第05讲等式与不等式的性质（3种题型）

第05讲等式与不等式的性质（3种题型）【知识梳理】一．等式与不等式的性质1．不等式的基本性质（1）对于任意两个实数a，b，有且只有以下三种情况之一成立：①a＞b⇔a﹣b＞0；②a＜b⇔a﹣b＜0；③a＝b⇔a﹣b＝0．（2）不等式的基本性质①对称性：a＞b⇔b＜a；②传递性：a＞b，b＞c⇒a＞c；③可加性：a＞b⇒a+c＞b+c．④同向可加性：a＞b，c＞d⇒a+c＞b+d；⑤可积性：a＞b，c＞0⇒ac＞bc；a＞b，c＜0⇒ac＜bc；⑥同向整数可乘性：a＞b＞0，c＞d＞0⇒ac＞bd；⑦平方法则：a＞b＞0⇒an＞bn（n∈N，且n＞1）；⑧开方法则：a＞b＞0⇒（n∈N，且n＞1）．二．不等关系与不等式【不等关系与不等式】不等关系就是不相等的关系，如2和3不相等，是相对于相等关系来说的，比如与就是相等关系．而不等式就包含两层意思，第一层包含了不相等的关系，第二层也就意味着它是个式子，比方说a＞b，a﹣b＞0就是不等式．【不等式定理】①对任意的a，b，有a＞b⇔a﹣b＞0；a＝b⇒a﹣b＝0；a＜b⇔a﹣b＜0，这三条性质是做差比较法的依据．②如果a＞b，那么b＜a；如果a＜b，那么b＞a．③如果a＞b，且b＞c，那么a＞c；如果a＞b，那么a+c＞b+c．推论：如果a＞b，且c＞d，那么a+c＞b+d．④如果a＞b，且c＞0，那么ac＞bc；如果c＜0，那么ac＜bc．【例题讲解】例1：解不等式：sinx≥．解：∵sinx≥，∴2kπ+≤x≤2kπ+（k∈Z），∴不等式sinx≥的解集为{x|2kπ+≤x≤2kπ+，k∈Z}．这个题很典型，考查了不等式和三角函数的相关知识，也体现了一般不等式喜欢与函数联结的特点，这个题只要去找到满足要求的定义域即可，先找一个周期的，然后加上所以周期就是最后的解．例2：当ab＞0时，a＞b⇔．证明：由ab＞0，知＞0．又∵a＞b，∴a＞b，即；若，则∴a＞b．这个例题就是上面定理的一个简单应用，像这种判断型的题，如果要判断它是错的，直接举个反例即可，这种技巧在选择题上用的最广．三、一元二次方程的根的分布与系数的关系一元二次方程根与系数的关系其实可以用一个式子来表达，即当ax2+bx+c＝0（a≠0）有解时，不妨设它的解为x1，x2，那么这个方程可以写成ax2﹣a（x1+x2）x+ax1•x2＝0．即x2﹣（x1+x2）x+x1•x2＝0．它表示根与系数有如下关系：x1+x2＝﹣，x1•x2＝．【例题解析】例：利用根与系数的关系求出二次项系数为1的一元二次方程，使它的两根分别是方程x2﹣3x+1＝0两根的平方．解：方程x2﹣3x+1＝0中，∵a＝1，b＝﹣3，c＝1，∴△＝9﹣4＝5＞0，即方程有两个不相等的实数根，设方程两根分别为x1，x2，∴x1+x2＝3，x1x2＝1，∴（x1+x2）2＝x12+x22+2x1x2，即9＝x12+x22+2，∴x12+x22＝7，又x12x22＝（x1x2）2＝1，且所求方程二次项系数为1，则所求方程为x2﹣7x+1＝0．这个题基本上是套用定理，唯一注意的是x1+x2与x1•x2可以变换，不管是变成加还是减还是倒数，都可以应用上面的公式（韦达定理）．【考点分析】首先申明，这是必考点．一般都是在解析几何里面，通过联立方程，求出两交点的横坐标与系数的关系，然后通过这个关系去求距离，或者斜率的积等等．所以在复习的时候要结合解析几何一同复习效果更佳．【考点剖析】一．等式与不等式的性质（共7小题）1．（2022秋•普陀区校级期末）若a，b，c∈R，a＞b，则下列不等式成立的是（）A． B． C．a2＞b2 D．a|c|＞b|c|【分析】利用不等式的性质，和通过取特殊值即可得出．【解答】解：A．∵1＞﹣2，＜不成立，B．∵c2+1≥1，根据不等式的基本性质，∵a＞b，∴，故B正确C．∵1＞﹣2，a2＞b2，不成立，D．c＝0时，0＝a|c|＞b|c|＝0，不成立．故选：B．【点评】本题考查了不等式的性质，属于基础题．2．（2022秋•徐汇区期末）如果a＜0＜b，那么下列不等式中正确的是（）A．﹣ B．a2＜b2 C．a3＜b3 D．ab＞b2【分析】利用函数y＝x3在R上单调递增即可得出．【解答】解：∵a＜0＜b，函数y＝x3在R上单调递增，∴a3＜b3．故选：C．【点评】本题考查了指数函数的单调性、不等式的性质，属于基础题．3．（2022秋•浦东新区校级期末）已知a＞b＞c＞0，以下不等关系不一定成立的是（）A．ac3＞bc3 B．ca+b＞cb+c C．lg（a﹣b）＜lg（a﹣c） D．＞【分析】对于A，利用不等式的性质判断；对于B，当c≠1时，由指数函数的单调性知不能判断ca+b与cb+c的大小关系，当c＝1时显然不成立；对于C，利用y＝lgx的单调性判断；对于D，可将与1比大小．【解答】解：由a＞b＞0，c3＞0得ac3＞bc3，故A正确；当c≠1时，根据指数函数的单调性知，当c＞1时，ca+b＞cb+c，当0＜c＜1时，ca+b＜cb+c，当c＝1时，ca+b＝cb+c，故B错误；因为y＝lgx为增函数，0＜a﹣b＜a﹣c，则lg（a﹣b）＜lg（a﹣c），故C正确；因为a＞b＞c＞0，所以，故D正确．故选：B．【点评】本题主要考查等式与不等式的性质，属于基础题．4．（2022秋•闵行区校级期末）已知实数a＞b，则下列结论正确的是（）A． B．a2＞b2 C． D．2a＞2b【分析】利用举实例法判断ABC，利用指数函数的单调性判断D．【解答】解：A，当a＝2，b＝﹣2时，满足a＞b，但＝﹣1，∴A错误，B，当a＝2，b＝﹣2时，满足a＞b，但a2＝b2，∴B错误，C，当a＝2，b＝﹣2时，满足a＞b，但＞，∴C错误，D，∵y＝2x在R上为增函数，a＞b，∴2a＞2b，∴D正确，故选：D．【点评】本题考查指数函数的单调性，举实例法的应用，属于基础题．5．（2022秋•崇明区期末）已知a＞0＞b，则下列不等式一定成立的是（）A． B．|a|＜|b| C．a2＜﹣ab D．【分析】利用不等式的性质判断A，利用举反例判断BC，利用指数函数的单调性判断D．【解答】解：A，∵a＞0＞b，∴＞0，＜0，∴＞，∴A正确，B，当a＝3，b＝﹣1时，满足a＞0＞b，但|a|＞|b|，∴B错误，C，当a＝3，b＝﹣1时，满足a＞0＞b，但a2＞﹣ab，∴C错误，D，∵y＝在R上为减函数，a＞0＞b，∴＜，∴D错误，故选：A．【点评】本题考查不等式的性质，指数函数的单调性，属于基础题．6．（2022秋•浦东新区期末）设a、b、c、d是实数，则下列命题为真命题的是①③④．①如果a＞b，且c＞d，那么a+c＞b+d；②如果a≠b，且c≠d，那么ac≠bd；③如果a＞b＞0，那么；④如果（a﹣b）2+（b﹣c）2≤0，那么a＝b＝c．【分析】根据同向不等式可加性，即可判断命题①正确；举例说明命题②错误；根据不等式的基本性质判断命题③正确；根据平方数的非负性，即可得出a＝b＝c，判断命题④正确．【解答】解：对于①，根据不等式的基本性质得，如果a＞b，且c＞d，那么a+c＞b+d，命题①正确；对于②，如果a≠b，且c≠d，那么ac≠bd错误，如a＝，b＝2，c＝﹣2，d＝﹣时，ac＝bd＝﹣1，命题②错误；对于③，如果a＞b＞0，那么＞0，所以＞＞0，即，命题③正确；对于④，如果（a﹣b）2+（b﹣c）2≤0，那么a﹣b＝b﹣c＝0，所以a＝b＝c，命题④正确．所以真命题的序号是①③④．故答案为：①③④．【点评】本题考查了不等式的基本性质应用问题，是基础题．7．（2022秋•金山区校级期末）已知实数x、y满足﹣2≤x≤3，，则x﹣2y的取值范围为[﹣4，2]．【分析】根据不等式的性质可解．【解答】解：因为实数x、y满足﹣2≤x≤3，，则1≤2y≤2，则﹣2≤﹣2y≤﹣1，则﹣4≤x﹣2y≤2，故答案为：[﹣4，2]．【点评】本题考查不等式的性质，属于基础题．二．不等关系与不等式（共9小题）8．（2022秋•金山区期末）已知a＞b，其中a，b∈R，则下列不等式一定成立的是（）A．a2＞b2 B．﹣a＞﹣b C． D．|a|＞|b|【分析】判断不等式是否成立，要考虑负数和0的特殊情况即可判断．【解答】解：a＞b，∴﹣a＜﹣b，B错误；A项，D项中，若a＝0，b＝﹣2，不等式不成立；C项正确．故选：C．【点评】本题考查不等式的性质，属于基础题．9．（2022秋•松江区校级期末）已知a＜0，b＜﹣1，则下列正确的是（）A．a＞ab＞ab2 B．ab2＞ab＞a C．ab＞a＞ab2 D．ab＞ab2＞a【分析】利用特值代入，可排除错误的选项，即可得正确答案．【解答】解：由于a＜0，b＜﹣1，则若令a＝﹣1，b＝﹣2，可得ab＝2，ab2＝﹣4，故ab＞a＞ab2故选：C．【点评】本题主要考查不等式与不等关系，不等式的基本性质，利用特殊值代入法，是一种简单有效的方法，属于基础题．10．（2022秋•普陀区校级期末）已知非零实数a，b满足a＞b，则下列不等式成立的是（）A．a2＞b2 B． C．a2b＞ab2 D．【分析】举特例，令a＝1，b＝﹣2，经检验A、B、C都不成立，只有D正确，从而得到结论．【解答】解：令a＝1，b＝﹣2，经检验A、B、C都不成立，只有D正确，故选：D．【点评】本题考查不等式与不等关系，通过给变量取特殊值，举反例来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法，属于基础题．11．（2022秋•闵行区校级期末）已知实数a、b、x满足a＝x2+1，b＝x，则a与b的大小关系是a＞b．【分析】利用“作差法”和二次函数的单调性即可得出．【解答】解：∵，∴a＞b．故答案为＞．【点评】熟练掌握“作差法”和二次函数的单调性是解题的关键．12．（2022秋•浦东新区校级期末）设a，b，c∈R，那么下列表述中正确的是（）A．若a＞b，则a2＞b2 B．若a＞b，则ac＞bc C．若a＞b，则ac2＞bc2 D．若a＞b，则a﹣c＞b﹣c【分析】由已知结合不等式的性质检验各选项即可判断．【解答】解：当a＝2，b＝﹣2时，A显然错误；当c＝0时，B，C显然错误；由不等式的性质可知，若a＞b，则a﹣c＞b﹣c，D正确．故选：D．【点评】本题主要考查了不等式的性质，属于基础题．13．（2022秋•闵行区期末）如果a＜b＜0，那么下列不等式中成立的是（）A． B． C．a2＞ab D．a2＜b2【分析】根据a＜b＜0，利用不等式的基本性质，判断选项中的命题是否正确即可．【解答】解：因为a＜b＜0，所以ab＞0，所以＜，选项A错误；因为a＜0，＜，所以＞1，选项B错误；因为a＜b＜0，所以a2＞ab，选项C正确；因为a＜b＜0，所以﹣a＞﹣b＞0，所以（﹣a）2＞（﹣b）2，即a2＞b2，选项D错误．故选：C．【点评】本题考查了不等式的基本性质应用问题，是基础题．14．（2022秋•闵行区期末）已知a是正实数，若a3＞aπ，则a的取值范围是{a|0＜a＜1}．【分析】根据题意构造函数f（x）＝ax，利用函数的单调性即可求出a的取值范围．【解答】解：因为a是正实数，若a3＞aπ，则函数f（x）＝ax是单调递减函数，所以a的取值范围是{a|0＜a＜1}．故答案为：{a|0＜a＜1}．【点评】本题考查了利用函数的单调性判断函数值大小的应用问题，是基础题．15．（2023春•宝山区期末）如果a＜b＜0，那么下列式子中一定成立的是（）A．a2＞ab B．a2＜b2 C． D．【分析】利用不等式的性质可判断AC，利用作差法可判断BD．【解答】解：对于A，∵a＜b＜0，∴a2＞ab，故A正确；对于B，∵a＜b＜0，∴a﹣b＜0，a+b＜0，∴a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）＞0，即a2＞b2，故B错误；对于C，∵a＜b＜0，∴，故C错误；对于D，∵a＜b＜0，∴ab＞0，b﹣a＞0，∴＝＞0，即，故D错误．故选：A．【点评】本题主要考查了不等式的性质，考查了作差法比较大小，属于基础题．16．（2022秋•长宁区期末）如果a＜b＜0，那么下列不等式中不成立的是（）A．ab＜a2 B． C．b2＜a2 D．【分析】根据已知条件，结合作差法，以及不等式的性质，即可求解．【解答】解：a＜b＜0，则a（b﹣a）＜0，即ab＜a2，故A成立，，即，故B成立，∵a＜b＜0，∴a2﹣b2＝（a﹣b）（a+b）＞0，即a2＞b2，故C成立，a＜b＜0，则，故D不成立．故选：D．【点评】本题主要考查作差法，以及不等式的性质，属于基础题．三．一元二次方程的根的分布与系数的关系（共8小题）17．（2022秋•徐汇区期末）已知方程x2+x﹣1＝0的两个根为x1、x2，则|x1﹣x2|＝．【分析】由题意，利用韦达定理，计算求得|x1﹣x2|＝的值．【解答】解：∵方程x2+x﹣1＝0的两个根为x1、x2，∴x1+x2＝﹣1，x1•x2＝﹣1，∴|x1﹣x2|＝＝＝＝，故答案为：．【点评】本题主要考查韦达定理的应用，属于基础题．18．（2022秋•崇明区期末）已知方程x2+x﹣2＝0的两个根为x1，x2，则＝2．【分析】直接利用韦达定理求解即可．【解答】解：∵方程x2+x﹣2＝0的两个根为x1，x2，∴x1+x2＝﹣1，x1x2＝﹣2，∴＝x1x2（x1+x2）＝2．故答案为：2．【点评】本题主要考查了韦达定理的应用，属于基础题．19．（2022秋•奉贤区校级期末）若方程x2+x﹣3＝0的两个实数根为x1，x2，则xx2+x1x＝3．【分析】利用韦达定理求解即可．【解答】解：方程x2+x﹣3＝0的两个实数根为x1，x2，由韦达定理可得，x1+x2＝﹣1，x1x2＝﹣3，∴xx2+x1x＝x1x2（x1+x2）＝﹣3×（﹣1）＝3．故答案为：3．【点评】本题主要考查了韦达定理的应用，属于基础题．20．（2022秋•普陀区校级期末）已知是方程x2﹣4x+c＝0（c∈R）的一个根，则该方程的另一个根为2﹣．【分析】利用韦达定理求解即可．【解答】解：设该方程的另一个根为x1，由韦达定理可得＝4，∴x1＝2﹣．故答案为：2﹣．【点评】本题主要考查了韦达定理的应用，属于基础题．21．（2022秋•长宁区期末）已知方程x2+x﹣3＝0的两根为x1，x2，则x1x2＝﹣3．【分析】由题意，利用韦达定理，得出结论．【解答】解：∵方程x2+x﹣3＝0的两根为x1，x2，∴x1x2＝﹣3，故答案为：﹣3．【点评】本题主要考查韦达定理的应用，属于基础题．22．（2022秋•浦东新区期末）已知一元二次方程x2+x﹣3a＝0（a＞0）的两个实根为x1、x2，则x12x2+x22x1＝3．【分析】由题意，利用韦达定理，求得所给式子的值．【解答】解：∵一元二次方程x2+x﹣3a＝0（a＞0）的两个实根为x1、x2，∴x1+x2＝﹣，x1•x2＝﹣3a，则x12x2+x22x1＝x1•x2（x1+x2）＝3，故答案为：3．【点评】本题主要考查韦达定理的应用，属于基础题．23．（2022秋•闵行区期末）已知一元二次方程x2﹣nx+5＝0的两个实根分别为x1、x2，且，则实数n的值为5．【分析】由题意，利用一元二次方程根的分布与系数的关系，二次函数的性质，求得n的值．【解答】解：∵一元二次方程x2﹣nx+5＝0的两个实根分别为x1、x2，∴x1+x2＝n，x1•x2＝5，Δ＝n2﹣20≥0．∵＝＝，则实数n＝5，故答案为：5．【点评】本题主要考查一元二次方程根的分布与系数的关系，二次函数的性质，属于基础题．24．（2022秋•杨浦区校级期末）方程x2+x﹣m＝0（m＞0）的两个实根分别为x1，x2，则＝m.（结果表示成含m的表达式）【分析】根据已知条件，结合韦达定理，即可求解．【解答】解：∵方程x2+x﹣m＝0（m＞0）的两个实根分别为x1，x2，∴x1+x2＝﹣1，x1x2＝﹣m，∴＝（x1+x2）•x1x2＝m．故答案为：m．【点评】本题主要考查一元二次方程的根的分布与系数的关系，属于基础题．【过关检测】一、填空题1．（2022秋·上海松江·高一统考期末）设、为实数，比较两式的值的大小：_______（用符号或=填入划线部分）．【答案】【分析】利用作差比较法求得正确答案.【详解】因为，时等号成立，所以．故答案为：2．（2023春·上海宝山·高一校考阶段练习）一元二次方程的两个实根为，则______．【答案】3【分析】利用韦达定理即可求解.【详解】依题意，因为一元二次方程的两个实根为，所以由韦达定理得：，，所以.故答案为：3.3．（2022·上海·高一专题练习）关于的不等式，当时的解集为__________.【答案】【分析】利用不等式的性质直接求解即可【详解】因为，，所以，所以不等式的解集为，故答案为：4．（2022·上海·高一专题练习）不等式的解为_____________．【答案】【分析】根据不等式的性质求解．【详解】因为，所以原不等式的解为．故答案为：．5．（2022·上海·高一专题练习）关于x的不等式的解集是___________.【答案】【分析】不等式可化简为，计算即可.【详解】不等式整理的5x+1>4x-2，解得x>-3，又因为2x-1≥0，所以，所以不等式的解集为,故答案为：6．（2022·上海·高一专题练习）关于x的不等式的解集是___________.【答案】【分析】直接变形不等式可得x>-8，结合x+3≠0可得解.【详解】由，可得，去分母得，3(4x-3)+15>15x-5(2+x)，去括号得，12x-9+15>15x-10-5x，解得x>-8，又因为x+3≠0，所以x≠-3.所以不等式的解集是.故答案为：.7．（2022秋·上海浦东新·高一校考阶段练习）若，则的取值范围是______．【答案】【分析】根据条件得到，得到取值范围.【详解】，故，则，又，故.故答案为：8．（2022秋·上海静安·高一上海市回民中学校考期中）已知一元二次方程的两个实根分别为，则以和为根的一元二次方程可以是________.【答案】（答案不唯一）【分析】利用二次方程根与系数的关系得到的值，从而求得的值，由此即可得解.【详解】因为一元二次方程的两个实根分别为，所以，所以，所以以和为根的一元二次方程可以是.故答案为：（答案不唯一）.9．（2020秋·上海浦东新·高一上海市进才中学校考阶段练习）已知一元二次方程的两根为和，的两根为和，则所有可能的值所组成的集合为___________．【答案】【分析】根据一元二次方程根与系数的关系可得，，，的关系式，进而可得，再分别求当或时的值即可．【详解】由韦达定理得，所以，所以，若，则，，，此时；若，则，，此时，综上，所有可能的值所组成的集合为．故答案为：．10．（2023秋·上海宝山·高一上海市吴淞中学校考期末）已知一元二次方程的两个实根为，则____【答案】【分析】先利用韦达定理得到，再由代入即可求解.【详解】因为一元二次方程的两个实根为，所以.故故答案为：11．（2023·上海·高一专题练习）若，，则以为根的一元二次方程可以是_____．【答案】（答案不唯一，只需满足韦达定理的结论即可）【分析】由已知等式可求得，结合韦达定理可写出满足题意的一元二次方程.【详解】，，又，以为根的一元二次方程可以是：.故答案为：（答案不唯一，只需满足韦达定理的结论即可）.12．（2023春·上海嘉定·高一统考阶段练习）已知，方程的解集为______.【答案】【分析】分、、三种情况讨论，去绝对值符号，解原方程即可.【详解】当时，则；当时，则；当时，则.综上所述，原方程的解集为.故答案为：.二、单选题13．（2023春·上海嘉定·高一统考阶段练习）已知、，且，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由不等式的基本性质可判断A选项；取，，可判断BCD选项.【详解】对于A选项，因为，由不等式的基本性质可得，A对；对于B选项，取，，则，B错；对于C选项，取，，则，C错；对于D选项，取，，则，D错.故选：A.14．（2023秋·上海闵行·高一统考期末）如果，那么下列不等式中成立的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】作差即可判断A、B项；根据不等式的性质可判断C、D项.【详解】对于A项，，因为，所以，，所以，所以，故A项错误；对于B，，因为，所以，所以，所以，故B项错误；对于C项，因为，根据不等式的性质可得，故C项正确；对于D项，因为，所以，根据不等式的性质可得，即，故D项错误.故选：C.15．（2023秋·上海徐汇·高一上海市西南位育中学校考期末）下列命题是真命题的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】C【分析】根据不等式的性质判断A、C，利用特殊值判断B、D.【详解】解：对于A：因为，当时，当时，故A错误；对于B：因为，则，无法得到，如，，显然满足，但是，故B错误；对于C：因为，所以，故C正确；对于D：因为，则，无法得到，如，，，，满足，但是，，故D错误；故选：C16．（2023秋·上海徐汇·高一统考期末）如果，那么下列不等式中成立的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据不等式性质可判断A，D；举反例，可判断B，C.【详解】对于A，因为，则，A正确；对于B，不妨取，满足，但是，B不成立；对于C，不妨取，满足，但是，C不成立；对于D，因为，则，故不成立，故选：A三、解答题17．（2022·上海·高一专题练习）设，．（1）证明：介于与之间；（2）