＞22+5，
故答案为：＞
6．（2022春•慈利县期中）比较大小：（x﹣3）2 ＞ （x﹣2）（x﹣4）．（填写“＞”或“＜”）
【分析】利用作差法比较大小即可．
【解答】解：（x﹣3）2﹣（x﹣2）（x﹣4）＝x2﹣6x+9﹣x2+6x﹣8＝1＞0，
故（x﹣3）2＞（x﹣2）（x﹣4），
故答案为：＞
7．（2021秋•蒙城县校级月考）（x+1）（x+5）与（x+3）2的大小关系为 （x+1）（x+5）＜（x+3）2 ．
【分析】作差，判断差的符号，即可得到答案．
【解答】解：（x+1）（x+5）﹣（x+3）2＝﹣4＜0，
∴（x+1）（x+5）＜（x+3）2，
故答案为：（x+1）（x+5）＜（x+3）2
8．（2021秋•黄陵县校级期中）（1）已知a＞b＞0，c＜0求证：ca＞cb．
（2）比较（a+3）（a﹣5）与（a+2）（a﹣4）的大小．
【分析】（1）由a＞b＞0，可得1b＞1a，两边同时乘以负实数c，可得要证的不等式；
（2）将（a+3）（a﹣5）与（a+2）（a﹣4）作差即可
【解答】证明：（1）∵a＞b＞0，
∴1b＞1a＞0，
再由c＜0，可得ca＞cb．
故要证的不等式成立；
解：（2）∵（a+3）（a﹣5）﹣（a+2）（a﹣4）
＝a2﹣2a﹣15﹣（a2﹣2a﹣8）
＝﹣7＜0，
∴（a+3）（a﹣5）＜（a+2）（a﹣4）．
【考点3：作商法比较大小】
【知识点：作商法比较大小】
作商法：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,b)>1⇔a>ba∈R，b>0，,\f(a,b)＝1⇔a＝ba∈R，b>0，,\f(a,b)<1⇔a
1．（2021•金安区校级开学）已知P=1a2+a+1，Q＝a2﹣a+1，则P、Q的大小关系为（ ）
A．P＞QB．P＜QC．P≤QD．无法确定
【分析】配方可得P和Q都大于0，作商法比较可得．
【解答】解：∵P=1a2+a+1=1(a+12)2+34＞0，
Q＝a2﹣a+1＝（a-12）2+34＞0，
QP=（a2﹣a+1）（a2+a+1）＝（a2+1）2﹣a2
＝（a2）2+a2+1≥1，故Q≥P
当且仅当a＝0时取等号．
故选：C．
【考点4：利用不等式的性质求取值范围】
1．（2021秋•天河区校级期中）已知2＜a＜3，﹣2＜b＜﹣1，则2a﹣b的范围是 ．
【分析】利用同向不等式具有可加性，即可解出．
【解答】解：∵2＜a＜3，﹣2＜b＜﹣1，
∴4＜2a＜6，1＜﹣b＜2，
∴5＜2a﹣b＜8，
故答案为：5＜2a﹣b＜8．
2．（2021•鸡冠区校级三模）已知1≤a+b≤3，﹣1≤a﹣b≤2，则z＝3a﹣b的取值范围是 ．
【分析】根据条件可求出∴﹣2≤2a﹣2b≤4，进而可得出z＝3a﹣b的取值范围．
【解答】解：∵1≤a+b≤3，﹣1≤a﹣b≤2，
∴﹣2≤2a﹣2b≤4，
∴﹣1≤3a﹣b≤7，
故答案为：﹣1≤3a﹣b≤7．
3．（2021秋•三元区校级月考）已知﹣1＜α≤β≤2，设m＝α+β，n＝α﹣β，则m的取值范围是 ，n的取值范围是 ．
【分析】利用不等式的基本性质求解即可．
【解答】解：∵﹣1＜α≤β≤2，∴﹣2＜α+β≤4，∴﹣2＜m≤4，
∵﹣1＜α≤β≤2，∴﹣2≤﹣β＜1，∴﹣3＜α﹣β≤0，∴﹣3＜n≤0，∴
故答案为：﹣2＜m≤4，﹣3＜n≤0．
4．（2021秋•武昌区校级月考）已知1≤a+b≤4，﹣1≤a﹣b≤2，求4a﹣2b的取值范围．
【分析】根据题意需要配凑出4a﹣2b，所以结合题意，就用设未知数的方法求解即可．
【解答】解：令4a﹣2b＝x（a+b）+y（a﹣b），
所以4a﹣2b＝（x+y）a+（x﹣y）b．
所以x+y=4，x-y=-2，
解得x=1，y=3．
因为1≤a+b≤4，﹣3≤3（a﹣b）≤6，两式相加，
所以﹣2≤4a﹣2b≤10．
5．（2021秋•普宁市校级月考）已知﹣2＜a≤3，1≤b＜2，试求下列各式的取值范围．
（1）|a|；
（2）a+b；
（3）a﹣b；
（4）2a﹣3b．
【分析】根据绝对值运算可解决（1）；
根据不等式性质可解决（2）（3）（4）．
【解答】解：（1）0≤|a|≤3；
（2）﹣1＜a+b＜5；
（3）依题意得﹣2＜﹣b≤﹣1，又﹣2＜a≤3，相加得﹣4＜a﹣b≤2；
（4）由﹣2＜a≤3得﹣4＜2a≤6①，
由1≤b＜2得﹣6＜﹣3b≤﹣3②，
①+②得，﹣10＜2a﹣3b≤3．
6．（2017春•黄陵县校级月考）设2＜a＜3，﹣4＜b＜﹣3，求a+b，a﹣b，ab，ab，b2a的取值范围．
【分析】根据不等式的性质进行运算即可得到结论．
【解答】解：∵2＜a＜3，﹣4＜b＜﹣3，
∴3＜﹣b＜4，-13＜1b＜-14，
∴﹣2＜a+b＜0，
5＜a﹣b＜7，
∵14＜-1b＜13，
∴12＜-ab＜1，
即﹣1＜ab＜-12，
∵6＜﹣ab＜12，
∴﹣12＜ab＜﹣6，
∵9＜b2＜16，13＜1a＜12，
∴3＜b2a＜8，
综上：﹣2＜a+b＜0，5＜a﹣b＜7，﹣1＜ab＜-12，﹣12＜ab＜﹣6，3＜b2a＜8．
7．（2017春•黄陵县校级月考）已知α，β满足-1≤α+β≤1①1≤α+2β≤3②，试求α+3β的取值范围．
【分析】该问题是已知不等关系求范围的问题，可以用待定系数法来解决．
【解答】解 设α+3β＝λ（α+β）+v（α+2β）
＝（λ+v）α+（λ+2v）β．
比较α、β的系数，得λ+v=1λ+2v=3，
从而解出λ＝﹣1，v＝2．
分别由①、②得﹣1≤﹣α﹣β≤1，2≤2α+4β≤6，
两式相加，得1≤α+3β≤7．性质
性质内容
特别提醒
对称性
a>b⇔b
传递性
a>b，b>c⇒a>c
⇒
可加性
a>b⇔a＋c>b＋c
⇔
可乘性
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a>b,c>0))⇒ac>bc
注意c的符号
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a>b,c<0))⇒ac
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a>b,c>d))⇒a＋c>b＋d
⇒
同向同正可乘性
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a>b>0,c>d>0))⇒ac>bd>0
⇒
可乘方性
a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥1)
a，b同为正数
可开方性
a>b>0⇒eq \r(n,a)>eq \r(n,b)(n∈N，n≥2)
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