第03课不等式及其性质（学案）

第03课不等式及其性质2024年新高考数学一轮复习考点逐点突破经典学案考试要求：1.理解用作差法比较两个实数大小的理论依据.2.理解不等式的概念.3.理解不等式的性质，掌握不等式性质的简单应用.一、【考点逐点突破】【考点1】作差法比较两个实数的大小eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b>0⇔a>b，,a－b＝0⇔a＝b，,a－b<0⇔a<b.))【典例】已知M＝eq\f(e2021＋1,e2022＋1)，N＝eq\f(e2022＋1,e2023＋1)，则M，N的大小关系为________．【解析】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.【反思】作差法：①作差；②变形；③定号；④得出结论．【考点2】作商法比较两个实数的大小eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)>1（a∈R，b>0）⇔a>b（a∈R，b>0），,\f(a,b)＝1⇔a＝b（a，b≠0），,\f(a,b)<1（a∈R，b>0）⇔a<b（a∈R，b>0）.))【典例】若a＝eq\f(ln3,3)，b＝eq\f(ln4,4)，c＝eq\f(ln5,5)，则()A.a<b<c B.c<b<aC.c<a<b D.b<a<c【解析】易知a，b，c都是正数，eq\f(b,a)＝eq\f(3ln4,4ln3)＝log8164<1，所以a>b；eq\f(b,c)＝eq\f(5ln4,4ln5)＝log6251024>1，所以b>c.即c<b<a.【反思】①作商；②变形；③判断商与1的大小关系；④得出结论．【考点3】传递性：a＞b，b＞c⇒a＞c.【典例】(多选)设a>b>1>c>0，下列四个结论正确的是()A.eq\f(1,ac)>eq\f(1,bc)B．bac>abcC．(1－c)a<(1－c)bD．logb(a＋c)>loga(b＋c)【解析】由题意知，a>b>1>c>0，所以对于A，ac>bc>0，故eq\f(1,ac)<eq\f(1,bc)，所以A错误；对于B，取a＝3，b＝2，c＝eq\f(1,2)，则bac＝2eq\r(3)，abc＝3eq\r(2)，所以bac<abc，故B错误；对于C，因为0<1－c<1，且a>b，所以(1－c)a<(1－c)b，故C正确；对于D，a＋c>b＋c>1，所以logb(a＋c)>logb(b＋c)>loga(b＋c)，故D正确．故选CD.【反思】合理利用不等式性质【考点4】同向可加性：a＞b⇔a＋c＞b＋c；a＞b，c＞d⇒a＋c＞b＋d.【典例】(多选)下列命题中，不正确的是()A．若a>b，c>d，则ac>bdB．若ac>bc，则a>bC．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，则|a|＋b<0D．若a>b，c>d，则a－c>b－d【解析】取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，可知A错误；当c<0时，ac>bc⇒a<b，所以B错误；由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，可知b<a<0，所以－b>－a>0，故－b>|a|，即|a|＋b<0，故C正确；取a＝c＝2，b＝d＝1，可知D错误．故选ABD.【反思】有同向可加性，没有同向可减性.【考点5】可乘性：a＞b，c＞0⇒ac＞bc；a＞b，c＜0⇒ac＜bc；a＞b＞0，c＞d＞0⇒ac＞bd.【典例】下列命题为真命题的是()A．若a>b，则ac2>bc2B．若a<b<0，则a2<ab<b2C．若c>a>b>0，则eq\f(a,c－a)<eq\f(b,c－b)D．若a>b>c>0，则eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)【解析】对于A选项，当c＝0时，显然不成立，故A选项为假命题；对于B选项，当a＝－3，b＝－2时，满足a<b<0，但不满足a2<ab<b2，故B选项为假命题；对于C选项，当c＝3，a＝2，b＝1时，eq\f(a,c－a)＝eq\f(2,3－2)>eq\f(b,c－b)＝eq\f(1,2)，故C选项为假命题；对于D选项，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选项为真命题．【反思】不等式两边同时乘未知数时要看正负，在选择题中也可适当的利用赋值.【考点6】可乘方性：a＞b＞0⇒an＞bn(n∈N，n≥1).【典例】下列四个命题中，正确命题的个数为()①若a>|b|，则a2>b2；②若a>b，c>d，则a－c>b－d；③若a>b，c>d，则ac>bd；④若a>b>0，则eq\f(c,a)>eq\f(c,b).A．3 B．2C．1 D．0【解析】易知①正确；②错误，如3>2，－1>－3，而3－(－1)＝4<2－(－3)＝5；③错误，如3>1，－2>－3，而3×(－2)<1×(－3)；④若a>b>0，则eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，当c>0时，eq\f(c,a)<eq\f(c,b)，故④错误．所以正确的命题只有1个．故选C.【反思】可乘方性简单变换后的应用【考点7】可开方性：a＞b＞0⇒eq\r(n,a)＞eq\r(n,b)(n∈N，n≥2).【典例】若a，b都是实数，则“eq\r(a)－eq\r(b)>0”是“a2－b2>0”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【解析】eq\r(a)－eq\r(b)>0⇒eq\r(a)>eq\r(b)≥0⇒a>b≥0⇒a2>b2，但a2－b2>0⇏eq\r(a)－eq\r(b)>0，所以“eq\r(a)－eq\r(b)>0”是“a2－b2>0”的充分不必要条件．故选A.【反思】要注意应用的条件【考点8】若a>b>0，m>0，则eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0).【典例】(多选)设b>a>0，c∈R，则下列不等式中正确的是()A．aeq\s\up6(\f(1,2))<beq\s\up6(\f(1,2)) B．eq\f(1,a)－c>eq\f(1,b)－cC．eq\f(a＋2,b＋2)>eq\f(a,b) D．ac2<bc2【解析】因为y＝xeq\s\up6(\f(1,2))在(0，＋∞)上是增函数，所以aeq\s\up6(\f(1,2))<beq\s\up6(\f(1,2)).因为y＝eq\f(1,x)－c在(0，＋∞)上是减函数，所以eq\f(1,a)－c>eq\f(1,b)－c.因为eq\f(a＋2,b＋2)－eq\f(a,b)＝eq\f(2（b－a）,（b＋2）b)>0，所以eq\f(a＋2,b＋2)>eq\f(a,b).当c＝0时，ac2＝bc2，所以D不成立．故选ABC．【反思】注意性质的应用条件【考点9】若ab>0，则a>b⇔eq\f(1,a)<eq\f(1,b).【典例】(多选)若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，则下列不等式正确的是()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【解析】由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，可知b<a<0.A中，因为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正确；B中，因为b<a<0，所以－b>－a>0.故－b>|a|，即|a|＋b<0，故B错误；C中，因为b<a<0，又eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，则－eq\f(1,a)>－eq\f(1,b)>0，所以a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)，故C正确；D中，因为b<a<0，根据y＝x2在(－∞，0)上单调递减，可得b2>a2>0，而y＝lnx在定义域(0，＋∞)上单调递增，所以lnb2>lna2，故D错误．故选AC.【反思】利用不等式的性质逐个验证．【考点10】线性代数式取值范围【典例】已知－1<x<4，2<y<3，则x－y的取值范围是________，3x＋2y的取值范围是________．【解析】因为－1<x<4，2<y<3，所以－3<－y<－2，所以－4<x－y<2.由－1<x<4，2<y<3，得－3<3x<12，4<2y<6，所以1<3x＋2y<18.【反思】同向不等式具有可加性与可乘性，但是不能相减或相除，应用时，要充分利用所给条件进行适当变形来求范围，注意变形的等价性.【考点11】分数型代数式取值范围【典例】已知3<a<8,4<b<9，则eq\f(a,b)的取值范围是________．【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.【反思】求代数式的取值范围，一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得整体范围．【考点12】证明不等式【典例】(1)若bc－ad≥0，bd＞0，求证：eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d)；(2)已知c＞a＞b＞0，求证：eq\f(a,c－a)＞eq\f(b,c－b).【解析】(1)∵bc≥ad，eq\f(1,bd)＞0，∴eq\f(c,d)≥eq\f(a,b)，∴eq\f(c,d)＋1≥eq\f(a,b)＋1，∴eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).(2)∵c＞a＞b＞0，∴c－a＞0，c－b＞0.∵a＞b＞0，∴eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)，又∵c＞0，∴eq\f(c,a)＜eq\f(c,b)，∴eq\f(c－a,a)＜eq\f(c－b,b)，又c－a＞0，c－b＞0，∴eq\f(a,c－a)＞eq\f(b,c－b).【反思】证明不等式的常用方法有：作差法、作商法、综合法、分析法、反证法、放缩法.【考点13】不等式的实际应用【典例】古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是eq\f(\r(5)－1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)≈，称为黄金分割比例))，著名的“断臂维纳斯”便是如此。此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是eq\f(\r(5)－1,2).若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26cm，则其身高可能是()A．165cm B．175cmC．185cm D．190cm【解析】如图所示，依题意可知：eq\f(AC,CD)＝eq\f(\r(5)－1,2)，eq\f(AB,BC)＝eq\f(\r(5)－1,2)，①由腿长为105cm得，CD>105，AC＝eq\f(\r(5)－1,2)CD，AD＝AC＋CD＋105＝，所以AD.②由头顶至脖子下端的长度为26cm，得AB<26，BC＝eq\f(AB,\f(\r(5)－1,2))，AC＝AB＋BC，CD＝eq\f(AC,\f(\r(5)－1,2))，AC＋CD＋＝，所以AD.综上，169.89<AD.故选B.【反思】解决决策优化型应用题，首先要确定制约着决策优化的关键量是哪一个，然后再寻找合理的方法解决问题.二、【考点教材拓广】【典例1】【教材第43页11题】已知a>b>0,【解析】证法一:假设a≤b.

由性质7知a2≤b2,

即a≤b,这与已知a>b矛盾,

故假设不正确,从而a>b.

证法二:【典例2】【教材第43页12题】火车站有某公司待运的甲种货物1530t,乙种货物1150t.现计划用A,B两种型号的货相共50节运送这批货物.已知35t甲种货物和15t乙种货物可装满一节A型货厢,25t甲种货物和35t乙种货物可装满一节B型货厢,据此安排A,B两种货厢的节数,共有几种方案?若每节A型货厢的运费是0.5万元,每节B【解析】设安排A型货厢x节,B型货厢y节.

由题意可得35x+25y≥1530,15x+35y≥1150,x+y=50,x,y∈N*,

解得28≤x≤30,

所以x=28,y=22或x=29,y=21或x=30,y=20.

所以共有三种方案,方案一:安排A型货厢28节,B型货厢22节;方案二:安排A型货厢29节,B型货厢21节;方案三:安排A型货厢30节,B型货厢20节三、【考点真题回归】【典例1】【2022新高考Ⅱ】（多选）若x，y满足x2+y2﹣xy＝1，则（）A．x+y≤1 B．x+y≥﹣2 C．x2+y2≤2 D．x2+y2≥1【解析】由x2+y2﹣xy＝1可得，x-令x-y2∴x+y＝3sinθ+cosθ＝2sin（θ+π6）∈[﹣2∵x2+y2＝33sinθ+cosθ2+233故C对，D错，故选：BC．【典例2】【2014四川】若a>b>A．ac>bdB．ac<【解析】∵c又a>b>【典例3】【2023·福州一模】“0＜a＜b”是“a－eq\f(1,a)＜b－eq\f(1,b)”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【解析】∵y＝x－eq\f(1,x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上均为增函数，∴0＜a＜b时，a－eq\f(1,a)＜b－eq\f(1,b)，充分性成立；当a－eq\f(1,a)＜b－eq\f(1,b)时，不能推出0＜a＜b，例如a＝1，b＝－eq\f(1,2)满足a－eq\f(1,a)＜b－eq\f(1,b)，但不满足0＜a＜b，必要性不成立，∴“0＜a＜b”是“a－eq\f(1,a)＜b－eq\f(1,b)”的充分不必要条件.故选A.【典例4】【2023·菏泽模拟】已知a，b，c∈(0,3)，且a5＝5a，b4＝4b，c3＝3c，下列不等式正确的是()A．a>b>c B．c>a>bC．c>b>a D．a>c>b【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)，设f(x)＝eq\f(lnx,x)，则f(a)＝f(5)，f(b)＝f(4)，f(c)＝f(3)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)(x>0)，当x>e时，f′(x)<0，f(x)＝eq\f(lnx,x)单调递减，当0<x<e时，f′(x)>0，f(x)＝eq\f(lnx,x)单调递增，因为a，b，c∈(0,3)，f(a)＝f(5)，f(b)＝f(4)，f(c)＝f(3)，所以a，b，c∈(0，e)，因为f(5)<f(4)<f(3)，所以f(a)<f(b)<f(c)，a<b<c.【典例5】【2023·上海杨浦区期中】下列是“a＞b”的充分不必要条件的是()A.a＞b＋1 B.ba＞C.a2＞b2 D.a3＞b3【解析】A中，当a＝2，b＝1时，a＞b但a＝b＋1，必要性不成立，因为a＞b＋1，所以a＞b，故充分性成立；B中，当a＝－2，b＝－1时，满足＞1，但a＜b，故充分性不成立；C中，当a＝－2，b＝－1时，满足a2＞b2，但a＜b，故充分性不成立；D中，当a＞b时，由不等式的基本性质得a3＞b3，故必要性成立，反之也成立.故选A.【典例6】【2023·珠海模拟】已知a，b∈R，满足ab<0，a＋b>0，a>b，则()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>0C．