高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第7章不等式1第1講不等關(guān)系與不等式教案理

第1講不等關(guān)系與不等式知識點(diǎn)考綱不等關(guān)系與不等式了解現(xiàn)實(shí)世界和日常生活中的不等關(guān)系，了解不等式(組)的實(shí)際背景.一元二次不等式的解法會從實(shí)際情境中抽象出一元二次不等式模型.通過函數(shù)圖象了解一元二次不等式與相應(yīng)的二次函數(shù)、一元二次方程的聯(lián)系.會解一元二次不等式，對給定的一元二次不等式，會設(shè)計求解的程序框圖.二元一次不等式(組)與簡單的線性規(guī)劃問題會從實(shí)際情境中抽象出二元一次不等式組.了解二元一次不等式的幾何意義，能用平面區(qū)域表示二元一次不等式組.會從實(shí)際情境中抽象出一些簡單的二元線性規(guī)劃問題，并能加以解決.基本不等式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a≥0，b≥0)了解基本不等式的證明過程.會用基本不等式解決簡單的最大(小)值問題.1．實(shí)數(shù)大小順序與運(yùn)算性質(zhì)之間的關(guān)系a－b>0?a>b；a－b＝0?a＝b；a－b<0?a<b．2．不等式的基本性質(zhì)(1)對稱性：a＞b?b＜a；(2)傳遞性：a＞b，b＞c?a＞c；(3)可加性：a＞b?a＋c＞b＋c；a＞b，c＞d?a＋c＞b＋d；(4)可乘性：a＞b，c＞0?ac＞bc，a＞b＞0，c＞d＞0?ac＞bd；(5)可乘方：a＞b＞0?an＞bn(n∈N，n≥1)；(6)可開方：a＞b＞0?eq\r(n,a)＞eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)．3．不等式的一些常用性質(zhì)(1)有關(guān)倒數(shù)的性質(zhì)①a>b，ab>0?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).②a<0<b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).③a>b>0，0<c<d?eq\f(a,c)>eq\f(b,d).④0<a<x<b或a<x<b<0?eq\f(1,b)<eq\f(1,x)<eq\f(1,a).(2)有關(guān)分?jǐn)?shù)的性質(zhì)若a>b>0，m>0，則①eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0)．②eq\f(a,b)>eq\f(a＋m,b＋m)；eq\f(a,b)<eq\f(a－m,b－m)(b－m>0)．判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)兩個實(shí)數(shù)a，b之間，有且只有a>b，a＝b，a<b三種關(guān)系中的一種．()(2)若eq\f(a,b)>1，則a>b.()(3)一個不等式的兩邊同加上或同乘以同一個數(shù)，不等號方向不變．()(4)一個非零實(shí)數(shù)越大，則其倒數(shù)就越?。?)(5)同向不等式具有可加性和可乘性．()(6)兩個數(shù)的比值大于1，則分子不一定大于分母．()答案：(1)√(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√(教材習(xí)題改編)設(shè)A＝(x－3)2，B＝(x－2)(x－4)，則A與B的大小關(guān)系為()A．A≥B B．A＞BC．A≤B D．A＜B解析：選B.A－B＝(x2－6x＋9)－(x2－6x＋8)＝1＞0，所以A＞B.故選B.已知a，b是實(shí)數(shù)，則“a>0且b>0”是“a＋b>0且ab>0”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解析：選C.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,b>0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b>0，,ab>0.))又當(dāng)ab>0時，a與b同號，由a＋b>0知a>0，且b>0.eq\f(1,\r(2)－1)________eq\r(3)＋1(填“>”或“<”)．解析：eq\f(1,\r(2)－1)＝eq\r(2)＋1<eq\r(3)＋1.答案：<下列不等式中恒成立的是__________．①m－3＞m－5；②5－m＞3－m；③5m＞3m；④5＋m＞5－m.解析：m－3－m＋5＝2＞0，故①恒成立；5－m－3＋m＝2＞0，故②恒成立；5m－3m＝2m，無法判斷其符號，故③不恒成立；5＋m－5＋m＝2m，無法判斷其符號，故④不恒成立．答案：①②比較兩個數(shù)(式)的大小[典例引領(lǐng)](1)已知a>b>0，m>0，則()A.eq\f(b,a)＝eq\f(b＋m,a＋m)B.eq\f(b,a)>eq\f(b＋m,a＋m)C.eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)D.eq\f(b,a)與eq\f(b＋m,a＋m)的大小關(guān)系不確定(2)若a＝eq\f(ln3,3)，b＝eq\f(ln2,2)，比較a與b的大?。窘狻?1)選C.eq\f(b,a)－eq\f(b＋m,a＋m)＝eq\f(b（a＋m）－a（b＋m）,a（a＋m）)＝eq\f(m（b－a）,a（a＋m）).因?yàn)閍>b>0，m>0.所以b－a<0，a＋m>0，所以eq\f(m（b－a）,a（a＋m）)<0.即eq\f(b,a)－eq\f(b＋m,a＋m)<0.所以eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m).(2)因?yàn)閍＝eq\f(ln3,3)＞0，b＝eq\f(ln2,2)＞0，所以eq\f(a,b)＝eq\f(ln3,3)·eq\f(2,ln2)＝eq\f(2ln3,3ln2)＝eq\f(ln9,ln8)＝log89＞1，所以a＞b.若本例(1)的條件不變，試比較eq\f(b,a)與eq\f(b－m,a－m)的大?。猓篹q\f(b,a)－eq\f(b－m,a－m)＝eq\f(b（a－m）－a（b－m）,a（a－m）)＝eq\f(m（a－b）,a（a－m）).因?yàn)閍>b>0，m>0.所以a－b>0，m(a－b)>0.(1)當(dāng)a>m時，a(a－m)>0，所以eq\f(m（a－b）,a（a－m）)>0，即eq\f(b,a)－eq\f(b－m,a－m)>0，故eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m).(2)當(dāng)a<m時，a(a－m)<0.所以eq\f(m（a－b）,a（a－m）)<0，即eq\f(b,a)－eq\f(b－m,a－m)<0，故eq\f(b,a)<eq\f(b－m,a－m).eq\a\vs4\al()比較大小常用的方法[提醒]用作差法比較大小的關(guān)鍵是對差進(jìn)行變形，常用的變形有通分、因式分解、配方等．[通關(guān)練習(xí)]1．設(shè)m＝(x＋2)(x＋3)，n＝2x2＋5x＋9，則m與n的大小關(guān)系為()A．m>n B．m<nC．m≥n D．m≤n解析：選B.m－n＝x2＋5x＋6－(2x2＋5x＋9)＝－x2－3<0，所以m<n.故選B.2．比較eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)與a＋b(a>0，b>0)兩個代數(shù)式的大?。猓阂?yàn)閑q\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)－(a＋b)＝eq\f(a3＋b3－a2b－ab2,ab)＝eq\f(a2（a－b）＋b2（b－a）,ab)＝eq\f(（a－b）（a2－b2）,ab)＝eq\f(（a－b）2（a＋b）,ab).又因?yàn)閍>0，b>0，所以eq\f(（a－b）2（a＋b）,ab)≥0，故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)≥a＋b.不等式的性質(zhì)及應(yīng)用(高頻考點(diǎn))不等式的性質(zhì)是高考的?？純?nèi)容，題型多為選擇題，難度為中檔題．高考對不等式性質(zhì)的考查主要有以下兩個命題角度：(1)應(yīng)用性質(zhì)判斷命題真假；(2)應(yīng)用性質(zhì)求代數(shù)式的范圍．[典例引領(lǐng)]角度一應(yīng)用性質(zhì)判斷命題真假(1)(特值法)設(shè)a，b∈R，則“a>b”是“a|a|>b|b|”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(2)若a＞0＞b＞－a，c＜d＜0，則下列結(jié)論：①ad＞bc；②eq\f(a,d)＋eq\f(b,c)＜0；③a－c＞b－d；④a(d－c)＞b(d－c)中成立的個數(shù)是()A．1 B．2C．3 D．4【解析】(1)當(dāng)b<0時，顯然有a>b?a|a|>b|b|；當(dāng)b＝0時，顯然有a>b?a|a|>b|b|；當(dāng)b>0時，由a>b有|a|>|b|，所以a>b?a|a|>b|b|.綜上可知a>b?a|a|>b|b|，故選C.(2)因?yàn)閍＞0＞b，c＜d＜0，所以ad＜0，bc＞0，所以ad＜bc，故①錯誤．因?yàn)?＞b＞－a，所以a＞－b＞0，因?yàn)閏＜d＜0，所以－c＞－d＞0，所以a(－c)＞(－b)(－d)，所以ac＋bd＜0，所以eq\f(a,d)＋eq\f(b,c)＝eq\f(ac＋bd,cd)＜0，故②正確．因?yàn)閏＜d，所以－c＞－d，因?yàn)閍＞b，所以a＋(－c)＞b＋(－d)，即a－c＞b－d，故③正確．因?yàn)閍＞b，d－c＞0，所以a(d－c)＞b(d－c)，故④正確，故選C.【答案】(1)C(2)C角度二應(yīng)用性質(zhì)求代數(shù)式的范圍(整體思想)已知二次函數(shù)y＝f(x)的圖象過原點(diǎn)，且1≤f(－1)≤2，3≤f(1)≤4，求f(－2)的取值范圍．【解】因?yàn)閒(x)過原點(diǎn)，所以設(shè)f(x)＝ax2＋bx(a≠0)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）＝a－b，,f（1）＝a＋b，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)[f（－1）＋f（1）]，,b＝\f(1,2)[f（1）－f（－1）]，))所以f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)．又eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1≤f（－1）≤2，,3≤f（1）≤4，))所以6≤3f(－1)＋f(1)≤10，即f(－2)的取值范圍是[6，10]．eq\a\vs4\al()(1)判斷不等式命題真假的方法①判斷不等式是否成立，需要逐一給出推理判斷或用特值法．常用的推理判斷需要利用不等式性質(zhì)．②在判斷一個關(guān)于不等式的命題真假時，先把判斷的命題和不等式性質(zhì)聯(lián)系起來考慮，找到與命題相近的性質(zhì)，并應(yīng)用性質(zhì)判斷命題真假．(2)求代數(shù)式的取值范圍利用不等式性質(zhì)求某些代數(shù)式的取值范圍時，多次運(yùn)用不等式的性質(zhì)時有可能擴(kuò)大變量的取值范圍，解決此類問題，一般是利用整體思想，通過“一次性”不等關(guān)系的運(yùn)算求得整體范圍，是避免錯誤的有效途徑．[通關(guān)練習(xí)]1．(2018·河南百校聯(lián)盟模擬)設(shè)a，b∈R，則“(a－b)a2≥0”是“a≥b”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.當(dāng)(a－b)a2≥0時，由a2≥0得a－b≥0，即a≥b，反之也成立，故“(a－b)a2≥0”是“a≥b”的充要條件．2．若－1<a＋b<3，2<a－b<4，則2a＋3b的取值范圍為________．解析：設(shè)2a＋3b＝x(a＋b)＋y(a－b)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2，,x－y＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5,2)，,y＝－\f(1,2).))又因?yàn)椋璭q\f(5,2)<eq\f(5,2)(a＋b)<eq\f(15,2)，－2<－eq\f(1,2)(a－b)<－1，所以－eq\f(9,2)<eq\f(5,2)(a＋b)－eq\f(1,2)(a－b)<eq\f(13,2).即－eq\f(9,2)<2a＋3b<eq\f(13,2).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，\f(13,2)))eq\a\vs4\al()真假分?jǐn)?shù)的性質(zhì)(1)真分?jǐn)?shù)的分子與分母都加上同一個正數(shù)，分?jǐn)?shù)的值變大．(2)假分?jǐn)?shù)的分子與分母都加上同一個正數(shù)，分?jǐn)?shù)的值變?。袛嗖坏仁绞欠癯闪ⅲ饕欣貌坏仁降男再|(zhì)和特殊值驗(yàn)證兩種方法，特別是對于有一定限制條件的選擇題，用特殊值驗(yàn)證的方法更簡單．易錯防范(1)在應(yīng)用傳遞性時，注意等號是否傳遞下去，如a≤b，b<c?a<c；(2)在乘法法則中，要特別注意“乘數(shù)c的符號”，例如當(dāng)c≠0時，有a>b?ac2>bc2；若無c≠0這個條件，a>b?ac2>bc2就是錯誤結(jié)論(當(dāng)c＝0時，取“＝”)．1．已知a>b，則下列結(jié)論正確的是()A．a(chǎn)2>b2 B．a(chǎn)c2>bc2C.eq\r(a)>eq\r(b) D．a(chǎn)－1>b－2解析：選D.因?yàn)閍>b時，a與b的符號不確定，所以A、C不正確；當(dāng)c＝0時，B不正確；對于D，a>b?a－1>b－1，又b－1>b－2，所以a－1>b－2正確．2．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則下列結(jié)論不正確的是()A．a(chǎn)2<b2 B．a(chǎn)b<b2C．a(chǎn)＋b<0 D．|a|＋|b|>|a＋b|解析：選D.由題可知b<a<0，所以A，B，C正確，而|a|＋|b|＝－a－b＝|a＋b|，故D錯誤．選D.3．若x2＋y2≤2(x＋y－1)，則x，y滿足的條件是()A．x、y∈R B．x≥1且y≥1C．x≤1且y≤1 D．x＝1且y＝1解析：選D.因?yàn)閤2＋y2－2(x＋y－1)＝x2－2x＋1＋y2－2y＋1＝(x－1)2＋(y－1)2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1且y＝1時，取等號，即x2＋y2≥2(x＋y－1)．又因?yàn)閤2＋y2≤2(x＋y－1)，所以x2＋y2＝2(x＋y－1)．所以x＝1且y＝1，故選D.4．(2018·湖北黃岡檢測)已知x>y>z，且x＋y＋z＝0，下列不等式中成立的是()A．xy>yz B．xz>yzC．xy>xz D．x|y|>z|y|解析：選C.因?yàn)閤>y>z，所以3x>x＋y＋z＝0，3z<x＋y＋z＝0，所以x>0，z<0，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,y>z))得xy>xz.故選C.5．對于任意實(shí)數(shù)a，b，c，d，有以下四個命題：①若ac2>bc2，則a>b；②若a>b，c>d，則a＋c>b＋d；③若a>b，c>d，則ac>bd；④若a>b，則eq\f(1,a)>eq\f(1,b).其中正確的有()A．1個 B．2個C．3個 D．4個解析：選B.由ac2>bc2知c≠0，c2>0，所以a>b，故①正確；由不等式的同向可加性易知②正確；對于③，當(dāng)a＝－1，b＝－4，c＝－2，d＝－3時，ac<bd，故③不正確；對于④，若a＝2，b＝1，滿足a>b，但eq\f(1,2)>eq\f(1,1)不成立，故④不正確．6．(2018·揚(yáng)州模擬)若a1<a2，b1<b2，則a1b1＋a2b2與a1b2＋a2b1的大小關(guān)系是________．解析：作差可得(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)·(b1－b2)，因?yàn)閍1<a2，b1<b2，所以(a1－a2)(b1－b2)>0，即a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1.答案：a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b17．已知a，b∈R，則a＜b和eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)同時成立的條件是________．解析：若ab＜0，由a＜b兩邊同除以ab得，eq\f(1,b)＞eq\f(1,a)，即eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)；若ab＞0，則eq\f(1,a)＞eq\f(1,b).所以a＜b和eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)同時成立的條件是a＜0＜b.答案：a＜0＜b8．若α，β滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1≤α＋β≤1，,1≤α＋2β≤3，))則α＋3β的取值范圍是________．解析：設(shè)α＋3β＝x(α＋β)＋y(α＋2β)＝(x＋y)α＋(x＋2y)β.則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝1，,x＋2y＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝2.))因?yàn)椋?≤－(α＋β)≤1，2≤2(α＋2β)≤6，兩式相加，得1≤α＋3β≤7.所以α＋3β的取值范圍為[1，7]．答案：[1，7]9．設(shè)實(shí)數(shù)a，b，c滿足①b＋c＝6－4a＋3a2，②c－b＝4－4a＋a2.試確立a，b，c的大小關(guān)系．解：因?yàn)閏－b＝(a－2)2≥0，所以c≥b，又2b＝2＋2a2，所以b＝1＋a2，所以b－a＝a2－a＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)>0，所以b>a，從而c≥b>a.10．若a>b>0，c<d<0，e<0.求證：eq\f(e,（a－c）2)>eq\f(e,（b－d）2).證明：因?yàn)閏<d<0，所以－c>－d>0.又因?yàn)閍>b>0，所以a－c>b－d>0.所以0<eq\f(1,（a－c）2)<eq\f(1,（b－d）2).又因?yàn)閑<0，所以eq\f(e,（a－c）2)>eq\f(e,（b－d）2).1．已知x，y∈R，且x＞y＞0，則()A.eq\f(1,x)－eq\f(1,y)＞0B．sinx－siny＞0C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(y)＜0D．lnx＋lny＞0解析：選C.法一：(通性通法)因?yàn)閤＞y＞0，選項(xiàng)A，取x＝1，y＝eq\f(1,2)，則eq\f(1,x)－eq\f(1,y)＝1－2＝－1＜0，排除A；選項(xiàng)B，取x＝π，y＝eq\f(π,2)，則sinx－siny＝sinπ－sineq\f(π,2)＝－1＜0，排除B；選項(xiàng)D，取x＝2，y＝eq\f(1,2)，則lnx＋lny＝ln(xy)＝ln1＝0，排除D.故選C.法二：(光速解法)因?yàn)楹瘮?shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)在R上單調(diào)遞減，且x＞y＞0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(y)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(y)＜0，故選C.2．(2017·高考山東卷)若a>b>0，且ab＝1，則下列不等式成立的是()A．a(chǎn)＋eq\f(1,b)<eq\f(b,2a)<log2(a＋b)B.eq\f(b,2a)<log2(a＋b)<a＋eq\f(1,b)C．a(chǎn)＋eq\f(1,b)<log2(a＋b)<eq\f(b,2a)D．log2(a＋b)<a＋eq\f(1,b)<eq\f(b,2a)解析：選B.根據(jù)題意，令a＝2，b＝eq\f(1,2)進(jìn)行驗(yàn)證，易知a＋eq\f(1,b)＝4，eq\f(b,2a)＝eq\f(1,8)，log2(a＋b)＝log2eq\f(5,2)＞1，因此a＋eq\f(1,b)＞log2(a＋b)＞eq\f(b,2a).3．已知△ABC的三邊長分別為a，b，c且滿足b＋c≤3a，則eq\f(c,a)的取值范圍為()A．(1，＋∞) B．(0，2)C．(1，3) D．(0，3)解析：選B.由已知及三角形的三邊關(guān)系得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<b＋c≤3a，,a＋b>c，,a＋c>b，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1<\f(b,a)＋\f(c,a)≤3，,1＋\f(b,a)>\f(c,a)，,1＋\f(c,a)>\f(b,a)，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1<\f(b,a)＋\f(c,a)≤3，,－1<\f(c,a)－\f(b,a)<1，))兩式相加得，0<2×eq\f(c,a)<4，所以eq\f(c,a)的取值范圍為(0，2)，故選B.4．(2018·安徽合肥模擬)已知a，b，c∈(0，＋∞)，若eq\f(c,a＋b)<eq\f(a,b＋c)<eq\f(b,c＋a)，則()A．c<a<b B．b<c<aC．