高考数学科学创新复习方案提升版第4讲不等式及其性质学案（Word版附解析）

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这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第4讲不等式及其性质学案（Word版附解析），共14页。

[课程标准]梳理等式的性质，理解不等式的概念，掌握不等式的性质．
1．比较两个实数大小的依据
2.不等式的性质
(1)对称性：eq \x(\s\up1(04))a>b⇔b(2)传递性：eq \x(\s\up1(05))a>b，b>c⇒a>c．
(3)可加性：a>b⇔a＋ceq \x(\s\up1(06))>b＋c；
a>b，c>d⇒eq \x(\s\up1(07))a＋c>b＋d．
(4)可乘性：a>b，c>0⇒eq \x(\s\up1(08))ac>bc；
a>b，c<0⇒eq \x(\s\up1(09))aca>b>0，c>d>0⇒eq \x(\s\up1(10))ac>bd．
(5)可乘方性：a>b>0⇒eq \x(\s\up1(11))an>bn(n∈N，n≥2)．
1．有关倒数的性质
(1)a>b，ab>0⇒eq \f(1,a)b，ab<0⇒eq \f(1,a)>eq \f(1,b).
(2)a>b>0，0eq \f(b,d).
(3)02．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)(a－m>0)；
(2)eq \f(a,b)>eq \f(a＋m,b＋m)；eq \f(a,b)0)．
1．(人教A必修第一册习题2.1 T3(2)改编)设M＝2a(a－2)，N＝(a＋1)(a－3)，则有( )
A．M>N B．M≥N
C．M答案 A
解析因为M－N＝2a(a－2)－(a＋1)(a－3)＝a2－2a＋3＝(a－1)2＋2>0，所以M>N.故选A.
2．如果x＋y<0，且y>0，那么下列不等式成立的是( )
A．y2>x2>－xy B．x2>y2>－xy
C．x2<－xy－xy>y2
答案 D
解析因为x＋y<0，y>0，所以x<－y<0－xy.在不等式x<－y两边同时乘以y，得xy<－y2，则－xy>y2.所以x2>－xy>y2.故选D.
3．(2024·烟台模拟)设x，y∈R，则“x<1且y<1”是“x＋y<2”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 A
解析若x<1且y<1，则有x＋y<2.又当x＝2，y＝－1时，满足x＋y<2，但不满足x<1且y<1，所以“x<1且y<1”是“x＋y<2”的充分不必要条件．故选A.
4．(人教A必修第一册习题2.1 T5改编)若－eq \f(π,2)<α<β答案 (－π，0)
解析由已知，得－eq \f(π,2)<α5．(人教B必修第一册习题2－2B T1改编)比较两数的大小：eq \r(7)＋eq \r(10)________eq \r(3)＋eq \r(14).
答案 >
解析因为(eq \r(7)＋eq \r(10))2＝17＋2eq \r(70)，(eq \r(3)＋eq \r(14))2＝17＋2eq \r(42)，所以(eq \r(7)＋eq \r(10))2>(eq \r(3)＋eq \r(14))2，所以eq \r(7)＋eq \r(10)>eq \r(3)＋eq \r(14).
例1 (1)(多选)已知a，b，c，d均为实数，则下列命题正确的是( )
A．若a＞b，c＞d，则ac＞bd
B．若ab＞0，bc－ad＞0，则eq \f(c,a)－eq \f(d,b)＞0
C．若a＞b，c＞d，则a－d＞b－c
D．若a＞b，c＞d＞0，则eq \f(a,d)＞eq \f(b,c)
答案 BC
解析若a＞0＞b，0＞c＞d，则ac＜bd，故A错误；若ab＞0，bc－ad＞0，则eq \f(bc－ad,ab)＞0，化简得eq \f(c,a)－eq \f(d,b)＞0，故B正确；若c＞d，则－d＞－c，又a＞b，则a－d＞b－c，故C正确；若a＝－1，b＝－2，c＝2，d＝1，则eq \f(a,d)＝－1，eq \f(b,c)＝－1，eq \f(a,d)＝eq \f(b,c)＝－1，故D错误．故选BC.
(2)(多选)(2023·长沙调研)若eq \f(1,a)A．eq \f(1,a＋b)0
C．a－eq \f(1,a)>b－eq \f(1,b) D．ln a2>ln b2
答案 AC
解析由eq \f(1,a)0，所以eq \f(1,a＋b)＜0，eq \f(1,ab)＞0，所以eq \f(1,a＋b)＜eq \f(1,ab)，故A正确；对于B，因为b＜a＜0，所以－b＞－a＞0.故－b＞|a|，即|a|＋b＜0，故B错误；对于C，因为b＜a＜0，又eq \f(1,a)＜eq \f(1,b)＜0，则－eq \f(1,a)＞－eq \f(1,b)＞0，所以a－eq \f(1,a)＞b－eq \f(1,b)，故C正确；对于D，因为b＜a＜0，可得b2＞a2＞0，而y＝ln x在定义域(0，＋∞)上为增函数，所以ln b2＞ln a2，故D错误．
判断不等式是否成立的两种方法
(1)性质法
直接利用不等式的性质逐个验证，利用不等式的性质判断不等式是否成立时要特别注意前提条件．
(2)特殊值法
适用于排除错误答案，取值应满足题设条件且便于计算．
提醒：当直接利用不等式的性质不能判断时，可以利用指数函数、对数函数、幂函数等函数的单调性进行判断．
(多选)(2024·海口模拟)已知a>b，c∈R，则下列不等式不一定成立的是( )
A．a(c－1)2>b(c－1)2B.eq \f(a,c2－c＋1)>eq \f(b,c2－c＋1)
C．a(c2＋2)>b(c2＋1)D．ab2>a2b
答案 ACD
解析对于A，当c＝1时，可得(c－1)2＝0，此时a(c－1)2＝b(c－1)2，所以不等式a(c－1)2>b(c－1)2不一定成立，A符合题意；对于B，因为c2－c＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)>0，可得eq \f(1,c2－c＋1)>0，又a>b，所以eq \f(a,c2－c＋1)>eq \f(b,c2－c＋1)一定成立，B不符合题意；对于C，当a＝－1，b＝－2，c＝0时，可得a(c2＋2)＝－2，b(c2＋1)＝－2，此时a(c2＋2)＝b(c2＋1)，所以a(c2＋2)>b(c2＋1)不一定成立，C符合题意；对于D，ab2－a2b＝ab(b－a)，因为a>b，所以b－a<0，但ab的符号不确定，所以ab2>a2b不一定成立，D符合题意．故选ACD.
多角度探究突破
角度作差法
例2 若a<0，b<0，则p＝eq \f(b2,a)＋eq \f(a2,b)与q＝a＋b的大小关系为( )
A．pC．p>q D．p≥q
答案 B
解析解法一(特殊值排除法)：令a＝b＝－1，则p＝q＝－2，排除A，C；令a＝－1，b＝－2，则p解法二(作差法)：p－q＝eq \f(b2,a)＋eq \f(a2,b)－a－b＝eq \f(b2－a2,a)＋eq \f(a2－b2,b)＝(b2－a2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－\f(1,b)))＝eq \f(（b2－a2）（b－a）,ab)＝eq \f(（b－a）2（b＋a）,ab)，因为a<0，b<0，所以a＋b<0，ab>0.若a＝b，则p－q＝0，故p＝q；若a≠b，则p－q<0，故p作差法的步骤和关注点
已知实数x，y，z满足x2＝4x＋z－y－4且x＋y2＋2＝0，则下列关系成立的是( )
A．y>x≥z B．z≥x>y
C．y>z≥x D．z≥y>x
答案 D
解析由x2＝4x＋z－y－4知z－y＝x2－4x＋4＝(x－2)2≥0，即z≥y；由x＋y2＋2＝0知x＝－(y2＋2)，则y－x＝y2＋y＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(7,4)>0，即y>x.综上所述，z≥y>x.故选D.
角度作商法
例3 设a，b都是正数，且a≠b，则aabb与abba的大小关系是________．
答案 aabb>abba
解析 eq \f(aabb,abba)＝aa－b·bb－a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))eq \s\up12(a－b).若a>b，则eq \f(a,b)>1，a－b>0，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))eq \s\up12(a－b)>1，∴aabb>abba；若a1，∴aabb>abba.
作商法的步骤和关注点
eπ·πe与ee·ππ的大小关系为________．
答案 eπ·πe解析 eq \f(eπ·πe,ee·ππ)＝eq \f(eπ－e,ππ－e)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,π)))eq \s\up12(π－e)，又0例4 已知－1答案 (3，8)
解析解法一：设2x－3y＝λ(x＋y)＋μ(x－y)＝(λ＋μ)x＋(λ－μ)y，对应系数相等，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＋μ＝2，,λ－μ＝－3))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝－\f(1,2)，,μ＝\f(5,2)，))∴2x－3y＝－eq \f(1,2)(x＋y)＋eq \f(5,2)(x－y)∈(3，8)．
解法二：令eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝x＋y，,b＝x－y，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(a＋b,2)，,y＝\f(a－b,2)，))∴2x－3y＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－b,2)))＝－eq \f(a,2)＋eq \f(5,2)b∈(3，8)．
1．用不等式性质求代数式取值范围的两个注意点
(1)注意题设和结论中代数式的关系，设计求解步骤．
(2)正确使用不等式的性质，尤其是两个同方向的不等式可加不可减，可乘(同正)不可除．
2．利用待定系数法求代数式的取值范围
已知M1(1)设g(x，y)＝pf1(x，y)＋qf2(x，y)；
(2)根据恒等变形求得待定系数p，q；
(3)根据不等式的同向可加性即可求得g(x，y)的取值范围．
(多选)(2023·长沙调研)已知6A．eq \f(a,b)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，4)) B．a＋b∈(21，78)
C．a－b∈(－9，42) D．eq \f(a＋b,b)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,5)，\f(39,9)))
答案 AB
解析因为6课时作业
一、单项选择题
1．已知a，b∈R，若a>b，eq \f(1,a)A．ab>0 B．ab<0
C．a＋b>0 D．a＋b<0
答案 A
解析因为eq \f(1,a)b，所以b－a<0，所以ab>0.
2．已知a<0，－1A．a>ab>ab2 B．ab2>ab>a
C．ab>a>ab2 D．ab>ab2>a
答案 D
解析由于每个式子中都有a，故先比较1，b，b2的大小．因为－1ab2>a.故选D.
3．(2024·合肥八中质检)若1A．(－3，0) B．(－3，3)
C．(0，3) D．(－3，5)
答案 B
解析因为－44．设a＞b＞0，x＝eq \r(a＋b)－eq \r(a)，y＝eq \r(a)－eq \r(a－b)，则x，y的大小关系为( )
A．x＞yB．x＜y
C．x＝yD．x，y的大小关系不定
答案 B
解析因为x＞0，y＞0，eq \f(x,y)＝eq \f(\r(a＋b)－\r(a),\r(a)－\r(a－b))＝eq \f(\r(a)＋\r(a－b),\r(a＋b)＋\r(a))＜1，所以x＜y.
5．(2023·长沙模拟)已知正实数x，y满足xA．aC．c答案 A
解析因为a＝xex＋y，b＝yey＋x，c＝yex＋x，所以b－c＝y(ey－ex)，又y>x>0，e>1，所以ey>ex，所以b>c；因为c－a＝(x－y)＋(y－x)ex＝(x－y)(1－ex)，又y>x>0，ex>1，所以c>a.综上，a6．(2023·广州模拟)已知a，b∈R，则“a－b>0”是“a|a|－b|b|>0”的( )
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
答案 C
解析由a－b>0，即a>b，可得a>0，b≥0或a≥0，b<0或a<0，b<0.当a>0，b≥0时，由a>b，得|a|>|b|，所以a|a|>b|b|，即a|a|－b|b|>0；当a≥0，b<0时，可得a|a|≥0，b|b|<0，所以－b|b|>0，即a|a|－b|b|>0；当a<0，b<0时，由a>b，得|a|<|b|，所以a|a|>a|b|>b|b|，所以a|a|－b|b|>0.故“a－b>0”是“a|a|－b|b|>0”的充分条件．由a|a|－b|b|>0，即a|a|>b|b|，可得a>0，b≥0或a≥0，b<0或a<0，b<0.当a>0，b≥0时，a|a|>b|b|，即a2>b2，所以(a＋b)(a－b)>0，所以a－b>0；当a≥0，b<0时，a|a|>b|b|，即a2>－b2，显然成立，此时a－b>0；当a<0，b<0时，a|a|>b|b|，即－a2>－b2，所以a2b，即a－b>0.故“a－b>0”是“a|a|－b|b|>0”的必要条件．综上可知，“a－b>0”是“a|a|－b|b|>0”的充要条件．故选C.
7．(2024·荆州二中阶段考试)已知a2＋1≥b≥2a≥eq \f(4,b)>0，则下列结论正确的个数是( )
①b≥2；②a≥2；③ab≥2；④a2＋b2的最小值为6.
A．1 B．2
C．3 D．4
答案 B
解析对于①，b≥eq \f(4,b)＞0⇒b2≥4，所以b≥2，故①正确；对于②，b＝2，a＝1显然满足条件，故②错误；对于③，2a≥eq \f(4,b)＞0⇒ab≥2，故③正确；对于④，a2＋b2≥b2＋b－1，由于f(b)＝b2＋b－1在[2，＋∞)上为增函数，故a2＋b2的最小值为f(2)＝5，故④错误．
8．某投资机构从事一项投资，先投入本金a(a>0)元，得到的利润是b(b>0)元，收益率为eq \f(b,a)(%)，假设在第一次投资的基础上，此机构每次都定期追加投资x(x>0)元，得到的利润也增加了x元，若该项投资的总收益率是增加的，则( )
A．a≥b B．a≤b
C．a>b D．a答案 C
解析由题意，设定期追加了n(n∈N*)次投资，则n次投资后收益率为eq \f(b＋nx,a＋nx)(%)，若该项投资的总收益率是增加的，则eq \f(b＋nx,a＋nx)>eq \f(b＋（n－1）x,a＋（n－1）x)对任意n(n∈N*)成立，即eq \f(b＋nx,a＋nx)－eq \f(b＋（n－1）x,a＋（n－1）x)＝eq \f(（a－b）x,（a＋nx）[a＋（n－1）x])＞0，由于x>0，a＋nx>0，a＋(n－1)x>0，所以a－b>0，即a>b.
二、多项选择题
9．(2023·临沂模拟)下列四个条件中，能成为x>y的充分不必要条件的是( )
A．xc2>yc2 B．eq \f(1,x)C．|x|>|y| D．ln x>ln y
答案 ABD
解析对于A，若xc2>yc2，则c2≠0，则x>y，反之x>y，当c＝0时得不出xc2>yc2，所以“xc2>yc2”是“x>y”的充分不必要条件，故A符合题意；对于B，由eq \f(1,x)y，但x>y不能推出eq \f(1,x)y”的充分不必要条件，故B符合题意；对于C，由|x|>|y|可得x2>y2，则(x＋y)(x－y)>0，不能推出x>y，由x>y也不能推出|x|>|y|(如x＝1，y＝－2)，所以“|x|>|y|”是“x>y”的既不充分也不必要条件，故C不符合题意；对于D，若ln x>ln y，则x>y>0，而x>y得不出ln x>ln y，所以“ln x>ln y”是“x>y”的充分不必要条件，故D符合题意．
10．(2024·呼和浩特第二中学月考)设实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则下列不等式成立的是( )
A．cC．b≤a D．a答案 BD
解析 ∵eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＋c＝6－4a＋3a2，,c－b＝4－4a＋a2，))两式相减得2b＝2a2＋2，即b＝a2＋1，∴b≥1.又b－a＝a2＋1－a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)>0，∴b>a.而c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，∴c≥b，从而c≥b>a.
11．已知a>0，b>0，a＋b2＝1，则( )
A．a＋b－1
C.eq \r(a)·b≤eq \f(1,2) D.eq \f(\r(a),b－2)≥－eq \f(\r(3),3)
答案 BCD
解析因为a＝1－b2>0，b>0，所以0－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(5,4)＝－1，故B正确；因为eq \r(a)·b＝eq \r(1－b2)·eq \r(b2)＝eq \r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(1,4))≤eq \f(1,2)，取等号时a＝eq \f(1,2)，b＝eq \f(\r(2),2)，满足a，b∈(0，1)，故C正确；因为b－2<0，所以要证eq \f(\r(a),b－2)≥－eq \f(\r(3),3)，只需证eq \f(a,（b－2）2)≤eq \f(1,3)，只需证3a≤(b－2)2，即证3(1－b2)≤(b－2)2，即证4b2－4b＋1≥0，即证(2b－1)2≥0，显然(2b－1)2≥0成立，当且仅当a＝eq \f(3,4)，b＝eq \f(1,2)时取等号，故D正确．故选BCD.
三、填空题
12．(2024·南充一中阶段考试)能够说明“设a，b是任意非零实数．若eq \f(b,a)>1，则b>a”是假命题的一组整数a，b的值依次为________．
答案－1，－2(答案不唯一)
解析要使“设a，b是任意非零实数．若eq \f(b,a)>1，则b>a”是假命题，只需满足b13．(2024·兰州模拟)下列四个代数式①4mn；②m2＋4n2；③4m2＋n2；④m2＋n2，若m>n>0，则代数式的值最大的是________(填序号)．
答案 ③
解析 ∵m>n>0，由②－①，得m2＋4n2－4mn＝(m－2n)2≥0，∴②≥①；由③－②，得4m2＋n2－m2－4n2＝3m2－3n2>0，∴③>②；由③－④，得4m2＋n2－m2－n2＝3m2>0，∴③>④.∴代数式的值最大的是③.
14．已知a＞b＞c，2a＋b＋c＝0，则eq \f(c,a)的取值范围是________．
答案 (－3，－1)
解析因为a＞b＞c，2a＋b＋c＝0，所以a＞0，c＜0，b＝－2a－c.因为a＞b＞c，所以－2a－c＜a，即3a＞－c，解得eq \f(c,a)＞－3.将b＝－2a－c代入b＞c中，得－2a－c＞c，即c＜－a，得eq \f(c,a)＜－1，所以－3＜eq \f(c,a)＜－1.
四、解答题
15．(2023·广州联考)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：
(1)若ab>cd，则eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)＋eq \r(d)；
(2)eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)＋eq \r(d)是|a－b|<|c－d|的充要条件．
证明 (1)因为(eq \r(a)＋eq \r(b))2＝a＋b＋2eq \r(ab)，(eq \r(c)＋eq \r(d))2＝c＋d＋2eq \r(cd)，由a，b，c，d均为正数且a＋b＝c＋d，ab>cd，得(eq \r(a)＋eq \r(b))2>(eq \r(c)＋eq \r(d))2，所以eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)＋eq \r(d).
(2)必要性：若|a－b|<|c－d|，
则(a－b)2<(c－d)2，
即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.
因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.
由(1)得eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)＋eq \r(d).
充分性：若eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)＋eq \r(d)，
则(eq \r(a)＋eq \r(b))2>(eq \r(c)＋eq \r(d))2，
即a＋b＋2eq \r(ab)>c＋d＋2eq \r(cd).
因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.
于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.
因此|a－b|<|c－d|.
综上，eq \r(a)＋eq \r(b)>eq \r(c)＋eq \r(d)是|a－b|<|c－d|的充要条件．
16．(2024·洛阳一高段考)若a>b>0，c|c|.
(1)求证：b＋c>0；
(2)求证：eq \f(b＋c,（a－c）2)(3)在(2)中的不等式中，能否找到一个代数式，满足eq \f(b＋c,（a－c）2)<所求式解 (1)证明：因为|b|>|c|，且b>0，c<0，所以b>－c，
所以b＋c>0.
(2)证明：因为c－d>0.
又a>b>0，
所以由同向不等式的可加性可得a－c>b－d>0，
所以(a－c)2>(b－d)2>0，
所以0因为a>b，d>c，所以由同向不等式的可加性可得a＋d>b＋c，
由(1)知b＋c>0，所以0①×②得eq \f(b＋c,（a－c）2)(3)由(2)知，0所以eq \f(b＋c,（a－c）2)方法
作差法
作商法
a>b
eq \x(\s\up1(01))a－b>0
eq \f(a,b)>1(a，b>0)或eq \f(a,b)<1(a，b<0)
a＝b
eq \x(\s\up1(02))a－b＝0
eq \f(a,b)＝1(b≠0)
aeq \x(\s\up1(03))a－b<0
eq \f(a,b)<1(a，b>0)或eq \f(a,b)>1(a，b<0)
考向一不等式的性质
考向二比较两个数(式)的大小
步骤
作差并变形⇒判断差与0的大小⇒得结论
关注点
利用通分、因式分解、配方等方法向有利于判断差的符号的方向变形
步骤
作商并变形⇒判断商与1的大小⇒得结论
关注点
作商时各式的符号应相同，如果a，b均小于0，所得结果与“原理”中的结论相反. 变形方法有分母(或分子)有理化，指、对数恒等变形等
考向三应用不等式的性质求范围

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