高考數(shù)一輪復(fù)習(xí) 第六章 第一節(jié) 不等關(guān)系與不等式突破熱點題型 文

第一節(jié)不等關(guān)系與不等式考點一比較大小[例1](1)已知m∈R，a>b>1，f(x)＝eq\f(m2x,x－1)，則f(a)與f(b)的大小關(guān)系是()A．f(a)>f(b)B．f(a)<f(b)C．f(a)≤f(b)D．不確定(2)若a＝1816，b＝1618，則a與b的大小關(guān)系為a________b(填“＝”、“>”或“<”)．[自主解答](1)法一：∵f(a)＝eq\f(m2a,a－1)，f(b)＝eq\f(m2b,b－1)，∴f(a)－f(b)＝eq\f(m2a,a－1)－eq\f(m2b,b－1)＝m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,a－1)－\f(b,b－1)))＝m2·eq\f(ab－1－ba－1,a－1b－1)＝m2·eq\f(b－a,a－1b－1)，當(dāng)m＝0時，f(a)＝f(b)；當(dāng)m≠0時，m2>0，又a>b>1，∴f(a)<f(b)．即f(a)≤f(b)．法二：(特值法)令a＝3，b＝2.則f(3)＝eq\f(3m2,2)，f(2)＝2m2.當(dāng)m＝0時，f(a)＝f(b)；當(dāng)m≠0時，f(a)<f(b)．故f(a)≤f(b)．(2)可以利用eq\f(a,b)＝eq\f(1816,1618)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(18,16)))16×eq\f(1,162)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,8)))16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2))))16＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,8\r(2))))16，∵eq\f(9,8\r(2))∈(0,1)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,8\r(2))))16<1，∵1816>0,1618>0，∴1816<1618.即a<b.[答案](1)C(2)<【互動探究】若將本例(1)條件中“a>b>1”改為“a<b<1”，試比較f(a)與f(b)的大?。猓骸遞(a)－f(b)＝m2·eq\f(b－a,a－1b－1)，當(dāng)m＝0時，f(a)＝f(b)；當(dāng)m≠0時，m2>0，又a<b<1，∴b－a>0，a－1<0，b－1<0，∴f(a)>f(b)．故f(a)≥f(b)．【方法規(guī)律】比較大小的常用方法(1)作差法一般步驟是：①作差；②變形；③定號；④結(jié)論．其中關(guān)鍵是變形，常采用配方、因式分解、有理化等方法把差式變成積式或者完全平方式．當(dāng)兩個式子都為正數(shù)時，有時也可以先平方再作差．(2)作商法一般步驟是：①作商；②變形；③判斷商與1的大??；④結(jié)論(注意所比較的兩個數(shù)的符號)．(3)特殊值法若是選擇題、填空題可以用特殊值法比較大?。蝗羰墙獯痤}，可以用特殊值法探究思路．1．已知a1，a2∈(0,1)，記M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，則M與NA．M<NB．M>NC．M＝ND．不確定解析：選BM－N＝a1a2－(a1＋a2－1)＝a1a2－a1－a2＋1＝a1(a2－1)－(a2－1)＝(a1－1)(a又∵a1∈(0,1)，a2∈(0,1)，∴a1－1<0，a2－1<0.∴(a1－1)(a2－1)>0，即M－N>0.∴M>N.2．當(dāng)a>0，b>0且a≠b時，比較aabb與abba的大?。猓篹q\f(aabb,abba)＝aa－bbb－a＝aa－beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))a－b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b.∵當(dāng)a>b，即eq\f(a,b)>1時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，∴aabb>abba.當(dāng)a<b，即eq\f(a,b)<1時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，∴aabb>abba.∴當(dāng)a>0，b>0且a≠b時，aabb>abba.高頻考點考點二不等式性質(zhì)的簡單應(yīng)用1．不等式性質(zhì)的考查主要以客觀題為主，難度中等偏下．2．高考對不等式性質(zhì)的考查有以下幾個命題角度：(1)與充要條件相結(jié)合命題；(2)與命題真假的判斷相結(jié)合命題；(3)求代數(shù)式的取值范圍．[例2](1)(·天津高考)設(shè)a，b∈R，則“(a－b)·a2<0”是“a<b”的()A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件(2)(·北京高考)設(shè)a，b，c∈R，且a>b，則()A．a(chǎn)c>bcB.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)C．a(chǎn)2>b2D．a(chǎn)3>b3(3)(·湖南高考)設(shè)a>b>1，c<0，給出下列三個結(jié)論：①eq\f(c,a)>eq\f(c,b)；②ac<bc；③logb(a－c)>loga(b－c)．其中所有正確結(jié)論的序號是()A．①B．①②C．②③D．①②③(4)(·南通模擬)設(shè)x，y為實數(shù)，滿足3≤xy2≤8，4≤eq\f(x2,y)≤9，則eq\f(x3,y4)的最大值是________．[自主解答](1)(a－b)·a2<0，則必有a－b<0，即a<b；而a<b時，不能推出(a－b)·a2<0，如a＝0，b＝1，所以“(a－b)·a2<0”是“a<b”的充分而不必要條件．(2)A選項，當(dāng)c<0時，ac<bc，故A不正確；B選項，當(dāng)a>0>b時，顯然B不正確；C選項，當(dāng)a＝1，b＝－2時，a2<b2，C不正確；D選項，因y＝x3是單調(diào)遞增函數(shù)，當(dāng)a>b時，有a3>b3，D是正確的．(3)由不等式性質(zhì)及a>b>1，知eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又c<0，所以eq\f(c,a)>eq\f(c,b)，①正確；由指數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)，知②正確；由a>b>1，c<0，知a－c>b－c>1－c>1，由對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)，知③正確．(4)∵4≤eq\f(x2,y)≤9，∴eq\f(1,9)≤eq\f(y,x2)≤eq\f(1,4)，∴eq\f(1,81)≤eq\f(y2,x4)≤eq\f(1,16).又∵3≤xy2≤8，而eq\f(x3,y4)＝eq\f(1,\f(y4,x3))＝eq\f(1,xy2·\f(y2,x4))，且eq\f(1,27)≤xy2·eq\f(y2,x4)≤eq\f(1,2)，∴2≤eq\f(x3,y4)≤27.[答案](1)A(2)D(3)D(4)27不等式性質(zhì)的應(yīng)用問題的常見類型及解題策略(1)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．(2)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)常采用特殊值驗證的方法．(3)求代數(shù)式的取值范圍．要注意不等式同向可乘性的適用條件以及整體思想的運用．1．已知a>b>0，給出下列四個不等式：①a2>b2；②2a>2b－1；③eq\r(a－b)>eq\r(a)－eq\r(b)；④a3＋b3>2a2b.其中一定成立的不等式為()A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④解析：選A由a>b>0，可得a2>b2，①成立；由a>b>0，可得a>b－1，而函數(shù)f(x)＝2x在R上是增函數(shù)，∴f(a)>f(b－1)，即2a>2b－1，②成立；∵a>b>0，∴eq\r(a)>eq\r(b)，∴(eq\r(a－b))2－(eq\r(a)－eq\r(b))2＝2eq\r(ab)－2b＝2eq\r(b)·(eq\r(a)－eq\r(b))>0，∴eq\r(a－b)>eq\r(a)－eq\r(b)，③成立；若a＝3，b＝2，則a3＋b3＝35,2a2b＝36，則a3＋b3<2a2b，④不成立．2．若a>0>b>－a，c<d<0，則下列命題：①ad>bc；②eq\f(a,d)＋eq\f(b,c)<0；③a－c>b－d；④a(d－c)>b(d－c)中正確的命題為________．解析：∵a>0>b，c<d<0，∴ad<0，bc>0，則ad<bc，①錯誤；由a>0>b>－a，知a>－b>0，又－c>－d>0，因此a·(－c)>(－b)·(－d)，即ac＋bd<0，∴eq\f(a,d)＋eq\f(b,c)＝eq\f(ac＋bd,cd)<0，故②正確；顯然a－c>b－d，∴③正確；∵a>b，d－c>0，∴a(d－c)>b(d－c)，∴④正確．答案：②③④考點三不等式與函數(shù)、方程的綜合問題[例3]已知f(x)是定義在(－∞，4]上的減函數(shù)，是否存在實數(shù)m，使得f(m－sinx)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(1＋2m)－\f(7,4)＋cos2x))對定義域內(nèi)的一切實數(shù)x均成立？若存在，求實數(shù)m的取值范圍；若不存在，請說明理由．[自主解答]假設(shè)實數(shù)m存在，依題意，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－sinx≤4，,m－sinx≥\r(1＋2m)－\f(7,4)＋cos2x，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－4≤sinx，,m－\r(1＋2m)＋\f(1,2)≥－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(1,2)))2.))因為sinx的最小值為－1，且－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(1,2)))2的最大值為0，要滿足題意，必須有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－4≤－1，,m－\r(1＋2m)＋\f(1,2)≥0，))解得m＝－eq\f(1,2)或eq\f(3,2)≤m≤3.所以實數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))∪eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))).不等式恒成立問題一般要利用函數(shù)的值域，m≤f(x)恒成立，只需m≤f(x)min；m≥f(x)恒成立，只需m≥f(x)max.已知奇函數(shù)f(x)在R上是單調(diào)遞減函數(shù)，α，β，γ∈R，α＋β>0，β＋γ>0，γ＋α>0，說明：f(α)＋f(β)＋f(γ)的值與0的關(guān)系．解：由α＋β>0，得α>－β，∵f(x)在R上是減函數(shù)，且為奇函數(shù)，∴f(α)<f(－β)＝－f(β)，∴f(α)＋f(β)<0，同理f(β)＋f(γ)<0，f(γ)＋f(α)<0，以上三式相加，得2[f(α)＋f(β)＋f(γ)]<0，故f(α)＋f(β)＋f(γ)<0.————————————[課堂歸納——通法領(lǐng)悟]————————————————2種方法——比較大小的方法作差比較法與作商比較法是判定兩個數(shù)或式大小的兩種基本方法，其中變形是關(guān)鍵．3個注意點——應(yīng)用不等式的性質(zhì)應(yīng)注意的問題(1)在應(yīng)用傳遞性時，如果兩個不等式中有一個帶等號而另一個不帶等號，那么等號是傳