2025版高考数学一轮复习第六章不等式第一讲不等关系与不等式学案新人教版

PAGE第六章不等式第一讲不等关系与不等式学问梳理·双基自测eq\x(知)eq\x(识)eq\x(梳)eq\x(理)学问点一实数的大小与运算性质的关系(1)a>b⇔_a－b>0__；(2)a＝b⇔_a－b＝0__；(3)a<b⇔_a－b<0__.学问点二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，常采纳配方、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，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推断商与1的大小；④结论(留意所比较的两个数的符号)．学问点三不等式的性质(1)对称性：a>b⇔b<a；(2)传递性：a>b，b>c⇒_a>c__；(3)同向可加性：a>b⇔a＋c>__b＋c；a>b，c>d⇒a＋c>__b＋d；(4)同向同正可乘性：a>b，c>0⇒ac>bc；a>b，c<0⇒ac<__bc；a>b>0，c>d>0⇒ac>bd；(5)可乘方性：a>b>0⇒an_>__bn(n∈N，n≥2)；(6)可开方性：a>b>0⇒eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)．eq\x(重)eq\x(要)eq\x(结)eq\x(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．若a>b>0，m>0，则eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0)．eq\x(双)eq\x(基)eq\x(自)eq\x(测)题组一走出误区1．推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)a>b>0，c>d>0⇒eq\f(a,d)>eq\f(b,c).(√)(4)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．(×)(5)ab>0，a>b⇔eq\f(1,a)<eq\f(1,b).(√)题组二走进教材2．(必修5P74T3改编)若a，b都是实数，则“eq\r(a)－eq\r(b)>0”是“a2－b2>0”的(A)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[解析]eq\r(a)－eq\r(b)>0⇒eq\r(a)>eq\r(b)⇒a>b≥0⇒a2>b2，但由a2－b2>0eq\r(a)－eq\r(b)>0.3．(必修5P74T3改编)设b<a，d<c，则下列不等式中肯定成立的是(C)A．a－c<b－d B．ac<bdC．a＋c>b＋d D．a＋d>b＋c[解析]由同向不等式具有可加性可知C正确．题组三走向高考4．(2024·北京)已知x，y∈R，且x>y>0，则(C)A．eq\f(1,x)－eq\f(1,y)>0B．sinx－siny>0C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))y<0D．lnx＋lny>0[解析]∵x，y∈R，且x>y>0，则eq\f(1,x)<eq\f(1,y)，sinx与siny的大小关系不确定，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))y，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))y<0，lnx＋lny与0的大小关系不确定，故选C．5．(2024·全国)若a>b，则(C)A．ln(a－b)>0 B．3a<3C．a3－b3>0 D．|a|>|b|考点突破·互动探究考点一比较代数式的大小——自主练透例1(1)若x<y<0，试比较(x2＋y2)(x－y)与(x2－y2)(x＋y)的大小；(2)设a>0，b>0，且a≠b，试比较aabb与abba的大小；(3)若a>b>0，试比较eq\r(a－b)与eq\r(a)－eq\r(b)的大小．[解析](1)(x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)＝(x－y)[(x2＋y2)－(x＋y)2]＝－2xy(x－y)．∵x<y<0，∴xy>0，x－y<0.∴－2xy(x－y)>0.∴(x2＋y2)(x－y)>(x2－y2)(x＋y)．(2)eq\f(aabb,abba)＝aa－b·bb－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b.当a>b>0时，eq\f(a,b)>1，a－b>0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，∴aabb>abba；当b>a>0时，0<eq\f(a,b)<1，a－b<0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，∴aabb>abba.(3)∵a>b>0，∴eq\r(a－b)>0，eq\r(a)－eq\r(b)>0，又(eq\r(a－b))2－(eq\r(a)－eq\r(b))2＝a－b－(a＋b－2eq\r(ab))＝2eq\r(ab)－2b，∵a>b>0，∴eq\r(a)>eq\r(b)，∴eq\r(ab)>b，∴2eq\r(ab)－2b>0，即(eq\r(a－b))2>(eq\r(a)－eq\r(b))2，∴eq\r(a－b)>eq\r(a)－eq\r(b).[引申]本例(2)的条件下aabb_>__(ab)eq\s\up7(\f(a+b,2)).名师点拨比较两实数大小的方法比较两个代数式的大小，常用的方法有两种，一种是作差法，解题步骤是：作差—变形—与0比较，变形的方法主要有通分、因式分解、配方等，变形的目的是为了更有利于推断符号．另一种是作商法，解题步骤是作商—变形—与1比较．作商法通常适用于两代数式同号的情形．留意①若eq\f(a,b)>1，b<0，则a<b；②比较两式大小时可以先赋值推断两式大小关系，以明确比较时变形的方向；③留意函数单调性在比较大小中的应用.考点二不等式的性质——师生共研例2(1)(多选题)已知a>b>0，c>d>0，则下列不等式中肯定成立的是(ABD)A．a＋c>b＋d B．a－d>b－cC．eq\f(a,c)>eq\f(b,d) D．eq\r(ac)>eq\r(bd)(2)(2024·广东华附、省实、广雅、深中期末联考)设a>1>b>－1，b≠0，则下列不等式中恒成立的是(C)A．eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．a>b2 D．a2>2b(3)(2024·四省八校质检)若logab<logac，则下列不等式肯定成立的是(C)A．ab<ac B．eq\f(a,b)>eq\f(a,c)C．ab<ac D．ba>ca[解析](1)对于A，因为a>b>0，c>d>0，所以a＋c>b＋d成立．对于B，因为a＋c>b＋d，所以a－d>b－c成立．对于C，举反例，如a＝6，b＝2，c＝3，d＝1，可知eq\f(a,c)＝eq\f(b,d)，故C错误．对于D，因为a>b>0，c>d>0，所以ac>bd>0，故eq\r(ac)>eq\r(bd)成立．故选ABD．(2)对于A，当a为正数，b为负数时，eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，所以，A错误；对于B，当a＝2，b＝eq\f(1,2)时，B不成立，所以错误；对于C,1>b>－1⇒b2<1，而a>1，所以选项C正确；对于D，取反例：a＝1.1⇒a2＝1.21，b＝0.8⇒2b＝1.6，D错误．(3)由题意知0<a且a≠1，当0<a<1时，b>c>0，∴ab>ac，且eq\f(1,b)<eq\f(1,c)，从而eq\f(a,b)<eq\f(a,c)，∴A，B错，当a>1时，0<b<c，∴ba<ca，∴D错．故选C．名师点拨(1)在推断一个关于不等式命题的真假时，先把要推断的命题和不等式的性质联系起来考虑，找到与命题相近的性质，并依据性质推断命题的真假，有时还要用到其他学问，如本例中幂函数、对数函数的性质等．(2)在应用不等式的性质时，不行以强化或弱化不等式成立的条件，如“同向不等式”才可以相加，“同向正数不等式”才可以相乘．(3)在不等关系的推断中，赋值法是特别有效的方法．〔变式训练1〕(1)(多选题)(2024·四川攀枝花统考改编)设a，b，c为实数，且a<b<0，则下列不等式正确的是(CD)A．eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．ac2<bc2C．eq\f(b,a)<eq\f(a,b) D．a2>ab>b2(2)(2024·山东省枣庄市模拟)已知0<a<1,0<c<b<1，下列不等式成立的是(D)A．ab>ac B．eq\f(c,b)>eq\f(c＋a,b＋a)C．logba<logca D．eq\f(b,b＋a)>eq\f(c,c＋a)[解析](1)对于A明显错误；对于B，当c＝0时，不正确；对于C，eq\f(b,a)－eq\f(a,b)＝eq\f(b2－a2,ab)＝eq\f(b＋ab－a,ab)<0，故正确，对于D，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a<b,a<0))⇒a2>ab,\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a<b,b<0))⇒ab>b2))⇒a2>ab>b2，故选C、D．(2)明显b＋a>0，c＋a>0，∴eq\f(b,b＋a)>eq\f(c,c＋a)⇔bc＋ab>bc＋ac，即ab>ac⇔b>c，故选D．另解：不妨取c＝eq\f(1,4)，a＝b＝eq\f(1,2)，代入选项A，B，C都错，故选D．考点三不等式性质的应用——多维探究角度1应用性质推断不等式是否成立例3(2024·课标Ⅲ，12)设a＝log0.20.3，b＝log20.3，则(B)A．a＋b<ab<0 B．ab<a＋b<0C．a＋b<0<ab D．ab<0<a＋b[解析]本题考查不等式及对数运算．解法一：∵a＝log0.20.3>log0.21＝0，b＝log20.3<log21＝0，∴ab∵0<log0.20.3<log0.20.2＝1，log20.3<log20.5＝－1，即0<a<1，b<－1，∴a＋b∵eq\f(b,a)＝eq\f(log20.3,log0.20.3)＝eq\f(lg0.2,lg2)＝log20.2，∴b－eq\f(b,a)＝log20.3－log20.2＝log2eq\f(3,2)<1，∴b<1＋eq\f(b,a)⇒ab<a＋b，解除A．故选B．解法二：易知0<a<1，b<－1，∴ab<0，a＋b<0，∵eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝log0.30.2＋log0.32＝log0.30.4<1，即eq\f(a＋b,ab)<1，∴a＋b>ab，∴ab<a＋b<0.故选B．角度2利用不等式的性质求范围问题例4(1)已知－1<x<4,2<y<3，则x－y的取值范围是_(－4,2)__,3x＋2y的取值范围是_(1,18)__.(2)(2024·河北衡水中学五调)已知1≤a≤3，－4<b<2，则a＋|b|的取值范围是_[1,7)__.[解析](1)∵－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.(2)∵－4<b<2，∴0≤|b|<4，又1≤a≤3，∴1≤a＋|b|<7.名师点拨利用不等式性质可以求某些代数式的取值范围，但应留意两点：一是必需严格运用不等式的性质；二是在多次运用不等式的性质时有可能扩大了变量的取值范围．解决的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，最终通过“一次性”不等关系的运算求解范围．〔变式训练2〕(1)(角度1)(多选题)(2024·广东省清远市期末改编)已知eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，下列结论正确的是(AB)A．a2<b2 B．eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2C．lga2>lg(ab) D．2a＋b>2a(2)(角度2)(2024·上海金山中学期中)已知1<a<2,2<b<3，则eq\f(a,b)的取值范围是_eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))__.(3)(角度2)若1<α<3，－4<β<2，则eq\f(α,2)－β的取值范围是_eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(11,2)))__.[解析](1)对于A，a2－b2＝(a－b)(a＋b)<0正确；对于B，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，又a>b，∴eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2，正确；对于C，a2－ab＝a(a－b)<0，∴lga2<lg(ab)，不正确；对于D，(a＋b)－(a－b)＝2b<0，∴2a＋b>2a－b不正确，故选A、B．(2)∵2<b<3，∴eq\f(1,3)<eq\f(1,b)<eq\f(1,2)，又∵1<a<2，∴eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<1.(3)由1<α<3得eq\f(1,2)<eq\f(α,2)<eq\f(3,2)，由－4<β<2得－2<－β<4，所以eq\f(α,2)－β的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(11,2))).故填eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(11,2))).名师讲坛·素养提升利用不等式变形求范围例5设f(x)＝ax2＋bx，若1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，则f(－2)的取值范围是_[5,10]__.[分析]用f(1)和f(－1)表示f(－2)，也就是把f(－1)，f(1)看作一个整体求f(－2)，或用待定系数法求解．[解析]∵y＝f(x)＝ax2＋bx，∴f(－1)＝a－b，f(1)＝a＋b.解法一：(待定系数法)设f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)，又f(－2)＝4a－2b所以4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)＝(m＋n)a＋(n－m)b可得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.))所以f(－2)＝3f(－1)＋f又1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，所以5≤3f(－1)＋f(1)≤故5≤f(－2)≤10.解法二：(运用方程思想)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]，))所以f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋又1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，所以5≤3f(－1)＋f(1)≤故5≤f(－2)≤10.名师点拨若题目中所给范围的式子比较困难，肯定要把这样的式子当成一个整体，利用待定系数法求解，在解题过程中