2026年高考数学一轮复习核心题型讲义+培优专项练(新高考版)第03讲不等关系与不等式(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复习核心题型讲义+培优专项练(新高考版)第03讲不等关系与不等式(学生版+解析)，共8页。试卷主要包含了两个实数比较大小的方法，等式的性质，不等式的性质等内容，欢迎下载使用。
知识清单
1．两个实数比较大小的方法
作差法eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－b>0⇔a>b，,a－b＝0⇔a＝b，,a－bc⇒a>c；
性质3 可加性：a>b⇔a＋c>b＋c；
性质4 可乘性：a>b，c>0⇒ac>bc；a>b，cd⇒a＋c>b＋d；
性质6 同向同正可乘性：a>b>0，c>d>0⇒ac>bd；
性质7 同正可乘方性：a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥2)．
常用结论
1．若ab>0，且a>b⇔eq \f(1,a)b>0，m>0⇒eq \f(b,a)a>0，m>0⇒eq \f(b,a)>eq \f(b＋m,a＋m).
易错分析
【易错点一】比较大小时忽视0这个特殊值
【例1】（2024·辽宁·模拟预测）若，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用特殊值判断A、B、D，根据幂函数的性质判断C.
【详解】对于A：当、，满足，但是，故A错误；
对于B：当、，满足，但是，故B错误；
对于C：因为在定义域上单调递增，若，则，故C正确
对于D：当、，满足，但是，故D错误.
故选：C
【举一反三】【变式1】（2024·北京丰台·二模）若，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】举反例即可求解ABC，根据不等式的性质即可求解D.
【详解】由于，取，，，无法得到，，故AB错误，
取,则，无法得到，C错误，
由于，则，所以，
故选：D
【变式2】（多选）（2025·河南·三模）已知，c为实数，则下列不等式正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】由题意可得，利用不等式的性质及函数的单调性对选项逐一判断即可.
【详解】由题意可得，
A项:由单调递增，知，故选项A正确；
B项:时选项B不正确；
C项:由，则，当且仅当时等号成立，∵，∴等号不成立，故选项C正确；
D项:构造函数，，∴单调递增，又，得，故选项D不正确．
故选:AC．
【变式3】（多选）（2025·山东临沂·二模）已知，则下列不等式正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】对于A，可以用作差法判断，对于BC，举反例判断即可，对于D，分三种情况讨论即可判断.
【详解】对于A，，因为，
所以，即，所以，故A正确；
对于B，取，此时，故B错误；
对于C，取，则，故C错误，
对于D，若，则显然成立，
若，则成立，
若，则成立，
综上所述，只要，就一定有，故D正确.
故选：AD.
题型方法
【题型一】 比较数或式的大小
【例1】（2025·云南昆明·一模）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，由原式可得，然后由作差法分别比较与，与的大小关系，即可得到结果.
【详解】由，且可得，即，
则，
又，即，化简可得，
即，其中，
所以，即，所以，
所以，所以，
又，所以，
综上所述，.
故选：A
【举一反三】【变式1】（2024·河南驻马店·二模）已知，则下列说法一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用赋值法来举反例比较大小，利用作差法来比较大小，利用不等式的性质来比较大小.
【详解】当时，，且，故，C项错误；
因为，，所以，故B项错误；
，故D项正确.
故选：D.
【变式2】（2020·山东·模拟预测）已知为实数，则 (填 “”、“”、“”或“”).
【答案】
【分析】作差法解决即可.
【详解】由题知，
，
当且仅当时，取等号.
故答案为：.
【变式3】（2023·全国·模拟预测）（1）设a，b为正实数，求证：．
（2）设a，b，c为正实数，求证：．
【答案】（1）证明见解析 ；（2）证明见解析 ．
【分析】（1）（2）根据题意，由不等式的性质，代入计算，即可证明.
【详解】（1）因为，a，b为正实数，
所以，所以，当且仅当时，取等号．
（2）由（1），得．
同理，得，
所以，
当且仅当时，取等号．
【题型二】利用不等式的性质求取值范围
【例2】（2025·河北沧州·模拟预测）已知，，则的取值范围（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由不等式的同向可加性得到结果.
【详解】因为，得，，所以．
故选：B．
【举一反三】【变式1】（2023·江苏南通·模拟预测）已知，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用方程组以及不等式的性质计算求解.
【详解】设，
所以，解得，
所以，
又，
所以，故A，C，D错误.
故选：B.
【变式2】（2025·四川自贡·二模）已知实数a，b，c满足，，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据，，得到，利用得到的取值范围，将表示成关于的三次函数，利用导数求最值即可求得取值范围.
【详解】因为，所以，因为，所以，
所以，整理得，
因为，
解得，
，
设，则，
令得或，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
因为，，
，，
所以，，
所以的取值范围是.
故答案为：.
【变式3】（2023·浙江·模拟预测）已知中，内角所对的边分别为，且满足.
(1)若，求；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理及余弦定理求得，再由直角三角形求得答案.
（2）由（1）得到，求得，再求出的范围，借助不等式性质求出范围.
【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，整理得，
而，由余弦定理得，即，
联立解得，，因此，，所以.
（2）由（1）知，则，且，
由，得，即，
因此，
所以的取值范围是.
好题必刷
一、单选题
1．（2025·山西临汾·二模）若，则的范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据不等式的性质即可求解.
【详解】由可得，
故，
故选：D
2．（2024·北京·三模）已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，利用不等式的基本性质，正切函数的性质，以及指数函数与对数函数的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，，其中，但的符号不确定，所以A不正确；
对于B中，例如，此时，所以B不正确；
对于C中，由函数在上为单调递减函数，
因为，所以，可得，所以C正确；
对于D中，例如，此时，所以D不正确.
故选：C.
3．（2025·上海宝山·二模）“”的一个必要非充分条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用充分条件与必要条件的判断方法，结合指数、对数函数的单调性，对选项A、B和C逐一分析判断，即可求解；对于D，利用不等式的性，即可求解.
【详解】对于选项A，由，得到，即，所以可得，故选项A错误，
对于选项B，由，得到，所以可得，故选项B错误，
对于选项C，由，得到，即，所以推不出，
但可以得出，故选项C正确，
对于选项D，由，得到，
又，当且仅当时取等号，显然不满足题意，
则，即，
又当，有，所以是的充要条件，故选项D错误，
故选：C.
4．（2023·山东潍坊·模拟预测）若正数满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用基本不等式即可求解.
【详解】由题意知为正数，且，
所以，化简得，解得，
当且仅当时取等号，所以，故A正确.
故选：A.
5．（2024·湖北黄冈·二模）已知分别满足下列关系：，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】将指数式化成对数式，利用换底公式，基本不等式可推得，利用指对数函数的单调性，通过构造函数判断单调性可推得，最后利用正切函数的单调性可得.
【详解】由可得
因，
又，故,即；
因，则由，
由函数，，因时，，
即函数在上单调递减，则有，故得；
由，而，即，
综上，则有.
故选：B.
【点睛】方法点睛：解决此类题的常见方法，
（1）指、对数函数的值比较：一般需要指对互化、换底公式，以及运用函数的单调性判断；
（2）作差、作商比较：对于结构相似的一般进行作差或作商比较，有时还需基本不等式放缩比较；
（3）构造函数法：对于相同结构的式子，常构造函数，利用函数单调性判断.
二、多选题
6．（2023·全国·模拟预测）下列说法正确的有（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】ABD
【分析】运用基本不等式，结合特例法、不等式的性质、指数函数的单调性逐一判断即可.
【详解】选项A：当时，，
所以，当且仅当，即时等号成立，故选项A正确；
选项B：由得，所以，故选项B正确；
选项C：令，满足，但不成立，故选项C错误；
选项D：由得，因为，所以，所以，故选项D正确．
故选：ABD.
7．（2025·广东茂名·一模）下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】BCD
【分析】举出反例即可判断A，由不等式的性质代入计算即可判断BD，由作差法即可判断C.
【详解】对于A，取，满足，但是，故A错误；
对于B，因为，不等式两边同时乘以负数，不等式方向改变，所以，
不等式两边同时乘以负数，不等式方向改变，所以，
所以，故B正确；
对于C，因为，，
又因为，所以，而，即，，
所以，故C正确；
对于D，设，即，
则，解得，所以，
又，则，且，
所以，所以，故D正确；
故选：BCD
8．（2025·河北廊坊·模拟预测）若，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】先由对数函数的单调性得，利用作差法即可判断AB，构造函数即可判断C，构造函数，利用导数研究单调性即可判断D.
【详解】因为在为增函数，由有，
对于A：由，因为，所以，故A正确；
对于B：由，当时，，即，故B错误；
对于C：令，可知在上单调递增，由有，故C正确；
对于D：令，则，由有，有，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，
当时，，故D错误.
故选：AC.
9．（2024·广西·二模）已知实数a，b，c满足，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】根据不等式的基本性质和已知条件可逐项分析得到答案.
【详解】且，则，，
则，A正确；
因为，，所以，B错误；
因为，，，
当时，，则；当时，，则，当时，，则，故C错误；
因为，
当且仅当时，等号成立，此时由可得，不符合，
所以不成立，故，即，D正确.
故选：AD
三、填空题
10．（2024·全国·模拟预测）已知实数满足，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据不等式的性质即可求解.
【详解】由可得，所以，
故答案为：
11．（2024·吉林·模拟预测）请写出一个幂函数满足以下条件：①定义域为；②为增函数；③对任意的，，都有，则 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据幂函数的性质可写出一个符合①②的幂函数，利用作差法说明其也满足③，即可得答案.
【详解】由题意可知的定义域为，且在上为增函数；
下面证明该函数满足③：
取任意的，，
，
则，
当且仅当时取等号，
即，即满足③，
故答案为：
12．（2024·浙江·模拟预测）对定义一种新运算，规定：（其中均为非零常数），这里等式右边是通常的四则运算，例如：，已知，若关于的不等式组恰好有3个整数解，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据已知得出关于的方程组，求出，再代入不等式组求出解集，再根据已知条件得到取值范围.
【详解】因为，
所以，解得，
所以，，
因为不等式组恰有3个整数解，
所以，
故答案为：.
13．（2024·北京西城·二模）在数列中，，．给出下列三个结论：
①存在正整数，当时，；
②存在正整数，当时，；
③存在正整数，当时，．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③
【分析】根据递推关系求出，用差比较法可判定各选项.
【详解】对于①：由，，可得，
又，当时，
因为，所以时，故①错误；
对于②：，又，
结合①的结论时，
所以当时，，故②正确；
对于③：，
，
所以当时，，
所以，故③正确；
故答案为：②③.
【点睛】关键点睛：本题关键在于求出，根据递推关系分析出当时，进而判定①，利用差比较法结合结论①可判定②③.
四、解答题
14．（2024·重庆·一模）已知函数，曲线与有公共点，且在该点处的切线相同.
(1)用表示，并求的最小值；
(2)求证：当时，；
(3)已知，若方程有两个不等实根，证明：.
【答案】(1)1
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据公共点处切线相同可得，利用导数可求的最小值;
（2）利用同构即证，结合导数可证该不等式成立；
（3）结合（2）可得，从而可得不等式成立.
【详解】（1），，
设公共点的横坐标为，则，故，
故，其中，设，
则，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，故.
故的最小值为1.
（2）由（1）可得，要证：
即证：，即证：，
即证：，
设，则，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
故，故，即，
故成立，故.
（3）取，由（1）可得，结合（2）可得即
因为方程有两个不等实根，故，
故故，
而，故，则，
故，即
【点睛】关键点点睛：证明函数不等式时可根据不等式的结构特征合理同构，从而得到比较容易证明的不等式，后者可利用导数证明.
15．（2025·河北·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数存在大于1的极值点，证明：函数的极小值小于.
【答案】(1)递减区间为，递增区间为；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出的导数，在时，探讨函数的单调性，求出的单调区间.
（2）设大于1的极值点，由极值点的意义可得，利用导数可得，进而确定的极小值点，求出极小值，再作差比较大小即得.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
令，求导得，当时，，
则函数在上单调递增，而，
当时，；当时，，
函数的递减区间为，递增区间为.
（2）由函数存在大于1的极值点，设此极值点为，由（1）知1是的另一极值点，
由，得，令函数，
求导得，函数在上单调递增，，
则，而，于是，因此，
当时，，函数在上单调递减，，
因此函数的极小值点不是1，应为，函数的极小值为，
且，
，即，
所以函数的极小值小于.
16．（2024·四川乐山·三模）设不等式的解集为.
(1)证明：；
(2)比较与的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）令，化简后，由，可求出，然后利用绝对值三角不等式可求证得结论；
（2）结合利用作差法比较即可.
【详解】（1）证明：记
则
，解得，即．
，
则．
当且仅当时取等号.
（2）由（1）知，所以
则
，
∴，
∴.
17．（2024·四川德阳·三模）已知a、b、c、d均为正数，且．
(1)证明:若，则;
(2)若，求实数 t 的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用不等式性质推理即得.
（2）结合已知可得，再利用基本不等式求解即得.
【详解】（1）由均为正数，，得，又，
则，所以.
（2）显然，
而均为正数，则，
又，当时取等号，
而，因此，，
所以实数 t 的取值范围.
18．（2024·河南信阳·模拟预测）已知函数，．
(1)试比较与的大小；
(2)若恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)答案见详解
(2)
【分析】（1）因为，构建，利用导数判断的单调性，结合分析判断；
（2）构建，原题意等价于在内恒成立，利用导数分类讨论的单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.
【详解】（1）因为，
构建，则在内恒成立，
可知在内单调递减，且，则有：
若，则，即；
若，则，即；
若，则，即.
（2）若恒成立，则，
构建，
原题意等价于在内恒成立，
则，
1.若，则
当时，；当时，；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则，不符合题意；
2.若，则有：
（ⅰ）若，则，
当时，；当时，；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，符合题意；
（ⅱ）若时，令，解得或，
①若，即时，当时，，
可知在内单调递减，此时，不合题意；
②若，即时，则，
可知在内单调递增，
当时，此时，不合题意；
③若，即时，则，
由（1）可知：当时，，
则，
可得，不合题意；
综上所述：的取值范围为.
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
19．（2025·云南·一模）定义：若函数对于定义域内的任意，都有，则称函数为 “下凸函数”；反之，若，则称函数为 “上凸函数”.已知函数（）.
(1)当，，时，判断函数是 “上凸函数” 还是 “下凸函数”，并说明理由.
(2)若函数是 “下凸函数”，求的取值范围.
(3)若函数在区间上是 “下凸函数”， 在区间上不单调，且在区间上的最大值为，最小值为，求证：.
【答案】(1)函数是 “下凸函数”，理由见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）先分别计算，再比较大小，根据定义即得结果；（2）根据定义恒成立，计算化简即得的取值范围；（3）先化简再根据对称轴与定义区间位置关系证明不等式.
【详解】（1）当，，时，.
设，为定义域内任意两个不相等的实数，
则
因为，所以
因此，即函数是 “下凸函数”.
（2）因为函数是 “下凸函数”，
所以对于任意，有
即
展开化简得
因为，所以恒成立，从而.
即的取值范围为
（3）因为函数在区间上是 “下凸函数”，所以由 （2） 知，
因为对称轴为，在上不单调，
所以，因此，.
①若，
则
即，
所以.
②若，
则
即，
所以.
综上，.
易错分析
易错点一 比较大小时忽视0这个特殊值
题型方法
题型一 比较数或式的大小
题型二 利用不等式的性质求取值范围
解题技巧
比较大小的常用方法
(1)作差法：①作差；②变形；③定号；④得出结论．
(2)作商法：①作商；②变形；③判断商与1的大小关系；④得出结论．
(3)构造函数，利用函数的单调性比较大小．
解题技巧
求代数式的取值范围，一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得整体范围．