高考数学第一轮复习导学案(新高考)第04讲不等式及性质(原卷版+解析)

第04讲不等式及性质1、两个实数比较大小的依据(1)a－b＞0⇔(2)a－b＝0⇔.(3)a－b＜0⇔.2、不等式的性质(1)对称性：a>b⇔；(2)传递性：a>b，b>c⇒；(3)可加性：a>b⇔；a>b，c>d⇒；(4)可乘性：a>b，c>0⇒;a>b>0，c>d>0⇒；c<0时应变号．(5)可乘方性：a>b>0⇒(n∈N，n≥1)；(6)可开方性：a>b>0⇒(n∈N，n≥2)．3、常见的结论(1)a>b，ab>0⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b).(2)a<0<b⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b).(3)a>b>0,0<c<d⇒eq\f(a,c)>eq\f(b,d).(4)0<a<x<b或a<x<b<0⇒eq\f(1,b)<eq\f(1,x)<eq\f(1,a).4、两个重要不等式若a>b>0，m>0，则(1)eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0)．(2)eq\f(a,b)>eq\f(a＋m,b＋m)；eq\f(a,b)<eq\f(a－m,b－m)(b－m>0)．1、【2019年新课标2卷理科】若a>b，则A．ln(a−b)>0 B．3a<3bC．a3−b3>0 D．│a│>│b│2、【2020年新高考1卷（山东卷）】（多选题）已知a>0，b>0，且a+b=1，则（

）A． B．C． D．1、（2022·山东日照·二模）若a，b，c为实数，且，，则下列不等关系一定成立的是（

）A． B． C． D．2、（2022·江苏南京·模拟预测）设、均为非零实数且，则下列结论中正确的是（

）A． B． C． D．3、若a>1，m＝loga(a2＋1)，n＝loga(a＋1)，p＝loga(2a)，则m，n，p的大小关系是()A．n>m>p B．m>p>nC．m>n>p D．p>m>n4、（2022·重庆·一模）（多选题）设非零实数，那么下列不等式中一定成立的是（

）A． B． C． D．考向一不等式的性质例1、（2022·河北张家口·一模）（多选题）若，则下列不等式中正确的有（

）A． B． C． D．变式1、（2022·福建三明·模拟预测）（多选题）设，且，则（

）A． B． C． D．变式2、（多选题）已知均为实数，则下列命题正确的是（）A．若，则B．若，则C．若则D．若则变式3、（2022·山东济南·高三期末）（多选题）已知实数，，满足，则下列说法正确的是（）A． B．C． D．的最小值为4方法总结：不等式性质应用问题的常见类型及解题策略：(1)不等式成立问题：熟记不等式性质的条件和结论是基础，灵活运用是关键，要注意不等式性质成立的前提条件；(2)与充分性、必要性相结合的问题：用不等式的性质分别判断p⇒q和q⇒p是否成立，要注意特殊值法的应用；(3)与命题真假判断相结合的问题：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．考向二不等式的比较大小例2、(1)已知a1，a2∈(0，1)，记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，则M与N的大小关系是________；(2)若a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(ln3,3)，则a______b；(填“＞”或“＜”)(3)若实数a≠1，比较a＋2与eq\f(3,1－a)的大小．变式1、已知M＝eq\f(e2021＋1,e2022＋1)，N＝eq\f(e2022＋1,e2023＋1)，则M，N的大小关系为________．变式2、设a>b>0，试比较eq\f(a2－b2,a2＋b2)与eq\f(a－b,a＋b)的大小．方法总结：方法总结：比较大小的方法(1)作差法，其步骤：作差⇒变形⇒判断差与0的大小⇒得出结论．(2)作商法，其步骤：作商⇒变形⇒判断商与1的大小⇒得出结论．(3)构造函数法：构造函数，利用函数单调性比较大小考向三运用不等式求代数式的取值范围例3、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________．变式1、(1)已知－1<x＋y<4，2<x－y<3，求3x＋2y的取值范围；(2)已知函数f(x)＝ax2＋bx，且1≤f(－1)≤2，2≤f(1)≤4，求f(－2)的取值范围；(3)已知1≤lg(xy)≤4，－1≤lgeq\f(x,y)≤2，求lgeq\f(x2,y)的取值范围．方法总结：求代数式的取值范围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1、(2022·江苏淮安市六校第一次联考)若a，b，c∈R，a＞b，则下列不等式恒成立的是()A．EQ\F(1,a)＜EQ\F(1,b)B．a2＞b2C．EQ\F(a,c\S(2)＋1)＞EQ\F(b,c\S(2)＋1)D．a|c|＞b|c|2、（2021·广州市第一中学高三月考）十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若，则下列结论错误的是（）A． B．C． D．3、(2022·江苏无锡市第一中学高三10月月考)(多选题)若a>b>0，则一下几个不等式中正确的是（）A.B.lg>C.D.2->4、（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）（多选题）已知a，b，c均为非零实数，且，则下列不等式中，一定成立的是（

）A． B． C． D．5、（2022·广东佛山·模拟预测）（多选题）下列命题为真命题的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，则 D．若，，则6、（2022·广东·华南师大附中三模）（多选题）如果a<b<0，c<d<0，那么下面一定成立的是（

）A． B． C． D．7、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________．8、若α，β满足－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，则2α－β的取值范围是()A．－π<2α－β<0 B．－π<2α－β<πC．－eq\f(3π,2)<2α－β<eq\f(π,2) D．0<2α－β<π第04讲不等式及性质1、两个实数比较大小的依据(1)a－b＞0⇔a＞b.(2)a－b＝0⇔a＝b.(3)a－b＜0⇔a＜b.2、不等式的性质(1)对称性：a>b⇔b<a；(2)传递性：a>b，b>c⇒aeq\a\vs4\al(>)c；(3)可加性：a>b⇔a＋ceq\a\vs4\al(>)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；c<0时应变号．(5)可乘方性：a>b>0⇒aneq\a\vs4\al(>)bn(n∈N，n≥1)；(6)可开方性：a>b>0⇒eq\r(n,a)eq\a\vs4\al(>)eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)．3、常见的结论(1)a>b，ab>0⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b).(2)a<0<b⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b).(3)a>b>0,0<c<d⇒eq\f(a,c)>eq\f(b,d).(4)0<a<x<b或a<x<b<0⇒eq\f(1,b)<eq\f(1,x)<eq\f(1,a).4、两个重要不等式若a>b>0，m>0，则(1)eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0)．(2)eq\f(a,b)>eq\f(a＋m,b＋m)；eq\f(a,b)<eq\f(a－m,b－m)(b－m>0)．1、【2019年新课标2卷理科】若a>b，则A．ln(a−b)>0 B．3a<3bC．a3−b3>0 D．│a│>│b│【答案】C【解析】取，满足，，知A错，排除A；因为，知B错，排除B；取，满足，，知D错，排除D，因为幂函数是增函数，，所以，故选C．2、【2020年新高考1卷（山东卷）】（多选题）已知a>0，b>0，且a+b=1，则（

）A． B．C． D．【答案】ABD【解析】对于A，，当且仅当时，等号成立，故A正确；对于B，，所以，故B正确；对于C，，当且仅当时，等号成立，故C不正确；对于D，因为，所以，当且仅当时，等号成立，故D正确；故选：ABD1、（2022·山东日照·二模）若a，b，c为实数，且，，则下列不等关系一定成立的是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】对于A选项，由不等式的基本性质知，不等式的两边都加上（或减去）同一个数或同一个整式，不等号方向不变，则，A选项正确；对于B选项，由不等式的基本性质知，不等式的两边都乘以（或除以）同一个负数，不等号方向改变，若，，则，B选项错误；对于C选项，由不等式的基本性质知，不等式的两边都乘以（或除以）同一个正数，不等号方向不变，，，C选项错误；对于D选项，因为，，所以无法判断与大小，D选项错误.2、（2022·江苏南京·模拟预测）设、均为非零实数且，则下列结论中正确的是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】对于A，取，，则，A错误；对于B，取，，则，B错误；对于C，取，，则，C错误；对于D，因，则，即，D正确．故选：D3、若a>1，m＝loga(a2＋1)，n＝loga(a＋1)，p＝loga(2a)，则m，n，p的大小关系是()A．n>m>p B．m>p>nC．m>n>p D．p>m>n【答案】B【解析】由a>1知，a2＋1－2a＝(a－1)2>0，即a2＋1>2a，而2a－(a＋1)＝a－1>0，即2a>a＋1，∴a2＋1>2a>a＋1，而y＝logax在定义域上单调递增，∴m>p>n.4、（2022·重庆·一模）（多选题）设非零实数，那么下列不等式中一定成立的是（

）A． B． C． D．【答案】BD【解析】对选项A，设，，，满足，此时不满足，故A错误；对选项B，因为，且，所以，故B正确.对选项C，设，，，满足，此时，，不满足，故C错误；对选项D，因为，所以，，所以，故D正确.故选：BD考向一不等式的性质例1、（2022·河北张家口·一模）（多选题）若，则下列不等式中正确的有（

）A． B． C． D．【答案】AB【解析】对于A选项，因为，所以，故A正确；对于B选项，因为函数在R上单调递增，所以，故B正确；对于C选项，当时，不成立，故C不正确；对于D选项，当，时，，故D不正确,故选:AB.变式1、（2022·福建三明·模拟预测）（多选题）设，且，则（

）A． B． C． D．【答案】BC【解析】因为，，所以，的符号不能确定，当时，，故A错误，因为，，所以，故B正确，因为，所以，故C正确，因为，所以，所以，所以，故D错误，故选：BC变式2、（多选题）已知均为实数，则下列命题正确的是（）A．若，则B．若，则C．若则D．若则【答案】BC【解析】若，，则，故A错；若，，则，化简得，故B对；若，则，又，则，故C对；若，，，，则，，，故D错；故选：BC．变式3、（2022·山东济南·高三期末）（多选题）已知实数，，满足，则下列说法正确的是（）A． B．C． D．的最小值为4【答案】BC【解析】对于A，因为，所以，，所以，所以A错误，对于B，因为，所以，所以，所以，所以B正确，对于C，因为，所以，所以，所以，所以C正确，对于D，因为，所以，当且仅当即时取等号，因为，所以取不到等号，所以的最小值不为4，所以D错误，故选：BC方法总结：不等式性质应用问题的常见类型及解题策略：(1)不等式成立问题：熟记不等式性质的条件和结论是基础，灵活运用是关键，要注意不等式性质成立的前提条件；(2)与充分性、必要性相结合的问题：用不等式的性质分别判断p⇒q和q⇒p是否成立，要注意特殊值法的应用；(3)与命题真假判断相结合的问题：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．考向二不等式的比较大小例2、(1)已知a1，a2∈(0，1)，记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，则M与N的大小关系是________；【答案】M>N【解析】M－N＝a1a2－(a1＋a2－1)＝a1a2－a1－a2＋1＝(a1－1)(a2－1).因为a1∈(0，1)，a2∈(0，1)，所以a1－1<0，a2－1<0，所以(a1－1)(a2－1)>0，即M－N>0，所以M>N.(2)若a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(ln3,3)，则a______b；(填“＞”或“＜”)【答案】＜【解析】易知a，b都是正数，eq\f(b,a)＝eq\f(2ln3,3ln2)＝log89＞1，所以b＞a.(3)若实数a≠1，比较a＋2与eq\f(3,1－a)的大小．【解析】a＋2－eq\f(3,1－a)＝eq\f(－a2－a－1,1－a)＝eq\f(a2＋a＋1,a－1).因为a2＋a＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)>0，所以当a>1时，a＋2>eq\f(3,1－a)；当a<1时，a＋2<eq\f(3,1－a).变式1、已知M＝eq\f(e2021＋1,e2022＋1)，N＝eq\f(e2022＋1,e2023＋1)，则M，N的大小关系为________．【答案】M>N【解析】方法一M－N＝eq\f(e2021＋1,e2022＋1)－eq\f(e2022＋1,e2023＋1)＝eq\f(e2021＋1e2023＋1－e2022＋12,e2022＋1e2023＋1)＝eq\f(e2021＋e2023－2e2022,e2022＋1e2023＋1)＝eq\f(e2021e－12,e2022＋1e2023＋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(2021)>f(2022)，即M>N.变式2、设a>b>0，试比较eq\f(a2－b2,a2＋b2)与eq\f(a－b,a＋b)的大小．解法一(作差法)：eq\f(a2－b2,a2＋b2)－eq\f(a－b,a＋b)＝＝．因为a>b>0，所以a＋b>0，a－b>0，2ab>0．所以>0，所以eq\f(a2－b2,a2＋b2)>eq\f(a－b,a＋b)．解法二(作商法)：因为a>b>0，所以eq\f(a2－b2,a2＋b2)>0，eq\f(a－b,a＋b)>0．所以eq\f(\f(a2－b2,a2＋b2),\f(a－b,a＋b))＝＝eq\f(a2＋b2＋2ab,a2＋b2)＝1＋eq\f(2ab,a2＋b2)>1．所以eq\f(a2－b2,a2＋b2)>eq\f(a－b,a＋b)．方法总结：方法总结：比较大小的方法(1)作差法，其步骤：作差⇒变形⇒判断差与0的大小⇒得出结论．(2)作商法，其步骤：作商⇒变形⇒判断商与1的大小⇒得出结论．(3)构造函数法：构造函数，利用函数单调性比较大小考向三运用不等式求代数式的取值范围例3、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)变式1、(1)已知－1<x＋y<4，2<x－y<3，求3x＋2y的取值范围；(2)已知函数f(x)＝ax2＋bx，且1≤f(－1)≤2，2≤f(1)≤4，求f(－2)的取值范围；(3)已知1≤lg(xy)≤4，－1≤lgeq\f(x,y)≤2，求lgeq\f(x2,y)的取值范围．【解析】(1)设3x＋2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，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(5,2)，,n＝\f(1,2)，))即3x＋2y＝eq\f(5,2)(x＋y)＋eq\f(1,2)(x－y).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)，故3x＋2y的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(23,2))).(2)由题意，知f(－1)＝a－b，f(1)＝a＋b，f(－2)＝4a－2b.设m(a＋b)＋n(a－b)＝4a－2b，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4，,m－n＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝1，,n＝3，))所以f(－2)＝(a＋b)＋3(a－b)＝f(1)＋3f(－1).因为1≤f(－1)≤2，2≤f(1)≤4，所以5≤f(－2)≤10，故f(－2)的取值范围是[5，10].(3)由1≤lg(xy)≤4，－1≤lgeq\f(x,y)≤2，得1≤lgx＋lgy≤4，－1≤lgx－lgy≤2.又lgeq\f(x2,y)＝2lgx－lgy＝eq\f(1,2)×(lgx＋lgy)＋eq\f(3,2)×(lgx－lgy)，所以－1≤lgeq\f(x2,y)≤5，故lgeq\f(x2,y)的取值范围是[－1，5].方法总结：求代数式的取值范围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1、(2022·江苏淮安市六校第一次联考)若a，b，c∈R，a＞b，则下列不等式恒成立的是()A．EQ\F(1,a)＜EQ\F(1,b)B．a2＞b2C．EQ\F(a,c\S(2)＋1)＞EQ\F(b,c\S(2)＋1)D．a|c|＞b|c|【答案】C【解析】由题意可知，若a＞0＞b，则EQ\F(1,a)＞EQ\F(1,b)，故选项A错误；若a＝1，b＝－2，则a2＜b2，故选项B错误；因为a＞b，且EQ\F(1,c\S(2)＋1)＞0，所以EQ\F(a,c\S(2)＋1)＞EQ\F(b,c\S(2)＋1)，故选项C正确；若c＝1，则选项D错误；综上，答案选C．2、（2021·广州市第一中学高三月考）十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若，则下列结论错误的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】因为，则，故A正确；若，，满足，但此时，故B错；因为，由不等式的可开方性，可得，故C正确；因为函数为增函数，由可得，故D正确.故选：B.3、(2022·江苏无锡市第一中学高三10月月考)(多选题)若a>b>0，则一下几个不等式中正确的是（）A.B.lg>C.D.2->【答案】BCD【解析】A.因为，，故错误；B.，故正确；