2020年數(shù)學(xué)新高考一輪復(fù)習(xí)(理)不等關(guān)系與不等式

1、1.兩個(gè)實(shí)數(shù)比較大小的依據(jù)(1) a b 0 ? a 三 b.(2) a b= 0 ? a 二 b.(3) a bv0 ? a 三 b.2.不等式的性質(zhì)(1)對(duì)稱性： ab? bva;(2)傳遞性： a b, b c? a c;可加性：a b? a + cb+ c;a b, c d? a + cb+ d;(4)可乘性： a b, c 0? acbe;ab0, cd0? acbd;(5)可乘方： a b0? anbn(n N, n 1);(6)可開方：a b0?na nb(n N n 2).小題體驗(yàn)1. (教材習(xí)題改編) )用不等號(hào)“”或“v”填空：(1) ab,cvd? ac_ bd;(2)

2、a b 0, c d 0? ac_bd;(3) a b 0?3a_3b.答案：( (1)(2)(3) 2. 2 +訴，73 +U6 的大小關(guān)系為_.答案:.2+ 7V,3 + 63._已知 av0, 1vbv0，貝Ua, ab, ab2的大小關(guān)系是 _ .(用“”連接) )解析：由一 1vbv0,可得 bvb2v1.又 av0,. abab2a.答案：ab ab2 a必過易措美1.在應(yīng)用傳遞性時(shí)，注意等號(hào)是否傳遞下去，如a b? ac2 be2;若無CM0 這個(gè)條件，a b? ac2 be2就是錯(cuò)誤結(jié)論（當(dāng) c= 0 時(shí)，取=”）.小題糾偏1.設(shè) a， b, c R,且 a b,則（）1122

3、33A. ae beB.- b2D. a3 b3a b答案：D1 12._ “ a b 0”是“ 2, x R,貝卩 p, q 的大小關(guān)系是（）A. p qB. pq C. p qD . p2,所以 p= a+- = a 2+丄+ 22 + 2 = 4,當(dāng)且僅當(dāng) a = 3 a 2a 2時(shí)取等號(hào).因?yàn)?x2 2 2，所以 q= g：X2 2W :2= 4，當(dāng)且僅當(dāng) x= 0 時(shí)取等號(hào).所以 p q.2.若 a=罟,b=罟，則 a_b（填“”或“ 1,所以 ba.a 3ln 2答案： 0, q 0,前 n 項(xiàng)和為 Sn,則魯與學(xué)的大小關(guān)系為 _解析：當(dāng) q= 1 時(shí)，空=3,S5= 5，所以S3

4、0 且 qM1 時(shí),3,5S3S5a11 q a11 q=24asa5a1q 1 qa1q 1 qS3S5o園蜚尙倚虧會(huì)闔冋E2E2窟答案：充分不必要 0,所以S3 S5a3a5二 二綜上可知答案：S3 b0, cvdv0，則一定有( () )A.a Pd cc.解析：選 B 因?yàn)?cvdv0，所以一 c- d0,所以土0.又 a b 0,所以電一,-d - c所以 dvb故選 B.d c2.設(shè) a, b R,則( (a b) a2v0” 是avb” 的( () )A .充分不必要條件B.必要不充分條件C .充要條件D .既不充分也不必要條件解析：選 A (a b) a2v0，則必有 a bv

5、0,即卩 avb;而 avb 時(shí)，不能推出(a b) a2v0,女口a= 0, b= 1,所以“(a b) a2v0”是“ avb”的充分不必要條件.由題悟法不等式性質(zhì)應(yīng)用問題的 3 大常見類型及解題策略(1)利用不等式性質(zhì)比較大小.熟記不等式性質(zhì)的條件和結(jié)論是基礎(chǔ)，靈活運(yùn)用是關(guān)鍵,要注意不等式性質(zhì)成立的前提條件.(2)與充要條件相結(jié)合問題.用不等式的性質(zhì)分別判斷p? q 和 q? p 是否正確，要注意特殊值法的應(yīng)用.(3) 與命題真假判斷相結(jié)合問題.解決此類問題除根據(jù)不等式的性質(zhì)求解外，還經(jīng)常采用特殊值驗(yàn)證的方法.即時(shí)應(yīng)用1 11.若-v- 0，則下列結(jié)論不正確的是( () )a bA.a1

6、 2b2B.abvb3 4C. a+ b |a+ b|1 i解析：選 D / 0,. b aa2, ab b2, a+ b 0,選項(xiàng) A、B、C 均正確，/ b a b,則 ac2 be2B .若 a b ab b21 1C. 若 a b 0,則 a bb aD. 若 a bb解析：選 B A 選項(xiàng)需滿足CM0 ;取 a=- 2, b=- 1 知選項(xiàng)考點(diǎn)三不等式性質(zhì)的應(yīng)用重點(diǎn)保分型考點(diǎn)一一師生共研典例引領(lǐng)1 . (2018 嘉興期末) )已知一 1 x + y 4,2 x y 3，則解析： 設(shè) 3x + 2y= m(x+ y)+ n(x y) = (m+ n)x + (m n)y, 所以 m+

7、 n = 3, m n= 2,51解得 m=5, n =云云，所以 3x+2y=5(x+ y) + 如y),由一 1 x+ y 4,C、D 錯(cuò)誤.故選 B.3x + 2y 的取值范圍是答案：-3,232Xx2.已知 1 Ig xyw4, 1 IgyW2，求 Igy 的取值范圍.x解：由 1 Ig xyw4, 1 Ig y 2,得 1wIg x+Ig yw4,1Ig xIg y2,2x13而Igy = 2lgxIg y= 2( (Ig x + Ig y) + 2( (Ig x Ig y),2所以一 1WIgxw5,y2即 Ig :的取值范圍是1,5.類題通法利用不等式性質(zhì)可以求某些代數(shù)式的取值范

8、圍，但應(yīng)注意兩點(diǎn)：一是必須嚴(yán)格運(yùn)用不 等式的性質(zhì)；二是在多次運(yùn)用不等式的性質(zhì)時(shí)有可能擴(kuò)大了變量的取值范圍，解決的途徑 是先建立所求范圍的整體與已知范圍的整體的等量關(guān)系，最后通過“一次性”不等關(guān)系的 運(yùn)算求解范圍.即時(shí)應(yīng)用1.若 6 a 10,：wbw2a, c= a+ b,則C. 9,30解析：選 DT|wbw2a,3aIW時(shí)bW3a,即警cw3a./ 6av10, 9 c 30.故選 D.2.若 1a3, 432,貝U a|耳的取值范圍是解析：T 432,二 0W| 耳 4, 4W w0.一 3a一 | 口B解析：選 B 由題意得，B2 A2=- 2 ab0, B0,可得 AB.2.若 av

9、bv0,則下列不等式不能成立的是( () )A1 1 1 1A. B. -a b a a bC. |a| |b|D. a2 b21 1解析：選 A 取 a= 2, b= 1，則- -不成立.a b a3.(2018 浙江十校聯(lián)盟適考) )設(shè) a 0 且 a 工 1,則“ ab 1 ”是“ (a 1)b 0 ”的( () )A 充分不必要條件B.必要不充分條件C 充要條件D 既不充分也不必要條件解析：選 C 若 ab 1，因?yàn)?a0 且 a豐1,所以當(dāng) 0vav1 時(shí)，bv0,此時(shí)(a 1)b 0 成立；當(dāng)a 1 時(shí)，b 0,此時(shí)(a 1)b0 成立.若(a 1)b 0,因?yàn)?a 0 且 a豐1

10、,所以 當(dāng) 0vav1 時(shí)，bv0，此時(shí) ab 1;當(dāng) a 1 時(shí)，b 0,此時(shí) ab 1.所以 “ab 1” 是 “ (a 1)b 0”的充要條件.4.(2018 金華模擬) )設(shè) a, b R,若 a |b|0,則下列不等式中正確的是( () )33A.b- a0B.a+bv0C.a2b2v0D.b+a0解析：選 D 利用賦值法，令 a= 1, b= 0,排除 A、B、C,選 D.5 . b g 糖水中有 a g 糖(b a 0),若再添 m g 糖(m 0)，則糖水變甜了.試根據(jù)這一事實(shí)，提煉出一個(gè)不等式D.不確定M N= a1a2 (a1+ a2 1)=a1a2a1a2+1=(a11)

11、(a21),又.a1 (0,1), a? (0,1) , a1 1v0, a? 1v0.二保高考,全練題型做到高考達(dá)標(biāo)1.已知 a1,a2(0,1),記 M = a1a2,N = aj+ a2 1，貝 U M 與 N 的大小關(guān)系是( (解析：選 B(a1 1)( a2 1) 0,即 M N 0.二 M N.2.若汁0，給出下列不等式：計(jì) bv器|a|+b0；a-1b-b；ln a2 In b2.其中正確的不等式的序號(hào)是( () )A .B.C .D .1 1 解析：選 C 法一：因?yàn)関0，故可取 a=- 1, b=-2.顯然 |a|+ b= 1 2 =- 1v0,a b所以錯(cuò)誤；因?yàn)?In a

12、2= ln（ - 1）2= 0, In b2= ln（ - 2）2= In 40，所以錯(cuò)誤，綜上所述，可排除 A、B、D，故選 C.法二：1 1由1v1v0,可知 bvav0.1中，因?yàn)?a+ bv0, ab0,所以v電，故正確；a + b ab2中，因?yàn)?bvav0,所以一 b-a0,故一 b |a|，即|a|+ bv0，故錯(cuò)誤；3中，因?yàn)?bvav0,又1vv0,則一1-10，所以 a-b-故正確；a ba ba b4中，因?yàn)?bvav0,根據(jù) y= x2在（一g,0） 上為減函數(shù)，可得 b2 a2 0,而 y= In x 在定義域（0, +g）上為增函數(shù)，所以 In b2 In a2,故

13、錯(cuò)誤由以上分析，知正確.1 13. （2018 寧波模擬）設(shè) a, b 是實(shí)數(shù)，則“ ab 1”是“ a+ -b+工 的（）A 充分不必要條件B.必要不充分條件C .充要條件D .既不充分又不必要條件解析：選 A 因?yàn)?a +1- b+ b Ja-：&-1,若 a b 1,顯然 a+ *- （b+ g j=一一 0,則充分性成立，當(dāng) a=1, b=2時(shí)，顯然不等式 a+- b+ 成立，但 a ab23a bb 1 不成立，所以必要性不成立.4.若 mv0, n 0 且 m+ nv0，則下列不等式中成立的是（）A. nvmvnv -mB.-nvmv -mvnC.mv -nv -mvnD.

14、mv -nvnv -m解析：選 D 法一：（取特殊值法）令 m=- 3, n= 2 分別代入各選項(xiàng)檢驗(yàn)即可.法二：m+ nv0? mv- n? nv- m,又由于 mv0vn，故 mv- nvnv-m 成立.b2a25.設(shè) av0, bv0，則 p=T + -與 q= a+ b 的大小關(guān)系是（）A. p qD.pwq(a- b (a2 b2、(a- b ffa + b11X-1S1abab因?yàn)?av0, bv0,B. pqC.pvq(a + b)=b3+ a3- a2b ab2aba a2- b2 ba2 b2ab解析：選 D2a_ b2所以ab a+bW0,即 pwq,故選 D.abav2b

15、.a答案：v7.已知函數(shù) f(x)= ax+ b,0vf(1)v2, 1vf( 1)v1,則 2a b 的取值范圍是 _.13解析：由函數(shù)的解析式可知0va + bv2, 1va+ bv1,又 2a b=-(a + b) 2( ( aab 118.已知 a+ b 0，則 72+ r 與- +1的大小關(guān)系是baab- j11、( (a+ b(a b=(ab)b2a2=aV./ a+ b0, (a b)2 0a+b2：2- b.a ba b 11b2+尹 a+答案：畝+1+b9.已知存在實(shí)數(shù) a 滿足 ab2 a ab,則實(shí)數(shù) b 的取值范圍是解析： / ab2 a ab,. a豐0,當(dāng) a 0

16、時(shí)，b2 1 b,b2 1,即*解得 bv1；bv1,當(dāng) av0 時(shí)，b2v1vb,b2v1,即此式無解.b 1,綜上可得實(shí)數(shù) b 的取值范圍為( (g,1).答案：( (g, 1)10.實(shí)數(shù) x, y 滿足 3Wxy2w8, fw總?cè)?，?j 的取值范圍. 解:1w月w;, 49,二-16,81.9x4y屮6.已知 a, b 為實(shí)數(shù)，且 a豐b, a0,貝 U a2b a 填 “”“v”或“=” ).解析：Tb, av0,. a 2 2b- =v0,a a+ b),結(jié)合不等式的性質(zhì)可得2a b3 5) 22 .答案:3,5解析：討 a2- a+ b =爭(zhēng)+寧i ri3, 3 J3*2、13

17、y =于2礦 2,27,故寺的取值范圍為2,27 .三上臺(tái)階，自主選做志在沖刺名校值范圍為（）A. (1, +8 )C. (1,3)ac,a+ c b,若 m?n2, p qw2，貝 U (+ qw4.故選 A.3.設(shè)a1-2,a2=1+1 + 屛（1）證明：2 介于 a1, a2之間；（2）求 a1, a2中哪一個(gè)更接近-.2.解：(1)證明:v( 2-a1)( 2 - a2)= ( 2-a“2- 1-亡=1-1+a2-a12 0.1. （2018 合肥質(zhì)檢）已知 ABC 的三邊長(zhǎng)分別為 a, b, c,且滿足b+cw3a,則的取aB. (0,2)D. (0,3)bc1 a,b c 1b,a a-1C-bv1,La a兩式相加得，2ab,；b,a,awb,ab.A.mn4 且 p+qw4B. m+ n 4 且 pqw 4C. mnw4 且 p+