高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：6.1 不等关系与不等式 word版含答案

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不等式的概念和性质
了解现实世界和日常生活中的不等关系，了解不等式(组)的实际背景．
知识点一 实数的大小顺序与运算性质的关系
(1)a>b⇔a－b>0；
(2)a＝b⇔a－b＝0；
(3)ab⇒ac2>bc2就是错误结论(当c＝0时，取“＝”)．
[自测练习]
2．设a，b，c∈R，且a>b，则( )
A．ac>bc B.eq \f(1,a)b2 D．a3>b3
解析：当cbc不成立，故A不正确，当a＝1，b＝－3时，B、C均不正确，故选D.
答案：D
3．若a>b>0，则下列不等式中恒成立的是( )
A.eq \f(b,a)>eq \f(b＋1,a＋1) B．a＋eq \f(1,a)>b＋eq \f(1,b)
C．a＋eq \f(1,b)>b＋eq \f(1,a) D.eq \f(2a＋b,a＋2b)>eq \f(a,b)
解析：由a>b>0⇒01”是“a＋eq \f(1,a)>b＋eq \f(1,b)”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：法一：因为a＋eq \f(1,a)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))＝eq \f(a－bab－1,ab)，所以若a>b>1，显然a＋eq \f(1,a)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))＝eq \f(a－bab－1,ab)>0，则充分性成立；当a＝eq \f(1,2)，b＝eq \f(2,3)时，显然不等式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，故选A.
法二：令函数f(x)＝x＋eq \f(1,x)，则f′(x)＝1－eq \f(1,x2)＝eq \f(x2－1,x2)，可知f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上为增函数，在(－1,1)上为减函数，所以“a>b>1”是“a＋eq \f(1,a)>b＋eq \f(1,b)”的充分不必要条件，选A.
答案：A
运用不等式性质求解问题的两个注意点
1．解题时，易忽视不等式性质成立的条件，或“无中生有”自造性质导致推理判定失误．
2．对于不等式的常用性质，要注意弄清其条件和结论，不等式性质包括“单向性”和“双向性”两个方面，单向性主要用于证明不等式，双向性是解不等式的依据．

考点三 比较大小|
(1)若实数a≠1，比较a＋2与eq \f(3,1－a)的大小；
(2)比较aabb与abba(a>0且a≠1，b>0且b≠1)的大小．
[解] (1)a＋2－eq \f(3,1－a)＝eq \f(－a2＋a＋1,1－a)，
∵a2＋a＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)>0，∴－(a2＋a＋1)0，即ab>0时，eq \f(a,b)>1，a－b>0，
则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))a－b>1，∴aabb>abba；
当b>a>0时，00时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))a－b＝1，∴aabb＝abba，
综上知aabb≥abba(当且仅当a＝b时取等号)．
比较两个数(式)大小的两种方法
(1)比较大小时，要把各种可能的情况都考虑进去，对不确定的因素需进行分类讨论，每一步运算都要准确，每一步推理都要有充分的依据．
(2)用作商法比较代数式的大小一般适用于分式、指数式、对数式，作商只是思路，关键是化简变形，从而使结果能够与1比较大小．

已知实数a，b，c满足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≥b
C．c>b>a D．a>c>b
解析：c－b＝4－4a＋a2＝(2－a)2≥0，
∴c≥b.将题中两式作差得2b＝2＋2a2，即b＝1＋a2.
∵1＋a2－a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)>0，∴1＋a2>a，
∴b＝1＋a2>a.∴c≥b>a.
答案：A
10.不等式变形中不等价致误
【典例】 设f(x)＝ax2＋bx，若1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，则f(－2)的取值范围是________．
[解析] 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.
法二：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－1＝a－b，,f1＝a＋b))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2)[f－1＋f1]，,b＝\f(1,2)[f1－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.
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]
[易误点评] 解题中多次使用同向不等式的可加性，先求出a，b的范围，再求f(－2)＝4a－2b的范围，导致变量范围扩大．
[防范措施] (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．
[跟踪练习] 若α，β满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤α＋β≤1，,1≤α＋2β≤3，))试求α＋3β的取值范围．
解：设α＋3β＝x(α＋β)＋y(α＋2β)＝(x＋y)α＋(x＋2y)β.
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝1，,x＋2y＝3，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝2.))
∵－1≤－(α＋β)≤1,2≤2(α＋2β)≤6，
两式相加，得1≤α＋3β≤7.
∴α＋3β的取值范围为[1,7]．
A组 考点能力演练
1．已知eq \f(1,a)b2，故选D.
答案：D
4．已知ab>0，则“bb
C．若eq \f(a,c2)d，则a－c>b－d
解析：A项，取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，可知A错误；B项，当cbc⇒ab,c>0))⇒ac>bc
c的符号
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a>b,cd))⇒a＋c>b＋d
⇒
同向同正
可乘性
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a>b>0,c>d>0))⇒ac>bd
⇒
可乘方性
a>b>0⇒an>bn
(n∈N，n≥1)
同正
可开方性
a>b>0⇒eq \r(n,a)>eq \r(n,b)
(n∈N，n≥2)