2018版数学（理）（人教）大复习讲义第七章不等式7.1含答案VIP

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精1．两个实数比较大小的方法（1)作差法eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a－b>0⇔a〉b,a－b＝0⇔a＝b,a－b〈0⇔a〈b））（a,b∈R);（2）作商法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,b）〉1⇔a〉b,\f(a,b）＝1⇔a＝b,\f（a,b）〈1⇔a<b)）（a∈R,b〉0）．2．不等式的基本性质性质性质内容特别提醒对称性a>b⇔b<a⇔传递性a〉b，b>c⇒a>c⇒可加性a〉b⇔a＋c〉b＋c⇔可乘性eq\b\lc\\rc\｝（\a\vs4\al\co1（a〉b，c>0）)⇒ac〉bc注意c的符号eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1（a〉b，c<0)）⇒ac<bc同向可加性eq\b\lc\\rc\｝(\a\vs4\al\co1（a〉b,c>d)）⇒a＋c〉b＋d⇒同向同正可乘性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b〉0,c>d>0））⇒ac〉bd⇒可乘方性a>b〉0⇒an〉bn(n∈N，n≥1）a，b同为正数可开方性a>b>0⇒eq\r（n,a)〉eq\r(n，b）（n∈N，n≥2)3。不等式的一些常用性质（1）倒数的性质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>0,0<c<d⇒eq\f（a,c)〉eq\f（b，d)。④0〈a〈x<b或a〈x〈b〈0⇒eq\f(1,b）<eq\f(1,x）<eq\f(1,a）.（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)．【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〈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）.（√)1．设a〈b〈0，则下列不等式中不成立的是（)A。eq\f（1,a）〉eq\f（1，b） B.eq\f(1，a－b）〉eq\f(1，a)C．|a|>－b D。eq\r（－a)〉eq\r(－b)答案B解析由题设得a<a－b〈0,所以有eq\f（1，a－b)<eq\f(1，a)成立,即eq\f（1，a－b）〉eq\f（1,a）不成立．2．（教材改编)若a，b都是实数，则“eq\r（a)－eq\r（b)>0”是“a2－b2〉0”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案A解析eq\r(a）－eq\r(b）>0⇒eq\r（a)〉eq\r(b）⇒a>b⇒a2>b2,但由a2－b2>0⇏eq\r(a)－eq\r（b）>0。3．若a,b∈R,且a＋|b｜〈0,则下列不等式中正确的是（）A．a－b>0 B．a3＋b3〉0C．a2－b2〈0 D．a＋b〈0答案D解析由a＋|b｜<0知，a〈0，且|a|〉|b|，当b≥0时，a＋b〈0成立，当b<0时，a＋b<0成立，∴a＋b〈0。故选D.4．如果a∈R，且a2＋a<0,则a，a2,－a,－a2的大小关系是________________．答案a〈－a2〈a2〈－a解析由a2＋a〈0得a〈－a2，∴a<0且a〉－1，∴－a2<a2<－a.5．(教材改编)若0〈a〈b，且a＋b＝1，则将a,b，eq\f(1，2），2ab，a2＋b2从小到大排列为________________．答案a〈2ab<eq\f（1，2)〈a2＋b2<b解析∵0<a〈b且a＋b＝1,∴a〈eq\f(1，2）<b〈1,∴2b〉1且2a〈1,∴a〈2b·a＝2a(1－a）＝－2a2＋2a＝－2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2）))2＋eq\f（1,2）<eq\f（1，2)。即a<2ab〈eq\f（1，2），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)，a2＋b2－b＝(1－b）2＋b2－b＝（2b－1)(b－1),又2b－1>0，b－1〈0,∴a2＋b2－b<0，∴a2＋b2〈b，综上，a〈2ab<eq\f（1,2)<a2＋b2<b。题型一比较两个数（式)的大小例1（1)已知a1，a2∈(0，1)，记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，则M与N的大小关系是（)A．M〈N B．M>NC．M＝N D．不确定（2)若a＝eq\f（ln3，3），b＝eq\f（ln4，4），c＝eq\f(ln5,5）,则()A．a〈b<c B．c〈b〈aC．c〈a〈b D．b〈a<c答案（1)B（2）B解析（1）M－N＝a1a2－（a1＋a2－1）＝a1a2－a1－a2＋1＝a1（a2－1）－(a2－1)＝（a1－1)（a2－1），又∵a1∈（0，1),a2∈(0，1），∴a1－1<0，a2－1〈0.∴（a1－1）（a2－1)>0,即M－N〉0.∴M>N。（2）方法一易知a，b，c都是正数，eq\f(b，a)＝eq\f(3ln4,4ln3)＝log8164<1，所以a〉b；eq\f（b,c）＝eq\f(5ln4,4ln5)＝log6251024>1,所以b>c。即c<b<a.方法二对于函数y＝f(x）＝eq\f(lnx，x)，y′＝eq\f(1－lnx,x2），易知当x〉e时,函数f(x)单调递减．因为e〈3<4〈5，所以f（3）〉f（4)>f(5），即c<b〈a。思维升华比较大小的常用方法(1）作差法：一般步骤：①作差；②变形；③定号；④结论．其中关键是变形，常采用配方、因式分解、有理化等方法把差式变成积式或者完全平方式．当两个式子都为正数时，有时也可以先平方再作差．（2)作商法：一般步骤：①作商；②变形；③判断商与1的大小;④结论．（3）函数的单调性法:将要比较的两个数作为一个函数的两个函数值，根据函数单调性得出大小关系．（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(2)若a＝1816，b＝1618，则a与b的大小关系为________．答案（1）B（2)a〈b解析(1)∵A≥0，B≥0，A2－B2＝a＋2eq\r(ab)＋b－(a＋b)＝2eq\r（ab)≥0，∴A≥B.（2）eq\f（a,b）＝eq\f（1816,1618）＝（eq\f（18,16）)16eq\f（1,162)＝(eq\f（9，8））16（eq\f(1,\r(2)））16＝（eq\f（9,8\r（2))）16，∵eq\f(9，8\r（2))∈(0，1)，∴（eq\f(9,8\r(2))）16〈1，∵1816>0,1618〉0，∴1816<1618.即a〈b。题型二不等式的性质例2（1）已知a,b，c满足c<b〈a，且ac〈0，那么下列选项中一定成立的是(）A．ab〉ac B．c（b－a）<0C．cb2〈ab2 D．ac(a－c）>0(2）若eq\f（1，a）〈eq\f(1，b)〈0，则下列不等式：①a＋b<ab;②|a｜>|b|;③a〈b;④ab〈b2中,正确的不等式有()A．①②B．②③C．①④D．③④答案（1）A(2)C解析（1）由c〈b〈a且ac〈0知c<0且a>0.由b〉c得ab>ac一定成立．(2）因为eq\f（1,a)〈eq\f（1,b）〈0，所以b<a<0，a＋b〈0，ab〉0，所以a＋b〈ab，|a｜<|b｜，在b<a两边同时乘以b，因为b<0，所以ab〈b2。因此正确的是①④。思维升华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．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．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．1B．2C．3D．4答案C解析方法一∵a>0〉b，c<d<0，∴ad<0,bc>0，∴ad<bc，故①错误．∵a〉0〉b〉－a，∴a〉－b〉0，∵c<d〈0，∴－c>－d>0，∴a（－c)>（－b）(－d)，∴ac＋bd<0，∴eq\f(a,d)＋eq\f（b,c)＝eq\f(ac＋bd,cd）<0,故②正确．∵c〈d，∴－c〉－d，∵a〉b，∴a＋(－c)>b＋(－d)，∴a－c〉b－d，故③正确．∵a>b，d－c〉0，∴a（d－c)〉b(d－c），故④正确，故选C。方法二取特殊值．题型三不等式性质的应用命题点1应用性质判断不等式是否成立例3已知a>b〉0，给出下列四个不等式：①a2>b2；②2a>2b－1；③eq\r(a－b）>eq\r(a）－eq\r(b）；④a3＋b3>2a2b.其中一定成立的不等式为（)A．①②③ B．①②④C．①③④ D．②③④答案A解析方法一由a>b>0可得a2>b2，①成立；由a>b〉0可得a>b－1，而函数f(x）＝2x在R上是增函数，∴f（a）〉f（b－1),即2a>2b－1，②成立；∵a〉b〉0，∴eq\r（a）>eq\r（b),∴(eq\r(a－b))2－（eq\r（a）－eq\r(b))2＝2eq\r(ab）－2b＝2eq\r(b）(eq\r（a）－eq\r（b）)>0，∴eq\r(a－b）>eq\r（a）－eq\r(b)，③成立；若a＝3，b＝2,则a3＋b3＝35,2a2b＝36,a3＋b3〈2a2b，④不成立．故选A.方法二令a＝3，b＝2，可以得到①a2〉b2，②2a>2b－1，③eq\r（a－b）>eq\r（a)－eq\r(b）均成立，而④a3＋b3〉2a2b不成立，故选A.命题点2求代数式的取值范围例4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________．答案（－4，2)（1，18）解析∵－1〈x〈4,2<y<3,∴－3<－y<－2,∴－4<x－y<2。由－1<x<4，2〈y〈3，得－3〈3x〈12，4<2y〈6，∴1<3x＋2y<18。引申探究1．若将例4条件改为－1<x<y〈3，求x－y的取值范围．解∵－1〈x<3,－1〈y<3，∴－3〈－y<1，∴－4<x－y〈4.又∵x〈y,∴x－y〈0，∴－4<x－y〈0，故x－y的取值范围为(－4，0)．2．若将例4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\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（m＋n＝3,，m－n＝2，））∴eq\b\lc\{\rc\（\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∵－1<x＋y<4，2<x－y<3，∴－eq\f（5,2)〈eq\f（5，2)（x＋y)<10,1<eq\f(1，2)（x－y)<eq\f（3，2)，∴－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)，∴3x＋2y的取值范围为(－eq\f(3,2），eq\f(23，2))．思维升华(1)判断不等式是否成立的方法①判断不等式是否成立,需要逐一给出推理判断或反例说明．常用的推理判断需要利用不等式的性质．②在判断一个关于不等式的命题真假时，先把要判断的命题和不等式性质联系起来考虑，找到与命题相近的性质，并应用性质判断命题真假，当然判断的同时还要用到其他知识，比如对数函数、指数函数的性质等．(2）求代数式的取值范围利用不等式性质求某些代数式的取值范围时，多次运用不等式的性质时有可能扩大变量的取值范围．解决此类问题，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，是避免错误的有效途径．（1）若a〈b<0，则下列不等式一定成立的是（）A。eq\f(1,a－b)〉eq\f(1，b) B．a2〈abC。eq\f（|b｜,｜a|）<eq\f（|b｜＋1,｜a|＋1） D．an>bn（2)设a>b>1，c〈0，给出下列三个结论：①eq\f（c,a）〉eq\f（c，b）；②ac<bc；③logb(a－c)〉loga（b－c)．其中所有正确结论的序号是()A．① B．①②C．②③ D．①②③答案（1）C(2）D解析(1)（特值法）取a＝－2，b＝－1，逐个检验，可知A，B，D项均不正确;C项,eq\f(｜b｜,|a|)<eq\f(|b｜＋1，|a|＋1)⇔|b|(|a｜＋1）〈|a|(|b｜＋1）⇔｜a||b|＋｜b|<|a||b|＋|a|⇔|b｜〈|a｜，∵a〈b<0，∴|b|<｜a|成立,故选C.(2）由不等式性质及a〉b〉1知eq\f（1，a)〈eq\f（1,b），又c<0,∴eq\f(c，a)〉eq\f（c,b),①正确;构造函数y＝xc，∵c〈0，∴y＝xc在（0，＋∞）上是减函数,又a〉b>1,∴ac〈bc，②正确；∵a〉b〉1,c<0，∴a－c>b－c>1，∴logb(a－c）〉loga（a－c)〉loga（b－c），③正确．7．利用不等式变形求范围典例设f(x)＝ax2＋bx，若1≤f（－1）≤2，2≤f（1）≤4，则f（－2）的取值范围是________．错解展示解析由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（1≤a－b≤2，①,2≤a＋b≤4，②)）①＋②得3≤2a≤6，∴6≤4a≤12，又由①可得－2≤－a＋b≤－1，③②＋③得0≤2b≤3，∴－3≤－2b≤0,又f(－2）＝4a－2b，∴3≤4a－2b≤12，∴f(－2)的取值范围是［3，12］．答案[3,12]现场纠错解析方法一由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(f－1＝a－b，，f1＝a＋b，)）得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝\f（1，2）[f－1＋f1］，，b＝\f（1,2）［f1－f－1］，）)∴f（－2）＝4a－2b＝3f(－1)＋f（1）．又∵1≤f（－1）≤2，2≤f（1)≤4，∴5≤3f（－1）＋f（1）≤10，故5≤f(－2)≤10。方法二由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(1≤a－b≤2,，2≤a＋b≤4）)确定的平面区域如图阴影部分所示,当f(－2)＝4a－2b过点A（eq\f（3，2），eq\f(1,2))时，取得最小值4×eq\f（3,2)－2×eq\f（1,2)＝5，当f（－2）＝4a－2b过点B（3,1）时，取得最大值4×3－2×1＝10,∴5≤f（－2)≤10。答案［5,10]纠错心得在求式子的范围时，如果多次使用不等式的可加性,式子中的等号不能同时取到，会导致范围扩大.1．已知a〉b，c〉d，且c,d不为0，那么下列不等式成立的是()A．ad>bc B．ac>bdC．a－c>b－d D．a＋c〉b＋d答案D解析由不等式的同向可加性得a＋c〉b＋d.2．（2016·包头模拟)若6<a<10，eq\f（a,2)≤b≤2a，c＝a＋b,那么c的取值范围是()A．9≤c≤18 B．15<c<30C．9≤c≤30 D．9<c〈30答案D解析∵c＝a＋b≤3a且c＝a＋b≥eq\f(3a,2)，∴9〈eq\f(3a,2)≤a＋b≤3a〈30.3．已知x>y>z，x＋y＋z＝0，则下列不等式成立的是（）A．xy〉yz B．xz〉yzC．xy〉xz D．x|y|〉z|y|答案C解析∵x〉y〉z且x＋y＋z＝0，∴x>0,z〈0，又y>z，∴xy〉xz.4．设a，b∈R,则“(a－b)·a2〈0”是“a〈b"的()A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件答案A解析由(a－b）·a2〈0⇒a≠0且a<b，∴充分性成立;由a<b⇒a－b<0，当0＝a<b时⇏（a－b）·a2<0，必要性不成立．5．设α∈(0，eq\f（π，2)）,β∈［0，eq\f（π，2）]，那么2α－eq\f(β,3）的取值范围是（)A．(0，eq\f(5π，6）) B．(－eq\f（π，6)，eq\f(5π，6）)C．（0,π) D．（－eq\f（π,6）,π）答案D解析由题设得0〈2α<π，0≤eq\f(β,3）≤eq\f（π，6),∴－eq\f（π,6)≤－eq\f(β，3)≤0，∴－eq\f（π,6）〈2α－eq\f（β,3）〈π.6．已知a,b,c∈R，那么下列命题中正确的是(）A．若a>b，则ac2〉bc2B．若eq\f（a，c）>eq\f(b，c)，则a〉bC．若a3>b3且ab<0，则eq\f(1，a)>eq\f（1，b)D．若a2>b2且ab〉0，则eq\f（1,a)<eq\f(1，b)答案C解析当c＝0时，可知A不正确；当c<0时，可知B不正确；对于C，由a3〉b3且ab〈0，知a>0且b<0，所以eq\f（1，a)〉eq\f(1，b）成立,C正确；当a<0且b〈0时，可知D不正确．7．若a〉b>0，则下列不等式中一定成立的是（）A．a＋eq\f(1,b)>b＋eq\f（1,a) B。eq\f(b，a)>eq\f（b＋1,a＋1)C．a－eq\f（1,b)>b－eq\f（1，a） D。eq\f(2a＋b,a＋2b）〉eq\f（a，b）答案A解析取a＝2,b＝1，排除B与D；另外,函数f（x）＝x－eq\f（1，x)是(0，＋∞）上的增函数，但函数g(x)＝x＋eq\f（1，x)在(0，1]上递减,在［1，＋∞）上递增，所以,当a>b>0时，f(a)〉f(b）必定成立，即a－eq\f（1,a）>b－eq\f（1，b）⇔a＋eq\f(1，b)>b＋eq\f(1,a),但g（a）〉g(b）未必成立，故选A。8．若a〉b>0，则下列不等式一定不成立的是(）A.eq\f（1,a）<eq\f（1，b） B．log2a>log2bC．a2＋b2≤2a＋2b－2 D．b<eq\r（ab）<eq\f(a＋b，2)〈a答案C解析∵(a－1)2＋（b－1）2〉0（由a>b>0，a，b不能同时为1)，∴a2＋b2－2a－2b＋2〉0，∴a2＋b2〉2a＋2b－2,∴C项一定不成立．9．若不等式（－2)na－3n－1－（－2）n<0对任意正整数n恒成立，则实数a的取值范围是（）A。eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(1，\f(4，3)）) B.eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,2），\f(4，3)）)C.eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（1,\f(7，4））) D.eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2)，\f(7，4)）)答案D解析当n为奇数时，2n（1－a）〈3n－1,1－a〈eq\f(1，3）×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（3,2)））n恒成立，只需1－a<eq\f(1，3)×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3，2))）1，∴a〉eq\f（1，2）.当n为偶数时，2n（a－1)<3n－1,a－1<eq\f(1，3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（3，2）)）n恒成立,只需a－1〈eq\f(1，3)×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（3，2)））2，∴a〈eq\f（7,4）。综上，eq\f（1,2）〈a〈eq\f（7,4)，故选D。10．已知a,b，c，d均为实数，有下列命题①若ab>0，bc－ad>0，则eq\f（c，a)－eq\f（d,b）>0；②若ab〉0，eq\f(c，a）－eq\f（d,b)〉0，则bc－ad〉0;③若bc－ad〉0，eq\f(c，a)－eq\f（d,b）〉0，则ab〉0.其中正确的命题是________．答案①②③解析∵ab〉0，bc－ad〉0，∴eq\f（c，a）－eq\f(d，b）＝eq\f（bc－ad,ab)>0，∴①正确；∵ab〉0，又eq\f(c,a）－eq\f（d,b）>0,即eq\f(bc－a