高考数学一轮复习第6章不等式第1讲不等关系与不等式学案

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这是一份高考数学一轮复习第6章不等式第1讲不等关系与不等式学案，共8页。

知识梳理·双基自测
eq \x(知)eq \x(识)eq \x(梳)eq \x(理)
知识点一实数的大小与运算性质的关系
(1)a>b⇔_a－b>0__；
(2)a＝b⇔_a－b＝0__；
(3)a知识点二比较大小的常用方法
(1)作差法
一般步骤是：①作差；②变形；③定号；④结论．其中关键是变形，常采用配方、因式分解、有理化等方法把差式变成积式或者完全平方式．当两个式子都为正数时，也可以先平方再作差．
(2)作商法
一般步骤是：①作商；②变形；③判断商与1的大小；④结论(注意所比较的两个数的符号)．
知识点三不等式的性质
(1)对称性：a>b⇔b(2)传递性：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)可开方性：a>b>0⇒eq \r(n,a)>eq \r(n,b)(n∈N，n≥2)．
eq \x(重)eq \x(要)eq \x(结)eq \x(论)
1．a>b，ab>0⇒eq \f(1,a)2．a<03．a>b>0,0eq \f(b,d).
4．若a>b>0，m>0，则eq \f(b,a)eq \f(b－m,a－m)(b－m>0)．
eq \x(双)eq \x(基)eq \x(自)eq \x(测)
题组一走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)两个实数a，b之间，有且只有a>b，a＝b，a(2)若eq \f(a,b)>1，则a>b.( × )
(3)a>b>0，c>d>0⇒eq \f(a,d)>eq \f(b,c).( √ )
(4)一个不等式的两边同加上或同乘以同一个数，不等号方向不变．( × )
(5)ab>0，a>b⇔eq \f(1,a)题组二走进教材
2．(必修5P74T3改编)若a，b都是实数，则“eq \r(a)－eq \r(b)>0”是“a2－b2>0”的( A )
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] 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改编)设bA．a－cC．a＋c>b＋d D．a＋d>b＋c
[解析] 由同向不等式具有可加性可知C正确．
题组三走向高考
4．(2016·北京)已知x，y∈R，且x>y>0，则( C )
A．eq \f(1,x)－eq \f(1,y)>0
B．sin x－sin y>0
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))y<0
D．ln x＋ln y>0
[解析] ∵x，y∈R，且x>y>0，则eq \f(1,x)sin x与sin y的大小关系不确定，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x5．(2019·全国)若a>b，则( C )
A．ln(a－b)>0 B．3a<3b
C．a3－b3>0 D．|a|>|b|
考点突破·互动探究
考点一比较代数式的大小——自主练透
例1 (1)若x(2)设a>0，b>0，且a≠b，试比较aabb与abba的大小；
(3)若a>b>0，试比较eq \r(a－b)与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)．∵x0，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\c1(\f(a,b)))a－b.当a>b>0时，eq \f(a,b)>1，a－b>0，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))a－b>1，∴aabb>abba；当b>a>0时，01，∴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)的条件下aabb_>__(ab) eq \s\up7(\f(a+b,2)) .
名师点拨
比较两实数大小的方法
比较两个代数式的大小，常用的方法有两种，一种是作差法，解题步骤是：作差—变形—与0比较，变形的方法主要有通分、因式分解、配方等，变形的目的是为了更有利于判断符号．另一种是作商法，解题步骤是作商—变形—与1比较．作商法通常适用于两代数式同号的情形．注意①若eq \f(a,b)>1，b<0，则a考点二不等式的性质——师生共研
例2 (1)(多选题)已知a>b>0，c>d>0，则下列不等式中一定成立的是( ABD )
A．a＋c>b＋d B．a－d>b－c
C．eq \f(a,c)>eq \f(b,d) D．eq \r(ac)>eq \r(bd)
(2)(2021·广东华附、省实、广雅、深中期末联考)设a>1>b>－1，b≠0，则下列不等式中恒成立的是( C )
A．eq \f(1,a)eq \f(1,b)
C．a>b2 D．a2>2b
(3)(2021·四省八校质检)若lgabA．abeq \f(a,c)
C．abca
[解析] (1)对于A，因为a>b>0，c>d>0，所以a＋c>b＋d成立．
对于B，因为a＋c>b＋d，所以a－d>b－c成立．
对于C，举反例，如a＝6，b＝2，c＝3，d＝1，可知eq \f(a,c)＝eq \f(b,d)，故C错误．
对于D，因为a>b>0，c>d>0，所以ac>bd>0，故eq \r(ac)>eq \r(bd)成立．故选ABD．
(2)对于A，当a为正数，b为负数时，eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，所以，A错误；对于B，当a＝2，b＝eq \f(1,2)时，B不成立，所以错误；对于C,1>b>－1⇒b2<1，而a>1，所以选项C正确；对于D，取反例：a＝1.1⇒a2＝1.21，b＝0.8⇒2b＝1.6，D错误．
(3)由题意知0c>0，∴ab>ac，且eq \f(1,b)1时，0名师点拨
(1)在判断一个关于不等式命题的真假时，先把要判断的命题和不等式的性质联系起来考虑，找到与命题相近的性质，并根据性质判断命题的真假，有时还要用到其他知识，如本例中幂函数、对数函数的性质等．
(2)在应用不等式的性质时，不可以强化或弱化不等式成立的条件，如“同向不等式”才可以相加，“同向正数不等式”才可以相乘．
(3)在不等关系的判断中，赋值法是非常有效的方法．
〔变式训练1〕
(1)(多选题)(2021·四川攀枝花统考改编)设a，b，c为实数，且aA．eq \f(1,a)C．eq \f(b,a)ab>b2
(2)(2021·山东省枣庄市模拟)已知0A．ab>ac B．eq \f(c,b)>eq \f(c＋a,b＋a)
C．lgbaeq \f(c,c＋a)
[解析] (1)对于A显然错误；对于B，当c＝0时，不正确；对于C，eq \f(b,a)－eq \f(a,b)＝eq \f(b2－a2,ab)＝eq \f(b＋ab－a,ab)<0，故正确，对于D，eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(aab,\b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(ab2))⇒a2>ab>b2，故选C、D．
(2)显然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，故选D．
另解：不妨取c＝eq \f(1,4)，a＝b＝eq \f(1,2)，
代入选项A，B，C都错，故选D．
考点三不等式性质的应用——多维探究
角度1 应用性质判断不等式是否成立
例3 (2018·课标Ⅲ，12)设a＝lg0.20.3，b＝lg20.3，则( B )
A．a＋bC．a＋b<0[解析] 本题考查不等式及对数运算．
解法一：∵a＝lg0.20.3>lg0.21＝0，b＝lg20.3∵0∵eq \f(b,a)＝eq \f(lg20.3,lg0.20.3)＝eq \f(lg 0.2,lg 2)＝lg20.2，
∴b－eq \f(b,a)＝lg20.3－lg20.2＝lg2eq \f(3,2)<1，
∴b<1＋eq \f(b,a)⇒ab解法二：易知0∵eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝lg0.30.2＋lg0.32＝lg0.30.4<1，
即eq \f(a＋b,ab)<1，∴a＋b>ab，∴ab角度2 利用不等式的性质求范围问题
例4 (1)已知－1(2)(2021·河北衡水中学五调)已知1≤a≤3，－4[解析] (1)∵－1∴－3<－y<－2，∴－4由－1∴1<3x＋2y<18.
(2)∵－4∴1≤a＋|b|<7.
名师点拨
利用不等式性质可以求某些代数式的取值范围，但应注意两点：一是必须严格运用不等式的性质；二是在多次运用不等式的性质时有可能扩大了变量的取值范围．解决的途径是先建立所求范围的整体与已知范围的整体的等量关系，最后通过“一次性”不等关系的运算求解范围．
〔变式训练2〕
(1)(角度1)(多选题)(2021·广东省清远市期末改编)已知eq \f(1,a)A．a22
C．lg a2>lg(ab) D．2a＋b>2a－b
(2)(角度2)(2021·上海金山中学期中)已知1(3)(角度2)若1<α<3，－4<β<2，则eq \f(α,2)－β的取值范围是_eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(11,2)))__.
[解析] (1)对于A，a2－b2＝(a－b)(a＋b)<0正确；对于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，正确；对于C，a2－ab＝a(a－b)<0，∴lg a22a－b不正确，故选A、B．
(2)∵2又∵1(3)由1<α<3得eq \f(1,2)由－4<β<2得－2<－β<4，
所以eq \f(α,2)－β的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(11,2))).故填eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(11,2))).
名师讲坛·素养提升
利用不等式变形求范围
例5 设f(x)＝ax2＋bx，若1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，则f(－2)的取值范围是_[5,10]__.
[分析] 用f(1)和f(－1)表示f(－2)，也就是把f(－1)，f(1)看作一个整体求f(－2)，或用待定系数法求解．
[解析] ∵y＝f(x)＝ax2＋bx，∴f(－1)＝a－b，f(1)＝a＋b.
解法一：(待定系数法)
设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\c1(m＋n＝4，,n－m＝－2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝3，,n＝1.))
所以f(－2)＝3f(－1)＋f(1)．
又1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，
所以5≤3f(－1)＋f(1)≤10.
故5≤f(－2)≤10.
解法二：(运用方程思想)
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]，))
所以f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)．
又1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，
所以5≤3f(－1)＋f(1)≤10.
故5≤f(－2)≤10.
名师点拨
若题目中所给范围的式子比较复杂，一定要把这样的式子当成一个整体，利用待定系数法求解，在解题过程中还要注意不等式链中的隐含条件，如a<α<β〔变式训练3〕
(1)已知1(2)(2021·云南模拟)已知x>0，y>0，若－1≤lg eq \f(x,y)≤2，1≤lg(xy)≤4，则lg eq \f(x2,y)的取值范围是_[－1,5]__.
[解析] (1)设3a－2b＝m(a＋b)＋n(a－b)，
则3a－2b＝(m＋n)a＋(m－n)b，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋n＝3，,m－n＝－2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(1,2)，,n＝\f(5,2).))
∴3a－2b＝eq \f(1,2)(a＋b)＋eq \f(5,2)(a－b)．
又∵1∴eq \f(1,2)∴－2<3a－2b<10.
(2)由1≤lg(xy)≤4，－1≤lg eq \f(x,y)≤2，
得1≤lg x＋lg y≤4，－1≤lg x－lg y≤2，
∴eq \f(1,2)≤eq \f(1,2)(lg x＋lg y)≤2，－eq \f(3,2)≤eq \f(3,2)(lg x－lg y)≤3，
则lg eq \f(x2,y)＝2lg x－lg y＝eq \f(1,2)(lg x＋lg y)＋eq \f(3,2)(lg x－lg y)，
所以－1≤lg eq \f(x2,y)≤5.故填[－1,5]．