2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第六章不等式第一講不等關(guān)系與不等式學(xué)案新人教版

PAGE第六章不等式第一講不等關(guān)系與不等式學(xué)問(wèn)梳理·雙基自測(cè)eq\x(知)eq\x(識(shí))eq\x(梳)eq\x(理)學(xué)問(wèn)點(diǎn)一實(shí)數(shù)的大小與運(yùn)算性質(zhì)的關(guān)系(1)a>b?_a－b>0__；(2)a＝b?_a－b＝0__；(3)a<b?_a－b<0__.學(xué)問(wèn)點(diǎn)二比較大小的常用方法(1)作差法一般步驟是：①作差；②變形；③定號(hào)；④結(jié)論．其中關(guān)鍵是變形，常采納配方、因式分解、有理化等方法把差式變成積式或者完全平方式．當(dāng)兩個(gè)式子都為正數(shù)時(shí)，也可以先平方再作差．(2)作商法一般步驟是：①作商；②變形；③推斷商與1的大??；④結(jié)論(留意所比較的兩個(gè)數(shù)的符號(hào))．學(xué)問(wèn)點(diǎn)三不等式的性質(zhì)(1)對(duì)稱性：a>b?b<a；(2)傳遞性：a>b，b>c?_a>c__；(3)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)可開(kāi)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(結(jié))eq\x(論)1．a(chǎn)>b，ab>0?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).2．a(chǎn)<0<b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).3．a(chǎn)>b>0,0<c<d?eq\f(a,c)>eq\f(b,d).4．若a>b>0，m>0，則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(雙)eq\x(基)eq\x(自)eq\x(測(cè))題組一走出誤區(qū)1．推斷下列結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(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)a>b>0，c>d>0?eq\f(a,d)>eq\f(b,c).(√)(4)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．(×)(5)ab>0，a>b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).(√)題組二走進(jìn)教材2．(必修5P74T3改編)若a，b都是實(shí)數(shù)，則“eq\r(a)－eq\r(b)>0”是“a2－b2>0”的(A)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]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改編)設(shè)b<a，d<c，則下列不等式中肯定成立的是(C)A．a(chǎn)－c<b－d B．a(chǎn)c<bdC．a(chǎn)＋c>b＋d D．a(chǎn)＋d>b＋c[解析]由同向不等式具有可加性可知C正確．題組三走向高考4．(2024·北京)已知x，y∈R，且x>y>0，則(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，則eq\f(1,x)<eq\f(1,y)，sinx與siny的大小關(guān)系不確定，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與0的大小關(guān)系不確定，故選C．5．(2024·全國(guó))若a>b，則(C)A．ln(a－b)>0 B．3a<3C．a(chǎn)3－b3>0 D．|a|>|b|考點(diǎn)突破·互動(dòng)探究考點(diǎn)一比較代數(shù)式的大小——自主練透例1(1)若x<y<0，試比較(x2＋y2)(x－y)與(x2－y2)(x＋y)的大??；(2)設(shè)a>0，b>0，且a≠b，試比較aabb與abba的大?。?3)若a>b>0，試比較eq\r(a－b)與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.當(dāng)a>b>0時(shí)，eq\f(a,b)>1，a－b>0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，∴aabb>abba；當(dāng)b>a>0時(shí)，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)的條件下aabb_>__(ab)eq\s\up7(\f(a+b,2)).名師點(diǎn)撥比較兩實(shí)數(shù)大小的方法比較兩個(gè)代數(shù)式的大小，常用的方法有兩種，一種是作差法，解題步驟是：作差—變形—與0比較，變形的方法主要有通分、因式分解、配方等，變形的目的是為了更有利于推斷符號(hào)．另一種是作商法，解題步驟是作商—變形—與1比較．作商法通常適用于兩代數(shù)式同號(hào)的情形．留意①若eq\f(a,b)>1，b<0，則a<b；②比較兩式大小時(shí)可以先賦值推斷兩式大小關(guān)系，以明確比較時(shí)變形的方向；③留意函數(shù)單調(diào)性在比較大小中的應(yīng)用.考點(diǎn)二不等式的性質(zhì)——師生共研例2(1)(多選題)已知a>b>0，c>d>0，則下列不等式中肯定成立的是(ABD)A．a(chǎn)＋c>b＋d B．a(chǎn)－d>b－cC．eq\f(a,c)>eq\f(b,d) D．eq\r(ac)>eq\r(bd)(2)(2024·廣東華附、省實(shí)、廣雅、深中期末聯(lián)考)設(shè)a>1>b>－1，b≠0，則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(chǎn)>b2 D．a(chǎn)2>2b(3)(2024·四省八校質(zhì)檢)若logab<logac，則下列不等式肯定成立的是(C)A．a(chǎn)b<ac B．eq\f(a,b)>eq\f(a,c)C．a(chǎn)b<ac D．ba>ca[解析](1)對(duì)于A，因?yàn)閍>b>0，c>d>0，所以a＋c>b＋d成立．對(duì)于B，因?yàn)閍＋c>b＋d，所以a－d>b－c成立．對(duì)于C，舉反例，如a＝6，b＝2，c＝3，d＝1，可知eq\f(a,c)＝eq\f(b,d)，故C錯(cuò)誤．對(duì)于D，因?yàn)閍>b>0，c>d>0，所以ac>bd>0，故eq\r(ac)>eq\r(bd)成立．故選ABD．(2)對(duì)于A，當(dāng)a為正數(shù)，b為負(fù)數(shù)時(shí)，eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，所以，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，當(dāng)a＝2，b＝eq\f(1,2)時(shí)，B不成立，所以錯(cuò)誤；對(duì)于C,1>b>－1?b2<1，而a>1，所以選項(xiàng)C正確；對(duì)于D，取反例：a＝1.1?a2＝1.21，b＝0.8?2b＝1.6，D錯(cuò)誤．(3)由題意知0<a且a≠1，當(dāng)0<a<1時(shí)，b>c>0，∴ab>ac，且eq\f(1,b)<eq\f(1,c)，從而eq\f(a,b)<eq\f(a,c)，∴A，B錯(cuò)，當(dāng)a>1時(shí)，0<b<c，∴ba<ca，∴D錯(cuò)．故選C．名師點(diǎn)撥(1)在推斷一個(gè)關(guān)于不等式命題的真假時(shí)，先把要推斷的命題和不等式的性質(zhì)聯(lián)系起來(lái)考慮，找到與命題相近的性質(zhì)，并依據(jù)性質(zhì)推斷命題的真假，有時(shí)還要用到其他學(xué)問(wèn)，如本例中冪函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)等．(2)在應(yīng)用不等式的性質(zhì)時(shí)，不行以強(qiáng)化或弱化不等式成立的條件，如“同向不等式”才可以相加，“同向正數(shù)不等式”才可以相乘．(3)在不等關(guān)系的推斷中，賦值法是特別有效的方法．〔變式訓(xùn)練1〕(1)(多選題)(2024·四川攀枝花統(tǒng)考改編)設(shè)a，b，c為實(shí)數(shù)，且a<b<0，則下列不等式正確的是(CD)A．eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．a(chǎn)c2<bc2C．eq\f(b,a)<eq\f(a,b) D．a(chǎn)2>ab>b2(2)(2024·山東省棗莊市模擬)已知0<a<1,0<c<b<1，下列不等式成立的是(D)A．a(chǎn)b>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)對(duì)于A明顯錯(cuò)誤；對(duì)于B，當(dāng)c＝0時(shí)，不正確；對(duì)于C，eq\f(b,a)－eq\f(a,b)＝eq\f(b2－a2,ab)＝eq\f(b＋ab－a,ab)<0，故正確，對(duì)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，故選C、D．(2)明顯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，故選D．另解：不妨取c＝eq\f(1,4)，a＝b＝eq\f(1,2)，代入選項(xiàng)A，B，C都錯(cuò)，故選D．考點(diǎn)三不等式性質(zhì)的應(yīng)用——多維探究角度1應(yīng)用性質(zhì)推斷不等式是否成立例3(2024·課標(biāo)Ⅲ，12)設(shè)a＝log0.20.3，b＝log20.3，則(B)A．a(chǎn)＋b<ab<0 B．a(chǎn)b<a＋b<0C．a(chǎn)＋b<0<ab D．a(chǎn)b<0<a＋b[解析]本題考查不等式及對(duì)數(shù)運(yùn)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．故選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.故選B．角度2利用不等式的性質(zhì)求范圍問(wèn)題例4(1)已知－1<x<4,2<y<3，則x－y的取值范圍是_(－4,2)__,3x＋2y的取值范圍是_(1,18)__.(2)(2024·河北衡水中學(xué)五調(diào))已知1≤a≤3，－4<b<2，則a＋|b|的取值范圍是_[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.名師點(diǎn)撥利用不等式性質(zhì)可以求某些代數(shù)式的取值范圍，但應(yīng)留意兩點(diǎn)：一是必需嚴(yán)格運(yùn)用不等式的性質(zhì)；二是在多次運(yùn)用不等式的性質(zhì)時(shí)有可能擴(kuò)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，最終通過(guò)“一次性”不等關(guān)系的運(yùn)算求解范圍．〔變式訓(xùn)練2〕(1)(角度1)(多選題)(2024·廣東省清遠(yuǎn)市期末改編)已知eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，下列結(jié)論正確的是(AB)A．a(chǎn)2<b2 B．eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2C．lga2>lg(ab) D．2a＋b>2a(2)(角度2)(2024·上海金山中學(xué)期中)已知1<a<2,2<b<3，則eq\f(a,b)的取值范圍是_eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))__.(3)(角度2)若1<α<3，－4<β<2，則eq\f(α,2)－β的取值范圍是_eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(11,2)))__.[解析](1)對(duì)于A，a2－b2＝(a－b)(a＋b)<0正確；對(duì)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，正確；對(duì)于C，a2－ab＝a(a－b)<0，∴l(xiāng)ga2<lg(ab)，不正確；對(duì)于D，(a＋b)－(a－b)＝2b<0，∴2a＋b>2a－b不正確，故選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的取值范圍是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))).名師講壇·素養(yǎng)提升利用不等式變形求范圍例5設(shè)f(x)＝ax2＋bx，若1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，則f(－2)的取值范圍是_[5,10]__.[分析]用f(1)和f(－1)表示f(－2)，也就是把f(－1)，f(1)看作一個(gè)整體求f(－2)，或用待定系數(shù)法求解．[解析]∵y＝f(x)＝ax2＋bx，∴f(－1)＝a－b，f(1)＝a＋b.解法一：(待定系數(shù)法)設(shè)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：(運(yùn)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.名師點(diǎn)撥若題目中所給范圍的式子比較困難，肯定要把這樣的式子當(dāng)成一個(gè)整體，利用待定系數(shù)法求解，在解題過(guò)程中