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（含解析）

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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．(多选)设b>a>0，c∈R，则下列不等式中正确的是( )
A． SKIPIF 1 < 0 B.eq \f(1,a)>eq \f(1,b)
C.eq \f(a＋2,b＋2)>eq \f(a,b) D．ac3答案 ABC
解析因为y＝ SKIPIF 1 < 0 在(0，＋∞)上单调递增，
所以 SKIPIF 1 < 0 ，A正确；
因为y＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，B正确；
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)，C正确；
当c＝0时，ac3＝bc3，所以D不正确．
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．已知－1答案 (－7,12)
解析 ∵－3又－1∴－7题型一比较两个数(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．pq D．p≥q
答案 B
解析 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.
(2)(2022·菏泽模拟)已知a，b，c∈(0,3)，且a5＝5a，b4＝4b，c3＝3c，下列不等式正确的是( )
A．a>b>c B．c>a>b
C．c>b>a D．a>c>b
答案 C
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)<0，f(x)＝eq \f(ln x,x)单调递减，
当0f′(x)>0，f(x)＝eq \f(ln x,x)单调递增，
因为a，b，c∈(0,3)，f(a)＝f(5)，
f(b)＝f(4)，f(c)＝f(3)，
所以a，b，c∈(0，e)，因为f(5)所以f(a)教师备选
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.
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0A．M>N B．MC．M＝N D．不能确定
答案 A
解析 ∵0∴1＋a>0,1＋b>0,1－ab>0.
∴M－N＝eq \f(1－a,1＋a)＋eq \f(1－b,1＋b)＝eq \f(21－ab,1＋a1＋b)>0，
∴M>N.
(2)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0∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,π)))π－e<1，即eq \f(eπ·πe,ee·ππ)<1，即eπ·πe题型二不等式的性质
例2 (1)(2022·滨州模拟)下列命题为真命题的是( )
A．若a>b，则ac2>bc2
B．若aC．若c>a>b>0，则eq \f(a,c－a)D．若a>b>c>0，则eq \f(a,b)>eq \f(a＋c,b＋c)
答案 D
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a对于C选项，当c＝3，a＝2，b＝1时，eq \f(a,c－a)＝eq \f(2,3－2)>eq \f(b,c－b)＝eq \f(1,2)，故C选项为假命题；
对于D选项，由于a>b>c>0，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．
(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)A中，因为a＋b<0，ab>0，所以eq \f(1,a＋b)<0，eq \f(1,ab)>0.故有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．
教师备选
若a，b，c∈R，a>b，则下列不等式恒成立的是( )
A.eq \f(1,a)b2
C．a|c|>b|c| D.eq \f(a,c2＋1)>eq \f(b,c2＋1)
答案 D
解析对于A，若a>0>b，则eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，
故A错误；
对于B，取a＝1，b＝－2，则a2对于C，若c＝0，a|c|＝b|c|，故C错误；
对于D，因为c2＋1≥1，所以eq \f(1,c2＋1)>0，又a>b，
所以eq \f(a,c2＋1)>eq \f(b,c2＋1)，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)(2022·珠海模拟)已知a，b∈R，满足ab<0，a＋b>0，a>b，则( )
A.eq \f(1,a)0
C．a2>b2 D．a<|b|
答案 C
解析因为ab<0，a>b，则a>0，b<0，eq \f(1,a)>0，eq \f(1,b)<0，A不正确；
eq \f(b,a)<0，eq \f(a,b)<0，则eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)<0，B不正确；
又a＋b>0，即a>－b>0，则a2>(－b)2，a2>b2，
C正确；
由a>－b>0得a>|b|，D不正确．
(2)(多选)设a>b>1>c>0，下列四个结论正确的是( )
A.eq \f(1,ac)>eq \f(1,bc)
B．bac>abc
C．(1－c)a<(1－c)b
D．lgb(a＋c)>lga(b＋c)
答案 CD
解析由题意知，a>b>1>c>0，
所以对于A，ac>bc>0，
故eq \f(1,ac)对于B，取a＝3，b＝2，c＝eq \f(1,2)，
则bac＝2eq \r(3)，abc＝3eq \r(2)，
所以bac对于C，因为0<1－c<1，且a>b，
所以(1－c)a<(1－c)b，故C正确；
对于D，a＋c>b＋c>1，
所以lgb(a＋c)>lgb(b＋c)>lga(b＋c)，
故D正确．
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∴－3<－y<－2，
∴－4由－1得－3<3x<12,4<2y<6，
∴1<3x＋2y<18.
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(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))).
(2)已知3答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))
解析 ∵4∴eq \f(1,9)又3∴eq \f(1,9)×3即eq \f(1,3)教师备选
已知0<β<α答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
解析 ∵0<β又0<α又β<α，∴α－β>0，
即0<α－β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a>b>c,2a＋b＋c＝0，则eq \f(c,a)的取值范围是( )
A．－3C．－2答案 A
解析因为a>b>c,2a＋b＋c＝0，
所以a>0，c<0，b＝－2a－c，
因为a>b>c，
所以－2a－c－c，解得eq \f(c,a)>－3，
将b＝－2a－c代入b>c中，得－2a－c>c，
即a<－c，得eq \f(c,a)<－1，所以－3(2)已知1答案 (－2,0) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))
解析 ∵1又1∴－2∴a－b<0，
∴－2又eq \f(1,3)∴eq \f(a,3)eq \f(1,3)，∴eq \f(1,3)综上所述，a－b的取值范围为(－2,0)；eq \f(a,b)的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1)).
课时精练
1．(2022·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>NB．MC．M≤ND．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．已知非零实数a，b满足aA．a2C.eq \f(1,ab2)答案 C
解析若ab2，故A不成立；
若eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ab>0，,a则a2b若a＝1，b＝2，则eq \f(b,a)＝2，eq \f(a,b)＝eq \f(1,2)，eq \f(b,a)>eq \f(a,b)，故D不成立，由不等式的性质知，C正确．
3．已知－3A．(1,3) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(9,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(3,4))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
答案 A
解析因为－3而34．若a>1，m＝lga(a2＋1)，n＝lga(a＋1)，p＝lga(2a)，则m，n，p的大小关系是( )
A．n>m>p B．m>p>n
C．m>n>p D．p>m>n
答案 B
解析由a>1知，a2＋1－2a＝(a－1)2>0，
即a2＋1>2a，而2a－(a＋1)＝a－1>0，即2a>a＋1，
∴a2＋1>2a>a＋1，而y＝lgax在定义域上单调递增，
∴m>p>n.
5．(2022·杭州模拟)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))aA．ln(a－b)>0
B．2b－a>1
C．－eq \f(1,a)>－eq \f(1,b)
D．lgca>lgcb(c>0且c≠1)
答案 C
解析指数函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x在(－∞，＋∞)上单调递减，
由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))ab>0.
所以eq \f(1,a)则－eq \f(1,a)>－eq \f(1,b)，故C正确；
a－b>0，但不一定有a－b>1，
则不一定有ln(a－b)>0，故A错误；
函数y＝2x在(－∞，＋∞)上单调递增，b－a<0.
则2b－a<20＝1，故B错误；
当0则lgca6．(多选)(2022·济宁模拟)已知x>y>z，x＋y＋z＝0，则下列不等式不成立的是( )
A．xy>yz B．xy>xz
C．xz>yz D．x|y|>|y|z
答案 ACD
解析因为x>y>z，x＋y＋z＝0，
所以x>0，z<0，y的符号无法确定，
对于A，因为x>0>z，若y<0，则xy<0故A错误；
对于B，因为y>z，x>0，所以xy>xz，故B正确；
对于C，因为x>y，z<0，所以xz对于D，因为x>z，当|y|＝0时，x|y|＝|y|z，
故D错误．
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．c2＜cd B．a－c＜b－d
C．ac＜bd D.eq \f(c,a)－eq \f(d,b)＞0
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，d所以eq \f(c,a)>eq \f(d,b)，
故eq \f(c,a)－eq \f(d,b)＞0，故选项D正确．
8．(多选)若0c>1，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－1答案 AD
解析对于A，∵b>c>1，∴eq \f(b,c)>1.
∵0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,c)))0＝1，
故选项A正确；
对于B，若eq \f(c－a,b－a)>eq \f(c,b)，
则bc－ab>bc－ac，即a(c－b)>0，这与0c>1矛盾，故选项B错误；
对于C，∵0∵b>c>1，∴ca－1>ba－1，故选项C错误；
对于D，∵0c>1，
∴lgca9．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．(2022·烟台模拟)若eq \f(1,a)|b|；③a2.其中正确的不等式的序号为________．
答案 ①④
解析因为eq \f(1,a)所以b所以a＋b<0所以|a|<|b|，故②错误；
所以eq \f(b,a)>0，eq \f(a,b)>0且均不为1，eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，当且仅当eq \f(b,a)＝eq \f(a,b)＝1时，等号成立，
所以eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)>2，故④正确．
11．若0答案 a<2ab解析方法一令a＝eq \f(1,3)，b＝eq \f(2,3)，
则2ab＝eq \f(4,9)，a2＋b2＝eq \f(1,9)＋eq \f(4,9)＝eq \f(5,9)，
故a<2ab方法二 ∵0∴a1且2a<1，
∴a<2b·a＝2a(1－a)＝－2a2＋2a
＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2＋eq \f(1,2)即a<2ab又a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab>1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，
即a2＋b2>eq \f(1,2).∵eq \f(1,2)∴(a2＋b2)－b＝[(1－b)2＋b2]－b＝2b2－3b＋1＝(2b－1)(b－1)<0，
即a2＋b2综上可知a<2ab12．(2022·上海模拟)设实数x，y满足3≤xy2≤8,4≤eq \f(x2,y)≤9，则eq \f(x3,y4)的最大值是________．
答案 27
解析 eq \f(x3,y4)＝eq \f(x4,y2)·eq \f(1,xy2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,y)))2·eq \f(1,xy2)≤81×eq \f(1,3)＝27，
当且仅当eq \f(x2,y)＝9，xy2＝3，即x＝3，y＝1时等号成立．
13．(多选)(2022·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.
14．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>c①，②＋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．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c满足f(1)＝0，且a>b>c，则eq \f(c,a)的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,2)))
解析因为f(1)＝0，所以a＋b＋c＝0，
所以b＝－(a＋c)．又a>b>c，
所以a>－(a＋c)>c，且a>0，c<0，
所以1>－eq \f(a＋c,a)>eq \f(c,a)，即1>－1－eq \f(c,a)>eq \f(c,a).
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2c,a)<－1，,\f(c,a)>－2，))解得－2即eq \f(c,a)的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,2))).
16．某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件：
(1)男学生人数多于女学生人数；
(2)女学生人数多于教师人数；
(3)教师人数的两倍多于男学生人数．
①若教师人数为4，则女学生人数的最大值为________．
②该小组人数的最小值为________．
答案 ①6 ②12
解析设男学生人数为x，女学生人数为y，教师人数为z，由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>y，,y>z，,2z>x，))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.

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