2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题03等式与不等式的性质（Word版附解析）

专题03等式与不等式的性质知识梳理考纲要求考点预测常用结论方法技巧题型归类题型一：比较两个数(式)的大小题型二：不等式的性质题型三：应用性质判断不等式是否成立题型四：求代数式的取值范围培优训练训练一：训练二：训练三：训练四：训练五：训练六：强化测试单选题：共8题多选题：共4题填空题：共4题解答题：共6题一、【知识梳理】【考纲要求】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.【考点预测】1.两个实数比较大小的方法(1)作差法 (2)作商法2.不等式的性质(1)对称性：a＞b⇔b＜a；(2)传递性：a＞b，b＞c⇒a＞c；(3)同向可加性：a＞b⇔a＋c＞b＋c；a＞b，c＞d⇒a＋c＞b＋d；(4)可乘性：a＞b，c＞0⇒ac＞bc；a＞b，c＜0⇒ac＜bc；a＞b＞0，c＞d＞0⇒ac＞bd；(5)可乘方性：a＞b＞0⇒an＞bn(n∈N，n≥1)；(6)可开方性：a＞b＞0⇒＞(n∈N，n≥2).【常用结论】1.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.2.有关分式的性质(1)若a>b>0，m>0，则<；>(b－m>0).(2)若ab>0，且a>b⇔<.【方法技巧】1.作差法一般步骤：(1)作差；(2)变形；(3)定号；(4)结论.其中关键是变形，常采用配方、因式分解、有理化等方法把差式变成积式或者完全平方式.当两个式子都为正数时，有时也可以先平方再作差.2.作商法一般步骤：(1)作商；(2)变形；(3)判断商与1的大小；(4)结论.3.函数的单调性法：将要比较的两个数作为一个函数的两个函数值，根据函数单调性得出大小关系.4.特殊值法：对于选择、填空题，可以选取符合条件的特殊值比较大小.5.利用不等式性质可以求某些代数式的取值范围，但应注意两点：一是必须严格运用不等式的性质；二是在多次运用不等式的性质时有可能扩大了变量的取值范围.解决的途径是先建立所求范围的整体与已知范围的整体的等量关系，最后通过“一次性”不等关系的运算求解范围.二、【题型归类】 【题型一】比较两个数(式)的大小【典例1】若a<0，b<0，则p＝＋与q＝a＋b的大小关系为(　　)A．p<qB．p≤qC．p>qD．p≥q【解析】p－q＝＋－a－b＝＋＝(b2－a2)·＝＝，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.【典例2】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>cB．c>a>bC．c>b>aD．a>c>b【解析】a5＝5a，即＝，b4＝4b，即＝，c3＝3c，即＝，设f(x)＝，则f(a)＝f(5)，f(b)＝f(4)，f(c)＝f(3)，f′(x)＝(x>0)，当x>e时，f′(x)<0，f(x)＝单调递减，当0<x<e时，f′(x)>0，f(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.故选C.【典例3】已知M＝，N＝，则M，N的大小关系为________【解析】方法一　M－N＝－＝＝＝>0.∴M>N.方法二　令f(x)＝＝＝＋，显然f(x)是R上的减函数，∴f(2021)>f(2022)，即M>N.【题型二】不等式的性质【典例1】若a＞b＞0，c＜d＜0，则一定有(　　)A.＞B.＜C.＞D.＜【解析】由c＜d＜0⇒－＞－＞0，又a＞b＞0，故由不等式性质，得－＞－＞0，所以＜.故选D.【典例2】下列命题为真命题的是(　　)A．若a>b，则ac2>bc2 B．若a<b<0，则a2<ab<b2C．若c>a>b>0，则<D．若a>b>c>0，则>【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，＝>＝，故C选项为假命题；对于D选项，由于a>b>c>0，所以－＝＝＝>0，即>，故D选项为真命题．故选D.【典例3】(多选)若<<0，则下列不等式正确的是(　　)A.<B．|a|＋b>0C．a－>b－D．lna2>lnb2【解析】由<<0，可知b<a<0.A中，因为a＋b<0，ab>0，所以<0，>0.故有<，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<<0，则－>－>0，所以a－>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.【题型三】应用性质判断不等式是否成立【典例1】已知a>b>0，给出下列四个不等式：①a2>b2；②2a>2b－1；③>－；④a3＋b3>2a2b.其中一定成立的不等式为(　　)A.①②③B.①②④ C.①③④D.②③④【解析】方法一　由a>b>0可得a2>b2，①成立；由a>b>0可得a>b－1，而函数f(x)＝2x在R上是增函数，∴f(a)>f(b－1)，即2a>2b－1，②成立；∵a>b>0，∴>，∴()2－(－)2＝2－2b＝2(－)>0，∴>－，③成立；若a＝3，b＝2，则a3＋b3＝35,2a2b＝36，a3＋b3<2a2b，④不成立.故选A.方法二　令a＝3，b＝2，可以得到①a2>b2，②2a>2b－1，③>－均成立，而④a3＋b3>2a2b不成立，故选A.【典例2】已知a，b为正数，a≠b，n为正整数，则anb＋abn－an＋1－bn＋1的正负情况为(　　)A．恒为正B．恒为负C．与n的奇偶性有关D．与a，b的大小有关【解析】anb＋abn－an＋1－bn＋1＝an(b－a)＋bn(a－b)＝－(a－b)(an－bn)，因为(a－b)与(an－bn)同号，所以anb＋abn－an＋1－bn＋1<0恒成立．故选B.【典例3】如果0＜m＜b＜a，则(　　)A．cos＜cos＜cosB．cos＜cos＜cosC．cos＜cos＜cosD．cos＜cos＜cos【解析】作商比较：÷＝＞1，所以1＞＞＞0，同理，0＜＜＜1，∴1＞＞ ＞＞0.而y＝cosx在上单调递减，所以cos＜cos＜cos(也可取特殊值判断)．故选A.【题型四】求代数式的取值范围【典例1】若1<α<3，－4<β<2，则－β的取值范围是________．【解析】由1＜α＜3得＜＜，由－4＜β＜2得－2＜－β＜4，所以－β的取值范围是.故填.【典例2】若角α，β满足－<α<β<，则2α－β的取值范围是________．【解析】∵－＜α＜β＜，∴－＜α＜，－＜β＜，－＜－β＜，而α＜β，∴－π＜α－β＜0，∴2α－β＝(α－β)＋α∈.故填.【典例3】已知a>b>c,2a＋b＋c＝0，则的取值范围是(　　)A．－3<<－1B．－1<<－C．－2<<－1D．－1<<－【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>－3，将b＝－2a－c代入b>c中，得－2a－c>c，即a<－c，得<－1，所以－3<<－1.三、【培优训练】【训练一】已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系为(　　)A.a＜b≤cB.b≤c＜a C.b＜c＜aD.b＜a＜c【解析】∵c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，∴c≥b，又∵b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，两式相减得2b＝2＋2a2，即b＝1＋a2，∴b－a＝a2＋1－a＝＋＞0，∴b＞a，∴a＜b≤c.【训练二】已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c满足f(1)＝0，且a>b>c，则的取值范围是________．【解析】因为f(1)＝0，所以a＋b＋c＝0，所以b＝－(a＋c)．又a>b>c，所以a>－(a＋c)>c，且a>0，c<0，所以1>－>，即1>－1－>.所以解得－2<<－.即的取值范围为.【训练三】某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件：(1)男学生人数多于女学生人数；(2)女学生人数多于教师人数；(3)教师人数的两倍多于男学生人数．①若教师人数为4，则女学生人数的最大值为________．②该小组人数的最小值为________．【解析】设男学生人数为x，女学生人数为y，教师人数为z，由已知得且x，y，z均为正整数．①当z＝4时，8>x>y>4，∴x的最大值为7，y的最大值为6，故女学生人数的最大值为6.②x>y>z>，当x＝3时，条件不成立，当x＝4时，条件不成立，当x＝5时，5>y>z>，此时z＝3，y＝4.∴该小组人数的最小值为12.【训练四】设a>b>1，c<0，给出下列三个结论： ①>；②ac<bc；③logb>loga.其中所有正确结论的序号是(　　)A．①B．①②C．②③D．①②③【解析】①∵a>b>1，∴0<<<1，又c<0，∴>，①正确；②由于a>b>1，可设f(x)＝ax，g(x)＝bx，当x＝c＜0时，根据指数函数的性质，得ac<bc，②正确；③∵a＞b＞1，c＜0，即a－c＞b－c＞1，∴loga(a－c)＞loga(b－c)，又由对数函数的性质知logb(a－c)＞loga(a－c)，∴logb(a－c)＞loga(b－c)，③正确．故选D 【训练五】(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是(　　)A.c2＜cdB.a－c＜b－dC.ac＞bdD.－＞0【解析】对于A，c2－cd＝c(c－d)＜0，所以A正确；对于B，a－c－(b－d)＝(a－b)－(c－d)，无法判断与0的大小关系，所以B错误；对于C，不妨设a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，则ac＝bd，所以C错误；对于D，－＝＞＝＞0，所以D正确.故选AD.【训练六】若a＞b＞0，c＜d＜0，|b|＞|c|.(1)求证：b＋c＞0.(2)求证：＜.(3)在(2)的不等式中，能否找到一个代数式，满足＜所求式＜？若能，请直接写出该代数式；若不能，请说明理由.【解析】(1)证明　因为|b|＞|c|，且b＞0，c＜0，所以b＞－c，所以b＋c＞0.(2)证明　因为c＜d＜0，所以－c＞－d＞0.又a＞b＞0，所以由同向不等式的可加性可得a－c＞b－d＞0，所以(a－c)2＞(b－d)2＞0，所以0＜＜①.因为a＞b，d＞c，所以由同向不等式的可加性可得a＋d＞b＋c，所以a＋d＞b＋c＞0②.①②相乘得＜.(3)因为a＋d＞b＋c＞0，0＜＜，所以＜＜或＜＜.所以，均为所求代数式.(只要写出一个即可) 四、【强化测试】【单选题】1.若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，则f(x)，g(x)的大小关系是(　　)A．f(x)＝g(x)B．f(x)>g(x)C．f(x)<g(x)D．随x的值变化而变化【解析】f(x)－g(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0⇒f(x)>g(x)．故选B.2.若m<0，n>0且m＋n<0，则下列不等式中成立的是(　　)A．－n<m<n<－mB．－n<m<－m<nC．m<－n<－m<nD．m<－n<n<－m【解析】法一(取特殊值法)：令m＝－3，n＝2分别代入各选项检验即可．法二：m＋n<0⇒m<－n⇒n<－m，又由于m<0<n，故m<－n<n<－m成立．故选D.3.已知a，b为非零实数，且a<b，则下列不等式一定成立的是(　　)A．a2<b2B．ab2>a2bC．<D．<【解析】若a<b<0，则a2>b2，故A错；若0<a<b，则>，故D错；若ab<0，即a<0，b>0，则a2b>ab2，故B错；故C正确．故选C．4.设a，b∈R，则“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”的(　　)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件【解析】若a>2且b>1，则由不等式的同向可加性可得a＋b>2＋1＝3，由不等式的同向同正可乘性可得ab>2×1＝2.即“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”的充分条件；反之，若“a＋b>3且ab>2”，则“a>2且b>1”不一定成立，如a＝6，b＝.所以“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”的充分不必要条件．故选A．5.已知下列四个条件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0，能推出<成立的有(　　)A．1个B．2个C．3个D．4个 【解析】由不等式的倒数性质易知条件①，②，④都能推出<.由a>0>b得>，故能推出<成立的条件有3个．故选C.6.下列命题中，正确的是(　　)A．若a>b，c>d，则ac>bdB．若ac>bc，则a>bC．若<<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<<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C.7.已知a1∈(0,1)，a2∈(0,1)，记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，则M与N的大小关系是(　　)A．M<NB．M>NC．M＝ND．不确定【解析】M－N＝a1a2－(a1＋a2－1)＝a1a2－a1－a2＋1＝(a1－1)(a2－1)，又a1∈(0,1)，a2∈(0,1)，∴a1－1<0，a2－1<0.∴(a1－1)(a2－1)>0，即M－N>0，∴M>N.8.已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系为(　　)A．a<b≤cB．b≤c<aC．b<c<aD．b<a<c【解析】c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，∴c≥b，又b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，两式相减得2b＝2＋2a2即b＝1＋a2，∴b－a＝a2＋1－a＝2＋>0，∴b>a，∴a<b≤c. 故选A.【多选题】9.已知c<b<a，且ac<0，那么下列不等式中，一定成立的是(　　)A．ab>acB．c(b－a)>0C．cb2<ab2D．ac(a－c)<0【解析】由c<b<a且ac<0知a>0且c<0，b的正负不确定，由b>c且a>0知ba>ca，故A一定成立；∵b－a<0且c<0，∴c(b－a)>0，故B一定成立；当b＝0时，cb2＝ab2＝0，故C不一定成立；又a－c>0且ac<0，∴ac(a－c)<0，故D一定成立．故选ABD.10.有外表一样，重量不同的六个小球，它们的重量分别是a，b，c，d，e，f，已知a＋b＋c＝d＋e＋f，a＋b＋e>c＋d＋f，a＋b＋f<c＋d＋e，a＋e<b.则下列判断正确的有(　　)A．b>c>fB．b>e>fC．c>e>fD．b>e>c【解析】因为a＋b＋c＝d＋e＋f，a＋b＋e>c＋d＋f，所以e－c>c－e，所以e>c，又因为a＋b＋c＝d＋e＋f，a＋b＋f<c＋d＋e，所以c－f>f－c，所以c>f，所以e>c>f，所以C错误；又因为a＋e<b，所以a<b，e<b，所以b>e>c，b>e>f，b>c>f均成立.故选ABD.11.若0<a<1，b>c>1，则(　　)A.a>1B.>C．ca－1<ba－1D．logca<logba【解析】对于A，∵b>c>1，∴>1.∵0<a<1，则a>0＝1，故正确．对于B，若>，则bc－ab>bc－ac，即a(c－b)>0，这与0<a<1，b>c>1矛盾，故错误．对于C，∵0<a<1，∴a－1<0.∵b>c>1，∴ca－1>ba－1，故错误． 对于D，∵0<a<1，b>c>1，∴logca<logba，故正确．故选AD.12.下列命题为真命题的是(　　)A．若a>b>0，则ac2>bc2B．若a<b<0，则a2>ab>b2C．若a>b>0且c<0，则>D．若a>b且>，则ab<0【解析】当c＝0时，不等式不成立，∴A中命题是假命题；⇒a2>ab，⇒ab>b2，∴a2>ab>b2，∴B中命题是真命题；a>b>0⇒a2>b2>0⇒0<<，∵c<0，∴>，∴C中命题是真命题；>⇒－>0⇒>0，∵a>b，∴b－a<0，ab<0，∴D中命题是真命题，故选BCD.【填空题】13.若a1<a2，b1<b2，则a1b1＋a2b2与a1b2＋a2b1的大小关系是________．【解析】作差可得(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)·(b1－b2)，因为a1<a2，b1<b2，所以(a1－a2)(b1－b2)>0，即a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1.答案：a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b114.若1<α<3，－4<β<2，则α－|β|的取值范围是________．【解析】因为－4<β<2，所以0≤|β|<4，所以－4<－|β|≤0.所以－3<α－|β|<3.答案：(－3，3)15.设a>b，有下列不等式：①>；②<；③|a|>|b|；④a|c|≥b|c|，其中一定成立的有________．(填序号)【解析】对于①，>0，故①成立；对于②，a>0，b<0时不成立； 对于③，取a＝1，b＝－2时不成立；对于④，|c|≥0，故④成立．答案：①④16.已知存在实数a满足ab2>a>ab，则实数b的取值范围是________．【解析】因为ab2>a>ab，所以a≠0，当a>0时，b2>1>b，即解得b<－1；当a<0时，b2<1<b，即无解．综上可得b<－1.答案：(－∞，－1)【解答题】17.已知a＋b>0，试比较＋与＋的大小．【解析】＋－＝＋＝(a－b)·＝.∵a＋b>0，(a－b)2≥0，∴≥0.∴＋≥＋.18.(1)若bc－ad≥0，bd>0，求证：≤；(2)已知c>a>b>0，求证：>.【证明】(1)∵bc≥ad，>0，∴≥，∴＋1≥＋1，∴≤.(2)∵c>a>b>0，∴c－a>0，c－b>0. ∵a>b>0，∴<，又∵c>0，∴<，∴<，又c－a>0，c－b>0，∴>.19.已知－1<x－y<4，2<x＋y<3，求3x＋2y的取值范围.【解析】设3x＋2y＝λ(x－y)＋μ(x＋y)，即3x＋2y＝(λ＋μ)x＋(μ－λ)y，于是解得∴3x＋2y＝(x－y)＋(x＋y).∵－1<x－y<4，2<x＋y<3，∴－<(x－y)<2，5<(x＋y)<，∴<(x－y)＋(x＋y)<.故3x＋2y的取值范围是.20.已知a>b>0，c<d<0，|b|>|c|，求证：(1)b＋c>0；(2)<.【证明】(1)因为|b|>|c|且b>0，c<0，所以b>－c，即b＋c>0；(2)因为c<d<0，所以－c>－d>0，又a>b>0，所以a－c>b－d>0， 所以>>0，所以<<.21.观察以下运算：1×5＋3×6>1×6＋3×5，1×5＋3×6＋4×7>1×6＋3×5＋4×7>1×7＋3×6＋4×5.(1)若两组数a1，a2与b1，b2，且a1≤a2，b1≤b2，则a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1是否成立，试证明．(2)若两组数a1，a2，a3与b1，b2，b3且a1≤a2≤a3，b1≤b2≤b3，对a1b3＋a2b2＋a3b1，a1b2＋a2b1＋a3b3，a1b1＋a2b2＋a3b3进行大小顺序(不需要说明理由)．【解析】(1)成立，证明如下：∵a1b1＋a2b2－(a1b2＋a2b1)＝a1(b1－b2)＋a2(b2－b1)＝(a1－a2)(b1－b2)，又a1≤a2，b1≤b2，∴(a1－a2)(b1－b2)≥0，即a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1.(2)a1b3＋a2b2＋a3b1≤a1b2＋a2b1＋a3b3≤a1b1＋a2b2＋a3b3.22.某企业去年年底给全部的800名员工共发放1000万元年终奖，该企业计划从今年起，10年内每年发放的年终奖都比上一年增加30万元，企业员工每年净增a人．(1)若a＝10，在计划时间内，该企业的人均年终奖是否会超过1.5万元？(2)为使人均年终奖年年有增长，该企业每年员工的净增量不能超过多少人？【解析】(1)设从今年起的第x年(今年为第1年)该企业人均发放年终奖为y万元．则y＝(a∈N*，1≤x≤10)．假设会超过1.5万元，则当a＝10时有＞1.5，解得x＞＞10.所以，10年内该企业的人均年终奖不会超过1.5万元．(2)设1≤x1＜x2≤10，y＝f(x)＝，则f(x2)－f(x1)＝－＝＞0，所以30×800－1000a＞0，得a＜24.所以，为使人均年终奖年年有增长，该企业每年员工的净增量不能超过23人．