山東專用2025版高考數(shù)學一輪復(fù)習第六章不等式第一講不等關(guān)系與不等式學案含解析

PAGE1-第六章不等式第一講不等關(guān)系與不等式ZHISHISHULISHUANGJIZICE學問梳理·雙基自測eq\x(知)eq\x(識)eq\x(梳)eq\x(理)學問點一實數(shù)的大小與運算性質(zhì)的關(guān)系(1)a>b?__a－b>0__；(2)a＝b?__a－b＝0__；(3)a<b?__a－b<0__.學問點二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，常采納配方、因式分解、有理化等方法把差式變成積式或者完全平方式．當兩個式子都為正數(shù)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推斷商與1的大?。虎芙Y(jié)論(留意所比較的兩個數(shù)的符號)．學問點三不等式的性質(zhì)(1)對稱性：a>b?b<a；(2)傳遞性：a>b，b>c?__a>c__；(3)同向可加性：a>b?a＋c__>__b＋c；a>b，c>d?a＋c__>__b＋d；(4)同向同正可乘性：a>b，c>0?ac>bc；a>b，c<0?ac__<__bc；a>b>0，c>d>0?ac>bd；(5)可乘方性：a>b>0?an__>__bn(n∈N，n≥2)；(6)可開方性：a>b>0?eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)．eq\x(重)eq\x(要)eq\x(結(jié))eq\x(論)1．a(chǎn)>b，ab>0?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).2．a(chǎn)<0<b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).3．a(chǎn)>b>0,0<c<d?eq\f(a,c)>eq\f(b,d).4．若a>b>0，m>0，則eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0)．eq\x(雙)eq\x(基)eq\x(自)eq\x(測)題組一走出誤區(qū)1．(多選題)下列命題正確的是(BD)A．若eq\f(a,b)>1，則a>bB．a(chǎn)>b>0，c>d>0?eq\f(a,d)>eq\f(b,c)C．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D．a(chǎn)b>0，a>b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b)題組二走進教材2．(必修5P74T3改編)若a，b都是實數(shù)，則“eq\r(a)－eq\r(b)>0”是“a2－b2>0”的(A)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]eq\r(a)－eq\r(b)>0?eq\r(a)>eq\r(b)?a>b≥0?a2>b2，但由a2－b2>0eq\r(a)－eq\r(b)>0.3．(必修5P74T3改編)設(shè)b<a，d<c，則下列不等式中肯定成立的是(C)A．a(chǎn)－c<b－d B．a(chǎn)c<bdC．a(chǎn)＋c>b＋d D．a(chǎn)＋d>b＋c[解析]由同向不等式具有可加性可知C正確．題組三考題再現(xiàn)4．(2024·北京)已知x，y∈R，且x>y>0，則(C)A．eq\f(1,x)－eq\f(1,y)>0 B．sinx－siny>0C．(eq\f(1,2))x－(eq\f(1,2))y<0 D．lnx＋lny>0[解析]∵x，y∈R，且x>y>0，則eq\f(1,x)<eq\f(1,y)，sinx與siny的大小關(guān)系不確定，(eq\f(1,2))x<(eq\f(1,2))y，即(eq\f(1,2))x－(eq\f(1,2))y<0，lnx＋lny與0的大小關(guān)系不確定，故選C．5．(2024·全國)若a>b，則(C)A．ln(a－b)>0 B．3a<3C．a(chǎn)3－b3>0 D．|a|>|b|KAODIANTUPOHUDONGTANJIU考點突破·互動探究考點一比較代數(shù)式的大小——自主練透例1(1)若x<y<0，試比較(x2＋y2)(x－y)與(x2－y2)(x＋y)的大?。?2)設(shè)a>0，b>0，且a≠b，試比較aabb與abba的大?。?3)若a>b>0，試比較eq\r(a－b)與eq\r(a)－eq\r(b)的大小．[解析](1)(x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)＝(x－y)[(x2＋y2)－(x＋y)2]＝－2xy(x－y)．∵x<y<0，∴xy>0，x－y<0.∴－2xy(x－y)>0.∴(x2＋y2)(x－y)>(x2－y2)(x＋y)．(2)eq\f(aabb,abba)＝aa－b·bb－a＝(eq\f(a,b))a－b.當a>b>0時，eq\f(a,b)>1，a－b>0，∴(eq\f(a,b))a－b>1，∴aabb>abba；當b>a>0時，0<eq\f(a,b)<1，a－b<0，∴(eq\f(a,b))a－b>1，∴aabb>abba.(3)∵a>b>0，∴eq\r(a－b)>0，eq\r(a)－eq\r(b)>0，又(eq\r(a－b))2－(eq\r(a)－eq\r(b))2＝a－b－(a＋b－2eq\r(ab))＝2eq\r(ab)－2b，∵a>b>0，∴eq\r(a)>eq\r(b)，∴eq\r(ab)>b，∴2eq\r(ab)－2b>0，即(eq\r(a－b))2>(eq\r(a)－eq\r(b))2，∴eq\r(a－b)>eq\r(a)－eq\r(b).[引申]本例(2)的條件下aabb__>__(ab)eq\f(a＋b,2).名師點撥?比較兩個代數(shù)式的大小，常用的方法有兩種，一種是作差法，解題步驟是：作差—變形—與0比較，變形的方法主要有通分、因式分解、配方等，變形的目的是為了更有利于推斷符號．另一種是作商法，解題步驟是作商—變形—與1比較．作商法通常適用于兩代數(shù)式同號的情形．留意①若eq\f(a,b)>1，b<0，則a<b；②比較兩式大小時可以先賦值推斷兩式大小關(guān)系，以明確比較時變形的方向；③留意函數(shù)單調(diào)性在比較大小中的應(yīng)用．考點二不等式的性質(zhì)——師生共研例2(1)(多選題)(2024·北京海淀區(qū)高三模擬改編)已知x>y，則下列各式中肯定成立的是(CD)A．eq\f(1,x)<eq\f(1,y) B．x＋eq\f(1,y)>2C．2－x<2－y D．2x＋2－y>2(2)(2024·廣東華附、省實、廣雅、深中期末聯(lián)考)設(shè)a>1>b>－1，b≠0，則下列不等式中恒成立的是(C)A．eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．a(chǎn)>b2 D．a(chǎn)2>2b(3)(2024·四省八校質(zhì)檢)若logab<logac，則下列不等式肯定成立的是(C)A．a(chǎn)b<ac B．eq\f(a,b)>eq\f(a,c)C．a(chǎn)b<ac D．ba>ca[解析](1)當x＝1，y＝－1時，滿意x>y，但eq\f(1,x)>eq\f(1,y)，x＋eq\f(1,y)＝0<2，故A、B都錯，對于C，∵x>y，∴－x<－y，∴2－x<2－y，正確；對于D,2x＋2－y≥2eq\r(2x－y)>2，D正確，故選C、D．(2)對于A，當a為正數(shù)，b為負數(shù)時，eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，所以，A錯誤；對于B，當a＝2，b＝eq\f(1,2)時，B不成立，所以錯誤；對于C,1>b>－1?b2<1，而a>1，所以選項C正確；對于D，取反例：a＝1.1?a2＝1.21，b＝0.8?2b＝1.6.D錯誤。(3)由題意知0<a且a≠1，當0<a<1時，b>c>0，∴ab>ac，且eq\f(1,b)<eq\f(1,c)，從而eq\f(a,b)<eq\f(a,c)，∴A，B錯，當a>1時，0<b<c，∴ba<ca，∴D錯．故選C．名師點撥?(1)在推斷一個關(guān)于不等式命題的真假時，先把要推斷的命題和不等式的性質(zhì)聯(lián)系起來考慮，找到與命題相近的性質(zhì)，并依據(jù)性質(zhì)推斷命題的真假，有時還要用到其他學問，如本例中冪函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)等．(2)在應(yīng)用不等式的性質(zhì)時，不行以強化或弱化不等式成立的條件，如“同向不等式”才可以相加，“同向正數(shù)不等式”才可以相乘．(3)在不等關(guān)系的推斷中，賦值法是特別有效的方法．〔變式訓練1〕(1)(多選題)(2024·四川攀枝花統(tǒng)考改編)設(shè)a，b，c為實數(shù)，且a<b<0，則下列不等式正確的是(CD)A．eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．a(chǎn)c2<bc2C．eq\f(b,a)<eq\f(a,b) D．a(chǎn)2>ab>b2(2)(2024·山東省棗莊市模擬)已知0<a<1,0<c<b<1，下列不等式成立的是(D)A．a(chǎn)b>ac B．eq\f(c,b)>eq\f(c＋a,b＋a)C．logba<logca D．eq\f(b,b＋a)>eq\f(c,c＋a)[解析](1)對于A明顯錯誤；對于B，當c＝0時，不正確；對于C，eq\f(b,a)－eq\f(a,b)＝eq\f(b2－a2,ab)＝eq\f(b＋ab－a,ab)<0，故正確，對于D，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a<b,a<0))?a2>ab,\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a<b,b<0))?ab>b2))?a2>ab>b2，故選C、D．(2)明顯b＋a>0，c＋a>0，∴eq\f(b,b＋a)>eq\f(c,c＋a)?bc＋ab>bc＋ac，即ab>ac?b>c，故選D．另解：不妨取c＝eq\f(1,4)，a＝b＝eq\f(1,2)，代入選項A，B，C都錯，故選D．考點三不等式性質(zhì)的應(yīng)用——多維探究角度1應(yīng)用性質(zhì)推斷不等式是否成立例3(2024·課標Ⅲ，12)設(shè)a＝log0.20.3，b＝log20.3，則(B)A．a(chǎn)＋b<ab<0 B．a(chǎn)b<a＋b<0C．a(chǎn)＋b<0<ab D．a(chǎn)b<0<a＋b[解析]本題考查不等式及對數(shù)運算．解法一：∵a＝log0.20.3>log0.21＝0，b＝log20.3<log21＝0，∴ab∵0<log0.20.3<log0.20.2＝1，log20.3<log20.5＝－1，即0<a<1，b<－1，∴a＋b∵eq\f(b,a)＝eq\f(log20.3,log0.20.3)＝eq\f(lg0.2,lg2)＝log20.2，∴b－eq\f(b,a)＝log20.3－log20.2＝log2eq\f(3,2)<1，∴b<1＋eq\f(b,a)?ab<a＋b，解除A．故選B．解法二：易知0<a<1，b<－1，∴ab<0，a＋b<0，∵eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝log0.30.2＋log0.32＝log0.30.4<1，即eq\f(a＋b,ab)<1，∴a＋b>ab，∴ab<a＋b<0.故選B．角度2利用不等式的性質(zhì)求范圍問題例4(1)已知－1<x<4,2<y<3，則x－y的取值范圍是__(－4,2)__,3x＋2y的取值范圍是__(1,18)__.(2)(2024·河北衡水中學五調(diào))已知1≤a≤3，－4<b<2，則a＋|b|的取值范圍是__[1,7)__.[解析](1)∵－1<x<4,2<y<3，∴－3<－y<－2，∴－4<x－y<2.由－1<x<4,2<y<3，得－3<3x<12,4<2y<6,∴1<3x＋2y<18.(2)∵－4<b<2，∴0≤|b|<4，又1≤a≤3，∴1≤a＋|b|<7.名師點撥?利用不等式性質(zhì)可以求某些代數(shù)式的取值范圍，但應(yīng)留意兩點：一是必需嚴格運用不等式的性質(zhì)；二是在多次運用不等式的性質(zhì)時有可能擴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，最終通過“一次性”不等關(guān)系的運算求解范圍．〔變式訓練2〕(1)(角度1)(多選題)(2024·廣東省清遠市期末改編)已知eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，下列結(jié)論正確的是(AB)A．a(chǎn)2<b2 B．eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2C．lga2>lg(ab) D．2a＋b>2a(2)(角度2)(2024·上海金山中學期中)已知1<a<2,2<b<3，則eq\f(a,b)的取值范圍是__(eq\f(1,3)，1)__.(3)(角度2)若1<α<3，－4<β<2，則eq\f(α,2)－β的取值范圍是__(－eq\f(3,2)，eq\f(11,2))__.[解析](1)對于A，a2－b2＝(a－b)(a＋b)<0正確；對于B，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，又a>b，∴eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2，正確；對于C，a2－ab＝a(a－b)<0，∴l(xiāng)ga2<lg(ab)，不正確；對于D，(a＋b)－(a－b)＝2b<0，∴2a＋b>2a－b不正確，故選A、B．(2)∵2<b<6，∴eq\f(1,3)<eq\f(1,b)<eq\f(1,2)，又∵1<a<2，∴eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<1.(3)由1<α<3得eq\f(1,2)<eq\f(α,2)<eq\f(3,2)，由－4<β<2得－2<－β<4，所以eq\f(α,2)－β的取值范圍是(－eq\f(3,2)，eq\f(11,2))．故填(－eq\f(3,2)，eq\f(11,2))．MINGSHIJIANGTANSUYANGTISHENG名師講壇·素養(yǎng)提升利用不等式變形求范圍例5設(shè)f(x)＝ax2＋bx，若1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，則f(－2)的取值范圍是__[5,10]__.[分析]用f(1)和f(－1)表示f(－2)，也就是把f(－1)，f(1)看作一個整體求f(－2)，或用待定系數(shù)法求解．[解析]∵y＝f(x)＝ax2＋bx，∴f(－1)＝a－b，f(1)＝a＋b.解法一：(待定系數(shù)法)設(shè)f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)，又f(－2)＝4a－2b所以4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)＝(m＋n)a＋(n－m)b可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4，,n－m＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝3，,n＝1.))所以f(－2)＝3f(－1)＋f又1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，所以5≤3f(－1)＋f故5≤f(－2)≤10.解法二：(運用方程思想)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝a－b，,f1＝a＋b，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)[f－1＋f1]，,b＝\f(1,2)[f1－f－1]，))所以f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋又1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，所以5≤3f(－1)＋f故5≤f(－2)≤10.名師點撥?若題目中所給范圍的式子比較困難，肯定要把這樣的式子當成一個整體，利用待定系數(shù)法求解，在解題過程中還要留意不等式鏈中的隱含條件，如a<α