2023届高考一轮复习讲义（理科）第七章　不等式 第1讲　不等关系与不等式学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第七章　不等式 第1讲　不等关系与不等式学案，共12页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
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，b∈R）,a－b<0⇔a(2)作商法eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)>1⇔a>b,\f(a,b)＝1⇔a＝b（a∈R，b>0）,\f(a,b)<1⇔a2．不等式的基本性质
常用结论
(1)倒数的性质
①a>b，ab>0⇒eq \f(1,a)②a<0③a>b>0，0eq \f(b,d)；
④0(2)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)．
二、习题改编
1．(必修5P74练习T3改编)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
解析：选A.eq \r(a)－eq \r(b)>0⇒eq \r(a)>eq \r(b)⇒a>b⇒a2>b2，
但由a2－b2>0eq \(⇒,\s\up0(/))eq \r(a)－eq \r(b)>0.
2．(必修5P75A组T2改编)eq \f(1,\r(5)－2)______eq \f(1,\r(6)－\r(5))(填“>”“<”或“＝”)．
解析：分母有理化有eq \f(1,\r(5)－2)＝eq \r(5)＋2，eq \f(1,\r(6)－\r(5))＝eq \r(6)＋eq \r(5)，显然eq \r(5)＋2答案：<
3．(必修5P75B组T1改编)若0解析：令a＝eq \f(1,3)，b＝eq \f(2,3)，则2ab＝2×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(4,9)，
a2＋b2＝eq \f(1,9)＋eq \f(4,9)＝eq \f(5,9)，故a<2ab答案：a<2ab一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)一个非零实数越大，则其倒数就越小．( )
(5)a>b>0，c>d>0⇒eq \f(a,d)>eq \f(b,c).( )
(6)若ab>0，则a>b⇔eq \f(1,a)答案：(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)乱用不等式的相乘性致错；
(2)命题的必要性出错；
(3)求范围乱用不等式的加法原理致错．
1．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)解析：选D.因为c又0ac，
又因为cd>0，所以eq \f(bd,cd)>eq \f(ac,cd)，即eq \f(b,c)>eq \f(a,d).
2．设a，b∈R，则“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”的________条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”)．
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．
答案：充分不必要
3．若－eq \f(π,2)<α<β解析：由－eq \f(π,2)<α得－π<α－β<0.
答案：(－π，0)
比较两个数(式)的大小(自主练透)
1． 已知a1，a2∈(0，1)，记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，则M与N的大小关系是( )
A．MN
C．M＝N D．不确定
解析：选B.M－N＝a1a2－(a1＋a2－1)
＝a1a2－a1－a2＋1＝(a1－1)(a2－1)，
又因为a1∈(0，1)，a2∈(0，1)，
所以a1－1<0，a2－1<0.
所以(a1－1)(a2－1)>0，
即M－N>0，所以M>N.
2．设a，b∈[0，＋∞)，A＝eq \r(a)＋eq \r(b)，B＝eq \r(a＋b)，则A，B的大小关系是( )
A．A≤B B．A≥B
C．AB
解析：选B.由题意得，B2－A2＝－2eq \r(ab)≤0，且A≥0，B≥0，可得A≥B.
3．(一题多解)若a＝eq \f(ln 3,3)，b＝eq \f(ln 4,4)，c＝eq \f(ln 5,5)，则( )
A．aC．c解析：选B.法一：易知a，b，c都是正数，
eq \f(b,a)＝eq \f(3ln 4,4ln 3)＝lg8164<1.所以a>b；
eq \f(b,c)＝eq \f(5ln 4,4ln 5)＝lg6251 024>1.
所以b>c.即c法二：对于函数y＝f(x)＝eq \f(ln x,x)，
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ceq \a\vs4\al()
比较两个数(式)大小的3种方法

不等式的性质(自主练透)
1．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
解析：选A.因为c>d，所以c－d>0.又a>b，所以两边同时乘以(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ab且c>d”是“ac＋bd>bc＋ad”的充分不必要条件．
2．已知aA．a2C．ba解析：选D.因为a0，b的符号不定，对于b>a，两边同时乘以正数c，不等号方向不变．
3．若eq \f(1,a)|b|；③aA．①② B．②③
C．①④ D．③④
解析：选C.因为eq \f(1,a)0，所以a＋b4．若a>0>b>－a，cbc；②eq \f(a,d)＋eq \f(b,c)<0；③a－c>b－d；④a(d－c)>b(d－c)中，成立的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C.因为a>0>b，c所以ad<0，bc>0，
所以ad因为a>0>b>－a，
所以a>－b>0，
因为c－d>0，
所以a(－c)>(－b)(－d)，所以ac＋bd<0，
所以eq \f(a,d)＋eq \f(b,c)＝eq \f(ac＋bd,cd)<0，故②正确．
因为c－d，
因为a>b，所以a＋(－c)>b＋(－d)，
a－c>b－d，故③正确．
因为a>b，d－c>0，所以a(d－c)>b(d－c)，
故④正确，故选C.
eq \a\vs4\al()
解决此类问题常用两种方法：一是直接使用不等式的性质逐个验证；二是利用特殊值法排除错误答案．
[提醒] 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．
不等式性质的应用(典例迁移)
已知－1【解析】 因为－1所以－3<－y<－2，
所以－4由－1所以1<3x＋2y<18.
【答案】 (－4，2) (1，18)
【迁移探究1】 (变条件)若将本例条件改为“－1解：因为－1所以－3<－y<1，所以－4又因为x＜y，所以x－y<0，所以－4故x－y的取值范围为(－4，0)．
【迁移探究2】 (变条件)若将本例条件改为“－1解：设3x＋2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＋n＝3，,m－n＝2，))所以eq \b\lc\{(\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)，
又因为－1所以－eq \f(5,2)所以－eq \f(3,2)即－eq \f(3,2)<3x＋2y所以3x＋2y的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(23,2))).
eq \a\vs4\al()
求代数式取值范围的方法
利用不等式性质求某些代数式的取值范围时，多次运用不等式的性质时有可能扩大变量的取值范围．解决此类问题，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，是避免错误的有效途径．
1．若1<α<3，－4<β<2，则α－|β|的取值范围是________．
解析：因为－4<β<2，所以0≤|β|<4，所以－4<－|β|≤0.所以－3<α－|β|<3.
答案：(－3，3)
2．已知函数f(x)＝ax2＋bx，且1≤f(－1)≤2，2≤f(1)≤4.求f(－2)的取值范围．
解：由题意知f(－1)＝a－b，f(1)＝a＋b.
f(－2)＝4a－2b.
设m(a＋b)＋n(a－b)＝4a－2b.
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＋n＝4，,m－n＝－2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝1，,n＝3.))
所以f(－2)＝(a＋b)＋3(a－b)＝f(1)＋3f(－1)．
因为1≤f(－1)≤2，2≤f(1)≤4，
所以5≤f(－2)≤10.
即f(－2)的取值范围为[5，10]．
[基础题组练]
1．已知a，b为非零实数，且aA．a2a2b
C.eq \f(1,ab2)解析：选C.若ab2，故A错；若0eq \f(a,b)，故D错；若ab<0，即a<0，b>0，则a2b>ab2，故B错；故C正确．所以选C.
2．(一题多解)已知a>0>b，则下列不等式一定成立的是( )
A．a2<－ab B．|a|<|b|
C.eq \f(1,a)>eq \f(1,b) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(a)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(b)
解析：选C.法一：当a＝1，b＝－1时，满足a>0>b，此时a2＝－ab，|a|＝|b|，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(a)0>b，所以b－a<0，ab<0，所以eq \f(1,a)－eq \f(1,b)＝eq \f(b－a,ab)>0，所以eq \f(1,a)>eq \f(1,b)一定成立，故选C.
法二：因为a>0>b，所以eq \f(1,a)>0>eq \f(1,b)，所以eq \f(1,a)>eq \f(1,b)一定成立，故选C.
3．(一题多解)若m<0，n>0且m＋n<0，则下列不等式中成立的是 ( )
A．－nC．m<－n<－m解析：选D.法一(取特殊值法)：令m＝－3，n＝2分别代入各选项检验即可．
法二：m＋n<0⇒m＜－n⇒n<－m，又由于m<04．已知下列四个条件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0，能推出eq \f(1,a)A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选C.由不等式的倒数性质易知条件①，②，④都能推出eq \f(1,a)0>b得eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，故能推出eq \f(1,a)5．下列四个命题中，正确命题的个数为( )
①若a>|b|，则a2>b2；②若a>b，c>d，则a－c>b－d；
③若a>b，c>d，则ac>bd；④若a>b>0，则eq \f(c,a)>eq \f(c,b).
A．3 B．2
C．1 D．0
解析：选C.易知①正确；②错误，如3>2，－1>－3，而3－(－1)＝4<2－(－3)＝5；③错误，如3>1，－2>－3，而3×(－2)<1×(－3)；④若a>b>0，则eq \f(1,a)0时，eq \f(c,a)6．设实数x，y满足0A．x>2且y>2 B．x<2且y<2
C．02且0解析：选C.由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(xy>0，,x＋y>0，))则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0，,y>0，))
由2x＋2y－4－xy＝(x－2)·(2－y)<0，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>2，,y>2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0又xy<4，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(07．若a1解析：作差可得(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)·(b1－b2)，
因为a1所以(a1－a2)(b1－b2)>0，
即a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1.
答案：a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1
8．设a>b，有下列不等式①eq \f(a,c2)>eq \f(b,c2)；②eq \f(1,a)|b|；④a|c|≥b|c|，则一定成立的有________．(填正确的序号)
解析：对于①，eq \f(1,c2)>0，故①成立；
对于②，a>0，b<0时不成立；
对于③，取a＝1，b＝－2时不成立；
对于④，|c|≥0，故④成立．
答案：①④
9．已知实数a∈(1，3)，b∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,4)))，则eq \f(a,b)的取值范围是________．
解析：依题意可得4答案：(4，24)
10．若x>y，a>b，则在①a－x>b－y；②a＋x>b＋y；③ax>by；④x－b>y－a；⑤eq \f(a,y)>eq \f(b,x)这五个式子中，恒成立的不等式的序号是________．
解析：令x＝－2，y＝－3，a＝3，b＝2.
符合题设条件x>y，a>b.
因为a－x＝3－(－2)＝5，b－y＝2－(－3)＝5.
所以a－x＝b－y，因此①不成立．
因为ax＝－6，by＝－6，所以ax＝by，因此③不成立．
因为eq \f(a,y)＝eq \f(3,－3)＝－1，eq \f(b,x)＝eq \f(2,－2)＝－1，
所以eq \f(a,y)＝eq \f(b,x)，因此⑤不成立．
由不等式的性质可推出②④成立．
答案：②④
[综合题组练]
1．若6A．[9，18] B．(15，30)
C．[9，30] D．(9，30)
解析：选D.因为eq \f(a,2)≤b≤2a，所以eq \f(3a,2)≤a＋b≤3a，即eq \f(3a,2)≤c≤3a，因为62．若a>b>0，且ab＝1，则下列不等式成立的是( )
A．a＋eq \f(1,b)B.eq \f(b,2a)C．a＋eq \f(1,b)D．lg2(a＋b)解析：选B.根据题意，令a＝2，b＝eq \f(1,2)进行验证，易知a＋eq \f(1,b)＝4，eq \f(b,2a)＝eq \f(1,8)，lg2(a＋b)＝lg2eq \f(5,2)＞1，因此a＋eq \f(1,b)＞lg2(a＋b)＞eq \f(b,2a).
3．已知a，b，c∈(0，＋∞)，若eq \f(c,a＋b)A．cC．a解析：选A.由eq \f(c,a＋b)b＋c>c＋a.由a＋b>b＋c可得a>c；由b＋c>c＋a可得b>a，于是有c4．设a，b∈R，定义运算“⊗”和“⊕”如下：a⊗b＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a，a≤b，,b，a>b，))a⊕b＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b，a≤b，,a，a>b.))若m⊗n≥2，p⊕q≤2，则( )
A．mn≥4且p＋q≤4 B．m＋n≥4且pq≤4
C．mn≤4且p＋q≥4 D．m＋n≤4且pq≤4
解析：选A.结合定义及m⊗n≥2可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m≥2，,m≤n))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n≥2，,m>n，))
即n≥m≥2或m>n≥2，所以mn≥4；结合定义及p⊕q≤2，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p≤2，,p>q))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q≤2，,p≤q，))即q所以p＋q≤4.
5．已知存在实数a满足ab2>a>ab，则实数b的取值范围是________．
解析：因为ab2>a>ab，所以a≠0，
当a>0时，b2>1>b，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2>1，,b<1，))解得b<－1；
当a<0时，b2<1即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2<1，,b>1))无解．
综上可得b<－1.
答案：(－∞，－1)
6．已知△ABC的三边长分别为a，b，c且满足b＋c≤3a，则eq \f(c,a)的取值范围为________．
解析：由已知及三角形的三边关系得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ac，,a＋c>b，))
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1<\f(b,a)＋\f(c,a)≤3，,1＋\f(b,a)>\f(c,a)，,1＋\f(c,a)>\f(b,a)，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1<\f(b,a)＋\f(c,a)≤3，,－1<\f(c,a)－\f(b,a)<1，))
两式相加得，0<2×eq \f(c,a)<4，所以eq \f(c,a)的取值范围为(0，2)．
答案：(0，2)
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
⇔
对乘性
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)