专题1.3 不等关系与不等式性质（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc22276" 【题型1 不等式性质的应用】 PAGEREF _Tc22276 \h 2
\l "_Tc17274" 【题型2 比较数（式）的大小】 PAGEREF _Tc17274 \h 3
\l "_Tc1419" 【题型3 证明不等式】 PAGEREF _Tc1419 \h 5
\l "_Tc26929" 【题型4 利用不等式的性质求目标式的取值范围】 PAGEREF _Tc26929 \h 7
\l "_Tc16419" 【题型5 不等式的综合问题】 PAGEREF _Tc16419 \h 9
\l "_Tc30541" 【题型6 糖水不等式】 PAGEREF _Tc30541 \h 12
1、不等关系与不等式性质
【知识点1 等式性质与不等式性质】
1．等式的基本性质
性质1 如果a＝b，那么b＝a；
性质2 如果a＝b，b＝c，那么a＝c；
性质3 如果a＝b，那么a±c＝b±c；
性质4 如果a＝b，那么ac＝bc；
性质5 如果a＝b，c≠0，那么eq \f(a,c)＝eq \f(b,c).
2．不等式的性质
(1)如果a>b，那么bb.即a>b⇔b(2)如果a>b，b>c，那么a>c.即a>b，b>c⇒a>c.
(3)如果a>b，那么a＋c>b＋c.
(4)如果a>b，c>0，那么ac>bc；如果a>b，c<0，那么ac(5)如果a>b，c>d，那么a＋c>b＋d.
(6)如果a>b>0，c>d>0，那么ac>bd.
(7)如果a>b>0，那么an>bn(n∈N，n≥2)．
3．比较大小的基本方法
【方法技巧与总结】
1．应用不等式的基本性质，不能忽视其性质成立的条件，特别提醒的是在解决有关不等式的判断题时，有时可用特殊值验证法，以提高解题的效率.
2．比较数（式）的大小常用的方法有作差法、作商法.、直接应用不等式的性质、基本不等式、利用函数的单调性，需要灵活运用方法求解.
【题型1 不等式性质的应用】
【例1】（2024·上海杨浦·二模）已知实数a，b，c，d满足：a>b>0>c>d，则下列不等式一定正确的是（ ）
A．a+d>b+cB．ad>bcC．a+c>b+dD．ac>bd
【解题思路】举例说明判断ABD；利用不等式的性质推理判断C.
【解答过程】对于ABD，取a=2,b=1,c=−2,d=−4，满足a>b>0>c>d，
显然a+d=−2<−1=b+c，ad=−8<−2=bc，ac=−4=bd，ABD错误；
对于C，a>b>0>c>d，则a+c>b+d，C正确.
故选：C.
【变式1-1】（2024·全国·模拟预测）“x<0x2+y2”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
【解题思路】由不等式的性质结合充分不必要的条件即可得解.
【解答过程】若x−y2=x2+y2−2xy>x2+y2，则xy<0，所以y<0所以“x<0x2+y2”的充分不必要条件.
故选：A．
【变式1-2】（2023·上海杨浦·一模）已知实数a，b满足a>b，则下列不等式恒成立的是（ ）
A．a2>b2B．a3>b3C．a>bD．a−1>b−1
【解题思路】根据函数的性质判断即可.
【解答过程】因为fx=x2,fx=x是定义在R上的偶函数，
所以当实数a,b满足a>b时，a2>b2,a>b不一定成立，故A,C不符合题意；
因为fx=x3是定义在R上单调递增的奇函数，
所以当实数a,b满足a>b时，则a3>b3，故B符合题意；
因为fx=x−1在−∞,0,0,+∞上单调递减，
所以当实数a,b满足a>b时，a−1>b−1不一定成立，不符合题意.
故选：B.
【变式1-3】（2023·贵州遵义·模拟预测）已知a,b,x均为实数，下列不等式恒成立的是（ ）
A．若aB．若aC．若ax2024D．若a【解题思路】结合特殊值与不等式的性质可求.
【解答过程】A，当a=−2,b=1时，(−2)2024>12024，A错误；
B，当a=0时， 2024a没意义，B错误；
C，由ax20240，所以aD，当x=0时，ax2024故选：C.
【题型2 比较数（式）的大小】
【例2】（2023·湖南·模拟预测）已知正实数x，y满足xA．a【解题思路】利用作差比较法，结合指数函数的单调性可得答案.
【解答过程】因为a=xex+y，b=yey+x，c=yex+x，所以b−c=yey−ex
又y>x>0，e>1，所以ey>ex，所以b>c；
又c−a=x−y+y−xex=x−y1−ex，
又y>x>0，ex>1，所以c>a．
综上，a故选：A．
【变式2-1】（2023·江西·模拟预测）已知lg5a>lg5b，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．a0
C．5a−b>1D．ac>bc
【解题思路】由lg5a>lg5b可得a>b>0，然后对选项一一分析即可得出答案.
【解答过程】由lg5a>lg5b可知a>b>0，所以a>b，所以A错误；
因为a−b>0，但无法判定a−b与1的大小，所以B错误；
当c≤0时，ac≤bc，故D错误；
因为a−b>0，所以5a−b>50=1，故C正确.
故选：C.
【变式2-2】（2023·北京东城·一模）已知x<−1，那么在下列不等式中，不成立的是
A．x2−1>0B．x+1x<−2C．sinx−x>0D．csx+x>0
【解题思路】利用作差法可判断A、B选项的正误，利用正弦、余弦值的有界性可判断C、D选项的正误.综合可得出结论.
【解答过程】∵x<−1，则x2−1=x−1x+1>0，x+1x+2=x2+2x+1x=x+12x<0，
又∵sinx、csx∈−1,1，∴sinx−x>0，csx+x<0.
可得：ABC成立，D不成立.
故选：D.
【变式2-3】（2024·福建泉州·模拟预测）若c>b>a>0，则（ ）
A．abbc>acbbB．2lnbC．a−ca>b−cbD．lgac>lgbc
【解题思路】利用不等式的基本性质，并对选项化简，转化，判断对错即可.
【解答过程】解：选项A中，由于abbcacbb=ab−cbc−b=abb−c>1，所以abbc>acbb成立；故A正确；
选项B中，2lnb=lnb2，lna+lnc=lnac，b2与ac大小不能确定，故B错误；
选项C中，由于a−ca−b−cb=a−b1+cab<0，故C错误；
选项D中，令c=1，则lgac=lgbc=0，故D错误.
故选：A.
【题型3 证明不等式】
【例3】（2024高三·全国·专题练习）已知a,b为正实数．求证：a2b+b2a>a+b.
【解题思路】根据题意，化简得到a2b+b2a−a+b=(a−b)2(a+b)ab，结合不等式的性质，即可得证.
【解答过程】证明：因为a2b+b2a−a+b=a3+b3−a2b−ab2ab=a2(a−b)−b2(a−b)ab=(a−b)2(a+b)ab，
又因为a>0,b>0，所以(a−b)2(a+b)ab≥0，当且仅当a=b时等号成立，
所以a2b+b2a>a+b.
【变式3-1】（22-23高一上·全国·课后作业）证明下列不等式：
(1)已知a>b，e>f，c>0，求证f−ac(2)已知a>b>0,c【解题思路】（1）（2）利用不等式的基本性质即可证明．
【解答过程】（1）证明：∵a>b，c>0，
∴ac>bc，∴−ac<−bc，
又因为e>f，即f所以f−ac（2）证明：∵c−1c>0；
又a>b>0，∴−ad>−bc，∴ad∴3ad<3bc.
【变式3-2】（2023高三·全国·专题练习）证明命题：“若在△ABC中a、b、c分别为角A、B、C所对的边长，则c1+c【解题思路】由作差法证明c1+c【解答过程】证明：取1+c=d,a+b−c=m，cd−c+md+m=cd+m−dc+mdd+m=mc−ddd+m
因为d>c>0,m>0，所以mc−ddd+m<0，即cd所以 c1+c又因为a1+a+b所以c1+c【变式3-3】（22-23高二下·湖北省直辖县级单位·期末）若a>b>0，c|c|
（1）求证：b+c>0；
（2）求证：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b+c(a−c)2<所求式【解题思路】（1）根据b,c的符号去绝对值可证不等式成立；
（2）根据同向不等式相加和同向同正的不等式可相乘的性质可证明不等式成立；
（3）在0<1(a−c)2<1(b−d)2的两边同时乘以b+c，得b+c(a−c)2b+c>0的两边同时乘以1(b−d)2，得a+d(b−d)2>b+c(b−d)2，所以b+c(a−c)2【解答过程】（1）因为|b|>|c|，且b>0,c<0，所以b>−c，所以b+c>0.
（2）因为c−d>0．又因为 a>b>0，所以由同向不等式的相加性可将以上两式相加得a−c>b−d>0．所以(a−c)2>(b−d)2>0．
所以0<1(a−c)2<1(b−d)2，
因为a>b,d>c，所以由同向不等式的相加性可将以上两式相加得a+d>b+c．
所以a+d>b+c>0，
所以由两边都是正数的同向不等式的相乘可得b+c(a−c)2（3）因为b+c>0，0<1(a−c)2<1(b−d)2，
所以b+c(a−c)2因为00，
所以b+c(b−d)2所以b+c(a−c)2所以在（2）中的不等式中，能找到一个代数式b+c(b−d)2满足题意.
【题型4 利用不等式的性质求目标式的取值范围】
【例4】（2023·江苏南通·模拟预测）已知a−b∈0,1,a+b∈2,4，则4a−2b的取值范围是（ ）
A．1,5B．2,7C．1,6D．0,9
【解题思路】利用方程组以及不等式的性质计算求解.
【解答过程】设4a−2b=ma−b+na+b=m+na−m−nb，
所以m+n=4m−n=2，解得m=3n=1，
所以4a−2b=3a−b+a+b，
又a−b∈0,1,a+b∈2,4，
所以3a−b∈0,3,4a−2b∈2,7，故A，C，D错误.
故选：B.
【变式4-1】（23-24高一上·山东菏泽·阶段练习）已知−1≤x+y≤1，1≤x−y≤3，则3x−2y的取值范围是（ ）
A．2≤3x−2y≤8B．3≤3x−2y≤8
C．2≤3x−2y≤7D．5≤3x−2y≤10
【解题思路】
设3x−2y=mx+y−nx−y=m−nx+m+ny，利用待定系数法求得m,n，利用不等式的性质即可求3x−2y的取值范围．
【解答过程】设3x−2y=mx+y−nx−y=m−nx+m+ny，
所以m−n=3m+n=−2，解得m=12n=−52，即可得3x−2y=12x+y+52x−y，
因为−1≤x+y≤1，1≤x−y≤3，
所以2≤ 3x−2y=12x+y+52x−y ≤8，
故选：A．
【变式4-2】（23-24高三上·湖北·阶段练习）已知aA．−∞,−16B．−16,1C．0,16D．16,1
【解题思路】根据题目条件得到a<0,c>0，由c=−14a−12b和b−16，由a【解答过程】因为a+2b+4c=0，a0，
由a+2b+4c=0得到c=−14a−12b，则−14a−12b>0，解得ba>−12，
由b−16，
由a综上，−16故选：B.
【变式4-3】（2023·广西南宁·模拟预测）已知函数fx=x2+bx+c，0A．−2,−1B．−2,1C．−1,1D．−1,2
【解题思路】先利用一元二次方程根的分布求得关于实数b,c的不等式组，再利用不等式的性质即可求得b+2c的取值范围
【解答过程】由函数fx=x2+bx+c中，fx1=fx2=0，0可知一元二次方程x2+bx+c=0有二相异根，分别位于区间0,1和1,2内
则f(0)>0f(1)<0f(2)>0，即c>01+b+c<04+2b+c>0，即c>0b+c<−12b+c>−4
由b+c<−12b+c>−4，可得3b+c<−3−2b+c<4，
则3b+c−2b+c<4−3，即b+2c<1
由c>02b+c>−4，可得3c>02b+c>−4
则2b+c+3c>−4，则b+2c>−2
综上，b+2c的取值范围为−2,1
故选：B.
【题型5 不等式的综合问题】
【例5】（23-24高一上·上海浦东新·阶段练习）解决下列问题：
(1)已知m,n∈R，设a=m2+1n2+4，b=mn+22.比较a与b的大小；
(2)已知a>b>0，c0，求证：ea−c【解题思路】（1）利用作差法进行求解即可；
（2）利用作差法，结合不等式的性质进行证明即可
【解答过程】（1）a−b=m2+1n2+4−mn+22=m2n2+4m2+n2+4−m2n2−4mn−4=4m2+n2−4mn =2m−n2≥0⇒a−b≥0⇒a≥b；
（2）ea−c−eb−d=eb−d−ea−ca−cb−d=eb−d−a+ca−cb−d=eb−d−a−ca−cb−d，
因为c−d>0，
因为a>b>0，所以a−c>b−d>0⇒a−c−b−d>0，
因为e>0，所以ea−c−eb−d=eb−d−a−ca−cb−d<0⇒ea−c【变式5-1】（2023高一·上海·专题练习）给定无理数θ∈(0,1)．若正整数a,b,c,d满足ab＜θ＜cd．
(1)试比较三数a+cb+d，ab，cd的大小；
(2)若bc−ad＝1，证明下面三个不等式中至少有一个不成立
①θ−ab≥15b2；②θ−a+cb+d≥15b+d2；③cd−θ≥15d2．
【解题思路】（1）作差法比较大小；
（2）利用反证法，因ab＜a+cb+d＜cd，又ab＜θ＜cd，故可分a+cb+d＜θ＜cd，与θ【解答过程】（1）由题意可知，ab＜cd，所以bc＞ad，
所以a+cb+d−ab=bc−adb+db＞0，所以a+cb+d＞ab，
a+cb+d−cd=ad−bcb+dd＜0，所以a+cb+d＜cd，
所以ab＜a+cb+d＜cd；
（2）证明：由（1） ab＜a+cb+d＜cd，又ab＜θ＜cd
若a+cb+d＜θ＜cd
假设①θ−ab≥15b2；②θ−a+cb+d≥15b+d2；③cd−θ≥15d2都成立，
①③之和可得：1bd=bc−adbd=cd−ab≥15b2+15d2④，
②③之和可得：1d(b+d)=cd−a+cb+d≥15d2+15(b+d)2⑤，
④化简得0≥b2+d2−5bd，⑤化简得0≥(2−5)d2+(2−5)bd+b2，
由④⑤之和可得：0≥2[(3−5)d2+2(1−5)bd+2b2]=[(5−1)d]2−4(5−1)bd+(2b)2，
即0≥[(5−1)d−2b]2，则db=25−1，
又a,b,c,d为正整数，所以db是有理数，故矛盾；假设不成立
若θ①θ−ab≥15b2；②a+cb+d−θ≥15b+d2；③cd−θ≥15d2
所以三个不等式中至少有一个不成立．
【变式5-2】（23-24高一上·河北保定·阶段练习）（1）当p，q都为正数且p+q=1时，试比较代数式px+qy2与px2+qy2的大小.
（2）已知1≤x−y≤2,3≤2x+y≤4，求4x−y的取值范围.
【解题思路】（1）利用作差比较法比较大小即可；
（2）先利用x−y,2x+y表示出4x−y，结合x−y,2x+y的范围可得答案.
【解答过程】（1）px+qy2−px2+qy2=pp−1x2+qq−1y2+2pqxy.
因为p+q=1，所以p−1=−q，q−1=−p，
所以px+qy2−px2+qy2=−pqx2+y2−2xy=−pqx−y2.
因为p，q都为正数，所以−pqx−y2≤0，
因此px+qy2≤px2+qy2，当且仅当x=y时等号成立.
（2）由题意可设4x−y=ax−y+b2x+y，
则4=a+2b−1=b−a，解得a=2，b=1，
因为1≤x−y≤2,3≤2x+y≤4，
所以2≤2x−y≤4，3≤2x+y≤4，
则5≤4x−y≤8.
【变式5-3】（23-24高一上·上海普陀·期中）设t是不小于1的实数.若对任意a,b∈−1,t，总存在c,d∈−1,t，使得a+cb+d=1，则称这样的t满足“性质1”
(1)分别判断t>2和1≤t<32时是否满足“性质1”;
(2)先证明:若u,v≥12，且u+v≥52，则uv≥1; 并由此证明当32≤t≤2时，对任意a,b∈−1,t，总存在c1,d1∈−1,t，使得a+c1b+d1≥1.
(3)求出所有满足“性质1”的实数t
【解题思路】（1）分别举反例证明t>2和1≤t<32时性质1不成立；
（2）先分别就u−v≤32，u−v>32讨论证明若u,v≥12，且u+v≥52，则uv≥1，再利用这个结论可得证；
（3）结合（2）的结论可得解.
【解答过程】（1）记It=−1,t，S=a+cb+d，
假如t>2，则当a=b=t时，对任意c,d∈It，均有S≥t−12>1，不满足要求；
假如1≤t<32，则当a=−1，b=2−t时，对任意c,d∈It，均有−2≤a+c≤t−1，1−t≤b+d≤2，
若a+c，b+d同正或同负，则S≤2t−1<1，其余情况下总有S≤0<1，不满足要求.
（2）先来证明：若u,v≥12，且u+v≥52，则uv≥1，同时该结论记为引理.
当u−v≤32时，uv=u+v22−u−v22≥542−342=1，
当u−v>32时，不妨设v≥u，则v>u+32，又u≥12，所以uv>1212+32=1.
所以若u,v≥12，且u+v≥52，则uv≥1.
下面证当32≤t≤2时，对任意a,b∈−1,t，总存在c1,d1∈−1,t，使得a+c1b+d1≥1，
若a+b≤−12，则取c1=d1=−1，此时S=a−1b−1=1−a1−b，
其中，1−a≥32+b≥12,1−b≥32+a≥12，且1−a+1−b=2−a+b≥52，
由引理可得S≥1，
若a+b>−12，则取c1=d1=32∈It，此时S=a+32b+32，
其中，a+32,b+32>12，且a+32+b+32=a+b+3>52，故由引理可得S≥1，
综上，当32≤t≤2时，对任意a,b∈−1,t，总存在c1,d1∈−1,t，使得a+c1b+d1≥1.
（3）当32≤t≤2时，当a,b∈It时，可取c∈It，使得a+c≤1，理由如下：
当a∈−1,1时，取c=0，则a+c=a≤1；
当a∈1,t时，取c=−1，则1同理，可取d∈It，使得b+d≤1，此时S=a+cb+d≤a+c⋅b+d≤1，
所以当32≤t≤2时，对任意a,b∈−1,t，总存在c,d∈−1,t，使得a+cb+d≤1.
结合（2）的结论可得，对任意a,b∈−1,t，总存在c,d∈−1,t，使得a+cb+d=1.
综上，所有满足性质1的实数t∈32,2.
【题型6 糖水不等式】
【例6】（22-23高一上·贵州六盘水·期末）十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.如糖水在日常生活中经常见到，可以说大部分人都喝过糖水.如果a克糖水中含有b克糖（a>b>0），再添加n克糖（n>0）（假设全部溶解），糖水变甜了，将这一事实表示为不等式正确的是（ ）
A．b+na+n>baB．ba+n>ba
C．b+na+n≥baD．a+nb+n>ab
【解题思路】根据加糖前后糖水浓度的变化即可得答案.
【解答过程】解：由题意可知，加入n克糖（n>0）后糖水变甜了，
即糖水的浓度增加了，
加糖之前，糖水的浓度为：ba；加糖之后，糖水的浓度为：b+na+n；
所以b+na+n>ba.
故选：A.
【变式6-1】（23-24高一上·广东揭阳·阶段练习）已知bg糖水中含有ag糖（b>a>0），若再添加mg糖完全溶解在其中，则糖水变得更甜了（即糖水中含糖浓度变大）．根据这个事实，下列不等式中一定不成立的有（ ）
A．abC．a+2mb+m【解题思路】根据题意得ab【解答过程】对于A选项，由题意可知ab对于B选项，因为0对于C选项，由aba+mb+2m，故错误；
对于D选项，23b−1<2+13b−1+1=13b−1<13a−1，故正确.
故选：C.
【变式6-2】（22-23高一上·广东东莞·阶段练习）（1）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.请将这一事实表示为一个不等式，并证明这个不等式成立．
（2）东东和华华拿着钱去超市买糖，超市里面提供两种糖：A种糖每千克p1元，B种糖每千克p2元（两种糖价格不相等）.东东买了相同质量的两种糖，华华买了相同价钱的两种糖.请问两人买到糖的平均价格分别是多少？谁买的糖的平均价格比较高？请证明你的结论.（物品的平均价格=物品的总价钱÷物品的总质量）
【解题思路】（1）根据糖在糖水中所占的比例的变化可得出不等式，再利用作差法可证得结论成立；
（2）求出两人买到的糖的平均价格，利用作差法可得出结论.
【解答过程】解：（1）b克糖水中含有a克糖b>a>0，则糖在糖水中所占的比例为ab，
再添加m克糖m>0（假设全部溶解），则糖在糖水中所占的比例m+am+b，
糖水变甜了，说明加糖后，糖在糖水中所占的比例变大了，即有m+am+b>ab，证明如下：
m+am+b−ab=m+ab−m+babm+b=mb−abm+b>0，则m+am+b>ab；
（2）对于东东而言，他买到的糖的平均价格为p1+p22（元/千克），
对于华华而言，设华华买两种糖的费用均为c元，则他买到的糖的总质量为cp1+cp2千克，
故华华买到的糖的平均价格为2ccp1+cp2=2p1p2p1+p2（元/千克），
p1+p22−2p1p2p1+p2=p1−p222p1+p2>0，即东东买到的糖的平均价格较高.
【变式6-3】（22-23高一上·江苏苏州·阶段练习）已知bg糖水中有ag糖（b>a>0），往糖水中加入mg糖（m>0），（假设全部溶解）糖水更甜了.
(1)请将这个事实表示为一个不等式，并证明这个不等式.
(2)利用（1）的结论证明命题：“若在△ABC中a、b、c分别为角A、B、C所对的边长，则c1+c【解题思路】（1）根据题意直接写出答案，利用作差法证明该不等式；
（2）利用三角形的三边关系和放缩法即可证明.
【解答过程】（1）由题可得，ab证明：因为ab−a+mb+m=ab+am−ab−bmb(b+m)=(a−b)mb(b+m)，b>a>0，m>0，
所以，a−b<0，b+m>0，从而ab−a+mb+m<0，即ab（2）由三角形三边关系，可得a+b>c，而函数y=x1+x =1−11+x，为单调递增函数，
∴ c1+ca1+a+b故a1+a+b+a1+a+b所以，c1+c一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）已知x>y，则下列不等式正确的是（ ）
A．1−x<1−yB．x2>y2C．|xy|>1D．xz>yz
【解题思路】利用不等式的性质可判断A项正确，D项错误，通过举反例可说明B,C两项错误.
【解答过程】∵ x>y,∴−x<−y,∴−x+1<−y+1，即1−x<1−y，故选项A正确；
当x=−1,y=−2时，满足x>y，但x2=1,y2=4，此时x2当z<0时，由x>y可得xz故选:A．
2．（2024·北京丰台·二模）若a,b∈R，且a>b，则（ ）
A．1a2+1<1b2+1B．a2b>ab2
C．a2>ab>b2D．a>a+b2>b
【解题思路】举反例即可求解ABC，根据不等式的性质即可求解D.
【解答过程】由于a>b，取a=1,b=−1，1a2+1=1b2+1=12，a2b=ab2=1，无法得到1a2+1<1b2+1，a2b>ab2，故AB错误，
取a=0,b=−2,则a2=0,ab=0,b2=4，无法得到a2>ab>b2，C错误，
由于a>b，则2a>b+a>2b，所以a>a+b2>b，
故选：D.
3．（2023·湖南岳阳·模拟预测）已知1A．32,1B．2,6C．1,6D．12,3
【解题思路】由不等式的性质即可得解.
【解答过程】因为1所以12故选：D.
4．（2024·江西·模拟预测）已知a，b，c∈R，则下列选项中是“aA．ca>cbB．ac2C．a3【解题思路】根据充分不必要条件的定义，结合不等式的性质判断即可.
【解答过程】由ca>cb，可得1a>1b，因为a，b的符号不确定，推不出a由ac2因为a3故选：B.
5．（2023·湖南岳阳·模拟预测）已知a,b,c为实数，则下列命题成立的是（ ）
A．若aB．若ab−c
C．若ac>bc，则a>b
D．若a>b，则2a<2b
【解题思路】根据不等式性质对选项逐一判断即可得出结论.
【解答过程】对于A，若a对于B，若a对于C，若ac>bc，可知c≠0，不等式两边同时除以c，即acc>bcc，可得a>b，即C正确；
对于D，若a>b，不妨取a=1,b=−1，则2a=2>2b=−2，可得D错误；
故选：C.
6．（2023·全国·模拟预测）已知实数a,b．设甲：1a>1b，乙：abA．甲是乙的充分不必要条件B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件D．甲是乙的既不充分也不必要条件
【解题思路】根据不等式的性质由命题甲可得到b>a>0，作差法可判断命题乙正确，得出甲是乙的充分条件；将命题乙变形后分类讨论得出甲是乙的不必要条件，即可得出答案.
【解答过程】由1a>1b可知a>0,b>0.
所以1a>1b，即b>a>0.
因为ab−a+3b+3=3a−bbb+3
所以ab−a+3b+3<0，即ab所以甲是乙的充分条件．
若ab则a−b<0bb+3>0或a−b>0bb+3<0.
当a−b<0bb+3>0，则b>0或b<−3，显然1a>1b不一定成立；
当a−b>0bb+3<0，则−31b不成立．
所以甲是乙的不必要条件．
综上可知，甲是乙的充分不必要条件．
故选：A．
7．（2023·广东·二模）若a=3+122,b=5−123,c=2+13，则（ ）
A．a>c>bB．a>b>c
C．c>b>aD．b>c>a
【解题思路】利用作差法比较大小即可得出正确选项.
【解答过程】因为a−c=3−2+3−2226=42−3326=32−2726>0，所以a>c.c−b=2−5+323=22+3−252，
因为(22+3)2−(25)2=46−9=96−81>0，
且22+3>0,25>0，所以22+3>25，所以c−b>0，所以c>b.故a>c>b.
故选： A.
8．（2023·陕西·模拟预测）已知−1A．−15C．−2【解题思路】由不等式的性质结合特殊值排除法逐项分析即可.
【解答过程】因为−1对于A，−1综上可得−15对于B，−3−1=−4对于C，−1−1=−2对于D，当a=4,b=12时，ab=8，故D错误；
故选：D.
二、多选题
9．（2024·福建龙岩·一模）下列命题正确的是（ ）
A．若aab>b2
B．若aC．若0cb
D．若02ab
【解题思路】对A和C利用不等式性质即可判断，对B和D举反例即可反驳.
【解答过程】对A，因为aab，两边同乘b得ab>b2，
则a2>ab>b2，故A正确；
对B，当c=0时，ac2=bc2，故B错误；
对C，因为01b，又因为c>0，所以ca>cb，故C正确；
对D，举例a=2,b=8，则2a+b2=2×2+82=8，而2ab=22×8=8，
此时两者相等，故D错误.
故选：AC.
10．（2023·河南洛阳·模拟预测）设实数a,b满足1≤ab≤4,4≤ab≤9，则（ ）
A．2≤a≤6B．1≤b≤3C．4≤a3b≤144D．1≤ab3≤4
【解题思路】根据不等式的性质，变形求解.
【解答过程】1≤ab≤4,4≤ab≤9，两式相乘得4≤a2≤36，所以2≤a≤6，A正确；
由题得19≤ba≤14，又1≤ab≤4，两式相乘得19≤b2≤1，所以13≤b≤1，B错误；
因为1≤a2b2≤16,4≤ab≤9，所以两式相乘得4≤a3b≤144，C正确；
因为1≤a2b2≤16,19≤ba≤14，所以两式相乘得19≤ab3≤4，D错误．
故选：AC.
11．（2024·广西·二模）已知实数a，b，c满足a>b>c，且a+b+c=0，则下列结论中正确的是（ ）
A．a+b>0B．ac>bc
C．1a−b>1b−cD．a−cb−c<94c2
【解题思路】根据不等式的基本性质和已知条件可逐项分析得到答案.
【解答过程】a+b+c=0且a>b>c，则a>0，c<0，
则a+b>0，A正确；
因为a>b，c<0，所以ac因为a>b>c，a−b>0,b−c>0，a−b−b−c=a+c−2b=−3b，
当b>0时，01b−c；当b<0时，a−b>b−c>0，则1a−b<1b−c，当b=0时，a−b=b−c，则1a−b=1b−c，故C错误；
因为a−cb−c−94c2=a−c−a−2c−94c2=−a2−ac−14c2=−a+12c2≤0，
当且仅当a=−12c时，等号成立，此时由a+b+c=0可得b=−12c，不符合a>b>c，
所以−a+12c2=0不成立，故−a+12c2<0，即a−cb−c<94c2，D正确.
故选：AD.
三、填空题
12．（2023·北京房山·一模）能够说明“设a,b,c是任意实数，若a【解题思路】根据不等式的性质，讨论c的正负和c=0三种情况，得出结论．
【解答过程】若a0时，ac当c=0时，ac=bc；
当c<0时，ac>bc；
“设a,b,c是任意实数，若a故答案为：−2,−1,0（答案不唯一）.
13．（2024·河北石家庄·二模）若实数x,y,z≥0，且x+y+z=4,2x−y+z=5，则M=4x+3y+5z的取值范围是 15,19 .
【解题思路】先得到x=3−2z3,y=1−z3，并根据x,y,z≥0得到0≤z≤3，从而求出M=4z3+15∈15,19.
【解答过程】因为x+y=4−z,2x−y=5−z，故x=3−2z3,y=1−z3，
由x,y,z≥0得3−2z3≥01−z3≥0z≥0，解得0≤z≤3，
故M=4x+3y+5z=43−2z3+31−z3+5z=4z3+15∈15,19.
故答案为：15,19.
14．（2024·河南·模拟预测）以maxM表示数集M中最大的数．设0【解题思路】利用换元法可得b=1−n−pa=1−m−n−p，进而根据不等式的性质，分情况讨论求解.
【解答过程】令b−a=m,c−b=n,1−c=p,其中m,n,p>0，
所以b=1−n−pa=1−m−n−p，
若b≥2a，则b=1−n−p≥21−m−n−p，故2m+n+p≥1，
令M=maxb−a,c−b,1−c=maxm,n,p，
因此2M≥2mM≥nM≥p,故4M≥2m+n+p≥1,则M≥14，
若a+b≤1，则1−n−p+1−m−n−p≤1，即m+2n+2p≥1，
M=maxb−a,c−b,1−c=maxm,n,p，
则M≥m2M≥2n2M≥2p,故5M≥m+2n+2p≥1,则M≥15，
当且仅当m+2n+2p=1且max{m,n,p}=15时等号成立，
如取m=n=p=15时可满足等号成立，
综上可知maxb−a,c−b,1−c的最小值为15，
故答案为：15.
四、解答题
15．（2024高一·全国·专题练习）已知-3【解题思路】利用不等式性质直接求解范围即可
【解答过程】∵-3∴-6+（-12）<2a+3b<4+（-9），∴-18<2a+3b<-5.
又∵-4∴0故2a+3b的取值范围为-18<2a+3b<-5，a-b的取值范围为016．（23-24高一·全国·专题练习）试比较下列组式子的大小：
(1)x+1−x与x−x−1，其中x>1；
(2)M=a1+a+b1+b与N=b1+a+a1+b，其中a>0，b>0；
(3)a2−b2a2+b2与a−ba+b，a>b>0．
【解题思路】(1)通过比较1x+1+x与1x+x−1的大小来确定x+1−x与x−x−1的大小；
(2)通过作差法来比较M,N的大小；
(3) 通过作差法或作商法比较a2−b2a2+b2与a−ba+b的大小.
【解答过程】（1）解：x+1−x=1x+1+x，x−x−1=1x+x−1，
因为x+1+x>x+x−1>0，
所以1x+1+x<1x+x−1，
即x+1−x（2）解：M−N=a1+a+b1+b−b1+a+a1+b=a1+a−b1+a−a1+b−b1+b
=a−b1+a−a−b1+b=a−b11+a−11+b=−a−b21+a1+b．
因为a>0，b>0，所以1+a1+b>0，−a−b2≤0，
所以M−N≤0，
即M≤N；
（3）方法一（作差法）a2−b2a2+b2−a−ba+b=a+ba2−b2−a2+b2a−ba2+b2a+b
=a−ba+b2−a2+b2a2+b2a+b=2aba−ba2+b2a+b．
因为a>b>0，所以a+b>0，a−b>0，2ab>0，a2+b2>0．
所以2aba−ba2+b2a+b>0，
所以a2−b2a2+b2>a−ba+b．
方法二（作商法） 因为a>b>0，所以a2−b2a2+b2>0，a−ba+b>0，2ab>0，
所以a2−b2a2+b2a−ba+b=a+b2a2+b2=a2+b2+2aba2+b2=1+2aba2+b2>1，
所以a2−b2a2+b2>a−ba+b．
17．（2024·全国·模拟预测）已知a，b，c为三角形的三边．
(1)求证：a2+b2+ab+b2+c2+bc>2c；
(2)若c≥b≥a，求证：3a3+b3+3c3+a3【解题思路】（1）由a2+b2+ab=a+b22+34b2>a+b2，b2+c2+bc=c+b22+34b2>c+b2，结合三角形两边之和大于第三边的性质可得答案.
（2）利用作差法求证a2+b3−a3+b3>0，则a2+b>3a3+b3，同理a2+c>3c3+a3，结合不等式的性质可得答案.
【解答过程】（1）因为a，b，c为三角形的三边，所以a，b，c∈0,+∞，且a+b>c，（关键：根据三角形的三边关系得到a，b，c满足的条件）
所以a2+b2+ab=a+b22+34b2>a+b2，
b2+c2+bc=c+b22+34b2>c+b2，
所以a2+b2+ab+b2+c2+bc>a+b2+c+b2=a+b+c>2c．
（2）因为c≥b≥a，
所以a2+b3−a3+b3=−78a3+34a2b+32ab2≥−78a3+34a3+32a3=118a3>0，
所以a2+b>3a3+b3，
同理可得a2+c>3c3+a3，
所以3a3+b3+3c3+a318．（23-24高三上·安徽亳州·期中）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.
(1)请将这一事实表示为一个不等式，并证明这个不等式成立；
(2)在锐角△ABC中，根据（1）中的结论，证明：AB+C+BC+A+CA+B<2.
【解题思路】（1）用作差比较法即可；
（2）结合（1）的结论即可证明.
【解答过程】（1）若b>a>0,m>0，则ab证明：ab−a+mb+m=ab+m−ba+mbb+m=ma−bbb+m.
因为b>a，所以a−b<0，又b>0,m>0，故ma−bbb+m<0，
因此ab（2）在锐角三角形中A0，由（1）得AB+C同理BC+ACA+B以上式子相加得AB+C+BC+A+CA+B<2.
19．（2023·吉林长春·模拟预测）港珠澳大桥通车后，经常往来于珠港澳三地的刘先生采用自驾出行.某次出行，刘先生全程需要加两次油，由于燃油的价格有升也有降，现刘先生有两种加油方案，第一种方案：每次均加30升的燃油；第二种方案，每次加200元的燃油.
(1)若第一次加油时燃油的价格为5元/升，第二次加油时燃油的价格为4元/升，请计算出每种加油方案的平均价格（平均价格=总价格/总升数）；
(2)分别用m，n（m≠n）表示刘先生先后两次加油时燃油的价格，请计算出每种加油方案的平均价格，选择哪种加油方案比较经济划算？并给出证明.
【解题思路】（1）根据题意，由平均价格的计算公式，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由平均价格的计算公式，代入计算，然后作差，即可得到结果.
【解答过程】（1）第一种方案，两次加油共花费30×5+30×4=270元，两次共加了60升燃油，
所以平均价格为27060=4.5元/升；
第二种方案，两次加油共花费200+200=400元，两次共加了2005+2004=90升燃油，所以平均价格为40090=409元/升；
（2）由题意可得，第一种方案，两次加油共花费30m+30n元，两次共加了60升燃油，所以平均价格为30m+30n60=m+n2元/升；
第二种方案，两次加油共花费200+200=400元，两次共加了200m+200n升燃油，所以平均价格为400200m+200n=2mnm+n元/升；
且m+n2−2mnm+n=m+n2−4mn2m+n=m−n22m+n>0，所以选择第二种加油方案比较经济划算.
考点要求
真题统计
考情分析
(1)等式性质
(2)比较两个数的大小
(3)理解不等式的性质，并能简单应用
2022年Ⅱ卷：第12题，5分
高考对不等式的性质的考查比较稳定，一般以选择题、填空题为主，主要考查不等式的求解；单独考查的题目虽然不多，但不等式的相关知识往往可以渗透到高考的各个知识领域，作为解题工具与函数、向量、解析几何、数列等知识相结合，在知识的交汇处命题，是进行不等式变形、证明以及解不等式的依据，是高考考查的一个重点内容.
关系
方法
作差法
与0比较
作商法
与1比较
或
或