2025年高考数学一轮复习（基础版）课时精讲第1章　§1.3　等式性质与不等式性质（2份打包，原卷版+含解析）

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知识梳理
1．两个实数比较大小的方法
作差法eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－b>0⇔a>b，,a－b＝0⇔a＝b，,a－b<0⇔a2．等式的性质
性质1 对称性：如果a＝b，那么b＝a；
性质2 传递性：如果a＝b，b＝c，那么a＝c；
性质3 可加(减)性：如果a＝b，那么a±c＝b±c；
性质4 可乘性：如果a＝b，那么ac＝bc；
性质5 可除性：如果a＝b，c≠0，那么eq \f(a,c)＝eq \f(b,c).
3．不等式的性质
性质1 对称性：a>b⇔b性质2 传递性：a>b，b>c⇒a>c；
性质3 可加性：a>b⇔a＋c>b＋c；
性质4 可乘性：a>b，c>0⇒ac>bc；a>b，c<0⇒ac性质5 同向可加性：a>b，c>d⇒a＋c>b＋d；
性质6 同向同正可乘性：a>b>0，c>d>0⇒ac>bd；
性质7 同正可乘方性：a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥2)．
常用结论
不等式的两类常用性质
(1)倒数性质
①a>b，ab>0⇒eq \f(1,a)eq \f(1,b)；③a>b>0,0eq \f(b,d)；④0(2)有关分数的性质
若a>b>0，m>0，则
①真分数的性质eq \f(b,a)eq \f(b－m,a－m)(b－m>0)；
②假分数的性质eq \f(a,b)>eq \f(a＋m,b＋m)，eq \f(a,b)0)．
自主诊断
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(b,a)>1，则b>a.( × )
(3)同向不等式具有可加性和可乘性．( × )
(4)若eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，则b2．已知非零实数a，b满足aA．ln aeq \f(1,b) C．a2答案为：D
解析：对于A，当ab2，故C错误；对于D，当a3．已知b克糖水中含有a克糖(b>a>0)，再添加m克糖(m>0)(假设全部溶解)，糖水变甜了．请将这一事实表示成一个不等式为________．
答案为：eq \f(a,b)解析：eq \f(a,b)a>0，m>0，∴a－b<0，
∴eq \f(ma－b,bb＋m)<0，∴eq \f(a,b)4．已知2答案为：(－2,1)
解析：因为－2题型一 数(式)的大小比较
例1 (1)(多选)下列不等式中正确的是( )
A．x2－2x>－3(x∈R)
B．a3＋b3≥a2b＋ab2(a，b∈R)
C．a2＋b2>2(a－b－1)
D．若a>b>0，则a2－b2>eq \f(1,a)－eq \f(1,b)
答案为：AD
解析：∵x2－2x＋3＝(x－1)2＋2≥2>0，∴x2－2x>－3，故A正确；
a3＋b3－a2b－ab2＝a2(a－b)＋b2(b－a)＝(a－b)(a2－b2)＝(a－b)2(a＋b)．
∵(a－b)2≥0，a＋b的符号不确定，∴a3＋b3与a2b＋ab2的大小不确定，故B错误；
∵a2＋b2－2a＋2b＋2＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，∴a2＋b2≥2(a－b－1)，故C错误；
a2－b2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－\f(1,b)))＝(a－b)(a＋b)－eq \f(b－a,ab)＝(a－b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋b＋\f(1,ab)))>0，故选项D正确．
(2)若正实数a，b，c满足cA．aa答案为：C
解析：∵c是正实数，且c<1，∴0∵eq \f(aa,ab)＝aa－b>1，∴ab0，∴(eq \f(a,b))a<1，即aa思维升华 比较大小的常用方法
(1)作差法：①作差；②变形；③定号；④得出结论．
(2)作商法：①作商；②变形；③判断商与1的大小关系；④得出结论．
(3)构造函数，利用函数的单调性比较大小．
跟踪训练1 (1)若ln a>ln b，则( )
A.eq \f(1,a2)>eq \f(1,b2) B.eq \f(b,a)eq \f(1,a)－eq \f(1,b)
答案为：D
解析：因为ln a>ln b，所以a>b>0，eq \f(1,a2)－eq \f(1,b2)＝eq \f(b2－a2,a2b2)＝eq \f(b＋ab－a,a2b2)<0，所以eq \f(1,a2)eq \f(b,a)－eq \f(b－2 023,a－2 023)＝eq \f(ba－2 023－ab－2 023,aa－2 023) ＝eq \f(2 023a－b,aa－2 023)，无法确定符号，故B错误；
因为a－b>0，函数y＝xa－b在(0，＋∞)上单调递增，所以πa－b>3a－b，故C错误；
a－b－(eq \f(1,a)－eq \f(1,b))＝a－b－eq \f(b－a,ab)＝a－b＋eq \f(a－b,ab)＝(a－b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,ab)))＝eq \f(a－bab＋1,ab)，
其中a－b>0，ab＋1>0，ab>0，所以a－b－(eq \f(1,a)－eq \f(1,b))>0，a－b>eq \f(1,a)－eq \f(1,b)，故D正确．
(2)已知M＝eq \f(e2 023＋1,e2 024＋1)，N＝eq \f(e2 024＋1,e2 025＋1)，则M，N的大小关系为________．
答案为：M>N
解析：方法一 ∵M－N＝eq \f(e2 023＋1,e2 024＋1)－eq \f(e2 024＋1,e2 025＋1)＝eq \f(e2 023＋1e2 025＋1－e2 024＋12,e2 024＋1e2 025＋1)
＝eq \f(e2 023＋e2 025－2e2 024,e2 024＋1e2 025＋1)＝eq \f(e2 023e－12,e2 024＋1e2 025＋1)>0.∴M>N.
方法二 令f(x)＝eq \f(ex＋1,ex＋1＋1)＝eq \f(\f(1,e)ex＋1＋1＋1－\f(1,e),ex＋1＋1)＝eq \f(1,e)＋eq \f(1－\f(1,e),ex＋1＋1)，
显然f(x)是R上的减函数，∴f(2 023)>f(2 024)，即M>N.
题型二 不等式的基本性质
例2 (1)若实数a，b满足aA．a＋b>0 B．a－b<0 C．|a|<|b| D.eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))>eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)))
答案为：B
解析：由a－b>0，所以|a|>|b|，故C错误；由a|b|>0，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))(2)(多选)已知a，b，c为实数，则下列说法正确的是( )
A．若a>b，则ac2>bc2
B．若a>b，则a＋c>b＋c
C．若a>b>c>0，则eq \f(a,b)>eq \f(a＋c,b＋c)
D．若a>b>c>0，则eq \f(b,a－b)>eq \f(c,a－c)
答案为：BCD
解析：当c＝0时，ac2＝bc2，故A错误；由不等式的可加性可知，B正确；
若a>b>c>0，则a－b>0，b＋c>0，∴eq \f(a,b)－eq \f(a＋c,b＋c)＝eq \f(ab＋c－ba＋c,bb＋c)＝eq \f(ca－b,bb＋c)>0，∴eq \f(a,b)>eq \f(a＋c,b＋c)，故C正确；
若a>b>c>0，则a－b>0，a－c>0，b－c>0，且a－c>a－b，∴eq \f(1,a－b)>eq \f(1,a－c)>0，又b>c>0，
由可乘性知，eq \f(b,a－b)>eq \f(c,a－c)，故D正确．
思维升华 判断不等式的常用方法
(1)利用不等式的性质逐个验证．
(2)利用特殊值法排除错误选项．
(3)作差法．
(4)构造函数，利用函数的单调性．
跟踪训练2 (1)设a，b，c，d为实数，且cA．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
答案为：B
解析：由a满足a当a－c所以“a(2)(多选)若a>b>0，则下列不等式中正确的是( )
A.eq \f(1,a)ln|b－1| D．2a－b>1
答案为：ABD
解析：因为a>b>0，eq \f(1,ab)>0，所以eq \f(a,ab)>eq \f(b,ab)，即eq \f(1,a)b>0，－a<0，所以－a2<－ab，故B正确；
若a＝eq \f(3,2)，b＝eq \f(1,2)，ln|a－1|＝ln|b－1|＝lneq \f(1,2)，故C不正确；因为a－b>0，所以2a－b>20＝1，故D正确．
题型三 不等式性质的综合应用
例3 (1)已知0A．2C．2答案为：D
解析：因为－1延伸探究 若将条件改为“－1≤x＋y≤2，－2≤x－y≤1”，求x－2y的范围．
解 设x－2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，
∴x－2y＝(m＋n)x＋(m－n)y，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋n＝1，,m－n＝－2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－\f(1,2)，,n＝\f(3,2)，))
∴x－2y＝－eq \f(1,2)(x＋y)＋eq \f(3,2)(x－y)，
∵－1≤x＋y≤2，－2≤x－y≤1，
∴－1≤－eq \f(1,2)(x＋y)≤eq \f(1,2)，－3≤eq \f(3,2)(x－y)≤eq \f(3,2)，
∴－4≤－eq \f(1,2)(x＋y)＋eq \f(3,2)(x－y)≤2，
即－4≤x－2y≤2.
思维升华 利用不等式的性质求代数式的取值范围的注意点
(1)必须严格运用不等式的性质．
(2)在多次运用不等式的性质时有可能扩大变量的取值范围，解决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，然后通过“一次性”不等关系的运算求解范围．
跟踪训练3 (1)(多选)已知1≤a≤2,3≤b≤5，则( )
A．a＋b的取值范围为[4,7]
B．b－a的取值范围为[2,3]
C．ab的取值范围为[3,10]
D.eq \f(a,b)的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,5)))
答案为：AC
解析：因为1≤a≤2,3≤b≤5，所以4≤a＋b≤7，－2≤－a≤－1,1≤b－a≤4，
所以a＋b的取值范围为[4,7]，b－a的取值范围为[1,4]，故A正确，B错误；
因为1≤a≤2,3≤b≤5，所以3≤ab≤10，eq \f(1,5)≤eq \f(1,b)≤eq \f(1,3)，eq \f(1,5)≤eq \f(a,b)≤eq \f(2,3)，
所以ab的取值范围为[3,10]，eq \f(a,b)的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,5)，\f(2,3)))，故C正确，D错误．
(2)已知2A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)，\f(1,4))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(2,3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2))
答案为：B
解析：原式分子和分母同时除以x，得eq \f(x,x－2y)＝eq \f(1,1－\f(2y,x))，由条件得2<－2y<6，eq \f(1,4)所以eq \f(2,4)<－eq \f(2y,x)课时精练
一、单项选择题
1．已知a，b∈R，则“eq \r(a)>eq \r(b)”是“ln a>ln 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
答案为：B
解析：若“eq \r(a)>eq \r(b)”，取a＝1，b＝0，但是ln b无意义，所以由“eq \r(a)>eq \r(b)”推不出“ln a>ln b”，若“ln a>ln b”，则a>b>0，所以eq \r(a)>eq \r(b)，所以由“ln a>ln b”可推出“eq \r(a)>eq \r(b) ”，所以“eq \r(a)>eq \r(b)”是“ln a>ln b”的必要不充分条件．
2．已知a>0，b>0，设m＝a－2eq \r(b)＋2，n＝2eq \r(a)－b，则( )
A．m≥n B．m>n C．m≤n D．m答案为：A
解析：由题意可知，m－n＝a－2eq \r(b)＋2－2eq \r(a)＋b＝(eq \r(a)－1)2＋(eq \r(b)－1)2≥0，
当且仅当a＝b＝1时，等号成立，即m≥n.
3．已知a>b，则下列不等式一定成立的是( )
A.eq \f(1,a)2b C．a2>b2 D．|a|>|b|
答案为：B
解析：取a＝1，b＝－2，满足a>b，显然有eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，a2指数函数y＝2x为增函数，若a>b，则必有2a>2b，B正确．
4．已知aA．abbc C.eq \f(1,a)答案为：C
解析：因为a因为a0，所以ac因为a－b，所以c－a>c－b>0，所以eq \f(c－a,c－b)>1，故D项错误．
5．已知m5＝4，n8＝9，0.9p＝0.8，则正数m，n，p的大小关系为( )
A．p>m>n B．m>n>p C．m>p>n D．p>n>m
答案为：A
解析：由m5＝4，得m＝ SKIPIF 1 < 0 因此，eq \f(m,n)＝ SKIPIF 1 < 0 >1，即eq \r(2)>m>n，由0.9p＝0.8，
得p＝lg0.90.8>＝2，于是得p>m>n，所以正数m，n，p的大小关系为p>m>n.
二、多项选择题
6．下列结论中不正确的是( )
A．若ac2>bc2，则a>b B．若eq \f(1,a)b
C．若a>b，c>d，则ac>bd D．若2a－b>1，则a答案为：BCD
解析：ac2>bc2，不等式两边除以c2(c≠0)，则a>b，故A正确；
取a＝－1，b＝1，满足eq \f(1,a)取a＝1，b＝0，c＝0，d＝－1，满足a>b，c>d，又ac＝bd，故C错误；
取a＝2，b＝1，满足2a－b>1，又a>b，故D错误．
7．已知实数x，y满足－3A．－1答案为：ABD
解析：因为－3又－4<－2x－4y<6，－1<2x－y<4，所以－5<－5y<10，即－2x＋y＝eq \f(3x＋2y＋2x－y,5)∈(－2,2)，故C错误；x－y＝eq \f(－x＋2y＋32x－y,5)∈(－1,3)，故D正确．
三、填空题
8．已知a>0，－1答案为：ab解析：因为a>0，－19．若a，b同时满足下列两个条件：①a＋b>ab；②eq \f(1,a＋b)>eq \f(1,ab).
请写出一组a，b的值________．
答案为：a＝－1，b＝2(答案不唯一)
解析：容易发现，若将①式转化为②式，需使(a＋b)ab<0，
即a＋b与ab异号，显然应使a＋b>0，ab<0，
当a<0，b>0时，要使a＋b>0，则|a|<|b|，可取a＝－1，b＝2；
当a>0，b<0时，要使a＋b>0，则|a|>|b|，可取a＝2，b＝－1.
综上，取任意两个异号的实数，且正数的绝对值大于负数的绝对值皆为合理答案．
10．若－1答案为：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(7,2))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(13,2)))
解析：∵－1又t＝2a＋b＝eq \f(3,2)(a＋b)＋eq \f(1,2)(a－b)，∴－eq \f(3,2)＋111．已知a>b>c,2a＋b＋c＝0，则eq \f(c,a)的取值范围是________．
答案为：(－3，－1)
解析：因为a>b>c,2a＋b＋c＝0，故a>0，c<0，所以eq \f(c,a)<0,1>eq \f(b,a)>eq \f(c,a)，2＋eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)＝0，所以eq \f(b,a)＝－eq \f(c,a)－2，
所以有1>－2－eq \f(c,a)>eq \f(c,a)，解不等式得－3四、解答题
12．(1)设a>b>0，比较eq \f(a2－b2,a2＋b2)与eq \f(a－b,a＋b)的大小；
(2)已知a>b>0，ceq \f(e,b－d).
(1)解 ∵a>b>0，∴eq \f(a2－b2,a2＋b2)>0，eq \f(a－b,a＋b)>0，
∴eq \f(\f(a2－b2,a2＋b2),\f(a－b,a＋b))＝eq \f(a＋b2,a2＋b2)＝1＋eq \f(2ab,a2＋b2)>1，∴eq \f(a2－b2,a2＋b2)>eq \f(a－b,a＋b).
(2)证明 ∵c－d>0，又a>b>0，∴a－c>b－d>0，b－a<0，c－d<0，
又e<0，∴eq \f(e,a－c)－eq \f(e,b－d)＝eq \f(eb－d－ea－c,a－cb－d)＝eq \f(eb－d－a＋c,a－cb－d)＝eq \f(eb－a＋c－d,a－cb－d)>0，∴eq \f(e,a－c)>eq \f(e,b－d).
13．已知实数a，b满足－3≤a＋b≤2，－1≤a－b≤4.
(1)求实数a的取值范围；
(2)求3a－2b的取值范围．
解 (1)a＝eq \f(1,2)[(a＋b)＋(a－b)]，由－3≤a＋b≤2，－1≤a－b≤4，得－4≤(a＋b)＋(a－b)≤6，
∴－2≤eq \f(1,2)[(a＋b)＋(a－b)]≤3，即－2≤a≤3，故实数a的取值范围为[－2,3]．
(2)设3a－2b＝m(a＋b)＋n(a－b)＝(m＋n)a＋(m－n)b，
则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)，
∵－3≤a＋b≤2，－1≤a－b≤4.
∴－eq \f(3,2)≤eq \f(1,2)(a＋b)≤1，－eq \f(5,2)≤eq \f(5,2)(a－b)≤10，∴－4≤3a－2b≤11，
即3a－2b的取值范围为[－4,11]．