一輪復(fù)習數(shù)學浙江專版學案第二章 第一節(jié) 不等關(guān)系與不等式

第一節(jié)不等關(guān)系與不等式1．兩個實數(shù)比較大小的依據(jù)(1)a－b＞0?a＞b.(2)a－b＝0?a＝b.(3)a－b＜0?a＜b.2．不等式的性質(zhì)(1)對稱性：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＞0，c＞d＞0?ac＞bd；(5)可乘方：a＞b＞0?an＞bn(n∈N，n≥1)；(6)可開方：a＞b＞0?eq\r(n,a)＞eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)．[小題體驗]1．(教材習題改編)用不等號“＞”或“＜”填空：(1)a＞b，c＜d?a－c________b－d；(2)a＞b＞0，c＞d＞0?ac________bd；(3)a＞b＞0?eq\r(3,a)________eq\r(3,b).答案：(1)＞(2)＞(3)＞2.eq\r(2)＋eq\r(7)，eq\r(3)＋eq\r(6)的大小關(guān)系為____________．答案：eq\r(2)＋eq\r(7)＜eq\r(3)＋eq\r(6)3．已知a＜0，－1＜b＜0，則a，ab，ab2的大小關(guān)系是________．(用“＞”連接)解析：由－1＜b＜0，可得b＜b2＜1.又a＜0，∴ab＞ab2＞a.答案：ab＞ab2＞a1．在應(yīng)用傳遞性時，注意等號是否傳遞下去，如a≤b，b＜c?a＜c.2．在乘法法則中，要特別注意“乘數(shù)c的符號”，例如當c≠0時，有a＞b?ac2＞bc2；若無c≠0這個條件，a＞b?ac2＞bc2就是錯誤結(jié)論(當c＝0時，取“＝”)．[小題糾偏]1．設(shè)a，b，c∈R，且a＞b，則()A．a(chǎn)c＞bcB.eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)C．a(chǎn)2＞b2D.a3＞b3答案：D2．“a＞b＞0”是“eq\f(1,a2)＜eq\f(1,b2)”的________條件．答案：充分不必要eq\a\vs4\al(考點一比較兩個數(shù)式的大小)eq\a\vs4\al(基礎(chǔ)送分型考點——自主練透)[題組練透]1．已知p＝a＋eq\f(1,a－2)，q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x2－2，其中a＞2，x∈R，則p，q的大小關(guān)系是()A．p≥qB．p＞qC．p＜qD．p≤q解析：選A因為a＞2，所以p＝a＋eq\f(1,a－2)＝a－2＋eq\f(1,a－2)＋2≥2＋2＝4，當且僅當a＝3時取等號．因為x2－2≥－2，所以q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x2－2≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－2＝4，當且僅當x＝0時取等號．所以p≥q.2．若a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(ln3,3)，則a____b(填“＞”或“＜”)．解析：易知a，b都是正數(shù)，eq\f(b,a)＝eq\f(2ln3,3ln2)＝log89＞1，所以b＞a.答案：＜3．已知等比數(shù)列{an}中，a1＞0，q＞0，前n項和為Sn，則eq\f(S3,a3)與eq\f(S5,a5)的大小關(guān)系為________．解析：當q＝1時，eq\f(S3,a3)＝3，eq\f(S5,a5)＝5，所以eq\f(S3,a3)＜eq\f(S5,a5).當q＞0且q≠1時，eq\f(S3,a3)－eq\f(S5,a5)＝eq\f(a11－q3,a1q21－q)－eq\f(a11－q5,a1q41－q)＝eq\f(q21－q3－1－q5,q41－q)＝eq\f(－q－1,q4)＜0，所以eq\f(S3,a3)＜eq\f(S5,a5).綜上可知eq\f(S3,a3)＜eq\f(S5,a5).答案：eq\f(S3,a3)＜eq\f(S5,a5)[謹記通法]比較兩實數(shù)(式)大小的2種常用方法作差法其基本步驟：作差，變形，判斷符號，得出結(jié)論．用作差法比較大小的關(guān)鍵是判斷差的正負，常采用配方、因式分解、分子(分母)有理化等變形方法作商法判斷商與1的大小關(guān)系，得出結(jié)論，要特別注意，當商與1的大小確定后，必須對商式分子、分母的正負作出判斷，這是用作商法比較大小時最容易漏掉的關(guān)鍵步驟eq\a\vs4\al(考點二不等式的性質(zhì))eq\a\vs4\al(重點保分型考點——師生共研)[典例引領(lǐng)]1．若a＞b＞0，c＜d＜0，則一定有()A.eq\f(a,d)＞eq\f(b,c)B.eq\f(a,d)＜eq\f(b,c)C.eq\f(a,c)＞eq\f(b,d)D.eq\f(a,c)＜eq\f(b,d)解析：選B因為c＜d＜0，所以－c＞－d＞0，所以eq\f(1,－d)＞eq\f(1,－c)＞0.又a＞b＞0，所以eq\f(a,－d)＞eq\f(b,－c)，所以eq\f(a,d)＜eq\f(b,c).故選B.2．設(shè)a，b∈R，則“(a－b)·a2＜0”是“a＜b”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(a－b)·a2＜0，則必有a－b＜0，即a＜b；而a＜b時，不能推出(a－b)·a2＜0，如a＝0，b＝1，所以“(a－b)·a2＜0”是“a＜b”的充分不必要條件．[由題悟法]不等式性質(zhì)應(yīng)用問題的3大常見類型及解題策略(1)利用不等式性質(zhì)比較大?。煊洸坏仁叫再|(zhì)的條件和結(jié)論是基礎(chǔ)，靈活運用是關(guān)鍵，要注意不等式性質(zhì)成立的前提條件．(2)與充要條件相結(jié)合問題．用不等式的性質(zhì)分別判斷p?q和q?p是否正確，要注意特殊值法的應(yīng)用．(3)與命題真假判斷相結(jié)合問題．解決此類問題除根據(jù)不等式的性質(zhì)求解外，還經(jīng)常采用特殊值驗證的方法．[即時應(yīng)用]1．若eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，則下列結(jié)論不正確的是()A．a(chǎn)2＜b2 B．a(chǎn)b＜b2C．a(chǎn)＋b＜0 D．|a|＋|b|＞|a＋b|解析：選D∵eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，∴b＜a＜0，∴b2＞a2，ab＜b2，a＋b＜0，∴選項A、B、C均正確，∵b＜a＜0，∴|a|＋|b|＝|a＋b|，故D項錯誤，故選D.2．若a，b，c為實數(shù)，則下列命題正確的是()A．若a＞b，則ac2＞bc2B．若a＜b＜0，則a2＞ab＞b2C．若a＜b＜0，則eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)D．若a＜b＜0，則eq\f(b,a)＞eq\f(a,b)解析：選BA選項需滿足c≠0；取a＝－2，b＝－1知選項C、D錯誤．故選B.eq\a\vs4\al(考點三不等式性質(zhì)的應(yīng)用)eq\a\vs4\al(重點保分型考點——師生共研)[典例引領(lǐng)]1．(2018·嘉興期末)已知－1＜x＋y＜4,2＜x－y＜3，則3x＋2y的取值范圍是____________．解析：設(shè)3x＋2y＝m(x＋y)＋n(x－y)＝(m＋n)x＋(m－n)y，所以m＋n＝3，m－n＝2，解得m＝eq\f(5,2)，n＝eq\f(1,2)，所以3x＋2y＝eq\f(5,2)(x＋y)＋eq\f(1,2)(x－y)，由－1＜x＋y＜4，得－eq\f(5,2)＜eq\f(5,2)(x＋y)＜10，由2＜x－y＜3，得1＜eq\f(1,2)(x－y)＜eq\f(3,2)，上述不等式相加得－eq\f(3,2)＜eq\f(5,2)(x＋y)＋eq\f(1,2)(x－y)＜eq\f(23,2)，所以－eq\f(3,2)＜3x＋2y＜eq\f(23,2).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(23,2)))2．已知1≤lgxy≤4，－1≤lgeq\f(x,y)≤2，求lgeq\f(x2,y)的取值范圍．解：由1≤lgxy≤4，－1≤lgeq\f(x,y)≤2，得1≤lgx＋lgy≤4，－1≤lgx－lgy≤2，而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，即lgeq\f(x2,y)的取值范圍是[－1,5]．[類題通法]利用不等式性質(zhì)可以求某些代數(shù)式的取值范圍，但應(yīng)注意兩點：一是必須嚴格運用不等式的性質(zhì)；二是在多次運用不等式的性質(zhì)時有可能擴大了變量的取值范圍，解決的途徑是先建立所求范圍的整體與已知范圍的整體的等量關(guān)系，最后通過“一次性”不等關(guān)系的運算求解范圍．[即時應(yīng)用]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∵eq\f(a,2)≤b≤2a，∴eq\f(3a,2)≤a＋b≤3a，即eq\f(3a,2)≤c≤3a.∵6＜a＜10，∴9＜c＜30.故選D.2．若1＜α＜3，－4＜β＜2，則α－|β|的取值范圍是________．解析：∵－4＜β＜2，∴0≤|β|＜4，∴－4＜－|β|≤0.∴－3＜α－|β|＜3.答案：(－3,3)一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1．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.2．若a＜b＜0，則下列不等式不能成立的是()A.eq\f(1,a－b)＞eq\f(1,a)B.eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)C．|a|＞|b| D．a(chǎn)2＞b2解析：選A取a＝－2，b＝－1，則eq\f(1,a－b)＞eq\f(1,a)不成立．3．(2018·浙江十校聯(lián)盟適考)設(shè)a＞0且a≠1，則“ab＞1”是“(a－1)b＞0”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C若ab＞1，因為a＞0且a≠1，所以當0＜a＜1時，b＜0，此時(a－1)b＞0成立；當a＞1時，b＞0，此時(a－1)b＞0成立．若(a－1)b＞0，因為a＞0且a≠1，所以當0＜a＜1時，b＜0，此時ab＞1；當a＞1時，b＞0，此時ab＞1.所以“ab＞1”是“(a－1)b＞0”的充要條件．4．(2018·金華模擬)設(shè)a，b∈R，若a－|b|＞0，則下列不等式中正確的是()A．b－a＞0 B．a(chǎn)3＋b3＜0C．a(chǎn)2－b2＜0 D．b＋a＞0解析：選D利用賦值法，令a＝1，b＝0，排除A、B、C，選D.5．bg糖水中有ag糖(b＞a＞0)，若再添mg糖(m＞0)，則糖水變甜了．試根據(jù)這一事實，提煉出一個不等式____________．答案：eq\f(a,b)＜eq\f(a＋m,b＋m)二保高考，全練題型做到高考達標1．已知a1，a2∈(0,1)，記M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，則M與N的大小關(guān)系是()A．M＜N B．M＞NC．M＝N D．不確定解析：選BM－N＝a1a2－(a1＋a2－1)＝a1a2－a1－a2＋1＝(a1－1)(a2－1)，又∵a1∈(0,1)，a2∈(0,1)，∴a1－1＜0，a2－1＜0.∴(a1－1)(a2－1)＞0，即M－N＞0.∴M＞N.2．若eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，給出下列不等式：①eq\f(1,a＋b)＜eq\f(1,ab)；②|a|＋b＞0；③a－eq\f(1,a)＞b－eq\f(1,b)；④lna2＞lnb2.其中正確的不等式的序號是()A．①④ B．②③C．①③ D．②④解析：選C法一：因為eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，故可取a＝－1，b＝－2.顯然|a|＋b＝1－2＝－1＜0，所以②錯誤；因為lna2＝ln(－1)2＝0，lnb2＝ln(－2)2＝ln4＞0，所以④錯誤，綜上所述，可排除A、B、D，故選C.法二：由eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，可知b＜a＜0.①中，因為a＋b＜0，ab＞0，所以eq\f(1,a＋b)＜eq\f(1,ab)，故①正確；②中，因為b＜a＜0，所以－b＞－a＞0，故－b＞|a|，即|a|＋b＜0，故②錯誤；③中，因為b＜a＜0，又eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，則－eq\f(1,a)＞－eq\f(1,b)＞0，所以a－eq\f(1,a)＞b－eq\f(1,b)，故③正確；④中，因為b＜a＜0，根據(jù)y＝x2在(－∞，0)上為減函數(shù)，可得b2＞a2＞0，而y＝lnx在定義域(0，＋∞)上為增函數(shù)，所以lnb2＞lna2，故④錯誤．由以上分析，知①③正確．3．(2018·寧波模擬)設(shè)a，b是實數(shù)，則“a＞b＞1”是“a＋eq\f(1,a)＞b＋eq\f(1,b)”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件解析：選A因為a＋eq\f(1,a)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＝eq\f(a－bab－1,ab)，若a＞b＞1，顯然a＋eq\f(1,a)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＝eq\f(a－bab－1,ab)＞0，則充分性成立，當a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(2,3)時，顯然不等式a＋eq\f(1,a)＞b＋eq\f(1,b)成立，但a＞b＞1不成立，所以必要性不成立．4．若m＜0，n＞0且m＋n＜0，則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：選D法一：(取特殊值法)令m＝－3，n＝2分別代入各選項檢驗即可．法二：m＋n＜0?m＜－n?n＜－m，又由于m＜0＜n，故m＜－n＜n＜－m成立．5．設(shè)a＜0，b＜0，則p＝eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)與q＝a＋b的大小關(guān)系是()A．p＞q B．p≥qC．p＜q D．p≤q解析：選Dp－q＝eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)－(a＋b)＝eq\f(b3＋a3－a2b－ab2,ab)＝eq\f(aa2－b2－ba2－b2,ab)＝eq\f(a－ba2－b2,ab)＝eq\f(a－b2a＋b,ab).因為a＜0，b＜0，所以eq\f(a－b2a＋b,ab)≤0，即p≤q，故選D.6．已知a，b為實數(shù)，且a≠b，a＜0，則a________2b－eq\f(b2,a)(填“＞”“＜”或“＝”)．解析：∵a≠b，a＜0，∴a－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2b－\f(b2,a)))＝eq\f(a－b2,a)＜0，∴a＜2b－eq\f(b2,a).答案：＜7．已知函數(shù)f(x)＝ax＋b,0＜f(1)＜2，－1＜f(－1)＜1，則2a－b的取值范圍是________．解析：由函數(shù)的解析式可知0＜a＋b＜2，－1＜－a＋b＜1，又2a－b＝eq\f(1,2)(a＋b)－eq\f(3,2)(－a＋b)，結(jié)合不等式的性質(zhì)可得2a－b∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(5,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(5,2)))8．已知a＋b＞0，則eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)與eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的大小關(guān)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＋ba－b2,a2b2).∵a＋b＞0，(a－b)2≥0，∴eq\f(a＋ba－b2,a2b2)≥0.∴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)9．已知存在實數(shù)a滿足ab2＞a＞ab，則實數(shù)b的取值范圍是__________．解析：∵ab2＞a＞ab，∴a≠0，當a＞0時，b2＞1＞b，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2＞1，,b＜1，))解得b＜－1；當a＜0時，b2＜1＜b，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2＜1，,b＞1，))此式無解．綜上可得實數(shù)b的取值范圍為(－∞，－1)．答案：(－∞，－1)10．實數(shù)x，y滿足3≤xy2≤8，eq\f(1,9)≤eq\f(y,x2)≤eq\f(1,4)，求eq\f(x3,y4)的取值范圍．解：∵eq\f(1,9)≤eq\f(y,x2)≤eq\f(1,4)，∴4≤eq\f(x2,y)≤9，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y)))2∈[16,81]．又∵3≤xy2≤8.∴eq\f(1,xy2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，\f(1,3)))，∴eq\f(x3,y4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y)))2·eq\f(1,xy2)∈[2,27]，故eq\f(x3,y4)的取值范圍為[2,27]．三上臺階，自主選做志在沖刺名校1．(2018·合肥質(zhì)檢)已知△ABC的三邊長分別為a，b，c，且滿足b＋c≤3a，則eq\f(c,a)的取值范圍為()A．(1，＋∞) B．(0,2)C．(1,3) D．(0,3)解析：選B由已知及三角形三邊關(guān)系得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜b＋c≤3a，,a＋b＞c，,a＋c＞b，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＜\f(b,a)＋\f(c,a)≤3，,1＋\f(b,a)＞\f(c,a)，,1＋\f(c,a)＞\f(b,a)，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＜\f(b,a)＋\f(c,a)≤3，,－1＜\f(c,a)－\f(b,a)＜1，))兩式相加得，0＜2·eq\f(c,a)＜4