2021高三人教B版数学一轮（经典版）教师用书：第7章第1讲　不等关系与不等式

第七章   不等式

第1讲　不等关系与不等式

基础知识整合

1．比较两个实数的大小

两个实数的大小是用实数的运算性质来定义的，有a－b>0⇔a>b；a－b＝0⇔a＝b；a－b<0⇔a<b.另外，若b>0，则有>1⇔a>b；＝1⇔a＝b；<1⇔a<b.

2．不等式的性质

(1)对称性：a>b⇔b<a；

(2)传递性：a>b，b>c⇒a>c；

(3)可加性：a>b⇔a＋c>b＋c；a>b，c>d⇒a＋c>b＋d；

(4)可乘性：a>b，c>0⇒ac>bc；a>b，c<0⇒ac<bc；a>b>0，c>d>0⇒ac>bd；

(5)可乘方性：a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥2)；

(6)可开方性：a>b>0⇒>(n∈N，n≥2)．

1．a>b，ab>0⇒<.

2．a<0<b⇒<.

3．a>b>0,0<c<d⇒>.

4．0<a<x<b或a<x<b<0⇒<<.

5．若a>b>0，m>0，则<；>(b－m>0)；>；<(b－m>0)．

1．设M＝x2，N＝－x－1，则M与N的大小关系是(　　)

A．M >N  B．M＝N

C．M<N  D．与x有关

答案　A

解析　M－N＝x2＋x＋1＝2＋>0，所以M>N.故选A.

2．(2019·河南洛阳模拟)若a<b<0，则下列结论不正确的是(　　)

A.>  B.>0

C．a2<b2  D．a3<b3

答案　C

解析　∵a<b<0，且y＝x2在(－∞，0)上单调递减，故a2>b2，C错误．故选C.

3．若m<0，n>0且m＋n<0，则下列不等式中成立的是(　　)

A．－n<m<n<－m  B．－n<m<－m<n

C．m<－n<－m<n  D．m<－n<n<－m

答案　D

解析　(取特殊值法)令m＝－3，n＝2分别代入各选项检验，可知D正确．

4．(2019·衡阳模拟)若a，b，c为实数，且a<b<0，则下列结论正确的是(　　)

A．ac2<bc2  B.<

C.>  D．a2>ab>b2

答案　D

解析　∵c为实数，∴取c＝0，得ac2＝0，bc2＝0，此时ac2＝bc2，故A不正确；－＝，∵a<b<0，∴b－a>0，ab>0，∴>0，即>，故B不正确；∵a<b<0，∴取a＝－2，b＝－1，则＝＝，＝2，此时<，故C不正确；∵a<b<0，∴a2－ab＝a(a－b)>0，∴a2>ab，又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，故a2>ab>b2，D正确．故选D.

5．已知a，b，c∈R，有以下命题：

①若<，则<；②若<，则a<b；

③若a>b，则a·2c>b·2c.

其中正确的是________(请把正确命题的序号都填上)．

答案　②③

解析　①若c≤0，则命题不成立．②由<得<0，于是a<b，所以命题正确．③中由2c>0知命题正确．故正确命题的序号为②③.

核心考向突破

考向一　不等式的性质　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

例1　(1)(2019·豫西南联考)如果a>0>b且a2>b2，那么以下不等式中正确的个数是(　　)

①a2b<b3；②>0>；③a3<ab2.

A．0  B．1

C．2  D．3

答案　C

解析　由得a2b<b3，①正确；∵a>0，∴>0，又b<0，∴<0，∴>0>，②正确；由得a3>ab2，③不正确．故选C.

(2)已知a，b∈R，下列四个条件中，使>1成立的必要不充分条件是(　　)

A．a>b－1  B．a>b＋1

C．|a|>|b|  D．ln a>ln b

答案　C

解析　由>1⇔－1>0⇔>0⇔(a－b)b>0⇔a>b>0或a<b<0⇒|a|>|b|，但由|a|>|b|不能得到a>b>0或a<b<0，即得不到>1，故|a|>|b|是使>1成立的必要不充分条件．故选C.

解决此类题目常用的三种方法

(1)直接利用不等式的性质逐个验证，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．

(2)利用特殊值法排除错误答案．

(3)利用函数的单调性，当直接利用不等式的性质不能比较大小时，可以利用指数函数、对数函数、幂函数等函数的单调性进行判断．

[即时训练]　1.(2019·山西联考)下列选项中，>的一个充分不必要条件是(　　)

A.>  B．lg a>lg b

C．a2>b2  D．ea>eb

答案　B

解析　由函数y＝lg x的单调性知lg a>lg b⇔a>b>0⇒>，但>  lg a>lg b，如a＝1，b＝0.故选B.

2．(2019·安徽淮北模拟)若a<b<0，给出下列不等式：

①a2＋1>b2；②|1－a|>|b－1|；③>>.

其中正确的个数是(　　)

A．0  B．1

C．2  D．3

答案　D

解析　因为a<b<0，所以|a|>|b|>0，所以a2>b2，所以a2＋1>b2，故①正确．又因为－a>－b>0，所以－a＋1>－b＋1>0，所以|1－a|>|b－1|，故②正确．因为a＋b<a<b<0，所以>>，故③正确．所以三个不等式都正确．故选D.

精准设计考向，多角度探究突破

考向二　比较两个数(式)的大小

角度1　　作差法

例2　(1)(2019·河北邯郸一模)已知a>b>0，m>0，则(　　)

A.＝ B.>

C.< D.与的大小关系不确定

答案　C

解析　－＝＝.

因为a>b>0，m>0，所以b－a<0，a＋m>0，

所以<0，即－<0，所以<.

(2)若x>0且x≠1，p，q∈N＋，则1＋xp＋q与xp＋xq的大小关系为________．

答案　1＋xp＋q>xp＋xq

解析　1＋xp＋q－(xp＋xq)＝(1－xp)(1－xq)．

若x>1，则1－xp<0,1－xq<0，

∴(1－xp)(1－xq)>0，即1＋xp＋q>xp＋xq；

若x<1，则1－xp>0,1－xq>0，

∴(1－xp)(1－xq)>0，即1＋xp＋q>xp＋xq.

综上，1＋xp＋q>xp＋xq.

角度2　　作商法

例3　(1)设a，b都是正数，且a≠b，则aabb与abba的大小关系是________．

答案　aabb>abba

解析　＝aa－b·bb－a＝a－b.

若a>b，则>1，a－b>0，

∴a－b>1，∴aabb>abba；

若a<b，则<1，a－b<0，∴a－b>1，

∴aabb>abba.

(2)若a＝，b＝，则a________b(填“>”或“<”)．

答案　<

解析　易知a，b都是正数，＝＝log89>1，所以b>a.

角度3　　特殊值法

例4　(1)有三个房间需要粉刷，粉刷方案要求：每个房间只用一个颜色，且三个房间颜色各不相同．已知三个房间粉刷面积(单位：m2)分别为x，y，z，且x<y<z，三种颜色涂料的粉刷费用(单位：元/m2)分别为a，b，c，且a<b<c.在不同的方案中，最低的总费用(单位：元)是(　　)

A．ax＋by＋cz  B．az＋by＋cx

C．ay＋bz＋cx  D．ay＋bx＋cz

答案　B

解析　采用特值法进行求解验证即可，若x＝1，y＝2，z＝3，a＝1，b＝2，c＝3，则ax＋by＋cz＝14，az＋by＋cx＝10，ay＋bz＋cx＝11，ay＋bx＋cz＝13.由此可知最低的总费用是az＋by＋cx.

(2)若实数x，y满足x2<y2，则下列不等式成立的是(　　)

A．x<y  B．－x<y

C.<  D．|x|<|y|

答案　D

解析　当x＝1，y＝－2时，有x2<y2，但x>y，故A错误；当x＝－1，y＝－2时，有x2<y2，但－x>y，故B错误；当x＝1，y＝－2时，有x2<y2，但>，故C错误；若x2<y2，则有<，即|x|<|y|，故D正确．故选D.

角度4　　中间量法

例5　(1)(2019·四川宜宾模拟)已知实数a＝ln (ln π)，b＝ln π，c＝2ln π，则a，b，c的大小关系为(　　)

A．a<b<c  B．a<c<b

C．b<a<c  D．c<a<b

答案　A

解析　因为e<π<e2，所以ln π∈(1,2)，即b∈(1,2)．由ln π∈(1,2)，得a＝ln (ln π)∈(ln 1，ln 2)，而ln 2<ln e＝1，所以a∈(0,1)．由2ln e<2ln π<2ln e2，得c∈(2,4)．所以a<b<c.故选A.

(2)若0<a<b<1，则ab，logba，logb的大小关系是________．

答案　logb<ab<logba

解析　∵0<a<1，∴>1.又0<b<1，

∴logb<log1＝0.∵0<ab<a0＝1，logba>logbb＝1，

∴logb<ab<logba.

角度5　　单调性法

例6　(1)已知实数a，b∈(0,1)，且满足cosaπ<cosbπ，则下列关系式成立的是(　　)

A．ln a<ln b  B．sina<sinb

C.<  D．a3<b3

答案　C

解析　因为a，b∈(0,1)，则aπ，bπ∈(0，π)，而函数y＝cosx在(0，π)上单调递减，因为cosaπ<cosbπ，所以aπ>bπ，即a>b，由函数y＝ln x，y＝sinx，y＝x3在(0,1)上均为增函数，知只有C正确．

(2)(2019·江南十校模拟)若b>a>3，f(x)＝，则下列各结论中正确的是(　　)

A．f(a)<f()<f B．f()<f<f(b)

C．f()<f<f(a) D．f(b)<f<f()

答案　D

解析　因为b>a>3，所以3<a<<<b.又f′(x)＝，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在区间(e，＋∞)上单调递减，又3>e，则有f(b)<f<f()<f(a)，故选D.

(1)作差法的步骤：①作差；②变形；③定号；④结论．

(2)作商法的步骤：①作商；②变形；③判断商与1的大小；④结论．

(3)特殊值法比较大小的思路

利用特殊值法比较不等式的大小时需要注意以下问题：选择项两数(式)大小是确定的，如果出现两数(式)大小由某个参数确定或大小不确定的选项，就无法通过特殊值进行检验；赋值应该满足前提条件；当一次赋值不能确定准确的选项，则可以通过二次赋值检验，直至得到正确选项．

 (4)中间量法比较大小的思路

利用中间量法比较不等式大小时要根据已知数、式灵活选择中间变量，指数式比较大小，一般选取1和指数式的底数作为中间值；对数式比较大小，一般选取0和1作为中间值，其实质就是根据对数函数f(x)＝logax的单调性判断其与f(1)，f(a)的大小．

(5)①利用函数的性质比较数、式的大小，得到函数的单调区间是问题求解的关键，解题时，指数、对数、三角函数单调性的运用是解题的主要形式；

②通过对称性、周期性，可以将比较大小的数、式转化到同一个单调区间，有利于其大小比较；

③导数工具的应用，拓宽了这类问题的命题形式，同时增大了解题难度，值得我们关注和重视．

[即时训练]　3.(2019·大庆模拟)设a＝log3π，b＝log2，c＝log3，则(　　)

A．a>b>c  B．a>c>b

C．b>a>c  D．b>c>a

答案　A

解析　∵a＝log3π>log33＝1，b＝log2<log22＝1，

∴a>b，又＝＝(log23)2>1，∴b>c，故a>b>c.故选A.

4．设α∈，T1＝cos(1＋α)，T2＝cos(1－α)，则T1与T2的大小关系为________．

答案　T1<T2

解析　T1－T2＝(cos1cosα－sin1sinα)－(cos1cosα＋sin1sinα)＝－2sin1sinα<0，所以T1<T2.

5．已知a>0，b>0，且a≠b，试比较aabb与(ab)的大小．

解　∵a>0，b>0，

∴＝a(a－)b(b－)＝ab＝，

若a>b>0，则>1，a－b>0.

由指数函数的性质，得>1；

若b>a>0，则0<<1，a－b<0.

由指数函数的性质，得>1.

∴>1，∴aabb>(ab).

考向三　不等式性质的应用

例7　(1)若角α，β满足－<α<β<，则2α－β的取值范围是________．

答案　

解析　因为－<α<β<，所以－<α<，－<β<，－<－β<，而α<β，所以－π<α－β<0，所以2α－β＝(α－β)＋α∈.

(2)已知－1<x＋y<4且2<x－y<3，则z＝2x－3y的取值范围是________(答案用区间表示)．

答案　(3,8)

解析　解法一：设2x－3y＝λ(x＋y)＋μ(x－y)＝(λ＋μ)x＋(λ－μ)y，

对应系数相等，则⇒

∴2x－3y＝－(x＋y)＋(x－y)∈(3,8)．

解法二：令∴

∴2x－3y＝2－3＝－＋b∈(3,8)．

利用不等式性质求代数式的取值范围

由a<f(x，y)<b，c<g(x，y)<d，求F(x，y)的取值范围，可利用待定系数法解决，即设F(x，y)＝mf(x，y)＋ng(x，y)(或其他形式)，通过恒等变形求得m，n的值，再利用不等式的同向可加和同向同正可乘的性质求得F(x，y)的取值范围．

[即时训练]　6.若实数x，y满足3≤xy2≤8,4≤≤9，则的最大值是________．

答案　27

解析　解法一：由3≤xy2≤8,4≤≤9，可知x>0，y>0，且≤≤，16≤≤81，得2≤≤27，故的最大值是27.

解法二：设＝m(xy2)n，

则x3y－4＝x2m＋ny2n－m，

所以即

又16 ≤2≤81，≤(xy2)－1≤，

∴2≤≤27，故的最大值为27.

7．已知12<a<60,15<b<36，求a－b与的取值范围．

解　∵15<b<36，∴－36<－b<－15，

∴12－36<a－b<60－15，即－24<a－b<45.

∵15<b<36，∴<<，

∴<<，∴<<4.

∴a－b和的取值范围分别是(－24,45)，.