高考数一轮复习 第六章 第一节 不等关系与不等式突破热点题型 文

第一节不等关系与不等式考点一比较大小[例1](1)已知m∈R，a>b>1，f(x)＝eq\f(m2x,x－1)，则f(a)与f(b)的大小关系是()A．f(a)>f(b)B．f(a)<f(b)C．f(a)≤f(b)D．不确定(2)若a＝1816，b＝1618，则a与b的大小关系为a________b(填“＝”、“>”或“<”)．[自主解答](1)法一：∵f(a)＝eq\f(m2a,a－1)，f(b)＝eq\f(m2b,b－1)，∴f(a)－f(b)＝eq\f(m2a,a－1)－eq\f(m2b,b－1)＝m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,a－1)－\f(b,b－1)))＝m2·eq\f(ab－1－ba－1,a－1b－1)＝m2·eq\f(b－a,a－1b－1)，当m＝0时，f(a)＝f(b)；当m≠0时，m2>0，又a>b>1，∴f(a)<f(b)．即f(a)≤f(b)．法二：(特值法)令a＝3，b＝2.则f(3)＝eq\f(3m2,2)，f(2)＝2m2.当m＝0时，f(a)＝f(b)；当m≠0时，f(a)<f(b)．故f(a)≤f(b)．(2)可以利用eq\f(a,b)＝eq\f(1816,1618)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(18,16)))16×eq\f(1,162)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,8)))16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2))))16＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,8\r(2))))16，∵eq\f(9,8\r(2))∈(0,1)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,8\r(2))))16<1，∵1816>0,1618>0，∴1816<1618.即a<b.[答案](1)C(2)<【互动探究】若将本例(1)条件中“a>b>1”改为“a<b<1”，试比较f(a)与f(b)的大小．解：∵f(a)－f(b)＝m2·eq\f(b－a,a－1b－1)，当m＝0时，f(a)＝f(b)；当m≠0时，m2>0，又a<b<1，∴b－a>0，a－1<0，b－1<0，∴f(a)>f(b)．故f(a)≥f(b)．【方法规律】比较大小的常用方法(1)作差法一般步骤是：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)作商法一般步骤是：①作商；②变形；③判断商与1的大小；④结论(注意所比较的两个数的符号)．(3)特殊值法若是选择题、填空题可以用特殊值法比较大小；若是解答题，可以用特殊值法探究思路．1．已知a1，a2∈(0,1)，记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，则M与NA．M<NB．M>NC．M＝ND．不确定解析：选BM－N＝a1a2－(a1＋a2－1)＝a1a2－a1－a2＋1＝a1(a2－1)－(a2－1)＝(a1－1)(a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．当a>0，b>0且a≠b时，比较aabb与abba的大小．解：eq\f(aabb,abba)＝aa－bbb－a＝aa－beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))a－b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b.∵当a>b，即eq\f(a,b)>1时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，∴aabb>abba.当a<b，即eq\f(a,b)<1时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，∴aabb>abba.∴当a>0，b>0且a≠b时，aabb>abba.高频考点考点二不等式性质的简单应用1．不等式性质的考查主要以客观题为主，难度中等偏下．2．高考对不等式性质的考查有以下几个命题角度：(1)与充要条件相结合命题；(2)与命题真假的判断相结合命题；(3)求代数式的取值范围．[例2](1)(·天津高考)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(2)(·北京高考)设a，b，c∈R，且a>b，则()A．ac>bcB.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)C．a2>b2D．a3>b3(3)(·湖南高考)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．①B．①②C．②③D．①②③(4)(·南通模拟)设x，y为实数，满足3≤xy2≤8，4≤eq\f(x2,y)≤9，则eq\f(x3,y4)的最大值是________．[自主解答](1)(a－b)·a2<0，则必有a－b<0，即a<b；而a<b时，不能推出(a－b)·a2<0，如a＝0，b＝1，所以“(a－b)·a2<0”是“a<b”的充分而不必要条件．(2)A选项，当c<0时，ac<bc，故A不正确；B选项，当a>0>b时，显然B不正确；C选项，当a＝1，b＝－2时，a2<b2，C不正确；D选项，因y＝x3是单调递增函数，当a>b时，有a3>b3，D是正确的．(3)由不等式性质及a>b>1，知eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又c<0，所以eq\f(c,a)>eq\f(c,b)，①正确；由指数函数的图象与性质，知②正确；由a>b>1，c<0，知a－c>b－c>1－c>1，由对数函数的图象与性质，知③正确．(4)∵4≤eq\f(x2,y)≤9，∴eq\f(1,9)≤eq\f(y,x2)≤eq\f(1,4)，∴eq\f(1,81)≤eq\f(y2,x4)≤eq\f(1,16).又∵3≤xy2≤8，而eq\f(x3,y4)＝eq\f(1,\f(y4,x3))＝eq\f(1,xy2·\f(y2,x4))，且eq\f(1,27)≤xy2·eq\f(y2,x4)≤eq\f(1,2)，∴2≤eq\f(x3,y4)≤27.[答案](1)A(2)D(3)D(4)27不等式性质的应用问题的常见类型及解题策略(1)与充要条件相结合问题．用不等式的性质分别判断p⇒q和q⇒p是否正确，要注意特殊值法的应用．(2)与命题真假判断相结合问题．解决此类问题除根据不等式的性质求解外，还经常采用特殊值验证的方法．(3)求代数式的取值范围．要注意不等式同向可乘性的适用条件以及整体思想的运用．1．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解析：选A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，则a3＋b3<2a2b，④不成立．2．若a>0>b>－a，c<d<0，则下列命题：①ad>bc；②eq\f(a,d)＋eq\f(b,c)<0；③a－c>b－d；④a(d－c)>b(d－c)中正确的命题为________．解析：∵a>0>b，c<d<0，∴ad<0，bc>0，则ad<bc，①错误；由a>0>b>－a，知a>－b>0，又－c>－d>0，因此a·(－c)>(－b)·(－d)，即ac＋bd<0，∴eq\f(a,d)＋eq\f(b,c)＝eq\f(ac＋bd,cd)<0，故②正确；显然a－c>b－d，∴③正确；∵a>b，d－c>0，∴a(d－c)>b(d－c)，∴④正确．答案：②③④考点三不等式与函数、方程的综合问题[例3]已知f(x)是定义在(－∞，4]上的减函数，是否存在实数m，使得f(m－sinx)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(1＋2m)－\f(7,4)＋cos2x))对定义域内的一切实数x均成立？若存在，求实数m的取值范围；若不存在，请说明理由．[自主解答]假设实数m存在，依题意，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－sinx≤4，,m－sinx≥\r(1＋2m)－\f(7,4)＋cos2x，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－4≤sinx，,m－\r(1＋2m)＋\f(1,2)≥－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(1,2)))2.))因为sinx的最小值为－1，且－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(1,2)))2的最大值为0，要满足题意，必须有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－4≤－1，,m－\r(1＋2m)＋\f(1,2)≥0，))解得m＝－eq\f(1,2)或eq\f(3,2)≤m≤3.所以实数m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))∪eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))).不等式恒成立问题一般要利用函数的值域，m≤f(x)恒成立，只需m≤f(x)min；m≥f(x)恒成立，只需m≥f(x)max.已知奇函数f(x)在R上是单调递减函数，α，β，γ∈R，α＋β>0，β＋γ>0，γ＋α>0，说明：f(α)＋f(β)＋f(γ)的值与0的关系．解：由α＋β>0，得α>－β，∵f(x)在R上是减函数，且为奇函数，∴f(α)<f(－β)＝－f(β)，∴f(α)＋f(β)<0，同理f(β)＋f(γ)<0，f(γ)＋f(α)<0，以上三式相加，得2[f(α)＋f(β)＋f(γ)]<0，故f(α)＋f(β)＋f(γ)<0.————————————[课堂归纳——通法领悟]————————————————2种方法——比较大小的方法作差比较法与作商比较法是判定两个数或式大小的两种基本方法，其中变形是关键．3个注意点——应用不等式的性质应注意的问题(1)在应用传递性时，如果两个不等式中有一个带等号而另一个不带等号，那么等号是传