2023届高考数学一轮复习-第3讲-等式性质与不等式性质

第3讲等式性质与不等式性质考向预测核心素养以考查等式性质、不等式性质为重点，与其他知识及实际问题相结合进行命题.以选择题形式单独考查或融合在解答题中，为低档或中档难度.数学运算、逻辑推理[学生用书P11]一、知识梳理1.比较实数大小的基本事实(1)文字叙述如果a－b是正数，那么a大于b；如果a－b等于0，那么a等于b；如果a－b是负数，那么a小于b.反过来也对.(2)符号表示a－b＞0⇔a＞b；a－b＝0⇔a＝b；a－b＜0⇔a＜b.2.等式的基本性质(1)对称性：a＝b⇔b＝a；(2)传递性：a＝b，b＝c⇒a＝c；(3)可加性：a＝b⇔a±c＝b±c；(4)可乘性：a＝b⇒ac＝bc；(5)可除性：a＝b，c≠0⇒eq\f(a,c)＝eq\f(b,c).3.不等式的性质性质1a＞b⇔b＜a；性质2a＞b，b＞c⇒a＞c；性质3如果a＞b，那么a＋c＞b＋c；性质4如果a＞b，c＞0，那么ac＞bc；如果a＞b，c＜0，那么ac＜bc；性质5如果a＞b，c＞d，那么a＋c＞b＋d；性质6如果a＞b＞0，c＞d＞0，那么ac＞bd；性质7如果a＞b＞0，那么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(1)a>b，ab>0⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；(2)a>b>0，d>c>0⇒eq\f(a,c)>eq\f(b,d).2.有关分数的性质若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).二、教材衍化1.(人A必修第一册P42练习T2改编)用不等号“＞”或“＜”填空.(1)如果a＞b，c＜d，那么a－c______b－d；(2)如果a＞b＞0，那么eq\f(1,a2)______eq\f(1,b2)；(3)如果c＞a＞b＞0，那么eq\f(a,c－a)______eq\f(b,c－b).答案：(1)＞(2)＜(3)＞2.(人A必修第一册P43习题2.1T10改编)已知b克糖水中有a克糖(b>a>0)，若再添上m克水(m>0)，糖水就变淡了，则此事实可用一个不等式表示为________.答案：eq\f(a,b)>eq\f(a,b＋m)3.(人A必修第一册P42习题2.1T5改编)已知2＜a＜3，1＜b＜2，则2a－b的取值范围是________.解析：因为2＜a＜3，所以4＜2a＜6.又1＜b＜2，－2＜－b＜－1，所以2＜2a－b＜5.答案：(2，5)一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)如果ac＝bc，那么a＝b.()(2)如果eq\f(a,b)＞1，那么a＞b.()(3)如果a＞b＞0，c＞d＞0，那么eq\f(a,d)＞eq\f(b,c).()(4)eq\f(1,a)<eq\f(1,b)⇒如果ab＞0，那么a＞b.()答案：(1)×(2)×(3)√(4)√二、易错纠偏1.(多选)(利用不等式性质易错)下列说法错误的是()A.若a＞b，c＞d，则ac＞bdB.若eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，则a＜bC.若b＞c，则|a|b≥|a|cD.若a＞b，c＞d，则a－c＞b－d解析：选ABD.A项：a，b，c，d的符号不确定，故无法判断；B项：不知道a，b的符号，无法确定a，b的大小；C项：|a|≥0，所以|a|b≥|a|c成立；D项：若a＝3，b＝2，c＝4，d＝1，则a－c<b－d，故D项错误.2.(求取值范围考虑不周致误)若－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，则α－β的取值范围是________.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.答案：(－π，0)[学生用书P12])考点一比较两个数(式)的大小(综合研析)复习指导：比较两个数(式)的大小的方法是作差法、作商法.(1)(2022·南通海安中学10月段测)设a>b>1，y1＝eq\f(3a＋1,3b＋1)，y2＝eq\f(a,b)，y3＝eq\f(2a－1,2b－1)，则y1，y2，y3的大小关系是()A.y1<y2<y3 B.y2<y1<y3C.y3<y2<y1 D.y2<y3<y1(2)若a＝eq\f(ln3,3)，b＝eq\f(ln2,2)，则a与b的大小关系是________.【解析】(1)(作差法)由a>b>1，可得a－b>0，2b－1>0，3b＋1>0，又y1－y2＝eq\f(3a＋1,3b＋1)－eq\f(a,b)＝eq\f(b－a,b（3b＋1）)<0，可得y1<y2；又y2－y3＝eq\f(a,b)－eq\f(2a－1,2b－1)＝eq\f(b－a,b（2b－1）)<0，可得y2<y3.所以y1<y2<y3.(2)(作商法)因为a＝eq\f(ln3,3)＞0，b＝eq\f(ln2,2)＞0，所以eq\f(a,b)＝eq\f(ln3,3)·eq\f(2,ln2)＝eq\f(2ln3,3ln2)＝eq\f(ln9,ln8)＝log89＞1，所以a＞b.【答案】(1)A(2)a＞b判断两数(式)大小的方法(1)作差法：①作差；②变形；③定号；④结论.(2)作商法：①作商；②变形；③判断商与1的大小关系；④结论.|跟踪训练|1.(2022·江西宁冈中学高一摸底)某投资机构从事一项投资，先投入本金a(a>0)元，得到的利润是b(b>0)元，收益率为eq\f(b,a)(%)，假设在第一次投资的基础上，此机构每次都定期追加投资x(x>0)元，得到的利润也增加了x元，若该项投资的总收益率是增加的，则()A.a≥bB.a≤bC.a>bD.a<b解析：选C.由题意，设定期追加了n(n∈N*)次投资，则n次投资后收益率为eq\f(b＋nx,a＋nx)(%)，若该项投资的总收益率是增加的，则eq\f(b＋nx,a＋nx)>eq\f(b＋（n－1）x,a＋（n－1）x)对任意n(n∈N*)成立，即eq\f(b＋nx,a＋nx)－eq\f(b＋（n－1）x,a＋（n－1）x)＝eq\f(（a－b）x,（a＋nx）[a＋（n－1）x])＞0，由于x>0，a＋nx>0，a＋(n－1)x>0，所以a－b>0，即a>b.2.已知2a＝6b＝10，则ab________a＋b.(填＞、＜或＝)解析：由题得，a＝log210，b＝log610，所以eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝lg2＋lg6＝lg12＞1，所以a＋b＞ab.答案：＜考点二不等式的性质(自主练透)复习指导：利用不等式的性质判断不等式是否成立时要特别注意不等式成立的条件.1.(多选)(2022·广东高一10月月考)对于任意实数a，b，c，d，下列命题中的真命题是()A.若ac2>bc2，则a>bB.若bc－ad≥0，bd>0，则eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d)C.若a<b<0，则eq\f(b,a)>eq\f(a,b)D.若a>b，eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，则a>0，b<0解析：选ABD.对于A：若ac2>bc2，则c2>0，所以a>b，故A正确；对于B：若bc－ad≥0，bd>0，则eq\f(bc－ad,bd)≥0，化为eq\f(c,d)≥eq\f(a,b)，可得eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d)，故B正确；对于C：若a<b<0，所以a2>b2>0，ab>0，则eq\f(b,a)－eq\f(a,b)＝eq\f(b2－a2,ab)<0，故eq\f(b,a)<eq\f(a,b)，故C错误；对于D：若a>b，eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，则eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)>0，所以ab<0，所以a>0，b<0，故D正确.2.设a，b∈R，则“a>b”是“a|a|>b|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解析：选C.当b<0时，显然得a>b⇔a|a|>b|b|；当b＝0时，显然有a>b⇔a|a|>b|b|；当b>0时，由a>b得|a|>|b|，所以a>b⇔a|a|>b|b|.综上可知a>b⇔a|a|>b|b|，故选C.3.已知a>0>b，则下列不等式一定成立的是()A.a2<－ab B.|a|<|b|C.a3>b3 D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b)解析：选C.当a＝1，b＝－1时，满足a>0>b，此时a2＝－ab，|a|＝|b|，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b)，所以A，B，D不一定成立；因为a>0>b，所以a3>b3一定成立，故选C.4.(链接常用结论1)已知四个条件：①b＞0＞a；②0＞a＞b；③a＞0＞b；④a＞b＞0，能推出eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)的是________.(填序号)解析：运用倒数法则，a＞b，ab＞0⇒eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)，②④正确.又正数大于负数，所以①正确.答案：①②④判断不等式是否成立的常用方法一是用性质逐个验证；二是用特殊值法排除.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.考点三不等式性质的应用(思维发散)复习指导：利用不等式的性质求代数式的取值范围常用待定系数法.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】由题意得，－3<－y<－2，所以－4<x－y<2.因为－3<3x<12，4<2y<6，所以1<3x＋2y<18.【答案】(－4，2)(1，18)1.若将本例条件改为“－1<x<y<3”，求x－y的取值范围.解：因为－1<x<3，－1<y<3，所以－3<－y<1，所以－4<x－y<4.又因为x＜y，所以x－y<0，所以－4<x－y<0，故x－y的取值范围为(－4，0).2.若将本例条件改为“－1<x＋y<4，2<x－y<3”，求3x＋2y的取值范围.解：设3x＋2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,m－n＝2，))所以eq\b\lc\{(\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)，所以3x＋2y的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(23,2))).利用待定系数法求代数式的取值范围的步骤已知M1<f1(a，b)<N1，M2<f2(a，b)<N2，求g(a，b)的取值范围.(1)设g(a，b)＝pf1(a，b)＋qf2(a，b)；(2)根据恒等变形求得待定系数p，q；(3)再根据不等式的同向可加性即可求得g(a，b)的取值范围.[提醒]同向不等式的两边可以相加，但这种转化不是等价变形，如果多次使用这种转化，就有可能扩大代数式的取值范围.|跟踪训练|已知角α，β满足－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2)，0<α＋β<π，则3α－β的取值范围是________.解析：设3α－β＝m(α－β)＋n(α＋β)＝(m＋n)α＋(n－m)β，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,n－m＝－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝1.))因为－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2)，0<α＋β<π，所以－π<2(α－β)<π，故－π<3α－β<2π.答案：(－π，2π)[学生用书P318(单独成册)])[A基础达标]1.(多选)下列命题中，不正确的是()A.若a>b，c>d，则ac>bdB.若ac>bc，则a>bC.若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，则|a|＋b<0D.若a>b，c>d，则a－c>b－d解析：选ABD.取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，可知A错误；当c<0时，ac>bc⇒a<b，所以B错误；由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，可知b<a<0，所以－b>－a>0，故－b>|a|，即|a|＋b<0，故C正确；取a＝c＝2，b＝d＝1，可知D错误.2.(2022·德州乐陵第一中学调研)已知－1<a<0，b<0，则b，ab，a2b的大小关系是()A.b<ab<a2b B.a2b<ab<bC.a2b<b<ab D.b<a2b<ab解析：选D.因为－1<a<0，b<0，所以ab>0，a2b<0，所以ab为三者中的最大值.因为－1<a<0，所以0<a2<1，所以a2b－b＝(a2－1)b>0，所以a2b>b，所以b<a2b<ab.故选D.3.设x>0，y∈R，则“x>y”是“x>|y|”的()A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件解析：选C.由x>y推不出x>|y|，由x>|y|能推出x>y，所以“x>y”是“x>|y|”的必要不充分条件.4.设α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))，β∈[0，π]，则2α－eq\f(β,3)的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，π)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，π))解析：选D.由题设得－eq\f(π,3)<2α<π，0≤eq\f(β,3)≤eq\f(π,3)，所以－eq\f(π,3)≤－eq\f(β,3)≤0，所以－eq\f(2π,3)<2α－eq\f(β,3)＜π.5.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)解析：选A.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]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，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.6.已知a＝eq\f(1,4)log23，b＝eq\f(1,2)，c＝eq\f(1,2)log53，则()A.c＜a＜b B.a＜b＜cC.b＜c＜a D.b＜a＜c解析：选A.由题可知a＝log2eq\r(4,3)＜log2eq\r(4,4)＝eq\f(1,2)＝b，又a＝eq\f(1,4)×eq\f(lg3,lg2)＝eq\f(1,2)×eq\f(lg\r(3),lg2)，那么c＝eq\f(1,2)log53＝eq\f(1,2)×eq\f(lg3,lg5)＝eq\f(1,2)×eq\f(lg\r(3),lg\r(5))＜eq\f(1,2)×eq\f(lg\r(3),lg2)＝a，则c＜a＜b.故选A.7.设a＞b＞0，x＝eq\r(a＋b)－eq\r(a)，y＝eq\r(a)－eq\r(a－b)，则x，y的大小关系为()A.x＞y B.x＜yC.x＝y D.x，y的大小关系不定解析：选B.因为x＞0，y＞0，eq\f(x,y)＝eq\f(\r(a＋b)－\r(a),\r(a)－\r(a－b))＝eq\f(\r(a)＋\r(a－b),\r(a＋b)＋\r(a))＜1，所以x＜y.8.已知－1＜2a＋b＜2，3＜a－b＜4，则4a－b的取值范围是()A.(4，11) B.(5，11)C.(4，10) D.(5，10)解析：选D.因为4a－b＝(2a＋b)＋2(a－b)，所以4a－b∈(－1＋6，2＋8)＝(5，10).9.已知a＋b＞0，则eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)与eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的大小关系是________.解析：eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(a－b,b2)＋eq\f(b－a,a2)＝(a－b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)－\f(1,a2)))＝eq\f(（a＋b）（a－b）2,a2b2).因为a＋b＞0，(a－b)2≥0，所以eq\f(（a＋b）（a－b）2,a2b2)≥0.所以eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).答案：eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)10.(2022·重庆质检)已知三个不等式①ab>0；②eq\f(c,a)>eq\f(d,b)；③bc>ad.若以其中的两个作为条件，余下的一个作为结论，则可以组成________个正确命题.解析：①②⇒③，③①⇒②.(证明略)由②得eq\f(bc－ad,ab)>0，又由③得bc－ad>0，所以ab>0，即为①.所以可以组成3个正确命题.答案：311.已知12<a<60，15<b<36，则a－b的取值范围是________，eq\f(a,b)的取值范围是________.解析：因为15<b<36，所以－36<－b<－15.又12<a<60，所以12－36<a－b<60－15，所以－24<a－b<45，即a－b的取值范围是(－24，45).因为eq\f(1,36)<eq\f(1,b)<eq\f(1,15)，所以eq\f(12,36)<eq\f(a,b)<eq\f(60,15)，即eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<4，所以eq\f(a,b)的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4)).答案：(－24，45)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4))[B综合应用]12.若6<a<10，eq\f(a,2)≤b≤2a，c＝a