2026《金版教程》高考复习方案数学提升版-第1讲 不等式及其性质

第1讲不等式及其性质梳理等式的性质，理解不等式的概念，掌握不等式的性质．1．比较两个实数大小的依据关系方法作差法作商法a>beq\x(\s\up1(01))a－b>0eq\f(a,b)>1(a，b>0)或eq\f(a,b)<1(a，b<0)a＝beq\x(\s\up1(02))a－b＝0eq\f(a,b)＝1(b≠0)a<beq\x(\s\up1(03))a－b<0eq\f(a,b)<1(a，b>0)或eq\f(a,b)>1(a，b<0)2.不等式的性质(1)对称性：eq\x(\s\up1(04))a>b⇔b<a．(2)传递性：eq\x(\s\up1(05))a>b，b>c⇒a>c．(3)可加性：a>b⇔a＋ceq\x(\s\up1(06))>b＋c；a>b，c>d⇒eq\x(\s\up1(07))a＋c>b＋d．(4)可乘性：a>b，c>0⇒eq\x(\s\up1(08))ac>bc；a>b，c<0⇒eq\x(\s\up1(09))ac<bc；a>b>0，c>d>0⇒eq\x(\s\up1(10))ac>bd．(5)可乘方性：a>b>0⇒eq\x(\s\up1(11))an>bn(n∈N，n≥2)．1．有关倒数的性质(1)a>b，ab>0⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；a>b，ab<0⇒eq\f(1,a)>eq\f(1,b).(2)a>b>0，0<c<d⇒eq\f(a,c)>eq\f(b,d).(3)0<a<x<b或a<x<b<0⇒eq\f(1,b)<eq\f(1,x)<eq\f(1,a).2．有关分数的性质若a>b>0，m>0，则(1)eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(a－m>0)．(2)eq\f(a,b)>eq\f(a＋m,b＋m)；eq\f(a,b)<eq\f(a－m,b－m)(b－m>0)．1．(人教A必修第一册习题2.1T3(2)改编)设M＝2a(a－2)，N＝(a＋1)(a－3)，则有()A．M>N B．M≥NC．M<N D．M≤N答案：A解析：因为M－N＝2a(a－2)－(a＋1)(a－3)＝a2－2a＋3＝(a－1)2＋2>0，所以M>N.故选A.2．如果x＋y<0，且y>0，那么下列不等式成立的是()A．y2>x2>－xy B．x2>y2>－xyC．x2<－xy<y2 D．x2>－xy>y2答案：D解析：因为x＋y<0，y>0，所以x<－y<0<y.在不等式x<－y两边同时乘以x，得x2>－xy.在不等式x<－y两边同时乘以y，得xy<－y2，则－xy>y2，所以x2>－xy>y2.故选D.3．设x，y∈R，则“x<1且y<1”是“x＋y<2”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答案：A解析：若x<1且y<1，则有x＋y<2.又当x＝2，y＝－1时，满足x＋y<2，但不满足x<1且y<1，所以“x<1且y<1”是“x＋y<2”的充分不必要条件．故选A.4．(人教A必修第一册习题2.1T5改编)若－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，则α－β的取值范围是________．答案：(－π，0)解析：由已知，得－eq\f(π,2)<α<eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)<－β<eq\f(π,2)，所以－π<α－β<π，又α<β，所以α－β<0，故－π<α－β<0.5．(人教B必修第一册习题2－2BT1改编)比较两数的大小：eq\r(7)＋eq\r(10)________eq\r(3)＋eq\r(14).答案：>解析：因为(eq\r(7)＋eq\r(10))2＝17＋2eq\r(70)，(eq\r(3)＋eq\r(14))2＝17＋2eq\r(42)，所以(eq\r(7)＋eq\r(10))2>(eq\r(3)＋eq\r(14))2，所以eq\r(7)＋eq\r(10)>eq\r(3)＋eq\r(14).考向一不等式的性质(1)(多选)(2024·湖南长沙二模)设a，b，c，d为实数，且a>b>0>c>d，则下列不等式正确的是()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：对于A，由0>c>d和不等式的性质可得c2<cd，故A正确；对于B，因为a>b>0>c>d，若取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，则a－c＝3，b－d＝3，所以a－c＝b－d，故B错误；对于C，因为a>b>0>c>d，若取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，则ac＝－2，bd＝－2，所以ac＝bd，故C错误；对于D，因为a>b>0，则0<eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又0>c>d，则0<－c<－d，由不等式的同向皆正可乘性，得－eq\f(c,a)<－eq\f(d,b)，故eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，故D正确．故选AD.(2)(多选)(2025·安徽淮北模拟)已知a，b，c∈R，下列命题为真命题的是()A．若a>b>c，则a＋b>cB．若a>b>|c|，则a2>b2>c2C．若a<b<c<0，则eq\f(c,a)>eq\f(c,b)D．若a>b>c>0，则eq\f(b,a)<eq\f(b＋c,a＋c)答案：BD解析：当b为负数时A可能不成立，例如－2>－3>－4，但－2＋(－3)>－4是错误的，故A为假命题；因为a>b>|c|≥0，根据不等式的性质可得a2>b2>c2，故B为真命题；因为a<b<0，所以eq\f(1,ab)>0，所以a·eq\f(1,ab)<b·eq\f(1,ab)<0，即eq\f(1,b)<eq\f(1,a)<0，因为c<0，所以eq\f(c,b)>eq\f(c,a)>0，故C为假命题；因为a>b>c>0，所以eq\f(b,a)－eq\f(b＋c,a＋c)＝eq\f(ab＋bc－ab－ac,a（a＋c）)＝eq\f(c（b－a）,a（a＋c）)<0，所以eq\f(b,a)<eq\f(b＋c,a＋c)，故D为真命题．故选BD.判断不等式是否成立的两种方法(1)性质法直接利用不等式的性质逐个验证，利用不等式的性质判断不等式是否成立时要特别注意前提条件．(2)特殊值法适用于排除错误答案，取值应满足题设条件且便于计算．提醒：当直接利用不等式的性质不能判断时，可以利用指数函数、对数函数、幂函数等函数的单调性进行判断．(多选)已知a>b，c∈R，则下列不等式不一定成立的是()A．a(c－1)2>b(c－1)2B.eq\f(a,c2－c＋1)>eq\f(b,c2－c＋1)C．a(c2＋2)>b(c2＋1)D．ab2>a2b答案：ACD解析：对于A，当c＝1时，可得(c－1)2＝0，此时a(c－1)2＝b(c－1)2，所以不等式a(c－1)2>b(c－1)2不一定成立，A符合题意；对于B，因为c2－c＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)>0，可得eq\f(1,c2－c＋1)>0，又a>b，所以eq\f(a,c2－c＋1)>eq\f(b,c2－c＋1)一定成立，B不符合题意；对于C，当a＝－1，b＝－2，c＝0时，可得a(c2＋2)＝－2，b(c2＋1)＝－2，此时a(c2＋2)＝b(c2＋1)，所以a(c2＋2)>b(c2＋1)不一定成立，C符合题意；对于D，ab2－a2b＝ab(b－a)，因为a>b，所以b－a<0，但ab的符号不确定，所以ab2>a2b不一定成立，D符合题意．故选ACD.考向二比较两个数(式)的大小角度1作差法若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<q B．p≤qC．p>q D．p≥q答案：B解析：解法一(作差法)：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－a2）（b－a）,ab)＝eq\f(（b－a）2（b＋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.故选B.解法二(特殊值排除法)：令a＝b＝－1，则p＝q＝－2，排除A，C；令a＝－1，b＝－2，则p<q，排除D.故选B.作差法的步骤和关注点步骤作差并变形⇒判断差与0的大小⇒得结论关注点利用通分、因式分解、配方等方法向有利于判断差的符号的方向变形已知实数x，y，z满足x2＝4x＋z－y－4且x＋y2＋2＝0，则下列关系成立的是()A．y>x≥z B．z≥x>yC．y>z≥x D．z≥y>x答案：D解析：由x2＝4x＋z－y－4知z－y＝x2－4x＋4＝(x－2)2≥0，即z≥y；由x＋y2＋2＝0知x＝－(y2＋2)，则y－x＝y2＋y＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(7,4)>0，即y>x.综上所述，z≥y>x.故选D.角度2作商法设a，b都是正数，且a≠b，则aabb与abba的大小关系是________．答案：aabb>abba解析：eq\f(aabb,abba)＝aa－b·bb－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(a－b).若a>b，则eq\f(a,b)>1，a－b>0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(a－b)>1，∴aabb>abba；若a<b，则0<eq\f(a,b)<1，a－b<0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(a－b)>1，∴aabb>abba.作商法的步骤和关注点步骤作商并变形⇒判断商与1的大小⇒得结论关注点作商时各式的符号应相同，如果a，b均小于0，所得结果与“原理”中的结论相反．变形方法有分母(或分子)有理化，指、对数恒等变形等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)))eq\s\up12(π－e)，又0<eq\f(e,π)<1，0<π－e<1，∴0<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,π)))eq\s\up12(π－e)<1，即0<eq\f(eπ·πe,ee·ππ)<1，即eπ·πe<ee·ππ.考向三利用不等式的性质求范围已知－1<x＋y<4且2<x－y<3，则z＝2x－3y的取值范围是________(用区间表示)．答案：(3，8)解析：解法一：设2x－3y＝λ(x＋y)＋μ(x－y)＝(λ＋μ)x＋(λ－μ)y，对应系数相等，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＋μ＝2，,λ－μ＝－3))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(1,2)，,μ＝\f(5,2)，))∴2x－3y＝－eq\f(1,2)(x＋y)＋eq\f(5,2)(x－y)∈(3，8)．解法二：令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝x＋y，,b＝x－y，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(a＋b,2)，,y＝\f(a－b,2)，))∴2x－3y＝2×eq\f(a＋b,2)－3×eq\f(a－b,2)＝－eq\f(a,2)＋eq\f(5,2)b∈(3，8)．1．用不等式性质求代数式取值范围的两个注意点(1)注意题设和结论中代数式的关系，设计求解步骤．(2)正确使用不等式的性质，尤其是两个同方向的不等式可加不可减，可乘(同正)不可除．2．利用待定系数法求代数式的取值范围已知M1<f1(x，y)<N1，M2<f2(x，y)<N2，求g(x，y)的取值范围．(1)设g(x，y)＝pf1(x，y)＋qf2(x，y)．(2)根据恒等变形求得待定系数p，q.(3)根据不等式的同向可加性即可求得g(x，y)的取值范围．(多选)已知6<a<60，15<b<18，则下列结论正确的是()A.eq\f(a,b)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4)) B．a＋b∈(21，78)C．a－b∈(－9，42) D.eq\f(a＋b,b)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,5)，\f(39,9)))答案：AB解析：因为6<a<60，15<b<18，所以eq\f(1,18)<eq\f(1,b)<eq\f(1,15)，－18<－b<－15，所以eq\f(6,18)<eq\f(a,b)<eq\f(60,15)，6＋15<a＋b<60＋18，6－18<a－b<60－15，即eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<4，21<a＋b<78，－12<a－b<45.于是eq\f(a＋b,b)＝eq\f(a,b)＋1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，5)).故A，B正确，C，D错误．课时作业一、单项选择题1．已知a，b∈R，若a>b，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)同时成立，则()A．ab>0 B．ab<0C．a＋b>0 D．a＋b<0答案：A解析：因为eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，所以eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)<0，又a>b，所以b－a<0，所以ab>0.2．已知a<0，－1<b<0，那么下列不等式成立的是()A．a>ab>ab2 B．ab2>ab>aC．ab>a>ab2 D．ab>ab2>a答案：D解析：由于每个式子中都有a，故先比较1，b，b2的大小．因为－1<b<0，所以b<b2<1.又因为a<0，所以ab>ab2>a.故选D.3．(2024·湖北襄阳一模)在开山工程爆破时，已知导火索燃烧的速度是每秒0.5厘米，人跑开的速度是每秒4米，距离爆破点150米以外(含150米)为安全区．为了使导火索燃尽时人能够跑到安全区，导火索的长度x(单位：厘米)应满足的不等式为()A．4×eq\f(x,0.5)＜150 B．4×eq\f(x,0.5)≥150C．4×eq\f(x,0.5)≤150 D．4×eq\f(x,0.5)＞150答案：B解析：由题意，知导火索燃烧的时间为eq\f(x,0.5)秒，人在此时间内跑的路程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4×\f(x,0.5)))米，由题意可得4×eq\f(x,0.5)≥150.故选B.4．(2025·安徽合肥八中模拟)若1<a<3，－4<b<2，则a－|b|的取值范围是()A．(－3，0) B．(－3，3)C．(0，3) D．(－3，5)答案：B解析：因为－4<b<2，所以0≤|b|<4，所以－4<－|b|≤0.又因为1<a<3，所以－3<a－|b|<3.故选B.5．(2024·陕西商洛模拟)已知a，b∈R，则“eq\f(1,\r(a))<eq\f(1,\r(b))”是“a3>b3”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答案：A解析：若eq\f(1,\r(a))<eq\f(1,\r(b))，则a>b>0，所以a3>b3，充分性成立；若a3>b3，则a>b，但eq\f(1,\r(a))<eq\f(1,\r(b))不一定成立，不满足必要性，所以“eq\f(1,\r(a))<eq\f(1,\r(b))”是“a3>b3”的充分不必要条件．故选A.6．(2025·山东济宁模拟)已知x＞y＞z，x＋y＋z＝0，则下列不等式成立的是()A．xy＞yz B．xy＞xzC．xz＞yz D．x|y|＞|y|z答案：B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．设a＞b＞0，x＝eq\r(a＋b)－eq\r(a)，y＝eq\r(a)－eq\r(a－b)，则x，y的大小关系为()A．x＞yB．x＜yC．x＝yD．x，y的大小关系不定答案：B解析：因为x＞0，y＞0，eq\f(x,y)＝eq\f(\r(a＋b)－\r(a),\r(a)－\r(a－b))＝eq\f(\r(a)＋\r(a－b),\r(a＋b)＋\r(a))＜1，所以x＜y.8．某次出行，刘先生全程需要加两次油，由于燃油的价格有升也有降，现刘先生有两种加油方案，第一种方案：每次均加30升的燃油；第二种方案，每次均加200元的燃油．下列说法正确的是()A．采用第一种方案划算B．采用第二种方案划算C．两种方案一样D．采用哪种方案无法确定答案：B解析：分别用m，n(m≠n)表示刘先生先后两次加油时燃油的价格，由题意可得，第一种方案，两次加油共花费(30m＋30n)元，两次共加了60升燃油，所以平均价格为eq\f(30m＋30n,60)＝eq\f(m＋n,2)元/升；第二种方案，两次加油共花费200＋200＝400元，两次共加了eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(200,m)＋\f(200,n)))升燃油，所以平均价格为eq\f(400,\f(200,m)＋\f(200,n))＝eq\f(2mn,m＋n)元/升.eq\f(m＋n,2)－eq\f(2mn,m＋n)＝eq\f(（m＋n）2－4mn,2（m＋n）)＝eq\f(（m－n）2,2（m＋n）)>0，所以采用第二种方案划算．二、多项选择题9．下列说法中正确的是()A．若a>b>0，c∈R，则eq\f(2c,a)<eq\f(2c,b)B．若a>b>0，c∈R，则ac2>bc2C．若a<b<0，则a2>ab>b2D．若a<b<0，则a2＋a<b2＋b答案：AC解析：对于A，由a>b>0，2c>0，知0<eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，得eq\f(2c,a)<eq\f(2c,b)，故A正确；对于B，当c＝0时，ac2＝bc2，故B错误；对于C，当a<b<0时，由a2－ab＝a(a－b)>0，得a2>ab，又ab－b2＝b(a－b)>0，则ab>b2，故a2>ab>b2，故C正确；对于D，当a＝－2，b＝－1时，a2＋a>b2＋b，故D错误．故选AC.10．(2024·呼和浩特第二中学模拟)设实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则下列不等式成立的是()A．c<b B．b≥1C．b≤a D．a<c答案：BD解析：∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＋c＝6－4a＋3a2，,c－b＝4－4a＋a2，))两式相减得2b＝2a2＋2，即b＝a2＋1，∴b≥1.又b－a＝a2＋1－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)>0，∴b>a.而c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，∴c≥b，从而c≥b>a.11．已知a>0，b>0，a＋b2＝1，则()A．a＋b<eq\f(5,4) B．a－b>－1C.eq\r(a)·b≤eq\f(1,2) D.eq\f(\r(a),b－2)≥－eq\f(\r(3),3)答案：BCD解析：因为a＝1－b2>0，b>0，所以0<b<1，所以0<a<1.因为a＋b＝1－b2＋b＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(5,4)≤eq\f(5,4)，取等号时a＝eq\f(3,4)，b＝eq\f(1,2)，满足a，b∈(0，1)，故A错误；因为a－b＝1－b2－b＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(5,4)>－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(5,4)＝－1，故B正确；因为eq\r(a)·b＝eq\r(1－b2)·eq\r(b2)＝eq\r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(1,4))≤eq\f(1,2)，取等号时a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(\r(2),2)，满足a，b∈(0，1)，故C正确；因为b－2<0，所以要证eq\f(\r(a),b－2)≥－eq\f(\r(3),3)，只需证eq\f(a,（b－2）2)≤eq\f(1,3)，只需证3a≤(b－2)2，即证3(1－b2)≤(b－2)2，即证4b2－4b＋1≥0，即证(2b－1)2≥0，显然(2b－1)2≥0成立，当且仅当a＝eq\f(3,4)，b＝eq\f(1,2)时取等号，故D正确．故选BCD.三、填空题12．能够说明“设a，b是任意非零实数．若eq\f(b,a)>1，则b>a”是假命题的一组整数a，b的值依次为________．答案：－1，－2(答案不唯一)解析：要使“设a，b是任意非零实数．若eq\f(b,a)>1，则b>a”是假命题，只需满足b<a<0且a，b∈Z即可，可取a＝－1，b＝－2(答案不唯一)．13．已知下列四个代数式：①4mn；②m2＋4n2；③4m2＋n2；④m2＋n2.若m>n>0，则代数式的值最大的是________(填序号)．答案：③解析：∵m>n>0，由②－①，得m2＋4n2－4mn＝(m－2n)2≥0，∴②≥①；由③－②，得4m2＋n2－m2－4n2＝3m2－3n2>0，∴③>②；由③－④，得4m2＋n2－m2－n2＝3m2>0，∴③>④.∴代数式的值最大的是③.14．(2024·河北石家庄二模)若实数x，y，z≥0，且x＋y＋z＝4，2x－y＋z＝5，则M＝4x＋3y＋5z的取值范围是________．答案：[15，19]解析：因为x＋y＝4－z，2x－y＝5－z，所以x＝3－eq\f(2z,3)，y＝1－eq\f(z,3)，由x，y，z≥0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－\f(2z,3)≥0，,1－\f(z,3)≥0，,z≥0，))解得0≤z≤3，故M＝4x＋3y＋5z＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(2z,3)))＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(z,3)))＋5z＝eq\f(4z,3)＋15∈[15，19]．四、解答题15．(1)证明：∀x，y∈R，x4＋y2≥x2y；(2)已知a>b>c>d>0，证明：eq\r(\f(d,a－d))<eq\r(\f(c,b－c))