2019届数学（理）大复习讲义第七章不等式 7.1 含答案

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§7.1不等关系与不等式最新考纲考情考向分析1.了解现实世界和日常生活中存在着大量的不等关系．2.了解不等式（组)的实际背景。以理解不等式的性质为主，本节在高考中主要以客观题形式考查不等式的性质；以主观题形式考查不等式与其他知识的综合。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）．题组一思考辨析1．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）a〉b〉0,c〉d〉0⇒eq\f(a，d）>eq\f(b,c).(√）(5）若ab〉0，则a〉b⇔eq\f(1，a)<eq\f（1，b)。（√）题组二教材改编2．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．既不充分又不必要条件答案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.题组三易错自纠4．若a>b〉0，c<d<0，则一定有()A。eq\f（a，c)－eq\f(b,d）〉0 B。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)答案D解析∵c<d<0,∴0〈－d<－c，又0〈b<a，∴－bd<－ac，即bd>ac,又∵cd〉0，∴eq\f（bd,cd)>eq\f（ac,cd），即eq\f(b，c)>eq\f(a,d).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答案A解析若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．若－eq\f(π，2)〈α〈β<eq\f(π,2)，则α－β的取值范围是__________．答案（－π，0）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.题型一比较两个数(式)的大小1．已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a,b,c的大小关系是()A．c≥b〉a B．a〉c≥bC．c>b〉a D．a>c〉b答案A解析∵c－b＝4－4a＋a2＝（a－2)2≥0,∴c≥b.又b＋c＝6－4a＋3a2,∴2b＝2＋2a2，∴b＝a2＋1，∴b－a＝a2－a＋1＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（a－\f（1,2）)）2＋eq\f(3,4）>0，∴b〉a,∴c≥b>a.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B解析方法一易知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)是减少的．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的大小关系;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，根据函数的单调性得出大小关系．题型二不等式的性质典例（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答案A解析由c〈b〈a且ac<0，知c〈0且a>0。由b>c，得ab>ac一定成立．（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D解析由不等式性质及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，＋∞）上是减少的，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．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．跟踪训练若eq\f(1，a)〈eq\f(1,b）〈0，给出下列不等式：①eq\f（1，a＋b）<eq\f(1，ab）;②｜a｜＋b〉0；③a－eq\f(1，a)>b－eq\f(1,b）;④lna2>lnb2。其中正确的不等式是()A．①④ B．②③C．①③ D．②④答案C解析方法一因为eq\f(1,a）〈eq\f（1，b）<0，故可取a＝－1,b＝－2。显然|a|＋b＝1－2＝－1〈0,所以②错误；因为lna2＝ln（－1）2＝0，lnb2＝ln（－2）2＝ln4>0，所以④错误．综上所述，可排除A,B,D。方法二由eq\f（1,a）〈eq\f(1，b）<0，可知b〈a〈0。①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）<eq\f（1,ab），即①正确；②中，因为b〈a<0，所以－b〉－a>0.故－b〉｜a|，即｜a｜＋b<0，故②错误；③中,因为b〈a〈0，又eq\f(1，a)〈eq\f（1，b)〈0,则－eq\f（1,a）>－eq\f(1，b)>0，所以a－eq\f（1，a）>b－eq\f（1,b)，故③正确；④中，因为b〈a<0，根据y＝x2在(－∞，0)上为减函数，可得b2>a2〉0，而y＝lnx在定义域(0，＋∞）上为增函数,所以lnb2>lna2，故④错误．由以上分析，知①③正确．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典例已知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．①②③B．①②④C．①③④D．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典例已知－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.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．②在判断一个关于不等式的命题的真假时，可结合不等式的性质，对数函数、指数函数的性质进行判断．(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，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．跟踪训练（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答案C解析（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）已知－1〈x〈y〈3,则x－y的取值范围是________．答案(－4，0)解析∵－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）．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：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤f－1≤2，,2≤f1≤4，))得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤a－b≤2,①,2≤a＋b≤4。②）)①＋②得eq\f（3，2）≤a≤3，②－①得eq\f（1，2)≤b≤1.由此得4≤f(－2)＝4a－2b≤11.所以f（－2)的取值范围是[4,11］．错误答案[4，11]现场纠错解析方法一设f（－2)＝mf（－1)＋nf（1）（m,n为待定系数)，则4a－2b＝m（a－b)＋n(a＋b）,即4a－2b＝（m＋n)a＋(n－m）b。于是得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(m＋n＝4,,n－m＝－2，））解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(m＝3，,n＝1.))∴f(－2)＝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(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。方法三由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤a－b≤2，，2≤a＋b≤4)）确定的平面区域如图阴影部分所示，当f(－2)＝4a－2b过点Aeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\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．（2018·济宁模拟)若a〈0，ay〉0，且x＋y〉0，则x与y之间的不等关系是（)A．x＝y B．x>yC．x〈y D．x≥y答案B解析由a<0，ay〉0，可知y〈0，又由x＋y>0，可知x>0，所以x〉y.2．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值的变化而变化答案B解析f（x)－g（x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1〉0,则f（x)>g(x）．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成立．故选D.4．（2018·乐山调研）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〈30.5．设a,b∈R，则“(a－b)·a2〈0"是“a〈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答案A解析由(a－b）·a2〈0，可知a≠0且a〈b,∴充分性成立;由a〈b，可知a－b〈0，当0＝a<b时，推不出(a－b）·a2<0,必要性不成立．6．设α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π，2)))，β∈eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（0,\f(π,2))）,那么2α－eq\f(β，3)的取值范围是（)A。eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,6)）) B。eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(π，6），\f(5π，6））)C．（0,π) D。eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\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.7．有三个房间需要粉刷，粉刷方案要求:每个房间只用一种颜色，且三个房间颜色各不相同．已知三个房间的粉刷面积(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＋cxC．ay＋bz＋cx D．ay＋bx＋cz答案B解析令x＝1，y＝2，z＝3，a＝1，b＝2，c＝3。A项:ax＋by＋cz＝1＋4＋9＝14;B项：az＋by＋cx＝3＋4＋3＝10；C项：ay＋bz＋cx＝2＋6＋3＝11；D项:ay＋bx＋cz＝2＋2＋9＝13.故选B.8．（2018·济南调研)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]上是减少的,在[1，＋∞）上是增加的，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。9．已知a1≤a2，b1≥b2，则a1b1＋a2b2与a1b2＋a2b1的大小关系是__________________．答案a1b1＋a2b2≤a1b2＋a2b1解析a1b1＋a2b2－（a1b2＋a2b1）＝（a1－a2）（b1－b2），因为a1≤a2，b1≥b2，所以a1－a2≤0，b1－b2≥0,于是(a1－a2)（b1－b2)≤0，故a1b1＋a2b2≤a1b2＋a2b1。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________．（填序号)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－ad,ab）〉0，∴bc－ad>0,∴②正确;∵bc－ad>0，又eq\f(c,a）－eq\f（d，b)>0,即eq\f(bc－ad,ab)>0，∴ab〉0，∴③正确．故①②③都正确．11．（2018·青岛调研）设a〉b>c〉0,x＝eq\r(a2＋b＋c2），y＝eq\r（b2＋c＋a2)，z＝eq\r(c2＋a＋b2）,则x,y，z的大小关系是________．（用“〉”连接)答案z>y〉x解析方法一y2－x2＝2c(a－b）>0，∴y〉x.同理，z>y，∴z〉y〉x。方法二令a＝3，b＝2，c＝1，则x＝eq\r（18),y＝eq\r（20)，z＝eq\r（26）,故z〉y〉x.12．已知－1〈x＋y<4，2<x－y<3,则3x＋2y的取值范围是____________．答案eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（3，2），\f(23，2)））解析设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\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（3,2）,\f(23，2）))。13．设实数x，y满足0〈xy<4，且0<2x＋2y〈4＋xy，则x,y的取值范围是()A．x〉2且y〉2B．x〈2且y<2C．0〈x〈2且0<y〈2D．x〉2且0<y〈2答案C解析由题意得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（xy〉0，,x＋y>0，))则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x〉0，，y>0，))由2x＋2y－4－xy＝(x－2）·（2－y)<0，得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x〉2，,y〉2）)或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（0<x<2，，0〈y<2,)）又xy〈4，可得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（0<x<2,,0〈y<2.）)14．若x〉y，a>b，则在①a－x〉b－y；②a＋x>b＋y；③ax〉by;④x－b>y－a；⑤eq\f(a，y）>eq\f（b，x)这五个式子中，恒成立的不等式的序号是________．答案②④解析令x＝