2025版高考数学一轮复习第七章不等式第1讲不等关系与不等式教案文新人教A版

PAGEPAGE1第1讲不等关系与不等式一、学问梳理1．实数大小依次与运算性质之间的关系a－b>0⇔a>b；a－b＝0⇔a＝b；a－b<0⇔a<b．2．不等式的基本性质(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；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.(5)可乘方：a＞b＞0⇒an＞bn(n∈N，n≥1)．(6)可开方：a＞b＞0⇒eq\r(n,a)＞eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)．常用结论记住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<0<b⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；③a>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①eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0)；②eq\f(a,b)>eq\f(a＋m,b＋m)；eq\f(a,b)<eq\f(a－m,b－m)(b－m>0)．二、习题改编1．(必修5P75A组T2改编)eq\f(1,\r(2)－1)eq\r(3)＋1(填“>”“<”或“＝”)．答案：<2．(必修5P74练习T3改编)若a，b都是实数，则“eq\r(a)－eq\r(b)>0”是“a2－b2>0”的条件．(填“充分不必要”“必要不充分”和“充要”)解析：eq\r(a)－eq\r(b)>0⇒eq\r(a)>eq\r(b)⇒a>b≥0⇒a2>b2，但由a2－b2>0⇒/eq\r(a)－eq\r(b)>0.答案：充分不必要一、思索辨析推断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(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)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．()(4)同向不等式具有可加性和可乘性．()(5)两个数的比值大于1，则分子不肯定大于分母．()答案：(1)√(2)×(3)×(4)×(5)√二、易错纠偏eq\a\vs4\al(常见误区)(1)不等号的传递性中同向问题；(2)可乘性中的乘正负数问题．1．设a>b，a，b，c∈R，则下列结论正确的是()A．ac2>bc2 B.eq\f(a,b)>1C．a－c>b－c D．a2>b2解析：选C.当c＝0时，ac2＝bc2，所以选项A错误；当b＝0时，eq\f(a,b)无意义，所以选项B错误；因为a>b，所以a－c>b－c恒成立，所以选项C正确；当a≤0时，a2<b2，所以选项D错误．故选C.2．下列不等式中恒成立的是．①m－3＞m－5；②5－m＞3－m；③5m＞3m；④5＋m＞5－m.解析：m－3－m＋5＝2＞0，故①恒成立；5－m－3＋m＝2＞0，故②恒成立；5m－3m＝2m，无法推断其符号，故③不恒成立；5＋m－5＋m＝2m，无法推断其符号，故④不恒成立．答案：①②比较两个数(式)的大小(典例迁移)(1)已知a>b>0，m>0，则()A.eq\f(b,a)＝eq\f(b＋m,a＋m)B.eq\f(b,a)>eq\f(b＋m,a＋m)C.eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)D.eq\f(b,a)与eq\f(b＋m,a＋m)的大小关系不确定(2)若a＝eq\f(ln3,3)，b＝eq\f(ln2,2)，比较a与b的大小．【解】(1)选C.eq\f(b,a)－eq\f(b＋m,a＋m)＝eq\f(b（a＋m）－a（b＋m）,a（a＋m）)＝eq\f(m（b－a）,a（a＋m）).因为a>b>0，m>0.所以b－a<0，a＋m>0，所以eq\f(m（b－a）,a（a＋m）)<0.即eq\f(b,a)－eq\f(b＋m,a＋m)<0.所以eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m).(2)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.【迁移探究】若本例(1)的条件不变，试比较eq\f(b,a)与eq\f(b－m,a－m)的大小．解：eq\f(b,a)－eq\f(b－m,a－m)＝eq\f(b（a－m）－a（b－m）,a（a－m）)＝eq\f(m（a－b）,a（a－m）).因为a>b>0，m>0.所以a－b>0，m(a－b)>0.(1)当a>m时，a(a－m)>0，所以eq\f(m（a－b）,a（a－m）)>0，即eq\f(b,a)－eq\f(b－m,a－m)>0，故eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m).(2)当a<m时，a(a－m)<0.所以eq\f(m（a－b）,a（a－m）)<0，即eq\f(b,a)－eq\f(b－m,a－m)<0，故eq\f(b,a)<eq\f(b－m,a－m).eq\a\vs4\al()比较两个数(式)大小的3种方法1．设a，b∈[0，＋∞)，A＝eq\r(a)＋eq\r(b)，B＝eq\r(a＋b)，则A，B的大小关系是()A．A≤B B．A≥BC．A<B D．A>B解析：选B.由题意得，B2－A2＝－2eq\r(ab)≤0，且A≥0，B≥0，可得A≥B.2．已知a，b是实数，且e<a<b，其中e是自然对数的底数，则ab与ba的大小关系是．解析：令f(x)＝eq\f(lnx,x)，x>0，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当x>e时，f′(x)<0，即函数f(x)在x>e时是减函数．因为e<a<b，所以eq\f(lna,a)>eq\f(lnb,b)，即blna>alnb，所以lnab>lnba，则ab>ba.答案：ab>ba不等式的性质(师生共研)(1)(特值法)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(2)若a＞0＞b＞－a，c<d<0，则下列结论：①ad＞bc；②eq\f(a,d)＋eq\f(b,c)<0；③a－c＞b－d；④a(d－c)＞b(d－c)中成立的个数是()A．1 B．2C．3 D．4【解析】(1)当b<0时，明显有a>b⇔a|a|>b|b|；当b＝0时，明显有a>b⇔a|a|>b|b|；当b>0时，由a>b有|a|>|b|，所以a>b⇔a|a|>b|b|.综上可知a>b⇔a|a|>b|b|，故选C.(2)因为a＞0＞b，c<d<0，所以ad<0，bc＞0，所以ad<bc，故①错误．因为0＞b＞－a，所以a＞－b＞0，因为c<d<0，所以－c＞－d＞0，所以a(－c)＞(－b)(－d)，所以ac＋bd<0，所以eq\f(a,d)＋eq\f(b,c)＝eq\f(ac＋bd,cd)<0，故②正确．因为c<d，所以－c＞－d，因为a＞b，所以a＋(－c)＞b＋(－d)，即a－c＞b－d，故③正确．因为a＞b，d－c＞0，所以a(d－c)＞b(d－c)，故④正确，故选C.【答案】(1)C(2)Ceq\a\vs4\al()推断关于不等式的命题的真假的方法(1)干脆运用不等式的性质：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，然后进行推理推断．(2)利用函数的单调性：当干脆利用不等式的性质不能比较大小时，可以利用指数函数、对数函数、幂函数等函数的单调性进行推断．(3)特别值验证法：给要推断的几个式子中涉及的变量取一些特别值，然后进行比较、推断．1．(一题多解)(2024·石家庄质量检测)已知a>0>b，则下列不等式肯定成立的是()A．a2<－ab B．|a|<|b|C.eq\f(1,a)>eq\f(1,b) D．(eq\f(1,2))a>(eq\f(1,2))b解析：选C.通解：当a＝1，b＝－1时，满意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不肯定成立，因为a>0>b，所以b－a<0，ab<0，所以eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)>0，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)肯定成立，故选C.优解：因为a>0>b，所以eq\f(1,a)>0>eq\f(1,b)，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)肯定成立．故选C.2．已知a<b<c且a＋b＋c＝0，则下列不等式恒成立的是()A．a2<b2<c2 B．a|b|<c|b|C．ba<ca D．ca<cb解析：选D.因为a<b<c且a＋b＋c＝0，所以a<0，c>0，b的符号不定，对于b>a，两边同时乘以正数c，不等号方向不变．不等式性质的应用(典例迁移)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)【迁移探究1】(变条件)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)．【迁移探究2】(变条件)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))).eq\a\vs4\al()求代数式取值范围的方法利用不等式性质求某些代数式的取值范围时，多次运用不等式的性质时有可能会扩大变量的取值范围．解决此类问题，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，是避开错误的有效途径．1．设α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))，β∈[0，π]，那么2α－eq\f(β,3)的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3))) 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.2．(2024·长春市质量检测(一))已知角α，β满意－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)[基础题组练]1．若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，则f(x)，g(x)的大小关系是()A．f(x)＝g(x) B．f(x)>g(x)C．f(x)<g(x) D．随x的值改变而改变解析：选B.f(x)－g(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0⇒f(x)>g(x)．2．已知a，b∈R，若a>b，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)同时成立，则()A．ab>0 B．ab<0C．a＋b>0 D．a＋b<0解析：选A.因为eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，所以eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)<0，又a>b，所以b－a<0，所以ab>0.3．若m<0，n>0且m＋n<0，则下列不等式中成立的是()A．－n<m<n<－m B．－n<m<－m<nC．m<－n<－m<n D．m<－n<n<－m解析：选D.法一(取特别值法)：令m＝－3，n＝2分别代入各选项检验即可．法二：m＋n<0⇒m<－n⇒n<－m，又由于m<0<n，故m<－n<n<－m成立．4．已知实数a，b，c满意b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系是()A．c≥b>a B．a>c≥bC．c>b>a D．a>c>b解析：选A.因为c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，所以c≥b.又b＋c＝6－4a＋3a2，所以2b＝2＋2a2，所以b＝a2＋1，所以b－a＝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b>a，所以c≥b>a.5．(2024·扬州模拟)若a1<a2，b1<b2，则a1b1＋a2b2与a1b2＋a2b1的大小关系是．解析：作差可得(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)·(b1－b2)，因为a1<a2，b1<b2，所以(a1－a2)(b1－b2)>0，即a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1.答案：a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b16．已知a，b∈R，则a<b和eq\f(1,a)<eq\f(1,b)同时成立的条件是．解析：若ab<0，由a<b两边同除以ab得，eq\f(1,b)＞eq\f(1,a)，即eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；若ab＞0，则eq\f(1,a)＞eq\f(1,b).所以a<b和eq\f(1,a)<eq\f(1,b)同时成立的条件是a<0<b.答案：a<0<b7．若角α，β满意－eq\f(π,2)<α<β<π，则α－β的取值范围是．解析：因为－eq\f(π,2)<α<π，－eq\f(π,2)<β<π，所以－π<－β<eq\f(π,2)，所以－eq\f(3π,2)<α－β<eq\f(3π,2).又因为α<β，所以α－β<0，从而－eq\f(3π,2)<α－β<0.答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，0))8．已知12<a<60，15<b<36，求a－b，eq\f(a,b)的取值范围．解：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)，所以eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<4，即eq\f(a,b)的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4)).[综合题组练]1