新高考数学一轮复习题型归纳与强化测试专题03 等式与不等式的性质（2份，原卷版+解析版）

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【考纲要求】
1.理解用作差法比较两个实数大小的理论依据.
2.理解不等式的概念.
3.理解不等式的性质，掌握不等式性质的简单应用.
【考点预测】
1.两个实数比较大小的方法
(1)作差法eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－b>0⇔a>b，,a－b＝0⇔a＝b，,a－b0）⇔a>b（a∈R，b>0），,\f(a,b)＝1⇔a＝b（a，b≠0），,\f(a,b)0）⇔a0）.))
2.不等式的性质
(1)对称性：a＞b⇔b＜a；
(2)传递性：a＞b，b＞c⇒a＞c；
(3)同向可加性：a＞b⇔a＋c＞b＋c；a＞b，c＞d⇒a＋c＞b＋d；
(4)可乘性：a＞b，c＞0⇒ac＞bc；a＞b，c＜0⇒ac＜bc；a＞b＞0，c＞d＞0⇒ac＞bd；
(5)可乘方性：a＞b＞0⇒an＞bn(n∈N，n≥1)；
(6)可开方性：a＞b＞0⇒eq \r(n,a)＞eq \r(n,b)(n∈N，n≥2).
【常用结论】
1.证明不等式的常用方法有：作差法、作商法、综合法、分析法、反证法、放缩法.
2.有关分式的性质
(1)若a>b>0，m>0，则eq \f(b,a)eq \f(b－m,a－m)(b－m>0).
(2)若ab>0，且a>b⇔eq \f(1,a)c>b
【解析】a5＝5a，即eq \f(ln a,a)＝eq \f(ln 5,5)，
b4＝4b，即eq \f(ln b,b)＝eq \f(ln 4,4)，
c3＝3c，即eq \f(ln c,c)＝eq \f(ln 3,3)，
设f(x)＝eq \f(ln x,x)，
则f(a)＝f(5)，f(b)＝f(4)，f(c)＝f(3)，
f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)(x>0)，
当x>e时，f′(x)eq \f(a＋c,b＋c)
【解析】对于A选项，当c＝0时，显然不成立，故A选项为假命题；
对于B选项，当a＝－3，b＝－2时，满足a0，所以eq \f(a,b)－eq \f(a＋c,b＋c)＝eq \f(ab＋c－ba＋c,bb＋c)＝eq \f(ac－bc,bb＋c)＝eq \f(a－bc,bb＋c)>0，即eq \f(a,b)>eq \f(a＋c,b＋c)，故D选项为真命题．故选D.
【典例3】(多选)若eq \f(1,a)ln b2
【解析】由eq \f(1,a)eq \r(a)－eq \r(b)；④a3＋b3>2a2b.
其中一定成立的不等式为( )
A.①②③ B.①②④
C.①③④ D.②③④
【解析】方法一 由a>b>0可得a2>b2，①成立；
由a>b>0可得a>b－1，而函数f(x)＝2x在R上是增函数，
∴f(a)>f(b－1)，即2a>2b－1，②成立；
∵a>b>0，∴eq \r(a)>eq \r(b)，
∴(eq \r(a－b))2－(eq \r(a)－eq \r(b))2
＝2eq \r(ab)－2b＝2eq \r(b)(eq \r(a)－eq \r(b))>0，
∴eq \r(a－b)>eq \r(a)－eq \r(b)，③成立；
若a＝3，b＝2，则a3＋b3＝35,2a2b＝36，
a3＋b3b2，②2a>2b－1，③eq \r(a－b)>eq \r(a)－eq \r(b)均成立，而④a3＋b3>2a2b不成立，故选A.
【典例2】已知a，b为正数，a≠b，n为正整数，则anb＋abn－an＋1－bn＋1的正负情况为 ( )
A．恒为正
B．恒为负
C．与n的奇偶性有关
D．与a，b的大小有关
【解析】anb＋abn－an＋1－bn＋1＝an(b－a)＋bn(a－b)
＝－(a－b)(an－bn)，
因为(a－b)与(an－bn)同号，所以anb＋abn－an＋1－bn＋1x，))且x，y，z均为正整数．
①当z＝4时，8>x>y>4，∴x的最大值为7，y的最大值为6，故女学生人数的最大值为6.
②x>y>z>eq \f(x,2)，当x＝3时，条件不成立，当x＝4时，条件不成立，当x＝5时，5>y>z>eq \f(5,2)，此时z＝3，y＝4.
∴该小组人数的最小值为12.
【训练四】设a>b>1，ceq \f(c,b)；②aclgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－c)).
其中所有正确结论的序号是( )
A．① B．①②
C．②③ D．①②③
【解析】①∵a>b>1，∴0g(x)．故选B.
2. 若m0且m＋nb，④a>b>0，能推出eq \f(1,a)b得eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，故能推出eq \f(1,a)b，c>d，则ac>bd
B．若ac>bc，则a>b
C．若eq \f(1,a)b－d
【解析】取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，可知A错误；当cbc⇒ac>f，所以C错误；
又因为a＋ee>f，b>c>f均成立.故选ABD.
11. 若01，则( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,c)))a>1 B.eq \f(c－a,b－a)>eq \f(c,b)
C．ca－11，∴eq \f(b,c)>1.∵0eq \f(c,b)，则bc－ab>bc－ac，即a(c－b)>0，这与01矛盾，故错误．
对于C，∵0ba－1，故错误．
对于D，∵01，∴lgcab>0，则ac2>bc2
B．若ab2
C．若a>b>0且ceq \f(c,b2)
D．若a>b且eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，则abb>0⇒a2>b2>0⇒00⇒eq \f(b－a,ab)>0，∵a>b，∴b－a0，∴eq \f(c,d)≥eq \f(a,b)，
∴eq \f(c,d)＋1≥eq \f(a,b)＋1，∴eq \f(a＋b,b)≤eq \f(c＋d,d).
(2)∵c>a>b>0，∴c－a>0，c－b>0.
∵a>b>0，∴eq \f(1,a)0，∴eq \f(c,a)0，∴eq \f(a,c－a)>eq \f(b,c－b).
19. 已知－11×7＋3×6＋4×5.
(1)若两组数a1，a2与b1，b2，且a1≤a2，b1≤b2，则a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1是否成立，试证明．
(2)若两组数a1，a2，a3与b1，b2，b3且a1≤a2≤a3，b1≤b2≤b3，对a1b3＋a2b2＋a3b1，a1b2＋a2b1＋a3b3，a1b1＋a2b2＋a3b3进行大小顺序(不需要说明理由)．
【解析】(1)成立，证明如下：
∵a1b1＋a2b2－(a1b2＋a2b1)＝a1(b1－b2)＋a2(b2－b1)＝(a1－a2)(b1－b2)，
又a1≤a2，b1≤b2，∴(a1－a2)(b1－b2)≥0，即a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1.
(2)a1b3＋a2b2＋a3b1≤a1b2＋a2b1＋a3b3≤a1b1＋a2b2＋a3b3.
22. 某企业去年年底给全部的800名员工共发放1 000万元年终奖，该企业计划从今年起，10年内每年发放的年终奖都比上一年增加30万元，企业员工每年净增a人．
(1)若a＝10，在计划时间内，该企业的人均年终奖是否会超过1.5万元？
(2)为使人均年终奖年年有增长，该企业每年员工的净增量不能超过多少人？
【解析】(1)设从今年起的第x年(今年为第1年)该企业人均发放年终奖为y万元．
则y＝eq \f(1 000＋30x,800＋ax)(a∈N*，1≤x≤10)．
假设会超过1.5万元，则当a＝10时有eq \f(1 000＋30x,800＋10x)＞1.5，解得x＞eq \f(40,3)＞10.
所以，10年内该企业的人均年终奖不会超过1.5万元．
(2)设1≤x1＜x2≤10，y＝f(x)＝eq \f(1 000＋30x,800＋ax)，
则f(x2)－f(x1)＝eq \f(1 000＋30x2,800＋ax2)－eq \f(1 000＋30x1,800＋ax1)
＝eq \f(（30×800－1 000a）（x2－x1）,（800＋ax2）（800＋ax1）)＞0，
所以30×800－1 000a＞0，得a＜24.
所以，为使人均年终奖年年有增长，该企业每年员工的净增量不能超过23人．