备考2024高考一轮总复习数学人教a版第一章§1.3　等式性质与不等式性质

§1.3等式性质与不等式性质考试要求1.掌握等式性质.2.会比较两个数的大小.3.理解不等式的性质，并能简单应用．知识梳理1．两个实数比较大小的方法作差法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．等式的性质性质1对称性：如果a＝b，那么b＝a；性质2传递性：如果a＝b，b＝c，那么a＝c；性质3可加(减)性：如果a＝b，那么a±c＝b±c；性质4可乘性：如果a＝b，那么ac＝bc；性质5可除性：如果a＝b，c≠0，那么eq\f(a,c)＝eq\f(b,c).3．不等式的性质性质1对称性：a>b⇔b<a；性质2传递性：a>b，b>c⇒a>c；性质3可加性：a>b⇔a＋c>b＋c；性质4可乘性：a>b，c>0⇒ac>bc；a>b，c<0⇒ac<bc；性质5同向可加性：a>b，c>d⇒a＋c>b＋d；性质6同向同正可乘性：a>b>0，c>d>0⇒ac>bd；性质7同正可乘方性：a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥2)．常用结论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).思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两个实数a，b之间，有且只有a>b，a＝b，a<b三种关系中的一种．(√)(2)若eq\f(b,a)>1，则b>a.(×)(3)若x>y，则x2>y2.(×)(4)若eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，则b<a.(×)教材改编题1．(多选)设b>a>0，c∈R，则下列不等式中正确的是()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解析因为y＝在(0，＋∞)上单调递增，所以，A正确；因为y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，B正确；因为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正确；当c＝0时，ac3＝bc3，所以D不正确．2．已知M＝x2－3x，N＝－3x2＋x－3，则M，N的大小关系是________．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，则a＋2b的取值范围是______．答案(－7,12)解析∵－3<b<5，∴－6<2b<10，又－1<a<2，∴－7<a＋2b<12.题型一比较两个数(式)的大小例1(1)若a<0，b<0，则p＝eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)与q＝a＋b的大小关系为()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)，因为a<0，b<0，所以a＋b<0，ab>0.若a＝b，则p－q＝0，故p＝q；若a≠b，则p－q<0，故p<q.综上，p≤q.(2)(2022·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)，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.教师备选已知M＝eq\f(e2021＋1,e2022＋1)，N＝eq\f(e2022＋1,e2023＋1)，则M，N的大小关系为________．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)，显然f(x)是R上的减函数，∴f(2021)>f(2022)，即M>N.思维升华比较大小的常用方法(1)作差法：①作差；②变形；③定号；④得出结论．(2)作商法：①作商；②变形；③判断商与1的大小关系；④得出结论．(3)构造函数，利用函数的单调性比较大小．跟踪训练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)，则M，N的大小关系是()A．M>N B．M<NC．M＝N D．不能确定答案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与ee·ππ的大小关系为________．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.题型二不等式的性质例2(1)(2022·滨州模拟)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)答案D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．(2)(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答案AC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．教师备选若a，b，c∈R，a>b，则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解析对于A，若a>0>b，则eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，故A错误；对于B，取a＝1，b＝－2，则a2<b2，故B错误；对于C，若c＝0，a|c|＝b|c|，故C错误；对于D，因为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正确．思维升华判断不等式的常用方法(1)利用不等式的性质逐个验证．(2)利用特殊值法排除错误选项．(3)作差法．(4)构造函数，利用函数的单调性．跟踪训练2(1)(2022·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．a2>b2 D．a<|b|答案C解析因为ab<0，a>b，则a>0，b<0，eq\f(1,a)>0，eq\f(1,b)<0，A不正确；eq\f(b,a)<0，eq\f(a,b)<0，则eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)<0，B不正确；又a＋b>0，即a>－b>0，则a2>(－b)2，a2>b2，C正确；由a>－b>0得a>|b|，D不正确．(2)(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)答案CD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．题型三不等式性质的综合应用例3(1)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______．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.延伸探究若将本例(1)中条件改为－1<x＋y<4,2<x－y<3，求3x＋2y的取值范围．解设3x＋2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，则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的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(23,2))).(2)已知3<a<8,4<b<9，则eq\f(a,b)的取值范围是________．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.教师备选已知0<β<α<eq\f(π,2)，则α－β的取值范围是________．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).思维升华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．跟踪训练3(1)已知a>b>c,2a＋b＋c＝0，则eq\f(c,a)的取值范围是()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解析因为a>b>c,2a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0，b＝－2a－c，因为a>b>c，所以－2a－c<a，即3a>－c，解得eq\f(c,a)>－3，将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，则a－b的取值范围是________，eq\f(a,b)的取值范围是________．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.综上所述，a－b的取值范围为(－2,0)；eq\f(a,b)的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).课时精练1．(2022·长春模拟)已知a>0，b>0，M＝eq\r(a＋b)，N＝eq\r(a)＋eq\r(b)，则M与N的大小关系为()A．M>N B．M<NC．M≤N D．M，N大小关系不确定答案B解析M2－N2＝(a＋b)－(a＋b＋2eq\r(ab))＝－2eq\r(ab)<0，∴M<N.2．已知非零实数a，b满足a<b，则下列命题成立的是()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，则a2>b2，故A不成立；若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab>0，,a<b，))则a2b<ab2，故B不成立；若a＝1，b＝2，则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，由不等式的性质知，C正确．3．已知－3<a<－2,3<b<4，则eq\f(a2,b)的取值范围为()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解析因为－3<a<－2，所以a2∈(4,9)，而3<b<4，故eq\f(a2,b)的取值范围为(1,3)．4．若a>1，m＝loga(a2＋1)，n＝loga(a＋1)，p＝loga(2a)，则m，n，p的大小关系是()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在定义域上单调递增，∴m>p>n.5．(2022·杭州模拟)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，则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解析指数函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x在(－∞，＋∞)上单调递减，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)，则－eq\f(1,a)>－eq\f(1,b)，故C正确；a－b>0，但不一定有a－b>1，则不一定有ln(a－b)>0，故A错误；函数y＝2x在(－∞，＋∞)上单调递增，b－a<0.则2b－a<20＝1，故B错误；当0<c<1时，函数y＝logcx在(0，＋∞)上单调递减，则logca<logcb，故D错误．6．(多选)(2022·济宁模拟)已知x>y>z，x＋y＋z＝0，则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解析因为x>y>z，x＋y＋z＝0，所以x>0，z<0，y的符号无法确定，对于A，因为x>0>z，若y<0，则xy<0<yz，故A错误；对于B，因为y>z，x>0，所以xy>xz，故B正确；对于C，因为x>y，z<0，所以xz<yz，故C错误；对于D，因为x>z，当|y|＝0时，x|y|＝|y|z，故D错误．7．(多选)设a，b，c，d为实数，且a＞b＞0＞c＞d，则下列不等式正确的有()A．c2＜cd B．a－c＜b－dC．ac＜bd D.eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＞0答案AD解析因为a＞b＞0＞c＞d，所以a>b>0,0>c>d，对于A，因为0>c>d，由不等式的性质可得c2<cd，故选项A正确；对于B，取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，则a－c＝3，b－d＝3，所以a－c＝b－d，故选项B错误；对于C，取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，则ac＝－2，bd＝－2，所以ac＝bd，故选项C错误；对于D，因为a>b>0，d<c<0，则ad<bc，所以eq\f(c,a)>eq\f(d,b)，故eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＞0，故选项D正确．8．(多选)若0<a<1，b>c>1，则()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解析对于A，∵b>c>1，∴eq\f(b,c)>1.∵0<a<1，则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，故选项A正确；对于B，若eq\f(c－a,b－a)>eq\f(c,b)，则bc－ab>bc－ac，即a(c－b)>0，这与0<a<1，b>c>1矛盾，故选项B错误；对于C，∵0<a<1，∴a－1<0.∵b>c>1，∴ca－1>ba－1，故选项C错误；对于D，∵0<a<1，b>c>1，∴logca<logba，故选项D正确．9．已知M＝x2＋y2＋z2，N＝2x＋2y＋2z－π，则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·烟台模拟)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.其中正确的不等式的序号为________．答案①④解析因为eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，所以b<a<0，故③错误；所以a＋b<0<ab，故①正确；所以|a|<|b|，故②错误；所以eq\f(b,a)>0，eq\f(a,b)>0且均不为1，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，当且仅当eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)＝1时，等号成立，所以eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2，故④正确．11．若0<a<b，且a＋b＝1，则将a，b，eq\f(1,2)，2ab，a2＋b2从小到大排列为________________．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)，则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，综上可知a<2ab<eq\f(1,2)<a2＋b2<b.12．(2022·上海模拟)设实数x，y满足3≤xy2≤8,4≤eq\f(x2,y)≤9，则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，当且仅当eq\f(x2,y)＝9，xy2＝3，即x＝3，y＝1时等号成立．13．(多选)(2022·长沙模拟)设实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则下列不等式