備考2024高考一輪總復習數學人教a版第一章§1.3　等式性質與不等式性質

§1.3等式性質與不等式性質考試要求1.掌握等式性質.2.會比較兩個數的大小.3.理解不等式的性質，并能簡單應用．知識梳理1．兩個實數比較大小的方法作差法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b>0?a>b，,a－b＝0?a＝b，,a－b<0?a<b.))(a，b∈R)2．等式的性質性質1對稱性：如果a＝b，那么b＝a；性質2傳遞性：如果a＝b，b＝c，那么a＝c；性質3可加(減)性：如果a＝b，那么a±c＝b±c；性質4可乘性：如果a＝b，那么ac＝bc；性質5可除性：如果a＝b，c≠0，那么eq\f(a,c)＝eq\f(b,c).3．不等式的性質性質1對稱性：a>b?b<a；性質2傳遞性：a>b，b>c?a>c；性質3可加性：a>b?a＋c>b＋c；性質4可乘性：a>b，c>0?ac>bc；a>b，c<0?ac<bc；性質5同向可加性：a>b，c>d?a＋c>b＋d；性質6同向同正可乘性：a>b>0，c>d>0?ac>bd；性質7同正可乘方性：a>b>0?an>bn(n∈N，n≥2)．常用結論1．若ab>0，且a>b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).2．若a>b>0，m>0?eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)；若b>a>0，m>0?eq\f(b,a)>eq\f(b＋m,a＋m).思考辨析判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)兩個實數a，b之間，有且只有a>b，a＝b，a<b三種關系中的一種．(√)(2)若eq\f(b,a)>1，則b>a.(×)(3)若x>y，則x2>y2.(×)(4)若eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，則b<a.(×)教材改編題1．(多選)設b>a>0，c∈R，則下列不等式中正確的是()A． B.eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C.eq\f(a＋2,b＋2)>eq\f(a,b) D．ac3<bc3答案ABC解析因為y＝在(0，＋∞)上單調遞增，所以，A正確；因為y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調遞減，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，B正確；因為eq\f(a＋2,b＋2)－eq\f(a,b)＝eq\f(2b－a,b＋2b)>0，所以eq\f(a＋2,b＋2)>eq\f(a,b)，C正確；當c＝0時，ac3＝bc3，所以D不正確．2．已知M＝x2－3x，N＝－3x2＋x－3，則M，N的大小關系是________．答案M>N解析M－N＝(x2－3x)－(－3x2＋x－3)＝4x2－4x＋3＝(2x－1)2＋2>0，∴M>N.3．已知－1<a<2，－3<b<5，則a＋2b的取值范圍是______．答案(－7,12)解析∵－3<b<5，∴－6<2b<10，又－1<a<2，∴－7<a＋2b<12.題型一比較兩個數(式)的大小例1(1)若a<0，b<0，則p＝eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)與q＝a＋b的大小關系為()A．p<qB．p≤qC．p>qD．p≥q答案B解析p－q＝eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)－a－b＝eq\f(b2－a2,a)＋eq\f(a2－b2,b)＝(b2－a2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))＝eq\f(b2－a2b－a,ab)＝eq\f(b－a2b＋a,ab)，因為a<0，b<0，所以a＋b<0，ab>0.若a＝b，則p－q＝0，故p＝q；若a≠b，則p－q<0，故p<q.綜上，p≤q.(2)(2022·菏澤模擬)已知a，b，c∈(0,3)，且a5＝5a，b4＝4b，c3＝3c，下列不等式正確的是()A．a>b>c B．c>a>bC．c>b>a D．a>c>b答案C解析a5＝5a，即eq\f(lna,a)＝eq\f(ln5,5)，b4＝4b，即eq\f(lnb,b)＝eq\f(ln4,4)，c3＝3c，即eq\f(lnc,c)＝eq\f(ln3,3)，設f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f(a)＝f(5)，f(b)＝f(4)，f(c)＝f(3)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)(x>0)，當x>e時，f′(x)<0，f(x)＝eq\f(lnx,x)單調遞減，當0<x<e時，f′(x)>0，f(x)＝eq\f(lnx,x)單調遞增，因為a，b，c∈(0,3)，f(a)＝f(5)，f(b)＝f(4)，f(c)＝f(3)，所以a，b，c∈(0，e)，因為f(5)<f(4)<f(3)，所以f(a)<f(b)<f(c)，a<b<c.教師備選已知M＝eq\f(e2021＋1,e2022＋1)，N＝eq\f(e2022＋1,e2023＋1)，則M，N的大小關系為________．答案M>N解析方法一M－N＝eq\f(e2021＋1,e2022＋1)－eq\f(e2022＋1,e2023＋1)＝eq\f(e2021＋1e2023＋1－e2022＋12,e2022＋1e2023＋1)＝eq\f(e2021＋e2023－2e2022,e2022＋1e2023＋1)＝eq\f(e2021e－12,e2022＋1e2023＋1)>0.∴M>N.方法二令f(x)＝eq\f(ex＋1,ex＋1＋1)＝eq\f(\f(1,e)ex＋1＋1＋1－\f(1,e),ex＋1＋1)＝eq\f(1,e)＋eq\f(1－\f(1,e),ex＋1＋1)，顯然f(x)是R上的減函數，∴f(2021)>f(2022)，即M>N.思維升華比較大小的常用方法(1)作差法：①作差；②變形；③定號；④得出結論．(2)作商法：①作商；②變形；③判斷商與1的大小關系；④得出結論．(3)構造函數，利用函數的單調性比較大小．跟蹤訓練1(1)已知0<a<eq\f(1,b)，且M＝eq\f(1,1＋a)＋eq\f(1,1＋b)，N＝eq\f(a,1＋a)＋eq\f(b,1＋b)，則M，N的大小關系是()A．M>N B．M<NC．M＝N D．不能確定答案A解析∵0<a<eq\f(1,b)，∴1＋a>0,1＋b>0,1－ab>0.∴M－N＝eq\f(1－a,1＋a)＋eq\f(1－b,1＋b)＝eq\f(21－ab,1＋a1＋b)>0，∴M>N.(2)eπ·πe與ee·ππ的大小關系為________．答案eπ·πe<ee·ππ解析eq\f(eπ·πe,ee·ππ)＝eq\f(eπ－e,ππ－e)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,π)))π－e，又0<eq\f(e,π)<1,0<π－e<1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,π)))π－e<1，即eq\f(eπ·πe,ee·ππ)<1，即eπ·πe<ee·ππ.題型二不等式的性質例2(1)(2022·濱州模擬)下列命題為真命題的是()A．若a>b，則ac2>bc2B．若a<b<0，則a2<ab<b2C．若c>a>b>0，則eq\f(a,c－a)<eq\f(b,c－b)D．若a>b>c>0，則eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)答案D解析對于A選項，當c＝0時，顯然不成立，故A選項為假命題；對于B選項，當a＝－3，b＝－2時，滿足a<b<0，但不滿足a2<ab<b2，故B選項為假命題；對于C選項，當c＝3，a＝2，b＝1時，eq\f(a,c－a)＝eq\f(2,3－2)>eq\f(b,c－b)＝eq\f(1,2)，故C選項為假命題；對于D選項，由于a>b>c>0，所以eq\f(a,b)－eq\f(a＋c,b＋c)＝eq\f(ab＋c－ba＋c,bb＋c)＝eq\f(ac－bc,bb＋c)＝eq\f(a－bc,bb＋c)>0，即eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)，故D選項為真命題．(2)(多選)若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則下列不等式正確的是()A.eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab) B．|a|＋b>0C．a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b) D．lna2>lnb2答案AC解析由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，可知b<a<0.A中，因為a＋b<0，ab>0，所以eq\f(1,a＋b)<0，eq\f(1,ab)>0.故有eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)，即A正確；B中，因為b<a<0，所以－b>－a>0.故－b>|a|，即|a|＋b<0，故B錯誤；C中，因為b<a<0，又eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則－eq\f(1,a)>－eq\f(1,b)>0，所以a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)，故C正確；D中，因為b<a<0，根據y＝x2在(－∞，0)上單調遞減，可得b2>a2>0，而y＝lnx在定義域(0，＋∞)上單調遞增，所以lnb2>lna2，故D錯誤．教師備選若a，b，c∈R，a>b，則下列不等式恒成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．a2>b2C．a|c|>b|c| D.eq\f(a,c2＋1)>eq\f(b,c2＋1)答案D解析對于A，若a>0>b，則eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，故A錯誤；對于B，取a＝1，b＝－2，則a2<b2，故B錯誤；對于C，若c＝0，a|c|＝b|c|，故C錯誤；對于D，因為c2＋1≥1，所以eq\f(1,c2＋1)>0，又a>b，所以eq\f(a,c2＋1)>eq\f(b,c2＋1)，故D正確．思維升華判斷不等式的常用方法(1)利用不等式的性質逐個驗證．(2)利用特殊值法排除錯誤選項．(3)作差法．(4)構造函數，利用函數的單調性．跟蹤訓練2(1)(2022·珠海模擬)已知a，b∈R，滿足ab<0，a＋b>0，a>b，則()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>0C．a2>b2 D．a<|b|答案C解析因為ab<0，a>b，則a>0，b<0，eq\f(1,a)>0，eq\f(1,b)<0，A不正確；eq\f(b,a)<0，eq\f(a,b)<0，則eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)<0，B不正確；又a＋b>0，即a>－b>0，則a2>(－b)2，a2>b2，C正確；由a>－b>0得a>|b|，D不正確．(2)(多選)設a>b>1>c>0，下列四個結論正確的是()A.eq\f(1,ac)>eq\f(1,bc)B．bac>abcC．(1－c)a<(1－c)bD．logb(a＋c)>loga(b＋c)答案CD解析由題意知，a>b>1>c>0，所以對于A，ac>bc>0，故eq\f(1,ac)<eq\f(1,bc)，所以A錯誤；對于B，取a＝3，b＝2，c＝eq\f(1,2)，則bac＝2eq\r(3)，abc＝3eq\r(2)，所以bac<abc，故B錯誤；對于C，因為0<1－c<1，且a>b，所以(1－c)a<(1－c)b，故C正確；對于D，a＋c>b＋c>1，所以logb(a＋c)>logb(b＋c)>loga(b＋c)，故D正確．題型三不等式性質的綜合應用例3(1)已知－1<x<4,2<y<3，則x－y的取值范圍是______，3x＋2y的取值范圍是______．答案(－4,2)(1,18)解析∵－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.延伸探究若將本例(1)中條件改為－1<x＋y<4,2<x－y<3，求3x＋2y的取值范圍．解設3x＋2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,m－n＝2，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(5,2)，,n＝\f(1,2).))即3x＋2y＝eq\f(5,2)(x＋y)＋eq\f(1,2)(x－y)，又∵－1<x＋y<4,2<x－y<3，∴－eq\f(5,2)<eq\f(5,2)(x＋y)<10,1<eq\f(1,2)(x－y)<eq\f(3,2)，∴－eq\f(3,2)<eq\f(5,2)(x＋y)＋eq\f(1,2)(x－y)<eq\f(23,2)，即－eq\f(3,2)<3x＋2y<eq\f(23,2)，∴3x＋2y的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(23,2))).(2)已知3<a<8,4<b<9，則eq\f(a,b)的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))解析∵4<b<9，∴eq\f(1,9)<eq\f(1,b)<eq\f(1,4)，又3<a<8，∴eq\f(1,9)×3<eq\f(a,b)<eq\f(1,4)×8，即eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<2.教師備選已知0<β<α<eq\f(π,2)，則α－β的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))解析∵0<β<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,2)<－β<0，又0<α<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2)，又β<α，∴α－β>0，即0<α－β<eq\f(π,2).思維升華求代數式的取值范圍，一般是利用整體思想，通過“一次性”不等關系的運算求得整體范圍．跟蹤訓練3(1)已知a>b>c,2a＋b＋c＝0，則eq\f(c,a)的取值范圍是()A．－3<eq\f(c,a)<－1 B．－1<eq\f(c,a)<－eq\f(1,3)C．－2<eq\f(c,a)<－1 D．－1<eq\f(c,a)<－eq\f(1,2)答案A解析因為a>b>c,2a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0，b＝－2a－c，因為a>b>c，所以－2a－c<a，即3a>－c，解得eq\f(c,a)>－3，將b＝－2a－c代入b>c中，得－2a－c>c，即a<－c，得eq\f(c,a)<－1，所以－3<eq\f(c,a)<－1.(2)已知1<a<b<3，則a－b的取值范圍是________，eq\f(a,b)的取值范圍是________．答案(－2,0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))解析∵1<b<3，∴－3<－b<－1，又1<a<3，∴－2<a－b<2，又a<b，∴a－b<0，∴－2<a－b<0，又eq\f(1,3)<eq\f(1,b)<eq\f(1,a)，∴eq\f(a,3)<eq\f(a,b)<1，又eq\f(a,3)>eq\f(1,3)，∴eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<1.綜上所述，a－b的取值范圍為(－2,0)；eq\f(a,b)的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).課時精練1．(2022·長春模擬)已知a>0，b>0，M＝eq\r(a＋b)，N＝eq\r(a)＋eq\r(b)，則M與N的大小關系為()A．M>N B．M<NC．M≤N D．M，N大小關系不確定答案B解析M2－N2＝(a＋b)－(a＋b＋2eq\r(ab))＝－2eq\r(ab)<0，∴M<N.2．已知非零實數a，b滿足a<b，則下列命題成立的是()A．a2<b2 B．ab2<a2bC.eq\f(1,ab2)<eq\f(1,a2b) D.eq\f(b,a)<eq\f(a,b)答案C解析若a<b<0，則a2>b2，故A不成立；若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab>0，,a<b，))則a2b<ab2，故B不成立；若a＝1，b＝2，則eq\f(b,a)＝2，eq\f(a,b)＝eq\f(1,2)，eq\f(b,a)>eq\f(a,b)，故D不成立，由不等式的性質知，C正確．3．已知－3<a<－2,3<b<4，則eq\f(a2,b)的取值范圍為()A．(1,3) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(9,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(3,4))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))答案A解析因為－3<a<－2，所以a2∈(4,9)，而3<b<4，故eq\f(a2,b)的取值范圍為(1,3)．4．若a>1，m＝loga(a2＋1)，n＝loga(a＋1)，p＝loga(2a)，則m，n，p的大小關系是()A．n>m>p B．m>p>nC．m>n>p D．p>m>n答案B解析由a>1知，a2＋1－2a＝(a－1)2>0，即a2＋1>2a，而2a－(a＋1)＝a－1>0，即2a>a＋1，∴a2＋1>2a>a＋1，而y＝logax在定義域上單調遞增，∴m>p>n.5．(2022·杭州模擬)若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))b<1，則下列各式中一定成立的是()A．ln(a－b)>0B．2b－a>1C．－eq\f(1,a)>－eq\f(1,b)D．logca>logcb(c>0且c≠1)答案C解析指數函數y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x在(－∞，＋∞)上單調遞減，由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))b<1可知，a>b>0.所以eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，則－eq\f(1,a)>－eq\f(1,b)，故C正確；a－b>0，但不一定有a－b>1，則不一定有ln(a－b)>0，故A錯誤；函數y＝2x在(－∞，＋∞)上單調遞增，b－a<0.則2b－a<20＝1，故B錯誤；當0<c<1時，函數y＝logcx在(0，＋∞)上單調遞減，則logca<logcb，故D錯誤．6．(多選)(2022·濟寧模擬)已知x>y>z，x＋y＋z＝0，則下列不等式不成立的是()A．xy>yz B．xy>xzC．xz>yz D．x|y|>|y|z答案ACD解析因為x>y>z，x＋y＋z＝0，所以x>0，z<0，y的符號無法確定，對于A，因為x>0>z，若y<0，則xy<0<yz，故A錯誤；對于B，因為y>z，x>0，所以xy>xz，故B正確；對于C，因為x>y，z<0，所以xz<yz，故C錯誤；對于D，因為x>z，當|y|＝0時，x|y|＝|y|z，故D錯誤．7．(多選)設a，b，c，d為實數，且a＞b＞0＞c＞d，則下列不等式正確的有()A．c2＜cd B．a－c＜b－dC．ac＜bd D.eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＞0答案AD解析因為a＞b＞0＞c＞d，所以a>b>0,0>c>d，對于A，因為0>c>d，由不等式的性質可得c2<cd，故選項A正確；對于B，取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，則a－c＝3，b－d＝3，所以a－c＝b－d，故選項B錯誤；對于C，取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，則ac＝－2，bd＝－2，所以ac＝bd，故選項C錯誤；對于D，因為a>b>0，d<c<0，則ad<bc，所以eq\f(c,a)>eq\f(d,b)，故eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＞0，故選項D正確．8．(多選)若0<a<1，b>c>1，則()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))a>1 B.eq\f(c－a,b－a)>eq\f(c,b)C．ca－1<ba－1 D．logca<logba答案AD解析對于A，∵b>c>1，∴eq\f(b,c)>1.∵0<a<1，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))0＝1，故選項A正確；對于B，若eq\f(c－a,b－a)>eq\f(c,b)，則bc－ab>bc－ac，即a(c－b)>0，這與0<a<1，b>c>1矛盾，故選項B錯誤；對于C，∵0<a<1，∴a－1<0.∵b>c>1，∴ca－1>ba－1，故選項C錯誤；對于D，∵0<a<1，b>c>1，∴logca<logba，故選項D正確．9．已知M＝x2＋y2＋z2，N＝2x＋2y＋2z－π，則M________N．(填“>”“<”或“＝”)答案>解析M－N＝x2＋y2＋z2－2x－2y－2z＋π＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3≥π－3>0，故M>N.10．(2022·煙臺模擬)若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，已知下列不等式：①a＋b<ab；②|a|>|b|；③a<b；④eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2.其中正確的不等式的序號為________．答案①④解析因為eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，所以b<a<0，故③錯誤；所以a＋b<0<ab，故①正確；所以|a|<|b|，故②錯誤；所以eq\f(b,a)>0，eq\f(a,b)>0且均不為1，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，當且僅當eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)＝1時，等號成立，所以eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2，故④正確．11．若0<a<b，且a＋b＝1，則將a，b，eq\f(1,2)，2ab，a2＋b2從小到大排列為________________．答案a<2ab<eq\f(1,2)<a2＋b2<b解析方法一令a＝eq\f(1,3)，b＝eq\f(2,3)，則2ab＝eq\f(4,9)，a2＋b2＝eq\f(1,9)＋eq\f(4,9)＝eq\f(5,9)，故a<2ab<eq\f(1,2)<a2＋b2<b.方法二∵0<a<b且a＋b＝1，∴a<eq\f(1,2)<b<1，∴2b>1且2a<1，∴a<2b·a＝2a(1－a)＝－2a2＋2a＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(1,2)<eq\f(1,2)，即a<2ab<eq\f(1,2).又a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab>1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，即a2＋b2>eq\f(1,2).∵eq\f(1,2)<b<1，∴(a2＋b2)－b＝[(1－b)2＋b2]－b＝2b2－3b＋1＝(2b－1)(b－1)<0，即a2＋b2<b，綜上可知a<2ab<eq\f(1,2)<a2＋b2<b.12．(2022·上海模擬)設實數x，y滿足3≤xy2≤8,4≤eq\f(x2,y)≤9，則eq\f(x3,y4)的最大值是________．答案27解析eq\f(x3,y4)＝eq\f(x4,y2)·eq\f(1,xy2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y)))2·eq\f(1,xy2)≤81×eq\f(1,3)＝27，當且僅當eq\f(x2,y)＝9，xy2＝3，即x＝3，y＝1時等號成立．13．(多選)(2022·長沙模擬)設實數a，b，c滿足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，則下列不等式