2023版高三一轮数学复习电子教参（新高考人教版）：第1-3章

1、eq x(必)eq x(考)eq x(部)eq x(分)第一章集合、常用逻辑用语、不等式第一讲集合知识梳理双基自测ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CEeq x(知)eq x(识)eq x(梳)eq x(理)知识点集合的基本概念一组对象的总体构成一个集合(1)集合中元素的三大特征：确定性、互异性、无序性(2)集合中元素与集合的关系：对于元素a与集合A，_aA_或_aA_，二者必居其一(3)常见集合的符号表示.数集自然数集正整数集整数集有理数集实数集符号NN*或NZQR(4)集合的表示法：列举法、描述法、Venn图法、区间表示法(5)集合的分类：集合按元素个数的多少分为有限

2、集、无限集，有限集常用列举法表示，无限集常用描述法表示知识点二集合之间的基本关系关系定义表示相等集合A与集合B中的所有元素都_相同_A_B子集A中的任意一个元素都是_B中的元素_A_B真子集A是B的子集，且B中至少有一个元素_不属于A_A_B注意：(1)空集用_表示(2)若集合A中含有n个元素，则其子集个数为_2n_，真子集个数为_2n1_，非空真子集的个数为_2n2_.(3)空集是任何集合的子集，是任何_非空集合_的真子集(4)若AB，BC，则A_C.知识点三集合的基本运算符号语言交集AB并集AB补集UA图形语言意义ABx|xA且xBABx|xA或xBUAx|xU且xAeq x(归)eq x

3、(纳)eq x(拓)eq x(展)1AAA，A.2AAA，AA.3A(UA)，A(UA)U，U(UA)A.4ABABAABBUAUBA(UB).eq x(双)eq x(基)eq x(自)eq x(测)题组一走出误区1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)集合A中含有三个元素0，1，x，且x2A，则实数x的值为1.()(2)x|yx2y|yx2(x，y)|yx2()(3)集合xN|x2x用列举法表示为1()(4)若ABAC，则BC.()(5)设UR，Ax|lg x2或x0，By|1y3，所以(UA)B(，0)1，)题组三走向高考4(2020课标，1，5分)已知集合A1，2，3，5，

4、7，11，Bx|3x15，则AB中元素的个数为(B)A2B3C4D5解析A1，2，3，5，7，11，Bx|3x15，AB5，7，11，AB中元素的个数为3，故选B5(2021全国乙，1，5分)已知全集U1，2，3，4，5，集合M1，2，N3，4，则U(MN)(A)A5B1，2C3，4D1，2，3，4解析先求MN，再求U(MN)，即可得出结果由题意得MN1，2，3，4，则U(MN)5，故选A易错警示学生易因混淆交集和并集的运算而出错6(2021全国乙，2，5分)已知集合Ss|s2n1，nZ，Tt|t4n1，nZ，则ST(C)ABSCTDZ解析首先结合集合S、T的元素特征得到TS，然后依据集合的交

5、集运算得出结果依题知TS，则STT，故选C考点突破互动探究KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU考点一集合的基本概念自主练透例1 (1)(多选题)已知集合Ax|x3k1，kZ，则下列表示正确的是(AB)A2AB2 023AC3k21AD35A(2)(2020全国卷)已知集合A(x，y)|x，yN*，yx，B(x，y)|xy8，则AB中元素的个数为(C)A2B3C4D6(3)已知集合Aa2，(a1)2，a23a3，若1A，则2 023a的值为_1_；若1A，则a不可能取得的值为_2，1，0，eq f(1r(5),2)，eq f(1r(5),2)_.解析(1)当23k1时，k

6、1Z，故A正确；当2 0233k1时，k674Z，故B正确；kZ，k2Z，显然3k21A，故C不正确；当353k1时，k12Z，故D不正确故选A、B(2)AB(x，y)|xy8，x，yN*，且yx(1，7)，(2，6)，(3，5)，(4，4)(3)若a21，则a1，A1，0，1，不合题意；若(a1)21，则a0或2，当a0时，A2，1，3，当a2时，A0，1，1，不合题意；若a23a31，则a1或2，显然都不合题意；因此a0，所以2 02301.1A，a21，a1；(a1)21，解得a0，2；a23a31解得a1，2.又a2、(a1)2、a23a3互不相等，a2(a1)2得aeq f(1r(5

7、),2)；a2a23a3得a1；(a1)2a23a3得a2；综上a的值不可以为2，1，0，eq f(1r(5),2)，eq f(1r(5),2).名师点拨MING SHI DIAN BO(1)用描述法表示集合，首先要搞清楚集合中代表元素的含义，再看元素的限制条件，明白集合的类型，是数集、点集还是其他类型的集合(2)集合中元素的互异性常常容易忽略，特别是含有字母的集合，在求出字母的值后，要注意检验集合中元素是否满足互异性分类讨论的思想方法常用于解决集合问题考点二集合之间的基本关系师生共研例2 (1)(2021新高考八省联考)已知M，N均为R的子集，且RMN，则M(RN)(B)ABMCNDR(2)

8、(多选题)已知集合Aeq blcrc(avs4alco1(f(1,3)，f(1,2)，Bx|ax10，且BA，则实数a的可能取值为(BD)A3B0C2D3(3)设集合Meq blcrc (avs4alco1(xblc|rc(avs4alco1(xf(k,3)f(1,6)，kZ)，Neq blcrc (avs4alco1(xblc|rc(avs4alco1(xf(k,6)f(1,3)，kZ)，则下面正确的是(B)AMNBMNCNMDMN解析(1)如图，RMN，显然(RN)M，M(RN)M，故选B(2)本题考查集合之间的关系由题知BA，Bx|ax10，所以Beq blcrc(avs4alco1(f

9、(1,3)，eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，.当Beq blcrc(avs4alco1(f(1,3)时，eq f(1,3)a10，解得a3；当Beq blcrc(avs4alco1(f(1,2)时，eq f(1,2)a10，解得a2；当B时，a0.综上可得实数a的可能取值为3，0，2，故选B、D(3)解法一：(列举法)，由题意知Meq blcrc(avs4alco1(，f(1,2)，f(1,6)，f(1,6)，f(1,2)，f(5,6)，f(7,6)，)，Neq blcrc(avs4alco1(，f(1,6)，0，f(1,6)，f(1,3)，f(1,2)，f(2,3)，f(

10、5,6)，)，显然MN，故选B解法二：(描述法)Meq blcrc (avs4alco1(xblc|rc(avs4alco1(xf(2k1,6)，kZ)，Neq blcrc (avs4alco1(xblc|rc(avs4alco1(xf(k2,6)，kZ)2k1表示所有奇数，而k2表示所有整数(kZ)MN，故选B名师点拨MING SHI DIAN BO判断集合间关系的3种方法列举法根据题中限定条件把集合元素表示出来，然后比较集合元素的异同，从而找出集合之间的关系(如第(3)题解法一)描述法从元素的结构特点入手，结合通分、化简、变形等技巧，从元素结构上找差异进行判断(如第(3)题解法二)数轴法在

11、同一个数轴上表示出两个集合，比较端点之间的大小关系，从而确定集合与集合之间的关系.变式训练1(1)集合Meq blcrc (avs4alco1(xblc|rc(avs4alco1(xf(n,2)1，nZ)，Neq blcrc (avs4alco1(yblc|rc(avs4alco1(ymf(1,2)，mZ)，则两集合M，N的关系为(D)AMNBMNCMNDNM(2)(多选题)(2022重庆市长寿中学月考题)若一个集合是另一个集合的子集，则这两个集合构成“鲸吞”；若两个集合有公共元素，且互不为对方子集，则称两个集合为“蚕食”，对于集合A1，0，2，Bx|ax22，xR，若这两个集合构成“鲸吞”或

12、“蚕食”，则a的值可以为(ACD)A0B1Ceq f(1,2)D1(3)已知集合AxR|x23x20，BxN|0 x5，则满足条件ACB的集合C的个数为_4_.(4)已知集合Ax|x22 024x2 0230，Bx|xa，若AB，则实数a的取值范围是_2_023，)_.解析(1)由题意，对于集合M，当n为偶数时，设n2k(kZ)，则xk1(kZ)，当n为奇数时，设n2k1(kZ)，则xk1eq f(1,2)(kZ)，NM，故选D(2)若BA，则B，解得a0，故选A、D若两个集合有公共元素，则1B，解得a2，若2B，解得aeq f(1,2)，经检验符合题意，故选C因此选A、C、D(3)由题意可得

13、，A1，2，B1，2，3，4又ACB，C1，2或1，2，3或1，2，4或1，2，3，4，有4个(4)由x22 024x2 0230，解得1x2 023，故Ax|1x2 023又Bx|xa，AB，如图所示，可得a2 023.考点三集合的基本运算多维探究角度1集合的运算例3 (1)(2021新高考，1，5分)设集合Ax|2x4，B2，3，4，5，则AB(B)A2B2，3C3，4D2，3，4(2)(多选题)(2022潍坊质检)已知集合Ax|12DARBx|2x3(3)(2021浙江杭州模拟)已知全集UR，集合Ax|x23x20，集合B x|log3(x1) 1，则AB_(1，2)_，(RA)B_(1

14、，1_.解析(1)在数轴上表示出集合A，如图，由图知AB2，3(2)Ax|1x3，Bx|x2x|2x2，ABx|1x3x|2x2x|1x2，A不正确；ABx|1x3x|2x2x|2x3，B正确；RBx|x2，ARBx|1x3x|x2x|x1，C不正确；ARBx|1x3x|x2x|2x3，D正确(3)依题意可知，Ax|1x2，Bx|0 x13x|1x2，所以AB(1，2)，RAx|x1或x2，所以(RA)B(1，1角度2利用集合的运算求参数例4 (1)已知集合Ax|x23x0，B1，a，且AB有4个子集，则实数a的取值范围是(B)A(0，3)B(0，1)(1，3)C(0，1)D(，1)(3，)(

15、2)已知集合Ax|2x5，Bx|m1x2m1，若ABB，则实数m的取值范围为_2，3_.解析(1)因为AB有4个子集，所以AB中有2个不同的元素，所以aA，所以a23a0，解得0a3.又a1，所以实数a的取值范围是(0，1)(1，3)，故选B(2)由ABB知，BA.又B，则eq blcrc (avs4alco1(2m1m1，,m12，,2m15.)解得2m3，则实数m的取值范围为2，3引申1本例(2)中若Bx|m1x2m1情况又如何？解析应对B和B进行分类若B，则2m1m1，此时m7，则MN(B)A7，9B5，7，9C3，5，7，9D1，3，5，7，9(2)(角度1)设全集UR，集合Ax|0

16、x2，By|1y3，则(UA)B(D)A(2，3B(，1(2，)C1，2)D(，0)1，)(3)(角度2)(2020全国卷)设集合Ax|x240，Bx|2xa0，且ABx|2x1，则a(B)A4B2C2D4(4)(角度2)已知集合Ax|3x4，Bx|2m1xm1，且BA，则实数m的取值范围是_1，)_.解析(1)对可化简的集合，先化成最简形式；注意仔细审题，利用“”的含义，进行基本运算Nx|2x7eq blcrc(avs4alco1(xblc|rc (avs4alco1(xf(7,2)，故MN5，7，9，故选B(2)UAx|x2，则(UA)Bx|xm1，解得m2，当B时，eq blcrc (a

17、vs4alco1(2m1m1，,2m13，,m14，)解得1m2.综上，实数m的取值范围是1，)名师讲坛素养提升MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG集合中的新定义问题例5 定义集合的商集运算为eq f(A,B)eq blcrc (avs4alco1(xblc|rc (avs4alco1(xf(m,n)，mA，)eq blc rc (avs4alco1(blc rc(avs4alco1(nBo(sup7(),sdo5()，已知集合A2，4，6，Beq blcrc (avs4alco1(xblc|rc(avs4alco1(xf(k,2)1，kA)，则集合eq bl

18、c(rc)(avs4alco1(f(B,A)B中的元素个数为(B)A6B7C8D9解析由题意知，B0，1，2，eq f(B,A)eq blcrc(avs4alco1(0，f(1,6)，f(1,4)，f(1,3)，f(1,2)，1)，则eq blc(rc)(avs4alco1(f(B,A)Beq blcrc(avs4alco1(0，f(1,6)，f(1,4)，f(1,3)，f(1,2)，1，2)，共有7个元素名师点拨MING SHI DIAN BO集合新定义问题的“3定”(1)定元素：确定已知集合中所含的元素，利用列举法写出所有元素(2)定运算：根据要求及新定义运算，将所求解集合的运算问题转化为

19、集合的交集、并集与补集的基本运算问题，或转化为数的有关运算问题(3)定结果：根据定义的运算进行求解，利用列举法或描述法写出所求集合中的所有元素变式训练3对于任意两集合A，B，定义ABx|xA且xB，A*B(AB)(BA)，记Ax|x0，Bx|3x3，则A*B_x|3x3_.解析Ax|x0，Bx|3x3，ABx|x3，BAx|3x0A*Bx|3x3第二讲充分条件与必要条件知识梳理双基自测ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CEeq x(知)eq x(识)eq x(梳)eq x(理)知识点一充分条件、必要条件与充要条件的概念若pq，则p是q的_充分_条件，q是p的_必要_条件p

20、是q的_充分不必要_条件pq且qpp是q的_必要不充分_条件pq且qpp是q的_充要_条件pqp是q的_既不充分也不必要_条件pq且qpeq x(归)eq x(纳)eq x(拓)eq x(展)1若Ax|p(x)，Bx|q(x)，则(1)若AB，则p是q的充分条件；(2)若AB，则p是q的必要条件；(3)若AB，则p是q的充要条件；(4)若AB，则p是q的充分不必要条件；(5)若AB，则p是q的必要不充分条件；(6)若A eq o(,/) B且AB，则p是q的既不充分也不必要条件2充分条件与必要条件的两个特征：(1)对称性：若p是q的充分条件，则q是p的必要条件，即“pq”“qp”(2)传递性：

21、若p是q的充分(必要)条件，q是r的充分(必要)条件，则p是r的充分(必要)条件，即“pq且qr”“pr”(“pq且qr”“pr”)注意：不能将“若p，则q”与“pq”混为一谈，只有“若p，则q”为真命题时，才有“pq”，即“pq”“若p，则q”为真命题eq x(双)eq x(基)eq x(自)eq x(测)题组一走出误区1判断下列结论正误(在括号内打“”或“”)(1)当q是p的必要条件时，p是q的充分条件()(2)已知集合A，B，则ABAB的充要条件是AB.()(3)若已知p：x1和q：x1，则p是q的充分不必要条件()(4)“”是“tan tan ”的充分不必要条件()解析(4)当eq f

22、(,2)时，tan 、tan 都无意义因此不能推出tan tan ，当tan tan 时，k，kZ，不一定，因此是既不充分也不必要条件题组二走进教材2(必修1P22练习T1改编)“x30”是“(x3)(x4)0”的_充分不必要_条件(选填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”)3(必修1P22习题T2改编)x23x20是x1的_充分不必要_条件解析x1是x23x20的充分不必要条件4(必修1P23T5改编)函数f(x)x2mx1的图象关于直线x1对称的充要条件是_m2_.题组三走向高考5(2020天津卷)设aR，则“a1”是“a2a”的(A)A充分不必要条件B必要不充分条件C

23、充要条件D既不充分也不必要条件解析由a2a，得a2a0，解得a1或a1”是“a2a”的充分不必要条件6(2021浙江，3，4分)已知非零向量a，b，c，则“acbc”是“ab”的(B)A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分又不必要条件解析利用平面向量的数量积定义分别判断命题“若acbc，则ab”与“若ab，则acbc”的真假性即可若c与向量a，b都垂直，则由acbc不一定能得到ab；若ab，则由平面向量的数量积的定义知acbc成立，故“acbc”是“ab”的必要不充分条件故选B考点突破互动探究KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU考点一充分条件与必要条件

24、的判断师生共研方法1：定义法判断例1 (2021北京，3，4分)设函数f(x)的定义域为0，1，则“函数f(x)在0，1上单调递增”是“函数f(x)在0，1上的最大值为f(1)”的(A)A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件解析若f(x)在0，1上单调递增，则f(x)在0，1上的最大值为f(1)；若f(x)在0，1上的最大值为f(1)，则f(x)未必在0，1上单调递增，如图故选A方法2：集合法判断例2 已知p：eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)x1，q：log2x0，则p是q的(B)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

25、要条件解析由eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)x0，所以p对应的x的范围为(0，)，由log2x0知0 x1”是“ex11，x(0，1)ex11，x1”是“ex11”是“ex11”的充分不必要条件考点二充分、必要条件的应用师生共研例4 (1)已知Px|x28x200，非空集合Sx|1mx1m若xP是xS的必要条件，则m的取值范围是_0，3_.(2)在(1)中若把条件“若xP是xS的必要条件”改为“若xP是xS的必要不充分条件”，则m的取值范围是_0，3_.解析(1)由x28x200，得2x10，所以Px|2x10，由xP是xS的必要条件，知SP，则eq blcrc (avs

26、4alco1(1m1m，,1m2，,1m10，)所以0m3，所以当0m3时，xP是xS的必要条件，即所求m的取值范围是0，3(2)方法一：由(1)若xP是xS的必要条件，则0m3，当m0时，S1，满足题意；当m3时，Sx|2x4满足题意，故m的取值范围为0，3方法二：若xP是xS的必要且充分条件，则PS，即eq blcrc (avs4alco1(1m2，,1m10)m无解，m的取值范围是0，3名师点拨MING SHI DIAN BO本例涉及参数问题，直接解决较为困难，先用等价转化思想，将复杂、生疏的问题化归为简单、熟悉的问题来解决一般地，在涉及字母参数的取值范围的充要关系问题时，常常要利用集合

27、的包含、相等关系来考虑，这是破解此类问题的关键变式训练2(1)已知P：1x2，q：(xa)(xa1)0，若p是q的充要条件，则实数a的值为_1_.(2)已知p：4xm0，若p是q的一个充分不必要条件，求m的取值范围解析(2)4xm0，xeq f(m,4)，p：x0，x2，q：x2.pq，eq f(m,4)1，m4.即m的取值范围是4，)答案(2)4，)考点三充要条件的探求师生共研例5 已知两个关于x的一元二次方程mx24x40和x24mx4m24m50，求两方程的根都是整数的充要条件解析因为mx24x40是一元二次方程，所以m0.又另一方程为x24mx4m24m50，且两方程都要有实根，所以e

28、q blcrc (avs4alco1(1161m0，,216m244m24m50，)解得meq blcrc(avs4alco1(f(5,4)，1).因为两方程的根都是整数，故其根的和与积也为整数，所以eq blcrc (avs4alco1(f(4,m)Z，,4mZ，,4m24m5Z.)所以m为4的约数又因为meq blcrc(avs4alco1(f(5,4)，1)，所以m1或1.当m1时，第一个方程x24x40的根不是整数；而当m1时，两方程的根均为整数，所以两方程的根均为整数的充要条件是m1.名师点拨MING SHI DIAN BO探究充要条件的关键在于转化的等价性，解题时要考虑条件包含的各

29、种情况，保证条件的充分性和必要性变式训练3(1)命题“对任意x1，2)，x2a0”为真命题的一个充分不必要条件可以是(B)Aa4Ba4Ca1Da1(2)(2022武汉质检)关于x的方程ax2bxc0(a0)有一个正根和一个负根的充要条件是_ac4是命题为真的充分不必要条件(2)ax2bxc0(a0)有一个正根和一个负根的充要条件是eq blcrc (avs4alco1(b24ac0，,f(c,a)0，)即ac0”的否定是_x0R，xeq oal(2,0)x010_.3(必修1P31习题T3改编)命题“x0N，xeq oal(2,0)0”的否定是_xN，x20_.4(必修1P32T6改编)能说明

30、命题“xR且x0，xeq f(1,x)2”是假命题的x的值可以是_1(任意负数)_(写出一个即可)解析当x0时，xeq f(1,x)2，当且仅当x1时取等号，当x0时，xeq f(1,x)2，当且仅当x1时取等号，x的取值为负数即可，例如x1.题组三走向高考5(2016浙江，5分)命题“xR，nN*，使得nx2”的否定形式是(D)AxR，nN*，使得nx2BxR，xN*，使得nx2CxR，nN*，使得nx2DxR，nN*，使得n0CR，exx10DR，exx10(2)(2022青岛模拟)设命题p：所有正方形都是平行四边形，则p为(C)A所有正方形都不是平行四边形B有的平行四边形不是正方形C有的

31、正方形不是平行四边形D不是正方形的四边形不是平行四边形(3)(2021山东重点高中联考)已知集合A是奇函数集，B是偶函数集若命题p：f(x)A，|f(x)|B，则p为(C)Af(x)A，|f(x)|BBf(x)A，|f(x)|BCf(x)A，|f(x)|BDf(x)A，|f(x)|B(4)若命题p的否定是“对所有正数x，eq r(x)x1”，则命题p是_x0(0，)，eq r(x0)x01_.解析(1)根据全称命题与特称命题的否定关系，可得p为“xR，exx10”，故选C(2)“所有”改为“存在”(或“有的”)，“都是”改为“不都是”(或“不是”)，即p为有的正方形不是平行四边形(3)全称命题

32、的否定为特称命题：改写量词，否定结论p：f(x)A，|f(x)|B.名师点拨MING SHI DIAN BO否定全称命题和特称命题时，一是要改写量词，全称量词改写为存在量词，存在量词改写为全称量词；二是要否定结论，而一般命题的否定只需直接否定结论考点二全称命题、特称命题的真假判断师生共研例2 (1)(多选题)(2022德州模拟)下列四个命题中为真命题的是(BD)Ax0(0，)，eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)x0 eq logsdo8(f(1,3) x0Cx(0，)，eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)x eq logsdo8(f(1,2) xDxeq

33、blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,3)，eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)x2解析(1)对于A，当x(0，)时，总有eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)x成立，故A是假命题；对于B，当xeq f(1,2)时，有1 eq logsdo8(f(1,2) eq f(1,2) eq logsdo8(f(1,3) eq f(1,3) eq logsdo8(f(1,3) eq f(1,2)成立，故B是真命题；对于C，当0 x1eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)x，故C是假命题；对

34、于D，xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,3)，eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)x1 eq logsdo8(f(1,3) x，故D是真命题(2)A中锐角三角形的内角都是锐角，所以A是假命题；B中当x0时，x20，满足x20，所以B既是特称命题又是真命题；C中因为eq r(2)(eq r(2)0不是无理数，所以C是假命题；D中对于任意一个负数x，都有eq f(1,x)2，所以D是假命题名师点拨MING SHI DIAN BO判断全称命题“xM，p(x)”是真命题，需要对集合M中的每一个元素x，证明p(x)成立；要判断特称命题是真命题，只要在限定集合内找到

35、一个xx0，使p(x0)成立即可变式训练1(1)(多选题)下列命题中是真命题的有(ACD)AxR，2x10BxN*，(x1)20Cx0R，lg x00)，x11，2，x01，2，使g(x1)f(x0)，则实数a的取值范围是_eq blc(rc(avs4alco1(0，f(1,2)_.解析由于函数g(x)在定义域1，2内是任意取值的，且必存在x01，2，使得g(x1)f(x0)，因此问题等价于函数g(x)的值域是函数f(x)值域的子集函数f(x)的值域是1，3，因为a0，所以函数g(x)的值域为2a,22a，则有2a1且22a3，即aeq f(1,2).故a的取值范围是eq blc(rc(avs

36、4alco1(0，f(1,2).第四讲不等关系与不等式知识梳理双基自测ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CEeq x(知)eq x(识)eq x(梳)eq x(理)知识点一两个实数比较大小的方法(1)作差法eq blcrc (avs4alco1(ab0a_b,ab0a_ba，bR,ab0a_1a_b,f(a,b)1a_baR，b0,f(a,b)1a_b_bb，bc_ac_可加性ab_acbc_可乘性eq blc rc(avs4alco1(ab,c0)_acbc_注意c的符号eq blc rc(avs4alco1(ab,c0)_acb,cd)_acb0,cd0)_acbd_

37、可乘方性ab0_anbn_(nN，n1)a，b同为正数可开方性ab0eq r(n,a)eq r(n,b)(nN，n2)a，b同为正数eq x(归)eq x(纳)eq x(拓)eq x(展)1ab，ab0eq f(1,a)eq f(1,b).2a0beq f(1,a)b0，0ceq f(b,d).4若ab0，m0，则eq f(b,a)eq f(bm,am)(bm0)eq x(双)eq x(基)eq x(自)eq x(测)题组一走出误区1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)若eq f(a,b)1，则ab.()(2)若ab，则ac2bc2.()(3)若ac2b.()(4)若eq f(

38、1,a)eq f(1,b)0，则ba0.()题组二走进教材2(必修1P43T11改编)若a，b都是实数，则“eq r(a)eq r(b)0”是“a2b20”的(A)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eq r(a)eq r(b)0eq r(a)eq r(b)ab0a2b2，但由a2b20eq r(a)eq r(b)0.3(必修1P43T8改编)设ba，dc，则下列不等式中一定成立的是(C)AacbdBacbdDadbc解析由同向不等式具有可加性可知C正确题组三走向高考4(2016北京)已知x，yR，且xy0，则(C)Aeq f(1,x)eq f(1,y)0Bsi

39、n xsin y0Ceq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)y0解析x，yR，且xy0，则eq f(1,x)eq f(1,y)，sin x与sin y的大小关系不确定，eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)y，即eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)yb，则(C)Aln(ab)0B3a0D|a|b|考点突破互动探究KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU考点一比较

40、代数式的大小自主练透例1 (1)若xy0，b0，且ab，试比较aabb与abba的大小；(3)若ab0，试比较eq r(ab)与eq r(a)eq r(b)的大小解析(1)(x2y2)(xy)(x2y2)(xy)(xy)(x2y2)(xy)22xy(xy)xy0，xy0.(x2y2)(xy)(x2y2)(xy)(2)eq f(aabb,abba)aabbbaeq blc(rc)(avs4alco1(f(a,b)ab.当ab0时，eq f(a,b)1，ab0，eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,b)ab1，aabbabba；当ba0时，0eq f(a,b)1，ab1，aabbabb

41、a.(3)ab0，eq r(ab)0，eq r(a)eq r(b)0，又(eq r(ab)2(eq r(a)eq r(b)2ab(ab2eq r(ab)2eq r(ab)2b，ab0，eq r(a)eq r(b)，eq r(ab)b，2eq r(ab)2b0，即(eq r(ab)2(eq r(a)eq r(b)2，eq r(ab)eq r(a)eq r(b).引申本例(2)的条件下aabb_(ab)eq f(ab,2).名师点拨MING SHI DIAN BO比较两实数大小的方法比较两个代数式的大小，常用的方法有两种，一种是作差法，解题步骤是：作差变形与0比较，变形的方法主要有通分、因式分解、

42、配方等，变形的目的是为了更有利于判断符号另一种是作商法，解题步骤是作商变形与1比较作商法通常适用于两代数式同号的情形注意若eq f(a,b)1，b0，则ab0，cd0，则下列不等式中一定成立的是(ABD)AacbdBadbcCeq f(a,c)eq f(b,d)Deq r(ac)eq r(bd)(2)(2021广东华附、省实、广雅、深中期末联考)设a1b1，b0，则下列不等式中恒成立的是(C)Aeq f(1,a)eq f(1,b)Cab2Da22b(3)(2021四省八校质检)若logablogac，则下列不等式一定成立的是(C)Aabeq f(a,c)Cabca解析(1)对于A，因为ab0，

43、cd0，所以acbd成立对于B，因为acbd，所以adbc成立对于C，举反例，如a6，b2，c3，d1，可知eq f(a,c)eq f(b,d)，故C错误对于D，因为ab0，cd0，所以acbd0，故eq r(ac)eq r(bd)成立故选ABD(2)对于A，当a为正数，b为负数时，eq f(1,a)eq f(1,b)，所以，A错误；对于B，当a2，beq f(1,2)时，B不成立，所以错误；对于C，1b1b21，所以选项C正确；对于D，取反例：a1.1a21.21，b0.82b1.6，D错误(3)由题意知0a且a1，当0ac0，abac，且eq f(1,b)eq f(1,c)，从而eq f(

44、a,b)1时，0bc，baca，D错故选C名师点拨MING SHI DIAN BO(1)在判断一个关于不等式命题的真假时，先把要判断的命题和不等式的性质联系起来考虑，找到与命题相近的性质，并根据性质判断命题的真假，有时还要用到其他知识，如本例中幂函数、对数函数的性质等(2)在应用不等式的性质时，不可以强化或弱化不等式成立的条件，如“同向不等式”才可以相加，“同向正数不等式”才可以相乘(3)在不等关系的判断中，赋值法是非常有效的方法角度2利用不等式的性质求范围问题例3 (1)已知1x4，2y3，则xy的取值范围是_(4，2)_，3x2y的取值范围是_(1，18)_.(2)(2021河北衡水中学五

45、调)已知1a3，4b2，则a|b|的取值范围是_1，7)_.解析(1)1x4，2y3，3y2，4xy2.由1x4，2y3，得33x12，42y6， 13x2y18.(2)4b2，0|b|4，又1a3，1a|b|7.名师点拨MING SHI DIAN BO利用不等式性质可以求某些代数式的取值范围，但应注意两点：一是必须严格运用不等式的性质；二是在多次运用不等式的性质时有可能扩大了变量的取值范围解决的途径是先建立所求范围的整体与已知范围的整体的等量关系，最后通过“一次性”不等关系的运算求解范围变式训练1(1)(角度1)(多选题)(2021四川攀枝花统考改编)设a，b，c为实数，且ab0，则下列不等

46、式正确的是(CD)Aeq f(1,a)eq f(1,b)Bac2eq f(a,b)Da2abb2(2)(角度1)(2021山东省枣庄市模拟)已知0a1，0cbacBeq f(c,b)eq f(ca,ba)Clogbaeq f(c,ca)(3)(角度2)(2021上海金山中学期中)已知1a2，2b3，则eq f(a,b)的取值范围是_eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)，1)_.(4)(角度2)若13，42，则eq f(,2)的取值范围是_eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)，f(11,2)_.解析(1)对于A显然错误；对于B，当c0时，不正确；对于C，eq

47、f(b,a)eq f(a,b)eq f(b2a2,ab)eq f(baba,ab)0，故正确，对于D，eq blc rc(avs4alco1(blc rc(avs4alco1(ab,aab,blc rc(avs4alco1(ab,bb2)a2abb2，故选C、D(2)显然ba0，ca0，eq f(b,ba)eq f(c,ca)bcabbcac，即abacbc，故选D另解：不妨取ceq f(1,4)，abeq f(1,2)，代入选项A，B，C都错，故选D(3)2b3，eq f(1,3)eq f(1,b)eq f(1,2)，又1a2，eq f(1,3)eq f(a,b)1.(4)由13得eq f(

48、1,2)eq f(,2)eq f(3,2)，由42得2b0，下列各数小于1的是(D)A2abBeq blc(rc)(avs4alco1(f(a,b) eq sup7(f(1,2) Ceq blc(rc)(avs4alco1(f(a,b)abDeq blc(rc)(avs4alco1(f(b,a)ab解析解法一(特殊值法)：取a2，b1，代入验证方法二：yax(a0且a1)当a1，x0时，y1；当0a0时，0yb0，ab0，eq f(a,b)1，0eq f(b,a)1.由指数函数性质知，D成立名师点拨MING SHI DIAN BO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

49、问题：选择项两数大小是确定的，如果出现两数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，直至得到正确选项变式训练2已知实数x，y满足axay(0aln(y21)Bsin xsin yCx3y3Deq f(1,x21)eq f(1,y21)解析解法一：因为实数x，y满足axay(0ay.对于A，取x1，y3，不成立；对于B，取x，y，不成立；对于C，由于f(x)x3在R上单调递增，故x3y3成立；对于D，取x2，y1，不成立选C解法二：根据指数函数的性质得xy，此时x2，y2的大小不确定故选项A、D中的

50、不等式不恒成立；根据三角函数的性质，选项B中的不等式也不恒成立；根据不等式的性质知，选项C中的不等式成立微专题2中间量法例5 设a eq logsdo8(f(1,2) 3，beq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)0.2，c2 eq sup7(f(1,3) ，则(D)AbacBcabCcbaDabc解析因为0eq f(1,2)1，所以a eq logsdo8(f(1,2) 3l eq logsdo8(f(1,2) 10；因为eq f(1,3)1，所以0beq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)0.21，所以c2 eq sup7(f(1,3) 201.综上，abc.故

51、选D名师点拨MING SHI DIAN BO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)的大小变式训练3(2021吉林一中月考)已知xln ，ylog52，ze eq sup7(f(1,2) ，则(D)AxyzBzxyCzyxDyzln e1，ylog52eq f(1,2)且ze eq sup7(f(1,2) zy，故选D微专题3单调性法例6 已知实数a，b(0，1)，且满足cos aco

52、s b，则下列关系式成立的是(C)Aln aln bBsin asin bCeq f(1,a)eq f(1,b)Da3b3解析因为a，b(0，1)，则a，b(0，)，而函数ycos x在(0，)上单调递减，又cos ab，即ab，由函数yln x，ysin x，yx3在(0，1)上均为增函数，知只有C正确名师点拨MING SHI DIAN BO(1)利用函数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

53、题形式和解题难度，值得我们关注和重视变式训练4(2021江南十校模拟)若ba3，f(x)eq f(ln x,x)，则下列各结论中正确的是(D)Af(a)f(eq r(ab)feq blc(rc)(avs4alco1(f(ab,2)Bf(eq r(ab)feq blc(rc)(avs4alco1(f(ab,2)f(b)Cf(eq r(ab)feq blc(rc)(avs4alco1(f(ab,2)f(a)Df(b)feq blc(rc)(avs4alco1(f(ab,2)a3，所以3aeq r(ab)eq f(ab,2)b.又f(x)eq f(1ln x,x2)，当x(e，)时，f(x)0，所以

54、函数f(x)在区间(e，)上单调递减，则有f(b)feq blc(rc)(avs4alco1(f(ab,2)f(eq r(ab)0(a0)或ax2bxc0)(2)计算相应的_判别式_.(3)当_0_时，求出相应的一元二次方程的根(4)利用二次函数的图象与x轴的_交点_确定一元二次不等式的解集知识点二三个二次之间的关系判别式b24ac000)的图象一元二次方程ax2bxc0(a0)的根有_两相异_实根x1，x2(x10(a0)的解集x|_xx2或xx1_x|xR且_xx1_R_ax2bxc0)的解集x|_x1x0(a0)恒成立的充要条件是：a0且b24ac0(xR)2ax2bxc0(a0)恒成立

55、的充要条件是：a0且b24ac0(0(1，af(x)ag(x)f(x)g(x)；若0aag(x)f(x)1，logaf(x)logag(x)f(x)g(x)0；若0alogag(x)0f(x)g(x)eq x(双)eq x(基)eq x(自)eq x(测)题组一走出误区1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)不等式(x1)(2x)0的解集是(，x1)(x2，)，则方程ax2bxc0的两个根是x1和x2，且a0的解集为R.()(4)关于x的不等式ax2bxc0在R上恒成立的条件是a0的解集是(B)Aeq blc(rc)(avs4alco1(，f(1,2)Beq blc(rc)(av

56、s4alco1(0，f(1,2)C(，0)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，)Deq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，)3(必修1P55T3改编)已知集合Ax|x2x60，则RA等于(B)Ax|2x3Bx|2x3Cx|x3Dx|x2x|x3解析x2x60，(x2)(x3)0，x3或x3或x0，令3x22x20，得x1eq f(1r(7),3)，x2eq f(1r(7),3)，3x22x20的解集为eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1r(7),3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1r(7),3)，).题组三走向高考5(2019天

57、津高考)设xR，使不等式3x2x20成立的x的取值范围是_eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(2,3)_.解析3x2x20(x1)(3x2)0，(x1)eq blc(rc)(avs4alco1(xf(2,3)01xeq f(2,3)，x的取值范围是eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(2,3).考点突破互动探究KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU考点一一元二次不等式的解法多维探究角度1不含参数的不等式例1 解下列不等式(1)2x2x30.分析(1)将二次项系数化为正数，变为2x2x30，求方程2x2x30的根，若无根，则解集为R，若有根，则按“

58、小于取中间，大于取两边”写出解集解析(1)化2x2x30，(x1)(2x3)0，即(x1)eq blc(rc)(avs4alco1(xf(3,2)0，xeq f(3,2)或x1，原不等式的解集为(，1)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)，).(2)因为0的解集为R.名师点拨MING SHI DIAN BO解一元二次不等式的一般步骤(1)化：把不等式变形为二次项系数大于零的标准形式(2)判：计算对应方程的判别式(3)求：求出对应的一元二次方程的根，或根据判别式说明方程有没有实根(4)写：利用“大于取两边，小于取中间”写出不等式的解集角度2含参数的不等式例2 解下列关于x的不等

59、式：(1)ax2(a1)x10(a0)；(2)x22ax20(aR)；分析(1)因二次项系数含有字母，故需对其符号分类求解，即讨论a与0的关系，并注意根的大小关系，即讨论eq f(1,a)与1的关系，故需分a0，a0，0a1五种情况求解；(2)由于系数中含有字母，故需考虑对应的方程有无实根，以及有根时根的大小关系；解析(1)若a0，则原不等式等价于eq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,a)(x1)0，解得xeq f(1,a)或x1.解集为eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1,a)(1，)(2)对于方程x22ax20，因为4a28，所以当0，即eq r(2)aeq r

60、(2)时，x22ax20无实根又二次函数yx22ax2的图象开口向上，所以原不等式的解集为；当0，即aeq r(2)时，x22ax20有两个相等的实根，当aeq r(2)时，原不等式的解集为x|xeq r(2)，当aeq r(2)时，原不等式的解集为x|xeq r(2)；当0，即aeq r(2)或aeq r(2)时，x22ax20有两个不相等的实根，分别为x1aeq r(a22)，x2aeq r(a22)，且x1x2，所以原不等式的解集为x|aeq r(a22)xaeq r(a22)综上，当aeq r(2)或aeq r(2)时，解集为x|aeq r(a22)xaeq r(a22)；当aeq r