第3節不等式及其性質考試要求1.理解用作差法比較兩個實數大小的理論依據.2.理解不等式的性質，掌握不等式性質的簡單應用.【知識梳理】1.兩個實數比較大小的方法(1)作差法eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b>0?a>b，,a－b＝0?a＝b，,a－b<0?a<b.))(2)作商法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）.))2.不等式的性質(1)對稱性：a＞b?b＜a；(2)傳遞性：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)可開方性：a＞b＞0?eq\r(n,a)＞eq\r(n,b)(n∈N，n≥2).[常用結論與微點提醒]1.證明不等式的常用方法有：作差法、作商法、綜合法、分析法、反證法、放縮法.2.有關分式的性質(1)若a>b>0，m>0，則eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0).(2)若ab>0，則a>b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).【診斷自測】1.思考辨析(在括號內打“√”或“×”)(1)a＞b?ac3＞bc3.()(2)a＝b?ac＝bc.()(3)若eq\f(a,b)>1，則a>b.()(4)a<x<b<0?eq\f(1,b)<eq\f(1,x)<eq\f(1,a).()答案(1)×(2)×(3)×(4)√解析(1)由不等式的性質，ac3＞bc3a＞b；反之，c≤0時，a＞bac3＞bc3.(2)由等式的性質，a＝b?ac＝bc；反之，c＝0時，ac＝bca＝b.(3)a＝－3，b＝－1，則eq\f(a,b)>1，但a<b.2.(多選)(必修一P43習題2.1T8改編)下列命題為真命題的是()A.若ac2＞bc2，則a＞bB.若a＞b＞0，則a2＞b2C.若a＜b＜0，則a2＜ab＜b2D.若a＜b＜0，則eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)答案ABD解析C中，若a＝－2，b＝－1，則a2＞ab＞b2，故C錯誤.3.(必修一P42習題2.1T3(4)改編)設M＝x2＋y2＋1，N＝2(x＋y－1)，則M與N的大小關系為________.答案M＞N解析M－N＝x2＋y2＋1－2x－2y＋2＝(x－1)2＋(y－1)2＋1＞0.故M＞N.4.已知－1＜a＜2，－3＜b＜5，則a＋2b的取值范圍是________.答案(－7，12)解析∵－3＜b＜5，∴－6＜2b＜10，又－1＜a＜2，∴－7＜a＋2b＜12.考點一比較數(式)的大小例1(1)(2024·石家莊調研)已知a＝eq\f(1,2)eeq\f(3,4)，b＝eq\r(e)，c＝eq\f(e＋1,2)，則()A.a<b<c B.b<a<cC.b<c<a D.c<b<a答案A解析因為2c－2b＝e－2eq\r(e)＋1＝(eq\r(e)－1)2>0，所以2c>2b，即c>b；又因為(2b)4－(2a)4＝16e2－e3＝e2(16－e)>0，所以(2b)4>(2a)4，又a，b均為正數，所以2b>2a，即b>a，所以a<b<c.(2)eπ·πe與ee·ππ的大小關系為________.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，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,π)))eq\s\up12(π－e)＜1，即eq\f(eπ·πe,ee·ππ)＜1，即eπ·πe＜ee·ππ.感悟提升比較大小的常用方法(1)作差法：①作差；②變形；③定號；④得出結論.(2)作商法：①作商；②變形；③判斷商與1的大小關系；④得出結論.(3)構造函數，利用函數的單調性比較大小.訓練1(1)(2023·湖南師大附中月考)已知P＝a2＋b2＋eq\f(1,c2)＋c2，Q＝2a＋2b，則()A.P≤QB.P＝QC.P≥QD.P，Q的大小無法確定答案C解析P－Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＋\f(1,c2)＋c2))－(2a＋2b)＝(a－1)2＋(b－1)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(1,c)))eq\s\up12(2)≥0，所以P－Q≥0，即P≥Q.(2)若a＝eq\f(ln3,3)，b＝eq\f(ln4,4)，c＝eq\f(ln5,5)，則()A.a<b<c B.c<b<aC.c<a<b D.b<a<c答案B解析法一易知a，b，c都是正數，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.法二構造函數f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，由f′(x)>0，得0<x<e；由f′(x)<0，得x>e.∴f(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減.∴f(3)>f(4)>f(5)，即a>b>c.考點二不等式的基本性質例2(1)(2024·北京朝陽區模擬)若a>0>b，則()A.a3>b3 B.|a|>|b|C.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) D.ln(a－b)>0答案A解析∵a>0>b，∴a3>0，b3<0，即a3>b3，故A正確；取a＝1，b＝－2，則|a|>|b|不成立，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)不成立，故B，C錯誤；取a＝eq\f(1,2)，b＝－eq\f(1,2)，則ln(a－b)＝ln1＝0，故D錯誤.(2)(多選)(2024·濟南調研)已知實數a，b，c滿足a>b>c，且a＋b＋c＝0，則下列說法正確的是()A.eq\f(1,a－c)>eq\f(1,b－c) B.a－c>2bC.a2>b2 D.ab＋bc>0答案BC解析對于A，∵a>b>c，∴a－c>b－c>0，∴eq\f(1,a－c)<eq\f(1,b－c)，A錯誤；對于B，∵a>b>c，a＋b＋c＝0，∴a>0，c<0，a－b>0，∴b＋c＝－a<0，∴a－b>b＋c，即a－c>2b，B正確；對于C，∵a－b>0，a＋b＝－c>0，∴a2－b2＝(a＋b)(a－b)>0，即a2>b2，C正確；對于D，ab＋bc＝b(a＋c)＝－b2≤0，D錯誤.感悟提升解決此類題目常用的三種方法：(1)直接利用不等式的性質逐個驗證，要特別注意前提條件；(2)利用特殊值排除法；(3)利用函數的單調性，當直接利用不等式的性質不能比較大小時，可以利用指數、對數、冪函數等函數的單調性進行判斷.訓練2(1)若a，b，c為實數，且a<b，c>0，則下列不等關系一定成立的是()A.a＋c<b＋c B.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)C.ac>bc D.b－a>c答案A解析對于A，由不等式的性質知，a<b?a＋c<b＋c，正確；對于B，若a＝－2，b＝－1，則eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，錯誤；對于C，由不等式的性質知，c>0，a<b?ac<bc，錯誤；對于D，a<b?b－a>0，又c>0，所以無法判斷b－a與c的大小，錯誤.(2)(多選)若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則下列不等式正確的是()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，因為a＋b<0，ab>0，所以eq\f(1,a＋b)<0，eq\f(1,ab)>0，則eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)，故A正確；B中，因為b<a<0，所以－b>－a>0，故－b>|a|，即|a|＋b<0，故B錯誤；C中，因為b<a<0，又eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則－eq\f(1,a)>－eq\f(1,b)>0，所以a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)，故C正確；D中，因為b<a<0，根據y＝x2在(－∞，0)上單調遞減，可得b2>a2>0，而y＝lnx在定義域(0，＋∞)上單調遞增，所以lnb2>lna2，故D錯誤.考點三不等式性質的綜合應用例3(1)已知－1<x<4，2<y<3，則x－y的取值范圍是________，3x＋2y的取值范圍是________.答案(－4，2)(1，18)解析因為－1<x<4，2<y<3，所以－3<－y<－2，所以－4<x－y<2.由－3<3x<12，4<2y<6，得1<3x＋2y<18.(2)已知－3<a<－2，2<b<4，則eq\f(b,a)的取值范圍是________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))解析∵－3<a<－2，∴－eq\f(1,2)<eq\f(1,a)<－eq\f(1,3)，故eq\f(1,3)＜－eq\f(1,a)＜eq\f(1,2).又∵2＜b＜4，∴eq\f(2,3)＜－eq\f(b,a)＜2，則－2＜eq\f(b,a)＜－eq\f(2,3).遷移在本例(1)中，把條件改為“－1＜x－y＜4，2＜x＋y＜3，求3x＋2y的取值范圍.解設3x＋2y＝λ(x－y)＋μ(x＋y)，即3x＋2y＝(λ＋μ)x＋(μ－λ)y，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＋μ＝3，,μ－λ＝2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(1,2)，,μ＝\f(5,2)，))∴3x＋2y＝eq\f(1,2)(x－y)＋eq\f(5,2)(x＋y).∵－1<x－y<4，2<x＋y<3，∴－eq\f(1,2)<eq\f(1,2)(x－y)<2，5<eq\f(5,2)(x＋y)<eq\f(15,2)，∴eq\f(9,2)<eq\f(1,2)(x－y)＋eq\f(5,2)(x＋y)<eq\f(19,2).故3x＋2y的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，\f(19,2))).感悟提升利用不等式性質可以求某些代數式的取值范圍，應注意兩點：一是必須嚴格運用不等式的性質；二是在多次運用不等式的性質時有可能擴大了變量的取值范圍，解決的途徑是先建立所求范圍的整體與已知范圍的整體的等量關系，最后通過“一次性”不等關系的運算求解范圍.訓練3(1)已知0＜β＜α＜eq\f(π,2)，則α－β的取值范圍是________.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).(2)已知實數a，b，c，滿足a>b>c，且a＋b＋c＝0，那么eq\f(c,a)的取值范圍是________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2)))解析由于a>b>c，且a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0，b＝－a－c，－a－c<a，2a>－c，eq\f(c,a)>－2，－a－c>c，－a>2c，eq\f(c,a)<－eq\f(1,2)，所以－2<eq\f(c,a)<－eq\f(1,2).【A級基礎鞏固】1.(2023·長春模擬)已知a>0，b>0，M＝eq\r(a＋b)，N＝eq\r(a)＋eq\r(b)，則M與N的大小關系為()A.M>NB.M<NC.M≤ND.M，N大小關系不確定答案B解析M2－N2＝(a＋b)－(a＋b＋2eq\r(ab))＝－2eq\r(ab)<0，∴M<N.2.(2024·北京昌平區質檢)若a<b<0，c>d>0，則一定有()A.eq\f(a,c)>eq\f(b,d) B.eq\f(a,c)<eq\f(b,d)C.eq\f(a,d)>eq\f(b,c) D.eq\f(a,d)<eq\f(b,c)答案D解析由題知a<b<0，c>d>0，則可取a＝－2，b＝－1，c＝2，d＝1，則eq\f(a,c)＝eq\f(－2,2)＝－1，eq\f(b,d)＝eq\f(－1,1)＝－1，故A錯誤，B錯誤；由于a<b<0，c>d>0，得－a>－b>0，c>d>0，則兩式相乘得－ac>－bd，則不等式左右兩邊同時除以cd得eq\f(－a,d)>eq\f(－b,c)，再同時除以－1得eq\f(a,d)<eq\f(b,c)，故C錯誤，D正確.3.已知－3＜a＜－2，3＜b＜4，則eq\f(a2,b)的取值范圍為()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解析因為－3＜a＜－2，所以4<a2<9，而3＜b＜4，即eq\f(1,4)＜eq\f(1,b)＜eq\f(1,3)，故eq\f(a2,b)的取值范圍為(1，3).4.(2024·安陽調考)若a>b>0>c，則()A.(a－b)c>0 B.eq\f(c,a)>eq\f(c,b)C.a－b>a－c D.eq\f(1,a＋c)<eq\f(1,b＋c)答案B解析對于A，不妨取a＝2，b＝1，c＝－1，則(a－b)c＝－1<0，故A錯誤；對于B，由a>b>0得eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又c<0，所以eq\f(c,a)>eq\f(c,b)，故B正確；對于C，當a＝2，b＝1，c＝－1時，a－b＝1，a－c＝3，故C錯誤；對于D，當b＋c＝0時，eq\f(1,b＋c)沒有意義，故D錯誤.5.若a＞1，m＝loga(a2＋1)，n＝loga(a＋1)，p＝loga(2a)，則m，n，p的大小關系是()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＞0，2a－(a＋1)＝a－1＞0，∴a2＋1＞2a＞a＋1，而y＝logax在定義域上單調遞增，∴m＞p＞n.6.(2024·自貢診斷)已知p：eq\f(1,m)<eq\f(1,n)，q：m>n>0，則p是q的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件答案B解析若m＝－1，n＝1，則滿足p：eq\f(1,m)<eq\f(1,n)，但不滿足q：m>n>0，故p無法推出q；若m>n>0，則eq\f(1,mn)>0，對m>n兩邊同乘eq\f(1,mn)，得eq\f(1,n)>eq\f(1,m)，故q可以推出p，故p是q的必要不充分條件，故選B.7.(2024·惠州調研)已知實數a>b>0>c，則下列結論一定正確的是()A.eq\f(a,b)>eq\f(a,c) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(c)C.eq\f(1,a)<eq\f(1,c) D.a2>c2答案A解析對于A，因為a>b>0>c，所以eq\f(a,b)>0>eq\f(a,c)，故A正確；對于B，因為函數y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)在R上單調遞減且a>c，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(c)，故B錯誤；對于C，因為a>0>c，所以eq\f(1,a)>0>eq\f(1,c)，故C錯誤；對于D，若a＝1，c＝－2，滿足a>0>c，但a2<c2，故D錯誤.8.已知M＝x2＋y2＋z2，N＝2x＋2y＋2z－π，則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.9.若1<α<3，－4<β<2，則2α＋|β|的取值范圍是________.答案(2，10)解析∵－4<β<2，∴0≤|β|<4，又1<α<3，∴2<2α<6，∴2<2α＋|β|<10.10.實數a，b，c，d滿足下列三個條件：①d＞c；②a＋b＝c＋d；③a＋d＜b＋c.那么a，b，c，d的大小關系是________.答案b＞d＞c＞a解析由題意知d＞c；②＋③得2a＋b＋d＜2c＋b＋d，化簡得a＜c；由②式a＋b＝c＋d及a＜c可得到b＞d，故b＞d＞c＞a.11.已知a＋b＞0，試比較eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)與eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的大小.解eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(a－b,b2)＋eq\f(b－a,a2)＝(a－b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)－\f(1,a2)))＝eq\f(（a＋b）（a－b）2,a2b2).∵a＋b＞0，(a－b)2≥0，∴eq\f(（a＋b）（a－b）2,a2b2)≥0.∴eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).12.(1)若bc－ad≥0，bd＞0，求證：eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d)；(2)已知c＞a＞b＞0，求證：eq\f(a,c－a)＞eq\f(b,c－b).證明(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).【B級能力提升】13.(多選)設a，b，c，d為實數，且a>b>0>c>d，則下列不等式正確的有()A.c2<cd B.a－c<b－dC.ac<bd D.eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0答案AD解析因為a>b>0>c>d，所以a>b>0，0>c>d，對于A，因為0>c>d，由不等式的性質可得c2<cd，故A正確；對于B，取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，則a－c＝3，b－d＝3，所以a－c＝b－d，故B錯誤；對于C，取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，則ac＝－2，bd＝－2，所以ac＝bd，故C錯誤；對于D，因為a>b>0，d<c<0，所以－d>－c>0，－ad>－bc，則ad<bc，所以eq\f(c,a)>eq\f(d,b)，故eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，故D正確.14.(多選)(2024·寧波質檢)已知a，b，c∈R，下列命題為真命題的是()A.若b<a<0，則bc2<ac2B.若b>a>0>c，則eq\f(c,a)<eq\f(c,b)C.若c>b>a>0，則eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b)D.若a>b>c>0，則eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)答案BD解析對于A，ac2－bc2＝c2(a－b)，因為b<a<0，所以a－b>0，又c2≥0，所以c2(a－b)≥0，則bc2≤ac2，故A錯誤；對于B，eq\f(c,a)－eq\f(c,b)＝eq\f(c（b－a）,ab)，因為b>a>0>c，所以c(b－a)<0，ab>0，所以eq\f(c,a)－eq\f(c,b)＝eq\f(c（b－a）,ab)<0，即eq\f(c,a)<eq\f(c,b)，故B正確；對于C，eq\f(a,c－a)－eq\f(b,c－b)＝eq\f(c（a－b）,（c－a）（c－b）)，因為c>b>a>0，所以c－a>0，c－b>0，a－b<0，所以eq\f(a,c－a)－eq\f(b,c－b)＝eq\f(c（a－b）,（c－a）（c－b）)<0，即eq\f(a,c－a)<eq\f(b,c－b)，故C錯誤；對于D，eq\f(a,b)－eq\f(a＋c,b＋c)＝eq\f(a（b＋c）－b（a＋c）,b（b＋c）)＝eq\f(（a－b）c,b（b＋c）)，因為a>b>c>0，所以a－b>0，b＋c>0，所以eq\f(（a－b）c,b（b＋c）)>0，即eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)，故D正確.