第一章　§1.3　等式性质与不等式性质-2025高中数学大一轮复习讲义人教A版

§1.3等式性质与不等式性质课标要求1.掌握等式性质.2.会比较两个数的大小.3.理解不等式的性质，并能简单应用．知识梳理1．两个实数比较大小的方法作差法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．等式的性质性质1对称性：如果a＝b，那么b＝a；性质2传递性：如果a＝b，b＝c，那么a＝c；性质3可加(减)性：如果a＝b，那么a±c＝b±c；性质4可乘性：如果a＝b，那么ac＝bc；性质5可除性：如果a＝b，c≠0，那么eq\f(a,c)＝eq\f(b,c).3．不等式的性质性质1对称性：a>b⇔b<a；性质2传递性：a>b，b>c⇒a>c；性质3可加性：a>b⇔a＋c>b＋c；性质4可乘性：a>b，c>0⇒ac>bc；a>b，c<0⇒ac<bc；性质5同向可加性：a>b，c>d⇒a＋c>b＋d；性质6同向同正可乘性：a>b>0，c>d>0⇒ac>bd；性质7同正可乘方性：a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥2)．常用结论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<b<0⇒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①真分数的性质eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)，eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0)；②假分数的性质eq\f(a,b)>eq\f(a＋m,b＋m)，eq\f(a,b)<eq\f(a－m,b－m)(b－m>0)．自主诊断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(b,a)>1，则b>a.(×)(3)同向不等式具有可加性和可乘性．(×)(4)若eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，则b<a.(×)2．(必修第一册P43T8改编)已知非零实数a，b满足a<b，则下列不等式中一定成立的是()A．lna<lnb B.eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．a2<b2 D．a3<b3答案D解析对于A，当a<b<0时，不等式无意义，故A错误；对于B，当a<0<b时，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，故B错误；对于C，当a<b<0时，a2>b2，故C错误；对于D，当a<b时，a3<b3成立，故D正确．3．(必修第一册P43T10改编)已知b克糖水中含有a克糖(b>a>0)，再添加m克糖(m>0)(假设全部溶解)，糖水变甜了．请将这一事实表示成一个不等式为________．答案eq\f(a,b)<eq\f(a＋m,b＋m)解析eq\f(a,b)<eq\f(a＋m,b＋m).证明：eq\f(a,b)－eq\f(a＋m,b＋m)＝eq\f(ab＋m－ba＋m,bb＋m)＝eq\f(ma－b,bb＋m)，∵b>a>0，m>0，∴a－b<0，∴eq\f(ma－b,bb＋m)<0，∴eq\f(a,b)<eq\f(a＋m,b＋m).4．(必修第一册P42T5改编)已知2<a<3，－2<b<－1，则a＋2b的取值范围为________．答案(－2,1)解析因为－2<b<－1，所以－4<2b<－2，又2<a<3，所以－2<a＋2b<1.题型一数(式)的大小比较例1(1)(多选)下列不等式中正确的是()A．x2－2x>－3(x∈R)B．a3＋b3≥a2b＋ab2(a，b∈R)C．a2＋b2>2(a－b－1)D．若a>b>0，则a2－b2>eq\f(1,a)－eq\f(1,b)答案AD解析∵x2－2x＋3＝(x－1)2＋2≥2>0，∴x2－2x>－3，故A正确；a3＋b3－a2b－ab2＝a2(a－b)＋b2(b－a)＝(a－b)(a2－b2)＝(a－b)2(a＋b)．∵(a－b)2≥0，a＋b的符号不确定，∴a3＋b3与a2b＋ab2的大小不确定，故B错误；∵a2＋b2－2a＋2b＋2＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，∴a2＋b2≥2(a－b－1)，故C错误；a2－b2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))＝(a－b)(a＋b)－eq\f(b－a,ab)＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b＋\f(1,ab)))>0，故选项D正确．(2)若正实数a，b，c满足c<cb<ca<1，则()A．aa<ab<ba B．aa<ba<abC．ab<aa<ba D．ab<ba<aa答案C解析∵c是正实数，且c<1，∴0<c<1，由c<cb<ca<1，得0<a<b<1，∵eq\f(aa,ab)＝aa－b>1，∴ab<aa，∵eq\f(aa,ba)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a,0<eq\f(a,b)<1，a>0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a<1，即aa<ba，综上可知，ab<aa<ba.思维升华比较大小的常用方法(1)作差法：①作差；②变形；③定号；④得出结论．(2)作商法：①作商；②变形；③判断商与1的大小关系；④得出结论．(3)构造函数，利用函数的单调性比较大小．跟踪训练1(1)若lna>lnb，则()A.eq\f(1,a2)>eq\f(1,b2)B.eq\f(b,a)<eq\f(b－2023,a－2023)C．πa－b<3a－bD．a－b>eq\f(1,a)－eq\f(1,b)答案D解析因为lna>lnb，所以a>b>0，eq\f(1,a2)－eq\f(1,b2)＝eq\f(b2－a2,a2b2)＝eq\f(b＋ab－a,a2b2)<0，所以eq\f(1,a2)<eq\f(1,b2)，故A错误；eq\f(b,a)－eq\f(b－2023,a－2023)＝eq\f(ba－2023－ab－2023,aa－2023)＝eq\f(2023a－b,aa－2023)，无法确定符号，故B错误；因为a－b>0，函数y＝xa－b在(0，＋∞)上单调递增，所以πa－b>3a－b，故C错误；a－b－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))＝a－b－eq\f(b－a,ab)＝a－b＋eq\f(a－b,ab)＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,ab)))＝eq\f(a－bab＋1,ab)，其中a－b>0，ab＋1>0，ab>0，所以a－b－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))>0，a－b>eq\f(1,a)－eq\f(1,b)，故D正确．(2)已知M＝eq\f(e2023＋1,e2024＋1)，N＝eq\f(e2024＋1,e2025＋1)，则M，N的大小关系为________．答案M>N解析方法一∵M－N＝eq\f(e2023＋1,e2024＋1)－eq\f(e2024＋1,e2025＋1)＝eq\f(e2023＋1e2025＋1－e2024＋12,e2024＋1e2025＋1)＝eq\f(e2023＋e2025－2e2024,e2024＋1e2025＋1)＝eq\f(e2023e－12,e2024＋1e2025＋1)>0.∴M>N.方法二令f(x)＝eq\f(ex＋1,ex＋1＋1)＝eq\f(\f(1,e)ex＋1＋1＋1－\f(1,e),ex＋1＋1)＝eq\f(1,e)＋eq\f(1－\f(1,e),ex＋1＋1)，显然f(x)是R上的减函数，∴f(2023)>f(2024)，即M>N.题型二不等式的基本性质例2(1)若实数a，b满足a<b<0，则()A．a＋b>0 B．a－b<0C．|a|<|b| D.eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))>eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))答案B解析由a<b<0，可得a＋b<0，故A错误；由a<b<0，可得a－b<0，故B正确；由a<b<0，可得－a>－b>0，所以|a|>|b|，故C错误；由a<b<0，可得|a|>|b|>0，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))<eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))，故D错误．(2)(多选)已知a，b，c为实数，则下列说法正确的是()A．若a>b，则ac2>bc2B．若a>b，则a＋c>b＋cC．若a>b>c>0，则eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)D．若a>b>c>0，则eq\f(b,a－b)>eq\f(c,a－c)答案BCD解析当c＝0时，ac2＝bc2，故A错误；由不等式的可加性可知，B正确；若a>b>c>0，则a－b>0，b＋c>0，∴eq\f(a,b)－eq\f(a＋c,b＋c)＝eq\f(ab＋c－ba＋c,bb＋c)＝eq\f(ca－b,bb＋c)>0，∴eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)，故C正确；若a>b>c>0，则a－b>0，a－c>0，b－c>0，且a－c>a－b，∴eq\f(1,a－b)>eq\f(1,a－c)>0，又b>c>0，由可乘性知，eq\f(b,a－b)>eq\f(c,a－c)，故D正确．思维升华判断不等式的常用方法(1)利用不等式的性质逐个验证．(2)利用特殊值法排除错误选项．(3)作差法．(4)构造函数，利用函数的单调性．跟踪训练2(1)设a，b，c，d为实数，且c<d，则“a<b”是“a－c<b－d”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B解析由a<b不能推出a－c<b－d，如a＝2，b＝3，c＝0，d＝1，满足a<b，但是a－c＝b－d，故充分性不成立；当a－c<b－d时，又c<d，可得a－c＋c<b－d＋d，即a<b，故必要性成立，所以“a<b”是“a－c<b－d”的必要不充分条件．(2)(多选)若a>b>0，则下列不等式中正确的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)B．－a2<－abC．ln|a－1|>ln|b－1|D．2a－b>1答案ABD解析因为a>b>0，eq\f(1,ab)>0，所以eq\f(a,ab)>eq\f(b,ab)，即eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，故A正确；因为a>b>0，－a<0，所以－a2<－ab，故B正确；若a＝eq\f(3,2)，b＝eq\f(1,2)，ln|a－1|＝ln|b－1|＝lneq\f(1,2)，故C不正确；因为a－b>0，所以2a－b>20＝1，故D正确．题型三不等式性质的综合应用例3(1)已知0<x<5，－1<y<1，则x－2y的取值范围是()A．2<x－2y<3 B．－2<x－2y<3C．2<x－2y<7 D．－2<x－2y<7答案D解析因为－1<y<1，所以－2<－2y<2，又0<x<5，所以－2<x－2y<7.延伸探究若将条件改为“－1≤x＋y≤2，－2≤x－y≤1”，求x－2y的范围．解设x－2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，∴x－2y＝(m＋n)x＋(m－n)y，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝1，,m－n＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－\f(1,2)，,n＝\f(3,2)，))∴x－2y＝－eq\f(1,2)(x＋y)＋eq\f(3,2)(x－y)，∵－1≤x＋y≤2，－2≤x－y≤1，∴－1≤－eq\f(1,2)(x＋y)≤eq\f(1,2)，－3≤eq\f(3,2)(x－y)≤eq\f(3,2)，∴－4≤－eq\f(1,2)(x＋y)＋eq\f(3,2)(x－y)≤2，即－4≤x－2y≤2.(2)为了加强家校联系，王老师组建了一个由学生、家长和教师组成的微信群．已知该群中男学生人数多于女学生人数，女学生人数多于家长人数，家长人数多于教师人数，教师人数的两倍多于男学生人数．则该微信群人数的最小值为()A．20B．22C．26D．28答案B解析设教师人数为x，家长人数为y，女学生人数为z，男学生人数为t，x，y，z，t∈N*，则y≥x＋1，z≥y＋1≥x＋2，t≥z＋1≥y＋2≥x＋3，则x＋y＋z＋t≥4x＋6，又教师人数的两倍多于男学生人数，∴2x>x＋3，解得x>3，当x＝4时，x＋y＋z＋t≥22，此时微信群人数的最小值为22.思维升华利用不等式的性质求代数式的取值范围的注意点(1)必须严格运用不等式的性质．(2)在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，然后通过“一次性”不等关系的运算求解范围．跟踪训练3(1)(多选)已知1≤a≤2,3≤b≤5，则()A．a＋b的取值范围为[4,7]B．b－a的取值范围为[2,3]C．ab的取值范围为[3,10]D.eq\f(a,b)的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,5)))答案AC解析因为1≤a≤2,3≤b≤5，所以4≤a＋b≤7，－2≤－a≤－1,1≤b－a≤4，所以a＋b的取值范围为[4,7]，b－a的取值范围为[1,4]，故A正确，B错误；因为1≤a≤2,3≤b≤5，所以3≤ab≤10，eq\f(1,5)≤eq\f(1,b)≤eq\f(1,3)，eq\f(1,5)≤eq\f(a,b)≤eq\f(2,3)，所以ab的取值范围为[3,10]，eq\f(a,b)的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(2,3)))，故C正确，D错误．(2)已知2<x<4，－3<y<－1，则eq\f(x,x－2y)的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，\f(1,4))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(2,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))答案B解析原式分子和分母同时除以x，得eq\f(x,x－2y)＝eq\f(1,1－\f(2y,x))，由条件得2<－2y<6，eq\f(1,4)<eq\f(1,x)<eq\f(1,2)，所以eq\f(2,4)<－eq\f(2y,x)<eq\f(6,2)，即eq\f(1,2)<－eq\f(2y,x)<3，所以eq\f(3,2)<1－eq\f(2y,x)<4，所以eq\f(1,4)<eq\f(1,1－\f(2y,x))<eq\f(2,3).课时精练一、单项选择题1．已知a，b∈R，则“eq\r(a)>eq\r(b)”是“lna>lnb”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B解析若“eq\r(a)>eq\r(b)”，取a＝1，b＝0，但是lnb无意义，所以由“eq\r(a)>eq\r(b)”推不出“lna>lnb”，若“lna>lnb”，则a>b>0，所以eq\r(a)>eq\r(b)，所以由“lna>lnb”可推出“eq\r(a)>eq\r(b)”，所以“eq\r(a)>eq\r(b)”是“lna>lnb”的必要不充分条件．2．已知a>0，b>0，设m＝a－2eq\r(b)＋2，n＝2eq\r(a)－b，则()A．m≥n B．m>nC．m≤n D．m<n答案A解析由题意可知，m－n＝a－2eq\r(b)＋2－2eq\r(a)＋b＝(eq\r(a)－1)2＋(eq\r(b)－1)2≥0，当且仅当a＝b＝1时，等号成立，即m≥n.3．已知a>b，则下列不等式一定成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．2a>2bC．a2>b2 D．|a|>|b|答案B解析取a＝1，b＝－2，满足a>b，显然有eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，a2<b2，|a|<|b|成立，即选项A，C，D都不正确；指数函数y＝2x为增函数，若a>b，则必有2a>2b，B正确．4．已知a<b<c，a＋b＋c＝0，则()A．ab<b2 B．ac>bcC.eq\f(1,a)<eq\f(1,c) D.eq\f(c－a,c－b)<1答案C解析因为a<b<c，a＋b＋c＝0，所以a<0<c，b的符号不能确定，当b＝0时，ab＝b2，故A项错误；因为a<b，c>0，所以ac<bc，故B项错误；因为a<0<c，所以eq\f(1,a)<eq\f(1,c)，故C项正确；因为a<b，所以－a>－b，所以c－a>c－b>0，所以eq\f(c－a,c－b)>1，故D项错误．5．若c>b>a>0，则()A．abbc>acbb B．2lnb<lna＋lncC．a－eq\f(c,a)>b－eq\f(c,b) D．logac>logbc答案A解析由于eq\f(abbc,acbb)＝ab－cbc－b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))b－c>1，所以abbc>acbb成立，故A正确；2lnb＝lnb2，lna＋lnc＝lnac，b2与ac大小不能确定，故B错误；由于a－eq\f(c,a)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(c,b)))＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(c,ab)))<0，故C错误；令c＝1，则logac＝logbc＝0，故D错误．6．已知m5＝4，n8＝9，0.9p＝0.8，则正数m，n，p的大小关系为()A．p>m>n B．m>n>pC．m>p>n D．p>n>m答案A解析由m5＝4，得m＝<eq\r(2)，由n8＝9，得n＝，因此，eq\f(m,n)＝>1，即eq\r(2)>m>n，由0.9p＝0.8，得p＝log0.90.8>log0.90.81＝2，于是得p>m>n，所以正数m，n，p的大小关系为p>m>n.二、多项选择题7．下列结论中不正确的是()A．若ac2>bc2，则a>bB．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，则a>bC．若a>b，c>d，则ac>bdD．若2a－b>1，则a<b答案BCD解析ac2>bc2，不等式两边除以c2(c≠0)，则a>b，故A正确；取a＝－1，b＝1，满足eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又a<b，故B错误；取a＝1，b＝0，c＝0，d＝－1，满足a>b，c>d，又ac＝bd，故C错误；取a＝2，b＝1，满足2a－b>1，又a>b，故D错误．8．已知实数x，y满足－3<x＋2y<2，－1<2x－y<4，则()A．－1<x<2 B．－2<y<1C．－3<x＋y<3 D．－1<x－y<3答案ABD解析因为－3<x＋2y<2，－1<2x－y<4，所以－2<4x－2y<8，则－5<5x<10，即－1<x<2，故A正确；又－4<－2x－4y<6，－1<2x－y<4，所以－5<－5y<10，即－2<y<1，故B正确；x＋y＝eq\f(3x＋2y＋2x－y,5)∈(－2,2)，故C错误；x－y＝eq\f(－x＋2y＋32x－y,5)∈(－1,3)，故D正确．三、填空题9．已知a>0，－1<b<0，则a，ab，ab2由小到大依次排列是________．答案ab<ab2<a解析因为a>0，－1<b<0，所以ab<0,0<b2<1,0<ab2<a，故ab<ab2<a.10．若a，b同时满足下列两个条件：①a＋b>ab；②eq\f(1,a＋b)>eq\f(1,ab).请写出一组a，b的值________．答案a＝－1，b＝2(答案不唯一)解析容易发现，若将①式转化为②式，需使(a＋b)ab<0，即a＋b与ab异号，显然应使a＋b>0，ab<0，当a<0，b>0时，要使a＋b>0，则|a|<|b|，可取a＝－1，b＝2；当a>0，b<0时，要使a＋b>0，则|a|>|b|，可取a＝2，b＝－1.综上，取任意两个异号的实数，且正数的绝对值大于负数的绝对值皆为合理答案．11．若－1<a＋b<3,2<a－b<4，t＝2a＋b，则a的取值范围为________；t的取值范围为________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(7,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(13,2)))解析∵－1<a＋b<3,2<a－b<4，∴1<2a<7，即eq\f(1,2)<a<eq\f(7,2)，又t＝2a＋b＝eq\f(3,2)(a＋b)＋eq\f(1,2)(a－b)，∴－eq\f(3,2)＋1<eq\f(3,2)(a＋b)＋eq\f(1,2)(a－b)<eq\f(9,2)＋2，即t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(13,2))).12．已知a>b>c,2a＋b＋c＝0，则eq\f(c,a)的取值范围是________．答案(－3，－1)解析因为a>b>c,2a＋b＋c＝0，故a>0，c<0，所以eq\f(c,a)<0,1>eq\f(b,a)>eq\f(c,a)，2＋eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)＝0，所以eq\f(b,a)＝－eq\f(c,a)－2，所以有1>－2－eq\f(c,a)>eq\f(c,a)，解不等式得－3<eq\f(c,a)<－1，故eq\f(c,a)的取值范围是(－3，－1)．四、解答题13．(1)设a>b>0，比较eq\f(a2－b2,a2＋b2)与eq\f(a－b,a＋b)的大小；(2)已知a>b>0，c<d<0，e<0，求证：eq\f(e,a－c)>eq\f(e,b－d).(1)解∵a>b>0，∴eq\f(a2－b2,a2＋b2)>0，eq\f(a－b,a＋b)>0，∴eq\f(\f(a2－b2,a2＋b2),\f(a－b,a＋b))＝eq\f(a＋b2,a2＋b2)＝1＋eq\f(2ab,a2＋b2)>1，∴eq\f(a2－b2,a2＋b2)>eq\f(a－b,a＋b).(2)证明∵c<d<0，∴－c>－d>0，又a>b>0，∴a－c>b－d>0，b－a<0，c－d<0，又e<0，∴eq\f(e,a－c)－eq\f(e,b－d)＝eq\f(eb－d－ea－c,a－cb－d)＝eq\f(eb－d－a＋c,a－cb－d)＝eq\f(eb－a＋c－d,a－cb－d)>0，∴eq\f(e,a－c)>eq\f(e,b－d).14．已知实数a，b满足－3≤a＋b≤2，－1≤a－b≤4.(1)求实数a的取值范围；(2)求3a－2b的取值范围．解(1)a＝eq\f(1,2)[(a＋b)＋(a－b)]，由－3≤a＋b≤2，－1≤a－b≤4，得－4≤(a＋b)＋(a－b)≤6，∴－2≤eq\f(1,2)[(a＋b)＋(a－b)]≤3，即－2≤a≤3，故实数a的取值范围为[－2,3]．(2)设3a－2b＝m(a＋b)＋n(a－b)＝(m＋n)a＋(m－n)b，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,m－n＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,2)，,n＝\f(5,2)，))∴3a－2b＝eq\f(1,2)(a＋b)＋eq\f(5,2)(a－b)，∵－3≤a＋b≤2，－1≤a－b≤4.∴－eq\f(3,2)≤eq\f(1,2)(a