高考数学一轮复习第一章 1.4

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这是一份高考数学一轮复习第一章 1.4，共13页。试卷主要包含了两个实数比较大小的方法，不等式的基本性质，下列命题为真命题的是，已知有三个条件等内容，欢迎下载使用。

1．两个实数比较大小的方法
(1)作差法eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－b>0⇔a>b,a－b＝0⇔a＝b,a－b<0⇔a(2)作商法eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,b)>1⇔a>b,\f(a,b)＝1⇔a＝b,\f(a,b)<1⇔a0)
2．不等式的基本性质
概念方法微思考
1．若a>b，且a与b都不为0，则eq \f(1,a)与eq \f(1,b)的大小关系确定吗？
提示不确定．若a>b，ab>0，则eq \f(1,a)0>b，则eq \f(1,a) >eq \f(1,b)，即正数大于负数．
2．两个同向不等式可以相加和相乘吗？
提示可以相加但不一定能相乘，例如2>－1，－1>－3.
题组一思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)两个实数a，b之间，有且只有a>b，a＝b，a(2)若eq \f(a,b)>1，则a>b.( × )
(3)一个不等式的两边同加上或同乘以同一个数，不等号方向不变．( × )
(4)a>b>0，c>d>0⇒eq \f(a,d)>eq \f(b,c).( √ )
题组二教材改编
2．若a，b都是实数，则“eq \r(a)－eq \r(b)>0”是“a2－b2>0”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 eq \r(a)－eq \r(b)>0⇒eq \r(a)>eq \r(b)⇒a>b⇒a2>b2，
但a2－b2>0⇏eq \r(a)－eq \r(b)>0.
3．若a>b>0，cA.eq \f(a,c)－eq \f(b,d)>0 B.eq \f(a,c)－eq \f(b,d)<0
C.eq \f(a,d)>eq \f(b,c) D.eq \f(a,d)答案 D
解析 ∵c又0ac，
又∵cd>0，∴eq \f(bd,cd)>eq \f(ac,cd)，即eq \f(b,c)>eq \f(a,d).
题组三易错自纠
4．设a，b∈R，则“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”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
解析若a>2且b>1，则由不等式的同向可加性可得a＋b>2＋1＝3，由不等式的同向同正可乘性可得ab>2×1＝2.即“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”的充分条件；反之，若“a＋b>3且ab>2”，则“a>2且b>1”不一定成立，如a＝6，b＝eq \f(1,2).所以“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”的充分不必要条件．故选A.
5．(多选)下列命题为真命题的是( )
A．若a>b>0，则ac2>bc2
B．若aab>b2
C．若a>b>0且c<0，则eq \f(c,a2)>eq \f(c,b2)
D．若a>b且eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，则ab<0
答案 BCD
解析当c＝0时，不等式不成立，∴A命题是假命题；eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(aab，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ab2，∴a2>ab>b2，∴B命题是真命题；a>b>0⇒a2>b2>0⇒0eq \f(c,b2)，∴C命题是真命题；eq \f(1,a)>eq \f(1,b)⇒eq \f(1,a)－eq \f(1,b)>0⇒eq \f(b－a,ab)>0，∵a>b，∴b－a<0，ab<0，∴D命题是真命题，∴本题选BCD.
6．(2019·北京市海淀区育英学校期中)若实数a, b满足0答案 (－1,2)
解析 ∵0 比较两个数(式)的大小
例1 (1)若a<0，b<0，则p＝eq \f(b2,a)＋eq \f(a2,b)与q＝a＋b的大小关系为( )
A．pC．p>q D．p≥q
答案 B
解析 (作差法)p－q＝eq \f(b2,a)＋eq \f(a2,b)－a－b
＝eq \f(b2－a2,a)＋eq \f(a2－b2,b)＝(b2－a2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－\f(1,b)))
＝eq \f(b2－a2b－a,ab)＝eq \f(b－a2b＋a,ab)，
因为a<0，b<0，所以a＋b<0，ab>0.
若a＝b，则p－q＝0，故p＝q；
若a≠b，则p－q<0，故p综上，p≤q.故选B.
(2)已知a>b>0，比较aabb与abba的大小．
解 ∵eq \f(aabb,abba)＝eq \f(aa－b,ba－b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))a－b，
又a>b>0，故eq \f(a,b)>1，a－b>0，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))a－b>1，即eq \f(aabb,abba)>1，
又abba>0，∴aabb>abba，
∴aabb与abba的大小关系为aabb>abba.
思维升华比较大小的常用方法
(1)作差法：①作差；②变形；③定号；④结论．
(2)作商法：①作商；②变形；③判断商与1的大小关系；④结论．
跟踪训练1 (1)已知p∈R，M＝(2p＋1)(p－3)，N＝(p－6)(p＋3)＋10，则M，N的大小关系为________．
答案 M>N
解析因为M－N＝(2p＋1)(p－3)－[(p－6)(p＋3)＋10]＝p2－2p＋5＝(p－1)2＋4>0，所以M>N.
(2)若a>0，且a≠7，则( )
A．77aa<7aa7
B．77aa＝7aa7
C．77aa>7aa7
D．77aa与7aa7的大小不确定
答案 C
解析 eq \f(77aa,7aa7)＝77－aaa－7＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,a)))7－a，
则当a>7时，0则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,a)))7－a>1，∴77aa>7aa7；
当01,7－a>0，
则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,a)))7－a>1，∴77aa>7aa7.
综上，77aa>7aa7.
不等式的基本性质
例2 (1)(2020·武汉部分市级示范高中联考)下列命题中正确的是( )
A．若a>b，则ac2>bc2
B．若a>b，ceq \f(b,d)
C．若a>b，c>d，则a－c>b－d
D．若ab>0，a>b，则eq \f(1,a)答案 D
解析对于A选项，当c＝0时，不成立，故A选项错误；当a＝1，b＝0，c＝－2，d＝－1时，eq \f(a,c)(2)(多选)若eq \f(1,a)A．a2C．a＋b<0 D．|a|＋|b|>|a＋b|
答案 ABC
解析由题意可知b思维升华判断不等式的常用方法：一是用性质逐个验证；二是用特殊值法排除．利用不等式的性质判断不等式是否成立时要特别注意前提条件．
跟踪训练2 (1)(多选)(2019·天津市河北区模拟)若a，b，c∈R，给出下列命题中，正确的有( )
A．若a>b，c>d，则a＋c>b＋d
B．若a>b，c>d，则b－c>a－d
C．若a>b，c>d，则ac>bd
D．若a>b，c>0，则ac>bc
答案 AD
解析 ∵a>b，c>d，由不等式的同向可加性得a＋c>b＋d，故A正确；由A正确，可知B不正确；取4>－2，－1>－3，则4×(－1)<(－2)×(－3)，故C不正确；∵a>b，c>0，∴ac>bc.故D正确．综上可知，只有AD正确．故选AD.
(2)已知a，b，c满足cA．ab>ac B．c(b－a)<0
C．cb20
答案 A
解析由c0.
由b>c，得ab>ac一定成立．
不等式性质的综合应用
命题点1 判断不等式是否成立
例3 (2019·北京师范大学附属中学期中)若b|b|；②a＋bA．0个 B．1个 C．2个 D．3个
答案 C
解析对于①，因为b|a|，故①错误；对于②，因为b0，a＋b命题点2 求代数式的取值范围
例4 已知－1答案 (－4,2) (1,18)
解析 ∵－1∴－4由－1∴1<3x＋2y<18.
若将本例条件改为－1解设3x＋2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋n＝3，,m－n＝2，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(5,2)，,n＝\f(1,2).))
即3x＋2y＝eq \f(5,2)(x＋y)＋eq \f(1,2)(x－y)，
又∵－1∴－eq \f(5,2)∴－eq \f(3,2)即－eq \f(3,2)<3x＋2y∴3x＋2y的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(23,2))).
思维升华 (1)判断不等式是否成立的方法
①逐一给出推理判断或反例说明．
②结合不等式的性质，对数函数、指数函数的性质进行判断．
(2)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．
跟踪训练3 (1)设b>a>0，c∈R，则下列不等式中不一定成立的是( )
A． B.eq \f(1,a)－c>eq \f(1,b)－c
C.eq \f(a＋2,b＋2)>eq \f(a,b) D．ac2答案 D
解析因为y＝在(0，＋∞)上是增函数，所以；
因为y＝eq \f(1,x)－c在(0，＋∞)上是减函数，所以eq \f(1,a)－c>eq \f(1,b)－c；
因为eq \f(a＋2,b＋2)－eq \f(a,b)＝eq \f(2b－a,b＋2b)>0，所以eq \f(a＋2,b＋2)>eq \f(a,b)；
当c＝0时，ac2＝bc2，所以D不成立．故选D.
(2)已知π<α＋β答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，\f(π,8)))
解析设2α－β＝m(α＋β)＋n(α－β)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋n＝2，,m－n＝－1，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(1,2)，,n＝\f(3,2)，))
即2α－β＝eq \f(1,2)(α＋β)＋eq \f(3,2)(α－β)，
∵π<α＋β∴eq \f(π,2)∴－π即－π<2α－β∴2α－β的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，\f(π,8))).
1．(2019·张家界期末)下列不等式中，正确的是( )
A．若ac2>bc2，则a>b
B．若a>b，则a＋cC．若a>b，c>d，则ac>bd
D．若a>b，c>d，则eq \f(a,c)>eq \f(b,d)
答案 A
解析若a>b，则a＋c>b＋c，故B错；设a＝3，b＝1，c＝－1，d＝－2，则ac2．若a，b∈R，且a>|b|，则( )
A．a<－b B．a>b
C．a2eq \f(1,b)
答案 B
解析由a>|b|得，当b≥0时，a>b，当b<0时，a>－b，综上可知，当a>|b|时，则a>b成立，故选B.
3．若aA.eq \f(1,a－b)>eq \f(1,b) B．a2C.eq \f(|b|,|a|)bn
答案 C
解析 (特值法)取a＝－2，b＝－1，n＝0，逐个检验，可知A，B，D项均不正确；
C项，eq \f(|b|,|a|)⇔|a||b|＋|b|<|a||b|＋|a|⇔|b|<|a|，
∵a4．已知eq \f(c3,a)A．|b|>|a| B．ac>bc
C.eq \f(a－b,c)>0 D．ln eq \f(a,b)>0
答案 D
解析 eq \f(c3,a)当c<0时， eq \f(1,a)>eq \f(1,b)>0，即b>a>0，
∴|b|>|a|, ac>bc, eq \f(a－b,c)>0成立，即A，B，C成立；
此时0同理，当c>0时，A，B，C也正确．故选D.
5．设M＝eq \f(3x＋3y,2)，N＝(eq \r(3))x＋y，P＝(其中0A．PC．P答案 A
解析 M＝eq \f(3x＋3y,2)>eq \r(3x＋y)＝(eq \r(3))x＋y＝N，
又N＝(eq \r(3))x＋y＝>＝P，
∴M>N>P.
6．(2020·天津模拟)若α，β满足－eq \f(π,2)<α<βA．－π<2α－β<0 B．－π<2α－β<π
C．－eq \f(3π,2)<2α－β答案 C
解析 ∵－eq \f(π,2)<α∵－eq \f(π,2)<β∴－eq \f(3π,2)<2α－β又α－β<0，α故－eq \f(3π,2)<2α－β7．(多选)若aA.eq \f(1,a)>eq \f(1,b)
B.eq \f(1,a)>eq \f(1,a－b)
C．
D.eq \f(1,a2)>eq \f(1,b2)
答案 ABC
解析对于A，∵aeq \f(1,b)，故A正确；对于B，∵aeq \f(1,a－b)，故B正确；根据幂函数的单调性可知C正确；对于D，∵ab2>0，∴eq \f(1,a2)8．(多选)已知a，b∈(0,1)，若a>b，则下列所给命题中错误的为( )
A．
B．
C．(1＋b)b>(1＋a)a
D．(1－b)b>(1－a)a
答案 ABC
解析因为a，b∈(0,1)且a>b，所以1>1－b>1－a>0，因为指数函数y＝ax(0a>b>0，
所以eq \f(1,a)>a，a>eq \f(a,2)，故A，B错误．
(1＋b)b<(1＋a)b<(1＋a)a，故C错误．
(1－b)b>(1－b)a>(1－a)a，故D正确．
9．已知a＋b>0，则eq \f(a,b2)＋eq \f(b,a2)与eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的大小关系是________．
答案 eq \f(a,b2)＋eq \f(b,a2)≥eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)
解析 eq \f(a,b2)＋eq \f(b,a2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝eq \f(a－b,b2)＋eq \f(b－a,a2)
＝(a－b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b2)－\f(1,a2)))＝eq \f(a＋ba－b2,a2b2).
∵a＋b>0，(a－b)2≥0，
∴eq \f(a＋ba－b2,a2b2)≥0.
∴eq \f(a,b2)＋eq \f(b,a2)≥eq \f(1,a)＋eq \f(1,b).
10．已知有三个条件：①ac2>bc2；②eq \f(a,c)>eq \f(b,c)；③a2>b2，其中能成为a>b的充分条件的是________．(填序号)
答案 ①
解析由ac2>bc2可知c2>0，即a>b，故“ac2>bc2”是“a>b”的充分条件；②当c<0时，ab的充分条件．
11．(1)若bc－ad≥0，bd>0，求证：eq \f(a＋b,b)≤eq \f(c＋d,d)；
(2)已知c>a>b>0，求证：eq \f(a,c－a)>eq \f(b,c－b).
证明 (1)∵bc≥ad，bd>0，∴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)又∵c>0，∴eq \f(c,a)又c－a>0，c－b>0，∴eq \f(a,c－a)>eq \f(b,c－b).
12．已知1解因为1所以－8<－b<－2.
所以1－8即－7又因为eq \f(1,8)所以eq \f(1,8)故a－b的取值范围为(－7,2)，eq \f(a,b)的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，2)).
13．已知a，b，c，d为实数，则“a>b且c>d”是“ac＋bd>bc＋ad”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
解析因为c>d，所以c－d>0.
又a>b，所以两边同时乘(c－d)，得a(c－d)>b(c－d)，
即ac＋bd>bc＋ad.
若ac＋bd>bc＋ad，则a(c－d)>b(c－d)，
也可能a所以“a>b且c>d”是“ac＋bd>bc＋ad”的充分不必要条件．
14．若a＝eq \f(ln 3,3)，b＝eq \f(ln 4,4)，c＝eq \f(ln 5,5)，则( )
A．aC．c答案 B
解析方法一对于函数y＝f (x)＝eq \f(ln x,x)(x>e)，y′＝eq \f(1－ln x,x2)，
易知当x>e时，函数f (x)单调递减．
因为e<3<4<5，所以f (3)>f (4)>f (5)，即c方法二易知a，b，c都是正数，
因为eq \f(b,a)＝eq \f(3ln 4,4ln 3)＝lg8164<1，所以a>b；
因为eq \f(b,c)＝eq \f(5ln 4,4ln 5)＝lg6251 024>1，
所以b>c.即c15．(2019·抚州临川第一中学模拟)设m＝lg0.30.6，n＝eq \f(1,2)lg20.6，则( )
A．m－n>mn>m＋n B．m－n>m＋n>mn
C．mn>m－n>m＋n D．m＋n>m－n>mn
答案 B
解析因为m＝lg0.30.6>lg0.31＝0，
n＝eq \f(1,2)lg20.6所以mn<0，m－n>0，
因为－eq \f(1,n)＝－2lg0.62＝>0，
eq \f(1,m)＝lg0.60.3>0，
而>lg0.60.3，
所以－eq \f(1,n)>eq \f(1,m)>0，即可得m＋n>0，
因为(m－n)－(m＋n)＝－2n>0，所以m－n>m＋n，
所以m－n>m＋n>mn.故选B.
16．设0A．aln b>bln a B．aln bC．aeb答案 B
解析观察A，B两项，实际上是在比较eq \f(ln b,b)和eq \f(ln a,a)的大小，引入函数y＝eq \f(ln x,x)，0bea，故选B.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
⇒
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)
a，b同为正数

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