(新高考)高考数学一轮复习学案2.1《不等关系与不等式》(含详解)

第1讲不等关系与不等式一、知识梳理1．实数大小顺序与运算性质之间的关系a－b>0⇔a>b；a－b＝0⇔a＝b；a－b<0⇔a<b．2．不等式的基本性质(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＞0，c＞d＞0⇒ac＞bd.(5)可乘方：a＞b＞0⇒an>bn(n∈N，n≥1)．(6)可开方：a＞b＞0⇒eq\r(n,a)＞eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)．常用结论记住不等式的两类常用性质(1)倒数性质①a>b，ab>0⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；②a<0<b⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；③a>b>0，d>c>0⇒eq\f(a,c)>eq\f(b,d).(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)；eq\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)<eq\f(a－m,b－m)(b－m>0)．二、教材衍化1.eq\f(1,\r(2)－1)________eq\r(3)＋1(填“>”“<”或“＝”)．答案：<2．若a，b都是实数，则“eq\r(a)－eq\r(b)>0”是“a2－b2>0”的________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”和“充要”)答案：充分不必要一、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<b三种关系中的一种．()(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)<eq\f(1,b).()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\co1())(1)乱用不等式的相乘性致错；(2)求范围乱用不等式的加法原理致错．1．若a>b>0，c<d<0，则下列结论正确的是()A．eq\f(a,c)－eq\f(b,d)>0B．eq\f(a,c)－eq\f(b,d)<0C．eq\f(a,d)>eq\f(b,c)D．eq\f(a,d)<eq\f(b,c)解析：选D．因为c<d<0，所以0<－d<－c，又0<b<a，所以－bd<－ac，即bd>ac，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．若－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，则α－β的取值范围是________．解析：由－eq\f(π,2)<α<eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)<－β<eq\f(π,2)，α<β，得－π<α－β<0.答案：(－π，0)考点一比较两个数(式)的大小(基础型)eq\a\vs4\al(复习,指导)eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1())比较两个数(式)的大小的方法是作差法、作商法．核心素养：数学抽象1．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≥BC．A<B D．A>B解析：选B．由题意得，B2－A2＝－2eq\r(ab)≤0，且A≥0，B≥0，可得A≥B．2．已知a>b>0，m>0，则()A．eq\f(b,a)＝eq\f(b＋m,a＋m)B．eq\f(b,a)>eq\f(b＋m,a＋m)C．eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)D．eq\f(b,a)与eq\f(b＋m,a＋m)的大小关系不确定解析：选C．eq\f(b,a)－eq\f(b＋m,a＋m)＝eq\f(b（a＋m）－a（b＋m）,a（a＋m）)＝eq\f(m（b－a）,a（a＋m）).因为a>b>0，m>0.所以b－a<0，a＋m>0，所以eq\f(m（b－a）,a（a＋m）)<0.即eq\f(b,a)－eq\f(b＋m,a＋m)<0.所以eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m).3．若a＝eq\f(ln3,3)，b＝eq\f(ln2,2)，比较a与b的大小．解：因为a＝eq\f(ln3,3)＞0，b＝eq\f(ln2,2)＞0，所以eq\f(a,b)＝eq\f(ln3,3)·eq\f(2,ln2)＝eq\f(2ln3,3ln2)＝eq\f(ln9,ln8)＝log89＞1，所以a＞b.eq\a\vs4\al()比较两数(式)大小的方法作差法作商法原理设a，b∈R，则a－b>0⇒a>b；a－b＝0⇒a＝b；a－b<0⇒a<b设a>0，b>0，则eq\f(a,b)>1⇒a>b；eq\f(a,b)＝1⇒a＝b；eq\f(a,b)<1⇒a<b步骤作差并变形⇒判断差与0的大小⇒得结论作商并变形⇒判断商与1的大小⇒得结论注意利用通分、因式分解、配方等方法向有利于判断差的符号的方向变形作商时各式的符号应相同，如果a，b均小于0，所得结果与“原理”中的结论相反．变形方法有分母(或分子)有理化，指数、对数恒等变形等考点二不等式的性质(基础型)eq\a\vs4\al(复习,指导)eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1())利用不等式的性质判断不等式是否成立时要特别注意不等式成立的条件．(1)(特值法)设a，b∈R，则“a>b”是“a|a|>b|b|”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件(2)若a＞0＞b＞－a，c<d<0，则下列结论：①ad＞bc；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．2C．3 D．4【解析】(1)当b<0时，显然有a>b⇔a|a|>b|b|；当b＝0时，显然有a>b⇔a|a|>b|b|；当b>0时，由a>b有|a|>|b|，所以a>b⇔a|a|>b|b|.综上可知a>b⇔a|a|>b|b|，故选C．(2)因为a＞0＞b，c<d<0，所以ad<0，bc＞0，所以ad<bc，故①错误．因为0＞b＞－a，所以a＞－b＞0，因为c<d<0，所以－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，所以－c＞－d，因为a＞b，所以a＋(－c)＞b＋(－d)，即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．【答案】(1)C(2)Ceq\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．1．(一题多解)(2020·石家庄质量检测)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\f(1,2))a>(eq\f(1,2))b解析：选C．通解：当a＝1，b＝－1时，满足a>0>b，此时a2＝－ab，|a|＝|b|，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b)，所以A，B，D不一定成立，因为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．优解：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．2．已知a<b<c且a＋b＋c＝0，则下列不等式恒成立的是()A．a2<b2<c2 B．a|b|<c|b|C．ba<ca D．ca<cb解析：选D．因为a<b<c且a＋b＋c＝0，所以a<0，c>0，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．考点三不等式性质的应用(应用型)eq\a\vs4\al(复习,指导)eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1())利用不等式的性质求代数式的取值范围常用待定系数法．核心素养：数学抽象已知－1<x<4，2<y<3，则x－y的取值范围是________，3x＋2y的取值范围是________．【解析】因为－1<x<4，2<y<3，所以－3<－y<－2，所以－4<x－y<2.由－1<x<4，2<y<3，得－3<3x<12，4<2y<6，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<x<y<3”，求x－y的取值范围．解：因为－1<x<3，－1<y<3，所以－3<－y<1，所以－4<x－y<4.又因为x＜y，所以x－y<0，所以－4<x－y<0，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<x＋y<4，2<x－y<3”，求3x＋2y的取值范围．解：设3x＋2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,m－n＝2，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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<x＋y<4，2<x－y<3，所以－eq\f(5,2)<eq\f(5,2)(x＋y)<10，1<eq\f(1,2)(x－y)<eq\f(3,2)，所以－eq\f(3,2)<eq\f(5,2)(x＋y)＋eq\f(1,2)(x－y)<eq\f(23,2)，即－eq\f(3,2)<3x＋2y<eq\f(23,2)，所以3x＋2y的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(23,2))).eq\a\vs4\al()利用待定系数法求代数式的取值范围已知M1<f1(a，b)<N1，M2<f2(a，b)<N2，求g(a，b)的取值范围．(1)设g(a，b)＝pf1(a，b)＋qf2(a，b)；(2)根据恒等变形求得待定系数p，q；(3)再根据不等式的同向可加性即可求得g(a，b)的取值范围．1．设α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))，β∈[0，π]，那么2α－eq\f(β,3)的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，π))解析：选D．由题设得－eq\f(π,3)<2α<π，0≤eq\f(β,3)≤eq\f(π,3)，所以－eq\f(π,3)≤－eq\f(β,3)≤0，所以－eq\f(2π,3)<2α－eq\f(β,3)＜π.2．(2020·长春市质量检测一)已知角α，β满足－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2)，0<α＋β<π，则3α－β的取值范围是________．解析：设3α－β＝m(α－β)＋n(α＋β)＝(m＋n)α＋(n－m)β，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,n－m＝－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝1.))因为－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2)，0<α＋β<π，所以－π<2(α－β)<π，故－π<3α－β<2π.答案：(－π，2π)[基础题组练]1．若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，则f(x)，g(x)的大小关系是()A．f(x)＝g(x) B．f(x)>g(x)C．f(x)<g(x) D．随x的值变化而变化解析：选B．f(x)－g(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0⇒f(x)>g(x)．2．已知a，b∈R，若a>b，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)同时成立，则()A．ab>0 B．ab<0C．a＋b>0 D．a＋b<0解析：选A．因为eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，所以eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)<0，又a>b，所以b－a<0，所以ab>0.3．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<nC．m<－n<－m<n D．m<－n<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<0<n，故m<－n<n<－m成立．4．已知a，b为非零实数，且a<b，则下列不等式一定成立的是()A．a2<b2 B．ab2>a2bC．eq\f(1,ab2)<eq\f(1,a2b) D．eq\f(b,a)<eq\f(a,b)解析：选C．若a<b<0，则a2>b2，故A错；若0<a<b，则eq\f(b,a)>eq\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．5．设a，b∈R，则“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件解析：选A．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．故选A．6．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)<eq\f(1,b)成立的有()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)<eq\f(1,b).由a>0>b得eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，故能推出eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的条件有3个．7．(多选)下列命题中，不正确的是()A．若a>b，c>d，则ac>bdB．若ac>bc，则a>bC．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，则|a|＋b<0D．若a>b，c>d，则a－c>b－d解析：选ABD．取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，可知A错误；当c<0时，ac>bc⇒a<b，所以B错误；由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，可知b<a<0，所以－b>－a>0，故－b>|a|，即|a|＋b<0，故C正确；取a＝c＝2，b＝d＝1，可知D错误．8．(多选)设b>a>0，c∈R，则下列不等式中正确的是()A．aeq\s\up6(\f(1,2))<beq\s\up6(\f(1,2)) B．eq\f(1,a)－c>eq\f(1,b)－cC．eq\f(a＋2,b＋2)>eq\f(a,b) D．ac2<bc2解析：选ABC．因为y＝xeq\s\up6(\f(1,2))在(0，＋∞)上是增函数，所以aeq\s\up6(\f(1,2))<beq\s\up6(\f(1,2)).因为y＝eq\f(1,x)－c在(0，＋∞)上是减函数，所以eq\f(1,a)－c>eq\f(1,b)－c.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).当c＝0时，ac2＝bc2，所以D不成立．故选ABC．9．若a1<a2，b1<b2，则a1b1＋a2b2与a1b2＋a2b1的大小关系是________．解析：作差可得(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)·(b1－b2)，因为a1<a2，b1<b2，所以(a1－a2)(b1－b2)>0，即a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1.答案：a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b110．已知a，b∈R，则a<b和eq\f(1,a)<eq\f(1,b)同时成立的条件是________．解析：若ab<0，由a<b两边同除以ab得，eq\f(1,b)＞eq\f(1,a)，即eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；若ab＞0，则eq\f(1,a)＞eq\f(1,b).所以a<b和eq\f(1,a)<eq\f(1,b)同时成立的条件是a<0<b.答案：a<0<b11．设a>b，有下列不等式：①eq\f(a,c2)>eq\f(b,c2)；②eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；③|a|>|b|；④a|c|≥b|c|，其中一定成立的有________．(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：①④12．已知12<a<60，15<b<36，则a－b的取值范围________，eq\f(a,b)的取值范围________．解析：因为15<b<36，所以－36<－b<－15.又12<a<60，所以12－36<a－b<60－15，所以－24<a－b<45，即a－b的取值范围是(－24，45)．因为eq\f(1,36)<eq\f(1,b)<eq\f(1,15)，所以eq\f(12,36)<eq\f(a,b)<eq\f(60,15)，所以eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<4，即eq\f(a,b)的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4)).答案：(－21，45)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4))[综合题组练]1．若6<a<10，eq\f(a,2)≤b≤2a，c＝a＋b，则c的取值范围是()A．[9，