新高考数学一轮复习讲义第1章　§1.3　等式性质与不等式性质（2份打包，原卷版+含解析）

2024精品成套高中数学一轮复习资料 2021-2024年高考数学一轮复习知识练习（含答案解析）

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1.掌握等式性质.
2.会比较两个数的大小.
3.理解不等式的性质，并能简单应用．
知识梳理
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－b<0⇔a2．等式的性质
性质1 对称性：如果a＝b，那么b＝a；
性质2 传递性：如果a＝b，b＝c，那么a＝c；
性质3 可加(减)性：如果a＝b，那么a±c＝b±c；
性质4 可乘性：如果a＝b，那么ac＝bc；
性质5 可除性：如果a＝b，c≠0，那么eq \f(a,c)＝eq \f(b,c).
3．不等式的性质
性质1 对称性：a>b⇔b性质2 传递性：a>b，b>c⇒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，c<0⇒ac性质5 同向可加性：a>b，c>d⇒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)2．若a>b>0，m>0⇒eq \f(b,a)若b>a>0，m>0⇒eq \f(b,a)>eq \f(b＋m,a＋m).
思考辨析
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(b,a)>1，则b>a.( × )
(3)若x>y，则x2>y2.( × )
(4)若eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，则b教材改编题
1．如果ac>bc，那么下列不等式中，一定成立的是( )
A．ac2>bc2 B．a>b
C．a＋c>b＋c D.eq \f(a,c)>eq \f(b,c)
答案 D
解析若c<0，则a因为ac>bc，则c2>0，因为ac>bc，则eq \f(ac,c2)>eq \f(bc,c2)，即eq \f(a,c)>eq \f(b,c)，故D正确．
2．已知M＝x2－3x，N＝－3x2＋x－3，则M，N的大小关系是________．
答案 M>N
解析 ∵M－N＝(x2－3x)－(－3x2＋x－3)＝4x2－4x＋3＝(2x－1)2＋2>0，∴M>N.
3．若1答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))
解析由2题型一数(式)的大小比较
例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( )
A．MN
C．M≤N D．M≥N
答案 B
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>b>1 ，P＝aeb，Q＝bea，则P，Q的大小关系是( )
A．P>Q B．P＝Q
C．P答案 C
解析 P，Q作商可得eq \f(P,Q)＝eq \f(aeb,bea)＝eq \f(\f(eb,b),\f(ea,a))，令f(x)＝eq \f(ex,x)，则f′(x)＝eq \f(exx－1,x2) ，
当x>1时，f′(x)>0 ，所以f(x)＝eq \f(ex,x)在(1，＋∞)上单调递增，
因为a>b>1，所以eq \f(eb,b)0，eq \f(ea,a)>0，所以eq \f(P,Q)＝eq \f(\f(eb,b),\f(ea,a))<1，所以P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．
跟踪训练1 (1)已知a，b为不相等的实数，记M＝a2－ab，N＝ab－b2，则M与N的大小关系为( )
A．M>N B．M＝N
C．M答案 A
解析因为M－N＝(a2－ab)－(ab－b2)＝(a－b)2，又a≠b，所以(a－b)2>0，即M>N.
(2)已知M＝eq \f(e2 021＋1,e2 022＋1)，N＝eq \f(e2 022＋1,e2 023＋1)，则M，N的大小关系为________．
答案 M>N
解析方法一 M－N＝eq \f(e2 021＋1,e2 022＋1)－eq \f(e2 022＋1,e2 023＋1)＝eq \f(e2 021＋1e2 023＋1－e2 022＋12,e2 022＋1e2 023＋1)
＝eq \f(e2 021＋e2 023－2e2 022,e2 022＋1e2 023＋1)＝eq \f(e2 021e－12,e2 022＋1e2 023＋1)>0.∴M>N.
方法二令f(x)＝eq \f(ex＋1,ex＋1＋1)＝eq \f(\f(1,e)ex＋1＋1＋1－\f(1,e),ex＋1＋1)＝eq \f(1,e)＋eq \f(1－\f(1,e),ex＋1＋1)，显然f(x)是R上的减函数，
∴f(2 021)>f(2 022)，即M>N.
题型二不等式的性质
例2 (1)已知a>b>c>0，下列结论正确的是( )
A．2ab(a－c)
C.eq \f(1,a－c)>eq \f(1,b－c) D．(a－c)3>(b－c)3
答案 D
解析 ∵a>b>c>0，∴2a>b＋c，故A错误；
取a＝3>b＝2>c＝1>0，则a(b－c)＝3由a>b>c>0可知，a－c>b－c>0，∴eq \f(1,a－c)(b－c)3，故C错误，D正确．
(2)(多选)若a>0>b>－a，cA．ad>bc B.eq \f(a,d)＋eq \f(b,c)<0
C．a－c>b－d D．a(d－c)>b(d－c)
答案 BCD
解析因为a>0>b，c0，所以ad因为0>b>－a，所以a>－b>0，因为c－d>0，所以a(－c)>(－b)(－d)，所以ac＋bd<0，cd>0，所以eq \f(ac＋bd,cd)＝eq \f(a,d)＋eq \f(b,c)<0，故B正确；
因为c－d，因为a>b，所以a＋(－c)>b＋(－d)，即a－c>b－d，故C正确；
因为a>0>b，d－c>0，所以a(d－c)>b(d－c)，故D正确．
思维升华判断不等式的常用方法
(1)利用不等式的性质逐个验证．
(2)利用特殊值法排除错误选项．
(3)作差法．
(4)构造函数，利用函数的单调性．
跟踪训练2 (1)十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“＝”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐步被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若a，b，c∈R，则下列命题正确的是( )
A．若a>b，则ac2>bc2
B．若eq \f(a,c2)>eq \f(b,c2)，则aC．若aD．若a>b，则a2>b2
答案 C
解析对于A选项，当c＝0时不满足，故错误；
对于B选项，由不等式性质知，eq \f(a,c2)>eq \f(b,c2)两边同时乘以c2>0，可得a>b，故错误；
对于C选项，若a0，(b－a)c<0，a(a＋c)>0，故eq \f(b,a)－eq \f(b＋c,a＋c)＝eq \f(ba＋c－ab＋c,aa＋c)＝eq \f(b－ac,aa＋c)<0，即eq \f(b,a)对于D选项，取a＝－1，b＝－2，可得a2(2)(多选)若eq \f(1,a)A.eq \f(1,a＋b)0
C．a－eq \f(1,a)>b－eq \f(1,b) D．ln a2>ln b2
答案 AC
解析由eq \f(1,a)因为a＋b<0，ab>0，所以eq \f(1,a＋b)<0，eq \f(1,ab)>0.则eq \f(1,a＋b)B中，因为b－a>0.故－b>|a|，即|a|＋b<0，故B错误；
C中，因为b－eq \f(1,b)>0，所以a－eq \f(1,a)>b－eq \f(1,b)，故C正确；
D中，因为ba2>0，而y＝ln x在定义域(0，＋∞)上单调递增，所以ln b2>ln a2，故D错误．
题型三不等式性质的综合应用
例3 (1)已知－1答案 (－4,2) (1,18)
解析 ∵－1由－1延伸探究若将本例(1)中条件改为－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(3,2)(2)已知3答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))
解析 ∵4思维升华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)已知1≤a≤2，－1≤b≤4，则a－2b的取值范围是( )
A．[－7,4] B．[－6,9] C．[6,9] D．[－2,8]
答案 A
解析因为－1≤b≤4，所以－8≤－2b≤2，由1≤a≤2，得－7≤a－2b≤4.
(2)已知实数a，b，c，满足a>b>c，且a＋b＋c＝0，那么eq \f(c,a)的取值范围是________．
答案－2解析由于a>b>c，且a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0，b＝－a－c，－a－c－c，eq \f(c,a)>－2，
－a－c>c，－a>2c，eq \f(c,a)<－eq \f(1,2)，所以－2课时精练
1．(2023·长春模拟)已知a>0，b>0，M＝eq \r(a＋b)，N＝eq \r(a)＋eq \r(b)，则M与N的大小关系为( )
A．M>N
B．MC．M≤N
D．M，N大小关系不确定
答案 B
解析 M2－N2＝(a＋b)－(a＋b＋2eq \r(ab))＝－2eq \r(ab)<0，∴M2．已知a，b∈R，若a>b，eq \f(1,a)A．ab>0 B．ab<0
C．a＋b>0 D．a＋b<0
答案 A
解析因为eq \f(1,a)b，所以b－a<0，所以ab>0.
3．(多选)已知aA．b2C．2a>2b D．ln(1－a)>ln(1－b)
答案 AD
解析对于A，因为a0，则b2－ab＝b(b－a)<0，即b2对于B，因为a0，则eq \f(a,ab)对于C，因为a对于D，因为a1－b>1，又因为函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，所以ln(1－a)>ln(1－b)，故选项D正确．
4．若－π<α<β<π，则α－β的取值范围是( )
A．－2π<α－β<2π B．0<α－β<2π
C．－2π<α－β<0 D．{0}
答案 C
解析 ∵－π<β<π，∴－π<－β<π，又－π<α<π，∴－2π<α－β<2π，
又α<β，∴α－β<0，∴－2π<α－β<0.
5．已知x，y∈R，且x>y>0，则( )
A．cs x－cs y>0
B．cs x＋cs y>0
C．ln x－ln y>0
D．ln x＋ln y>0
答案 C
解析对于A，y＝cs x在(0，＋∞)上不是单调函数，故cs x－cs y>0不一定成立，A错误；
对于B，当x＝π，y＝eq \f(π,2)时，cs x＋cs y＝－1<0，B不一定成立；
对于C，y＝ln x在(0，＋∞)上为增函数，若x>y>0，则ln x>ln y，必有ln x－ln y>0，C正确；
对于D，当x＝1，y＝eq \f(1,2)时，ln x＋ln y＝ln eq \f(1,2)<0，D不一定成立．
6．(多选)(2023·汕头模拟)已知a，b，c满足cA．ac(a－c)>0 B．c(b－a)<0
C．cb2ac
答案 BCD
解析因为a，b，c满足c0，b>0，a－c>0，b－a>0，
所以ac(a－c)<0，c(b－a)<0，cb2ac.
7．(多选)设a，b，c，d为实数，且a>b>0>c>d，则下列不等式正确的有( )
A．c2C．ac0
答案 AD
解析因为a>b>0>c>d，所以a>b>0,0>c>d，
对于A，因为0>c>d，由不等式的性质可得c2对于B，取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，则a－c＝3，b－d＝3，
所以a－c＝b－d，故选项B错误；
对于C，取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，则ac＝－2，bd＝－2，
所以ac＝bd，故选项C错误；
对于D，因为a>b>0，deq \f(d,b)，故eq \f(c,a)－eq \f(d,b)>0，故选项D正确．
8．(多选)(2022·沈阳模拟)已知非零实数a，b满足a>|b|＋1，则下列不等关系一定成立的是( )
A．a2>b2＋1 B．2a>2b＋1
C．a2>4b D.eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))>b＋1
答案 ABC
解析对于非零实数a，b满足a>|b|＋1，则a2>(|b|＋1)2，
即a2>b2＋2|b|＋1>b2＋1，故A一定成立；
因为a>|b|＋1≥b＋1⇒2a>2b＋1，故B一定成立；
又(|b|－1)2≥0，即b2＋1≥2|b|，所以a2>4|b|≥4b，故C一定成立；
令a＝5，b＝3，满足a>|b|＋1，此时eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))＝eq \f(5,3)9．已知M＝x2＋y2＋z2，N＝2x＋2y＋2z－π，则M________N．(填“>”“<”或“＝”)
答案 >
解析 M－N＝x2＋y2＋z2－2x－2y－2z＋π＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3≥π－3>0，
故M>N.
10．能够说明“设a，b，c是任意实数．若a2>b2>c2，则a＋b>c”是假命题的一组整数a，b，c的值依次为________．
答案－3，－1,0(答案不唯一)
解析令a＝－3，b＝－1，c＝0，则a2>b2>c2，此时a＋b＝－4<0，所以a＋b>c是假命题．
11．若1<α<3，－4<β<2，则2α＋|β|的取值范围是________．
答案 (2,10)
解析 ∵－4<β<2，∴0≤|β|<4，又1<α<3，∴2<2α<6，∴2<2α＋|β|<10.
12．eπ·πe与ee·ππ的大小关系为________．
答案 eπ·πe解析 eq \f(eπ·πe,ee·ππ)＝eq \f(eπ－e,ππ－e)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,π)))π－e，又013．已知0A．mC．p答案 A
解析因为01，且ln a1，因此，lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln a,ln b)))>0，即p>0，
又m<0，n<0，则eq \f(m,n)＝eq \f(bln a,aln b)＝eq \f(b,a)·eq \f(ln a,ln b)>1，于是得m14．实数a，b，c，d满足下列三个条件：①d>c；②a＋b＝c＋d；③a＋d那么a，b，c，d的大小关系是________．
答案 b>d>c>a
解析由题意知d>c①，由②＋③得2a＋b＋d<2c＋b＋d，化简得ad⑤成立，综合①④⑤式得到b>d>c>a.
15．(多选)(2023·长沙模拟)设实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则下列不等式成立的是( )
A．cC．b≤a D．a答案 BD
解析 ∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＋c＝6－4a＋3a2，,c－b＝4－4a＋a2，))两式相减得2b＝2a2＋2，即b＝a2＋1，∴b≥1.
又b－a＝a2＋1－a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)>0，∴b>a.而c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，
∴c≥b，从而c≥b>a.
16．(2022·全国甲卷)已知9m＝10，a＝10m－11，b＝8m－9，则( )
A．a＞0＞b B．a＞b＞0
C．b＞a＞0 D．b＞0＞a
答案 A
解析 ∵9m＝10，∴m∈(1,2)，令f(x)＝xm－(x＋1)，x∈(1，＋∞)，∴f′(x)＝mxm－1－1，
∵x>1且11，∴f′(x)>0，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又9m＝10，∴9m－10＝0，即f(9)＝0，又a＝f(10)，b＝f(8)，
∴f(8)

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