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高考数学统考一轮复习第7章7.1不等关系与不等式学案
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这是一份高考数学统考一轮复习第7章7.1不等关系与不等式学案，共9页。学案主要包含了知识重温，小题热身等内容，欢迎下载使用。
【知识重温】
一、必记4个知识点
1．实数的大小顺序与运算性质的关系
(1)a>b⇔①________.
(2)a＝b⇔a－b＝0.
(3)a2．不等式的基本性质
(1)对称性：a>b⇔③________.(双向性)
(2)传递性：a>b，b>c⇒④________.(单向性)
(3)可加性：a>b⇔a＋c>b＋c.(双向性)
(4)同向可加性：a>b，c>d⇔⑤________.(单向性)
(5)可乘性：a>b，c>0⇒ac>bc；a>b，c<0⇒ac(6)a>b>0，c>d>0⇒⑥________.(单向性)
(7)乘方法则：a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥1)．(单向性)
(8)开方法则：a>b>0⇒eq \r(n,a)>eq \r(n,b)(n∈N，n≥2)．(单向性)
3．倒数性质
(1)ab>0，则aeq \f(1,b).(双向性)
(2)a<0(3)a>b>0,0eq \f(b,d).
(4)04．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)(b－m>0)
(2)eq \f(a,b)>eq \f(a＋m,b＋m)；eq \f(a,b)0)
二、必明2个易误点
1．在应用传递性时，注意等号是否传递下去，如a≤b，b2．在乘法法则中，要特别注意“乘数c的符号”，例如当c≠0时，有a>b⇒ac2>bc2；若无c≠0这个条件，a>b⇒ac2>bc2就是错误结论(当c＝0时，取“＝”)．
【小题热身】
一、判断正误
1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)a>b，c>d⇒a－d>b－c.( )
(2)a>b⇒a3>b3.( )
(3)a>b⇔ac2>bc2.( )
(4)a>b，c>d⇒ac>bd.( )
(5)a>b⇒eq \f(1,a)(6)若eq \f(1,a)|b|.( )
(7)若a>b且ab<0，则eq \f(1,a)二、教材改编
2．下列命题为真命题的是( )
A．若a>b>0，则ac2>bc2
B．若a>b>0，则a2>b2
C．若aD．若a3．若A＝(x－3)2，B＝(x－2)(x－4)则A与B的大小为________．
三、易错易混
4．给出下列命题：
①若a②若ac－3>bc－3，则a>b；
③若a>b，且k∈N*，则ak>bk；
④若c>a>b>0，则eq \f(a,c－a)>eq \f(b,c－b).
其中正确命题的序号是________．
5．已知12
四、走进高考
6．[2019·全国卷Ⅱ]若a>b，则( )
A．ln(a－b)>0 B．3a<3b
C．a3－b3>0 D．|a|>|b|
eq \x(考点一) 比较两个数(式)的大小[自主练透型]
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≥B
C．AB
2．已知a1，a2∈(0,1)，记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，则M与N的大小关系是( )
A．MN
C．M＝N D．不确定
3．若a＝eq \f(ln 3,3)，b＝eq \f(ln 4,4)，c＝eq \f(ln 5,5)，则( )
A．aC．c
悟·技法
用作差法比较两个实数大小的四步曲
考点二 不等式的性质[互动讲练型]
[例1] [2021·广东广州调研]已知实数x，y满足eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))xA．tan x>tan y B．ln(x2＋2)>ln(y2＋2)
C.eq \f(1,x)>eq \f(1,y) D．x3>y3
听课笔记：
[例2] [2021·山东烟台检测]给出下列不等式：①eq \f(1,a)b)；②x＋eq \f(1,x)≥2(x≠0)；③eq \f(c,a＋b)eq \f(a,b)(a，b，m>0且aA．1 B．2
C．3 D．4
悟·技法
不等式性质应用问题的3大常见类型及解题策略
(1)利用不等式性质比较大小．熟记不等式性质的条件和结论是基础，灵活运用是关键，要注意不等式性质成立的前提条件．
(2)与充要条件相结合问题．用不等式的性质分别判断p⇒q和q⇒p是否正确，要注意特殊值法的应用．
(3)与命题真假判断相结合问题．解决此类问题除根据不等式的性质求解外，还经常采用特殊值验证的方法.
[变式练]——(着眼于举一反三)
1．若aA．|a|>|b| B．a2>ab
C.eq \f(1,a)>eq \f(1,b) D.eq \f(1,a－b)>eq \f(1,a)
2．已知x>y，则下列不等式一定成立的是( )
A.eq \f(1,x)0
C．x2>y2 D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x
考点三 利用不等式性质求范围[互动讲练型]
[例3] 已知－1[变式练]——(着眼于举一反三)
3．将本例的条件改为“－14．将本例的条件改为“－1
悟·技法
(1)此类问题的一般解法：先建立待求整体与已知范围的整体的关系，最后通过“一次性”使用不等式的运算求得整体范围．
(2)求范围问题如果多次利用不等式有可能扩大变量取值范围.
5.设f(x)＝ax2＋bx，若1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，则f(－2)的取值范围是________．
第七章 不等式、推理与证明
第一节 不等关系与不等式
①a－b>0 ②a－b<0 ③bc ⑤a＋c>b＋d ⑥ac>bd
【小题热身】
1．答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)×
(5)× (6)× (7)×
2．解析：A中，c2＝0时，ac2＝bc2；
B中，a>b>0，由性质可得a2>b2；
C中，令a＝－2，b＝－1，则a2＝4，ab＝2，b2＝1，
显然a2>ab>b2；
D中，令a＝－2，b＝－1，则eq \f(1,a)＝－eq \f(1,2)，eq \f(1,b)＝－1，
显然eq \f(1,a)>eq \f(1,b).故选B.
答案：B
3．解析：因为A－B＝(x－3)2－(x－2)(x－4)
＝x2－6x＋9－x2＋6x－8＝1>0，
所以A>B.
答案：A>B
4．解析：①当ab<0时，eq \f(c,a)②当c<0时，a③当a＝1，b＝－2，k＝2时，命题不成立，故③不正确；
④a>b>0⇒－a<－b<0⇒0两边同乘以eq \f(1,c－ac－b)，得0又a>b>0，∴eq \f(a,c－a)>eq \f(b,c－b)，故④正确．
答案：④
5．解析：∵15又12∴eq \f(1,3)答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，4))
6．解析：通解 由函数y＝ln x的图象(图略)知，当0b时，3a>3b，故B不正确；因为函数y＝x3在R上单调递增，所以当a>b时，a3>b3，即a3－b3>0，故C正确；当b优解 当a＝0.3，b＝－0.4时，ln(a－b)<0,3a＞3b，|a|<|b|，故排除A，B，D.故选C.
答案：C
课堂考点突破
考点一
1．解析：由题意得，B2－A2＝－2eq \r(ab)≤0，且A≥0，B≥0，可得A≥B.故选B.
答案：B
2．解析：M－N＝a1a2－(a1＋a2－1)＝a1a2－a1－a2＋1＝a1(a2－1)－(a2－1)＝(a1－1)(a2－1)，又因为a1∈(0,1)，a2∈(0,1)，所以a1－1<0，a2－1<0，所以(a1－1)(a2－1)>0，即M－N>0，所以M>N.故选B.
答案：B
3．解析：易知a，b，c都是正数，eq \f(b,a)＝eq \f(3ln 4,4ln 3)＝lg81 64<1，所以a>b；eq \f(b,c)＝eq \f(5ln 4,4ln 5)＝lg6251 024>1，所以b>c.所以c答案：B
考点二
例1 解析：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))xy，由于y1＝tan x在R上不是单调函数，所以选项A不正确；又x2－y2＝(x－y)(x＋y)的正负不确定，所以x2和y2的关系不确定，所以选项B不正确；又eq \f(1,x)－eq \f(1,y)＝eq \f(y－x,xy)的正负不确定，所以eq \f(1,x)和eq \f(1,y)的关系不确定，所以选项C不正确．故选D.
优解 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))xy.由于f(x)＝x3是R上的单调递增函数，所以x3>y3.故选D.
答案：D
例2 解析：对于①，若a＝1，b＝－1，满足a>b，则eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，则eq \f(1,a)b)不恒成立；对于②，若x>0，则x＋eq \f(1,x)≥2，若x<0，则x＋eq \f(1,x)≤－2，则x＋eq \f(1,x)≥2(x≠0)不恒成立；对于③，由b0且a0，则eq \f(a＋m,b＋m)>eq \f(a,b)(a，b，m>0且a答案：B
变式练
1．解析：由a|b|，A成立；因为aab，B成立；因为aeq \f(1,b)，C成立；当a＝－2，b＝－1时，eq \f(1,a－b)＝－1，eq \f(1,a)＝－eq \f(1,2)，eq \f(1,a－b)>eq \f(1,a)不成立，故选D.
答案：D
2．解析：A中，当x＝1，y＝－1时，eq \f(1,x)y2不成立，所以C错；D中f(x)＝(eq \f(1,2))x在R上单调递减，当x>y时，(eq \f(1,2))x<(eq \f(1,2))y成立，故选D.
答案：D
考点三
例3 解析：∵－1∴－3<－y<－2，
∴－4由－1∴1<3x＋2y<18.
答案：(－4,2)，(1,18)
变式练
3．解析：∵－1∴－3<－y<1，
∴－4又∵x由①②得－4答案：(－4,0)
4．解析：设3x＋2y＝m(x＋y)＋n(x－y)
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋n＝3,m－n＝2))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(5,2),n＝\f(1,2)))
即3x＋3y＝eq \f(5,2)(x＋y)＋eq \f(1,2)(x－y)
又－1∴－eq \f(5,2)∴－eq \f(3,2)即－eq \f(3,2)<3x＋2y故3x＋2y的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(23,2))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(23,2)))
5．解析：解法一 设f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)(m，n为待定系数)，则4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)，
即4a－2b＝(m＋n)a＋(n－m)b，
于是得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋n＝4，,n－m＝－2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝3，,n＝1.))
∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)．
又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，
∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，即5≤f(－2)≤10.
解法二 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－1＝a－b，,f1＝a＋b))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2)[f－1＋f1]，,b＝\f(1,2)[f1－f－1].))
∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)．
又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，
∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10.
解法三
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1≤a－b≤2，,2≤a＋b≤4))
确定的平面区域如图阴影部分，当f(－2)＝4a－2b过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(1,2)))时，
取得最小值4×eq \f(3,2)－2×eq \f(1,2)＝5，
当f(－2)＝4a－2b过点B(3,1)时，
取得最大值4×3－2×1＝10，∴5≤f(－2)≤10.
答案：[5,10]
【知识重温】
一、必记4个知识点
1．实数的大小顺序与运算性质的关系
(1)a>b⇔①________.
(2)a＝b⇔a－b＝0.
(3)a
(1)对称性：a>b⇔③________.(双向性)
(2)传递性：a>b，b>c⇒④________.(单向性)
(3)可加性：a>b⇔a＋c>b＋c.(双向性)
(4)同向可加性：a>b，c>d⇔⑤________.(单向性)
(5)可乘性：a>b，c>0⇒ac>bc；a>b，c<0⇒ac
(7)乘方法则：a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥1)．(单向性)
(8)开方法则：a>b>0⇒eq \r(n,a)>eq \r(n,b)(n∈N，n≥2)．(单向性)
3．倒数性质
(1)ab>0，则a
(2)a<0
(4)0
若a>b>0，m>0，则
(1)eq \f(b,a)
(2)eq \f(a,b)>eq \f(a＋m,b＋m)；eq \f(a,b)
二、必明2个易误点
1．在应用传递性时，注意等号是否传递下去，如a≤b，b
【小题热身】
一、判断正误
1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)a>b，c>d⇒a－d>b－c.( )
(2)a>b⇒a3>b3.( )
(3)a>b⇔ac2>bc2.( )
(4)a>b，c>d⇒ac>bd.( )
(5)a>b⇒eq \f(1,a)
(7)若a>b且ab<0，则eq \f(1,a)
2．下列命题为真命题的是( )
A．若a>b>0，则ac2>bc2
B．若a>b>0，则a2>b2
C．若a
三、易错易混
4．给出下列命题：
①若a
③若a>b，且k∈N*，则ak>bk；
④若c>a>b>0，则eq \f(a,c－a)>eq \f(b,c－b).
其中正确命题的序号是________．
5．已知12
四、走进高考
6．[2019·全国卷Ⅱ]若a>b，则( )
A．ln(a－b)>0 B．3a<3b
C．a3－b3>0 D．|a|>|b|
eq \x(考点一) 比较两个数(式)的大小[自主练透型]
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≥B
C．AB
2．已知a1，a2∈(0,1)，记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，则M与N的大小关系是( )
A．M
C．M＝N D．不确定
3．若a＝eq \f(ln 3,3)，b＝eq \f(ln 4,4)，c＝eq \f(ln 5,5)，则( )
A．a
悟·技法
用作差法比较两个实数大小的四步曲
考点二 不等式的性质[互动讲练型]
[例1] [2021·广东广州调研]已知实数x，y满足eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x
C.eq \f(1,x)>eq \f(1,y) D．x3>y3
听课笔记：
[例2] [2021·山东烟台检测]给出下列不等式：①eq \f(1,a)
C．3 D．4
悟·技法
不等式性质应用问题的3大常见类型及解题策略
(1)利用不等式性质比较大小．熟记不等式性质的条件和结论是基础，灵活运用是关键，要注意不等式性质成立的前提条件．
(2)与充要条件相结合问题．用不等式的性质分别判断p⇒q和q⇒p是否正确，要注意特殊值法的应用．
(3)与命题真假判断相结合问题．解决此类问题除根据不等式的性质求解外，还经常采用特殊值验证的方法.
[变式练]——(着眼于举一反三)
1．若a
C.eq \f(1,a)>eq \f(1,b) D.eq \f(1,a－b)>eq \f(1,a)
2．已知x>y，则下列不等式一定成立的是( )
A.eq \f(1,x)
C．x2>y2 D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x
考点三 利用不等式性质求范围[互动讲练型]
[例3] 已知－1
3．将本例的条件改为“－1
悟·技法
(1)此类问题的一般解法：先建立待求整体与已知范围的整体的关系，最后通过“一次性”使用不等式的运算求得整体范围．
(2)求范围问题如果多次利用不等式有可能扩大变量取值范围.
5.设f(x)＝ax2＋bx，若1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，则f(－2)的取值范围是________．
第七章 不等式、推理与证明
第一节 不等关系与不等式
①a－b>0 ②a－b<0 ③bc ⑤a＋c>b＋d ⑥ac>bd
【小题热身】
1．答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)×
(5)× (6)× (7)×
2．解析：A中，c2＝0时，ac2＝bc2；
B中，a>b>0，由性质可得a2>b2；
C中，令a＝－2，b＝－1，则a2＝4，ab＝2，b2＝1，
显然a2>ab>b2；
D中，令a＝－2，b＝－1，则eq \f(1,a)＝－eq \f(1,2)，eq \f(1,b)＝－1，
显然eq \f(1,a)>eq \f(1,b).故选B.
答案：B
3．解析：因为A－B＝(x－3)2－(x－2)(x－4)
＝x2－6x＋9－x2＋6x－8＝1>0，
所以A>B.
答案：A>B
4．解析：①当ab<0时，eq \f(c,a)
④a>b>0⇒－a<－b<0⇒0
答案：④
5．解析：∵15
6．解析：通解 由函数y＝ln x的图象(图略)知，当0
答案：C
课堂考点突破
考点一
1．解析：由题意得，B2－A2＝－2eq \r(ab)≤0，且A≥0，B≥0，可得A≥B.故选B.
答案：B
2．解析：M－N＝a1a2－(a1＋a2－1)＝a1a2－a1－a2＋1＝a1(a2－1)－(a2－1)＝(a1－1)(a2－1)，又因为a1∈(0,1)，a2∈(0,1)，所以a1－1<0，a2－1<0，所以(a1－1)(a2－1)>0，即M－N>0，所以M>N.故选B.
答案：B
3．解析：易知a，b，c都是正数，eq \f(b,a)＝eq \f(3ln 4,4ln 3)＝lg81 64<1，所以a>b；eq \f(b,c)＝eq \f(5ln 4,4ln 5)＝lg6251 024>1，所以b>c.所以c
考点二
例1 解析：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x
优解 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x
答案：D
例2 解析：对于①，若a＝1，b＝－1，满足a>b，则eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，则eq \f(1,a)
变式练
1．解析：由a
答案：D
2．解析：A中，当x＝1，y＝－1时，eq \f(1,x)
答案：D
考点三
例3 解析：∵－1
∴－4
答案：(－4,2)，(1,18)
变式练
3．解析：∵－1
∴－4
4．解析：设3x＋2y＝m(x＋y)＋n(x－y)
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋n＝3,m－n＝2))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(5,2),n＝\f(1,2)))
即3x＋3y＝eq \f(5,2)(x＋y)＋eq \f(1,2)(x－y)
又－1
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(23,2)))
5．解析：解法一 设f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)(m，n为待定系数)，则4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)，
即4a－2b＝(m＋n)a＋(n－m)b，
于是得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋n＝4，,n－m＝－2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝3，,n＝1.))
∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)．
又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，
∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，即5≤f(－2)≤10.
解法二 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－1＝a－b，,f1＝a＋b))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2)[f－1＋f1]，,b＝\f(1,2)[f1－f－1].))
∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)．
又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，
∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10.
解法三
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1≤a－b≤2，,2≤a＋b≤4))
确定的平面区域如图阴影部分，当f(－2)＝4a－2b过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(1,2)))时，
取得最小值4×eq \f(3,2)－2×eq \f(1,2)＝5，
当f(－2)＝4a－2b过点B(3,1)时，
取得最大值4×3－2×1＝10，∴5≤f(－2)≤10.
答案：[5,10]
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