(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)練習(xí)2.1《相等關(guān)系與不等關(guān)系》(含解析)

第1講相等關(guān)系與不等關(guān)系最新考綱考向預(yù)測(cè)1．通過(guò)具體情境，感受生活中大量的不等關(guān)系，了解不等式(組)的實(shí)際背景．2．理解不等式的概念，掌握不等式的性質(zhì)．命題趨勢(shì)以考查不等式的性質(zhì)為重點(diǎn)，同時(shí)考查不等關(guān)系，常與函數(shù)、數(shù)列、解析幾何、實(shí)際問(wèn)題等相結(jié)合進(jìn)行綜合命題.核心素養(yǎng)邏輯推理1．實(shí)數(shù)大小與運(yùn)算性質(zhì)之間的關(guān)系a－b>0?a>b；a－b＝0?a＝b；a－b<0?a<b．2．等式的性質(zhì)(1)對(duì)稱性：若a＝b，則b＝a．(2)傳遞性：若a＝b，b＝c，則a＝c．(3)可加性：若a＝b，則a＋c＝b＋c．(4)可乘性：若a＝b，則ac＝bc；若a＝b，c＝d，則ac＝bd．3．不等式的性質(zhì)(1)對(duì)稱性：a＞b?b＜a.(2)傳遞性：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，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≥1)．(6)可開(kāi)方性：a＞b＞0?eq\r(n,a)＞eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)．常用結(jié)論1．倒數(shù)性質(zhì)(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，d>c>0?eq\f(a,c)>eq\f(b,d).2．有關(guān)分?jǐn)?shù)的性質(zhì)若a>b>0，m>0，則(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)．常見(jiàn)誤區(qū)1．在不等式的兩邊同乘以一個(gè)正數(shù)，不等號(hào)方向不變；同乘以一個(gè)負(fù)數(shù)，不等號(hào)方向改變；2．求范圍亂用不等式的加法原理致錯(cuò)．1．判斷正誤(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)兩個(gè)實(shí)數(shù)a，b之間，有且只有a>b，a＝b，a<b三種關(guān)系中的一種．()(2)若eq\f(a,b)>1，則a>b.()(3)一個(gè)不等式的兩邊同加上或同乘以同一個(gè)數(shù)，不等號(hào)方向不變．()(4)一個(gè)非零實(shí)數(shù)越大，則其倒數(shù)就越?。?)(5)a>b>0，c>d>0?eq\f(a,d)>eq\f(b,c).()(6)若ab>0，則a>b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).()答案：(1)√(2)×(3)×(4)×(5)√(6)√2．設(shè)a，b∈[0，＋∞)，A＝eq\r(a)＋eq\r(b)，B＝eq\r(a＋b)，則A，B的大小關(guān)系是()A．A≤B B．A≥BC．A<B D．A>B解析：選B.由題意得，B2－A2＝－2eq\r(ab)≤0，且A≥0，B≥0，可得A≥B.3．(易錯(cuò)題)若a>b>0，c<d<0，則一定有()A.eq\f(a,c)－eq\f(b,d)>0 B.eq\f(a,c)－eq\f(b,d)<0C.eq\f(a,d)>eq\f(b,c) D.eq\f(a,d)<eq\f(b,c)解析：選D.因?yàn)閏<d<0，所以0<－d<－c，又0<b<a，所以－bd<－ac，即bd>ac，又因?yàn)閏d>0，所以eq\f(bd,cd)>eq\f(ac,cd)，即eq\f(b,c)>eq\f(a,d).4．已知1<a<4，2<b<8，則eq\f(a,b)的取值范圍為_(kāi)_______．解析：因?yàn)?<a<4，2<b<8，又因?yàn)閑q\f(1,8)<eq\f(1,b)<eq\f(1,2)，所以eq\f(1,8)<eq\f(a,b)<eq\f(4,2)＝2，即eq\f(1,8)<eq\f(a,b)<2.答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，2))比較兩個(gè)數(shù)(式)的大小[題組練透]1．若a<0，b<0，則p＝eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)與q＝a＋b的大小關(guān)系為()A．p<q B．p≤qC．p>q D．p≥q解析：選B.(作差法)p－q＝eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)－a－b＝eq\f(b2－a2,a)＋eq\f(a2－b2,b)＝(b2－a2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))＝eq\f(（b2－a2）（b－a）,ab)＝eq\f(（b－a）2（b＋a）,ab)，因?yàn)閍<0，b<0，所以a＋b<0，ab>0.若a＝b，則p－q＝0，故p＝q；若a≠b，則p－q<0，故p<q.綜上，p≤q.故選B.2．已知a>b>0，m>0，則()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)與eq\f(b＋m,a＋m)的大小關(guān)系不確定解析：選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?yàn)閍>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).3．若a＝eq\f(ln3,3)，b＝eq\f(ln2,2)，比較a與b的大小．解：因?yàn)閍＝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.eq\a\vs4\al()比較兩個(gè)數(shù)(式)大小的方法[注意](1)與命題真假判斷相結(jié)合問(wèn)題．解決此類(lèi)問(wèn)題除根據(jù)不等式的性質(zhì)求解外，還經(jīng)常采用特殊值驗(yàn)證的方法．(2)在求式子的范圍時(shí)，如果多次使用不等式的可加性，式子中的等號(hào)不能同時(shí)取到，會(huì)導(dǎo)致范圍擴(kuò)大．不等式的性質(zhì)(1)已知a，b，c∈R，那么下列命題中正確的是()A．若eq\f(a,b)＞1，則a＞bB．若eq\f(a,c)＞eq\f(b,c)，則a＞bC．若a3＞b3且ab＜0，則eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)D．若a2＞b2且ab＞0，則eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)(2)(多選)下列命題為真命題的是()A．若a>b>0，則ac2>bc2B．若a<b<0，則a2>ab>b2C．若a>b>0且c<0，則eq\f(c,a2)>eq\f(c,b2)D．若a>b且eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，則ab<0【解析】(1)A中，只有b＞0時(shí)正確，故A錯(cuò)誤；B中，當(dāng)c＜0時(shí)，a＜b，故B錯(cuò)誤；C中，若a3＞b3，ab＜0，則a＞0＞b，所以eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，故C正確；D中，當(dāng)a＜0，b＜0時(shí)，eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)不成立，故D錯(cuò)誤．綜上所述，故選C.(2)當(dāng)c＝0時(shí)，不等式不成立，所以A命題是假命題；eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<b，,a<0))?a2>ab，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<b，,b<0))?ab>b2，所以a2>ab>b2，所以B命題是真命題；a>b>0?a2>b2>0?0<eq\f(1,a2)<eq\f(1,b2)，因?yàn)閏<0，所以eq\f(c,a2)>eq\f(c,b2)，所以C命題是真命題；eq\f(1,a)>eq\f(1,b)?eq\f(1,a)－eq\f(1,b)>0?eq\f(b－a,ab)>0，因?yàn)閍>b，所以b－a<0，ab<0，所以D命題是真命題，故選BCD.【答案】(1)C(2)BCDeq\a\vs4\al()不等式性質(zhì)應(yīng)用問(wèn)題的常見(jiàn)類(lèi)型及解題策略(1)判斷不等式是否成立，需要逐一給出推理判斷或反例說(shuō)明．常用的推理判斷需要利用不等式的性質(zhì)．(2)在判斷一個(gè)關(guān)于不等式的命題真假時(shí)，先把要判斷的命題和不等式性質(zhì)聯(lián)系起來(lái)考慮，找到與命題相近的性質(zhì)，并應(yīng)用性質(zhì)判斷命題真假，當(dāng)然判斷的同時(shí)還要用到其他知識(shí)，比如對(duì)數(shù)函數(shù)、指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)等．1．(2020·石家莊質(zhì)量檢測(cè))已知a>0>b，則下列不等式一定成立的是()A．a(chǎn)2<－ab B．|a|<|b|C.eq\f(1,a)>eq\f(1,b) 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：選C.通解：當(dāng)a＝1，b＝－1時(shí)，滿足a>0>b，此時(shí)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?yàn)閍>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)一定成立，故選C.優(yōu)解：因?yàn)閍>0>b，所以eq\f(1,a)>0>eq\f(1,b)，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)一定成立．故選C.2．已知a<b<c且a＋b＋c＝0，則下列不等式恒成立的是()A．a(chǎn)2<b2<c2B．a(chǎn)|b|<c|b|C．ba<caD．ca<cb解析：選D.因?yàn)閍<b<c且a＋b＋c＝0，所以a<0，c>0，b的符號(hào)不確定，對(duì)于b>a，兩邊同時(shí)乘以正數(shù)c，不等號(hào)方向不變．不等式性質(zhì)的應(yīng)用已知－1<x<4，2<y<3，則x－y的取值范圍是________，3x＋2y的取值范圍是________．【解析】因?yàn)椋?<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)【引申探究】1．(變條件)若將本例條件改為“－1<x<y<3”，求x－y的取值范圍．解：因?yàn)椋?<x<3，－1<y<3，所以－3<－y<1，所以－4<x－y<4.又因?yàn)閤＜y，所以x－y<0，所以－4<x－y<0，故x－y的取值范圍為(－4，0)．2．(變問(wèn)法)若本例的條件不變，求2x－3y的取值范圍．解：因?yàn)椋?<x<4，2<y<3.所以－2<2x<8，－9<－3y<－6.即－11<2x－3y<2.故2x－3y的取值范圍為(－11，2)eq\a\vs4\al()利用待定系數(shù)法求代數(shù)式的取值范圍已知M1<f1(a，b)<N1，M2<f2(a，b)<N2，求g(a，b)的取值范圍．(1)設(shè)g(a，b)＝pf1(a，b)＋qf2(a，b)；(2)根據(jù)恒等變形求得待定系數(shù)p，q；(3)再根據(jù)不等式的同向可加性即可求得g(a，b)的取值范圍．1．若6<a<10，eq\f(a,2)≤b≤2a，c＝a＋b，則c的取值范圍是()A．[9，18] B．(15，30)C．[9，30] D．(9，30)解析：選D.因?yàn)閑q\f(a,2)≤b≤2a，所以eq\f(3a,2)≤a＋b≤3a，即eq\f(3a,2)≤c≤3a，因?yàn)?<a<10，所以9<c<30.故選D.2．若－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，則α－β的取值范圍是________．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)高考新聲音系列1高考中的開(kāi)放性試題(2020·高考北京卷)若函數(shù)f(x)＝sin(x＋φ)＋cosx的最大值為2，則常數(shù)φ的一個(gè)取值為_(kāi)_______．【解析】易知當(dāng)y＝sin(x＋φ)，y＝cosx同時(shí)取得最大值1時(shí)，函數(shù)f(x)＝sin(x＋φ)＋cosx取得最大值2，故sin(x＋φ)＝cosx，則φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，故常數(shù)φ的一個(gè)取值為eq\f(π,2).【答案】eq\f(π,2)(答案不唯一)eq\a\vs4\al()此類(lèi)題目在近兩年北京卷試題中都有出現(xiàn)，條件開(kāi)放，有助于學(xué)生多角度思維發(fā)揮，提升學(xué)生的邏輯思維能力．1．能夠說(shuō)明“存在兩個(gè)不相等的正數(shù)a，b，使得a－b＝ab是真命題”的一組有序數(shù)對(duì)(a，b)為_(kāi)_______．解析：由a－b＝ab，得eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝1，又a，b為正數(shù)，所以有序數(shù)對(duì)可以為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,4)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,5)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(1,6)))等都符合題意．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,3)))(答案不唯一)2．能夠說(shuō)明“設(shè)a，b，c是任意實(shí)數(shù)，若a>b>c，則a＋b>c”說(shuō)法不正確的一組整數(shù)a，b，c的值依次為_(kāi)_______．解析：因?yàn)閍>b>c，所以a>c，b>c，則a＋b>2c.2c與c的大小關(guān)系不確定，當(dāng)c＝0時(shí)，2c＝c；當(dāng)c>0時(shí)，2c>c；當(dāng)c<0時(shí)，2c<c.不妨令a＝－1，b＝－2，c＝－3，則a＋b＝c.所以a＋b>c不一定正確．答案：－1，－2，－3(答案不唯一)[A級(jí)基礎(chǔ)練]1．若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，則f(x)，g(x)的大小關(guān)系是()A．f(x)＝g(x) B．f(x)>g(x)C．f(x)<g(x) D．隨x的值變化而變化解析：選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)同時(shí)成立，則()A．a(chǎn)b>0 B．a(chǎn)b<0C．a(chǎn)＋b>0 D．a(chǎn)＋b<0解析：選A.因?yàn)閑q\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a，b∈R，且a>|b|，則()A．a(chǎn)<－b B．a(chǎn)>bC．a(chǎn)2<b2 D.eq\f(1,a)>eq\f(1,b)解析：選B.由a>|b|可知，當(dāng)b≥0時(shí)，a>b；當(dāng)b<0時(shí)，a>－b，則a>0>b.綜上可知，當(dāng)a>|b|時(shí)，a>b恒成立，故選B.4．已知a，b，c滿足c<b<a，且ac<0，那么下列選項(xiàng)中一定成立的是()A．a(chǎn)b>ac B．c(b－a)<0C．cb2<ab2 D．a(chǎn)c(a－c)>0解析：選A.由c<b<a且ac<0，知c<0且a>0.由b>c，得ab>ac一定成立．5．已知a，b，c，d為實(shí)數(shù)，則“a>b且c>d”是“ac＋bd>bc＋ad”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選A.因?yàn)閏>d，所以c－d>0.又a>b，所以兩邊同時(shí)乘(c－d)，得a(c－d)>b(c－d)，即ac＋bd>bc＋ad.若ac＋bd>bc＋ad，則a(c－d)>b(c－d)，也可能a<b且c<d，所以“a>b且c>d”是“ac＋bd>bc＋ad”的充分不必要條件．6．(多選)若a，b，c∈R，給出下列命題中，正確的有()A．若a>b，c>d，則a＋c>b＋dB．若a>b，c>d，則b－c>a－dC．若a>b，c>d，則ac>bdD．若a>b，c>0，則ac>bc解析：選AD.因?yàn)閍>b，c>d，由不等式的同向可加性得a＋c>b＋d，故A正確；由A正確，可知B不正確；取4>－2，－1>－3，則4×(－1)<(－2)×(－3)，故C不正確；因?yàn)閍>b，c>0，所以ac>bc.故D正確．綜上可知，只有AD正確．故選AD.7．(多選)下列命題中，不正確的是()A．若a>b，c>d，則ac>bdB．若ac>bc，則a>bC．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則|a|＋b<0D．若a>b，c>d，則a－c>b－d解析：選ABD.取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，可知A錯(cuò)誤；當(dāng)c<0時(shí)，ac>bc?a<b，所以B錯(cuò)誤；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正確；取a＝c＝2，b＝d＝1，可知D錯(cuò)誤．8．(多選)設(shè)b>a>0，c∈R，則下列不等式中正確的是()A．a(chǎn)eq\s\up6(\f(1,2))<beq\s\up6(\f(1,2))B.eq\f(1,a)－c>eq\f(1,b)－cC.eq\f(a＋2,b＋2)>eq\f(a,b)D．a(chǎn)c2<bc2解析：選ABC.因?yàn)閥＝xeq\s\up6(\f(1,2))在(0，＋∞)上是增函數(shù)，所以aeq\s\up6(\f(1,2))<beq\s\up6(\f(1,2)).因?yàn)閥＝eq\f(1,x)－c在(0，＋∞)上是減函數(shù)，所以eq\f(1,a)－c>eq\f(1,b)－c.因?yàn)閑q\f(a＋2,b＋2)－eq\f(a,b)＝eq\f(2（b－a）,（b＋2）b)>0，所以eq\f(a＋2,b＋2)>eq\f(a,b).當(dāng)c＝0時(shí)，ac2＝bc2，所以D不成立．故選ABC.9．若a1<a2，b1<b2，則a1b1＋a2b2與a1b2＋a2b1的大小關(guān)系是________．解析：作差可得(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)·(b1－b2)，因?yàn)閍1<a2，b1<b2，所以(a1－a2)(b1－b2)>0，即a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1.答案：a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b110．若1<α<3，－4<β<2，則α－|β|的取值范圍是________．解析：因?yàn)椋?<β<2，所以0≤|β|<4，所以－4<－|β|≤0.所以－3<α－|β|<3.答案：(－3，3)11．設(shè)a>b，有下列不等式：①eq\f(a,c2)>eq\f(b,c2)；②eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；③|a|>|b|；④a|c|≥b|c|，其中一定成立的有________．(填序號(hào))解析：對(duì)于①，eq\f(1,c2)>0，故①成立；對(duì)于②，a>0，b<0時(shí)不成立；對(duì)于③，取a＝1，b＝－2時(shí)不成立；對(duì)于④，|c|≥0，故④成立．答案：①④12．已知存在實(shí)數(shù)a滿足ab2>a>ab，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是________．解析：因?yàn)閍b2>a>ab，所以a≠0，當(dāng)a>0時(shí)，b2>1>b，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2>1，,b<1，))解得b<－1；當(dāng)a<0時(shí)，b2<1<b，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2<1，,b>1))無(wú)解．綜上可得b<－1.答案：(－∞，－1)[B級(jí)綜合練]13．已知2<a＋b<5，0<a－b<1，某同學(xué)得出了如下結(jié)論：①1<a<3；②1<b<2；③eq\f(1,2)<b<eq\f(5,2)；④－4<a－2b<0.其中正確的結(jié)論是()A．①③④ B．②④C．①② D．①③解析：選D.因?yàn)閍＝eq\f(1,2)(a＋b)＋eq\f(1,2)(a－b)，且2<a＋b<5，0<a－b<1，則1<eq\f(1,2)(a＋b)<eq\f(5,2)，0<eq\f(1,2)(a－b)<eq\f(1,2)，所以1<a<3，①正確；因?yàn)閎＝eq\f(1,2)(a＋b)－eq\f(1,2)(a－b)，且－eq\f(1,2)<－eq\f(1,2)(a－b)<0，所以eq\f(1,2)<b<eq\f(5,2)，②錯(cuò)誤，③正確；因?yàn)閍－2b＝－eq\f(1,2)(a＋b)＋eq\f(3,2)(a－b)，且－eq\f(5,2)<－eq\f(1,2)(a＋b)<－1，0<eq\f(3,2)(a－b)<eq\f(3,2)，所以－eq\f(5,2)<a－2b<eq\f(1,2)，④錯(cuò)誤．14．(多選)(2021·浙江溫州七校期中測(cè)試)十六世紀(jì)中葉，英國(guó)數(shù)學(xué)家雷科德在《礪智石》一書(shū)中首先把“＝”作為等號(hào)使用，后來(lái)英國(guó)數(shù)學(xué)家哈利奧特首次使用“<”和“>”符號(hào)，這種符號(hào)逐漸被數(shù)學(xué)界接受，不等號(hào)的引入對(duì)不等式的發(fā)展影響深遠(yuǎn)．若a，b，c∈R，則下列命題正確的是()A．若ab≠0且a<b，則eq\f(1,a)>eq\f(1,b)B．若0<a<1，則a3<aC．若a>b>0，則eq\f(b＋1,a＋1)>eq\f(b,a)D．若c<b<a且ac<0，則cb2<ab2解析：