PAGEPAGE1第1講不等關(guān)系與不等式一、學(xué)問梳理1．實數(shù)大小依次與運算性質(zhì)之間的關(guān)系a－b>0?a>b；a－b＝0?a＝b；a－b<0?a<b．2．不等式的基本性質(zhì)(1)對稱性：a＞b?b＜a.(2)傳遞性：a＞b，b＞c?a＞c．(3)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＞0，c＞d＞0?ac＞bd.(5)可乘方：a＞b＞0?an＞bn(n∈N，n≥1)．(6)可開方：a＞b＞0?eq\r(n,a)＞eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)．常用結(jié)論記住不等式的兩類常用性質(zhì)(1)倒數(shù)性質(zhì)①a>b，ab>0?eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；②a<0<b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；③a>b>0，d>c>0?eq\f(a,c)>eq\f(b,d).(2)有關(guān)分數(shù)的性質(zhì)若a>b>0，m>0，則①eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0)；②eq\f(a,b)>eq\f(a＋m,b＋m)；eq\f(a,b)<eq\f(a－m,b－m)(b－m>0)．二、習(xí)題改編1．(必修5P75A組T2改編)eq\f(1,\r(2)－1)eq\r(3)＋1(填“>”“<”或“＝”)．答案：<2．(必修5P74練習(xí)T3改編)若a，b都是實數(shù)，則“eq\r(a)－eq\r(b)>0”是“a2－b2>0”的條件．(填“充分不必要”“必要不充分”和“充要”)解析：eq\r(a)－eq\r(b)>0?eq\r(a)>eq\r(b)?a>b≥0?a2>b2，但由a2－b2>0?/eq\r(a)－eq\r(b)>0.答案：充分不必要一、思索辨析推斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)兩個實數(shù)a，b之間，有且只有a>b，a＝b，a<b三種關(guān)系中的一種．()(2)若eq\f(a,b)>1，則a>b.()(3)一個不等式的兩邊同加上或同乘以同一個數(shù)，不等號方向不變．()(4)同向不等式具有可加性和可乘性．()(5)兩個數(shù)的比值大于1，則分子不肯定大于分母．()答案：(1)√(2)×(3)×(4)×(5)√二、易錯糾偏eq\a\vs4\al(常見誤區(qū))(1)不等號的傳遞性中同向問題；(2)可乘性中的乘正負數(shù)問題．1．設(shè)a>b，a，b，c∈R，則下列結(jié)論正確的是()A．a(chǎn)c2>bc2 B.eq\f(a,b)>1C．a(chǎn)－c>b－c D．a(chǎn)2>b2解析：選C.當(dāng)c＝0時，ac2＝bc2，所以選項A錯誤；當(dāng)b＝0時，eq\f(a,b)無意義，所以選項B錯誤；因為a>b，所以a－c>b－c恒成立，所以選項C正確；當(dāng)a≤0時，a2<b2，所以選項D錯誤．故選C.2．下列不等式中恒成立的是．①m－3＞m－5；②5－m＞3－m；③5m＞3m；④5＋m＞5－m.解析：m－3－m＋5＝2＞0，故①恒成立；5－m－3＋m＝2＞0，故②恒成立；5m－3m＝2m，無法推斷其符號，故③不恒成立；5＋m－5＋m＝2m，無法推斷其符號，故④不恒成立．答案：①②比較兩個數(shù)(式)的大小(典例遷移)(1)已知a>b>0，m>0，則()A.eq\f(b,a)＝eq\f(b＋m,a＋m)B.eq\f(b,a)>eq\f(b＋m,a＋m)C.eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)D.eq\f(b,a)與eq\f(b＋m,a＋m)的大小關(guān)系不確定(2)若a＝eq\f(ln3,3)，b＝eq\f(ln2,2)，比較a與b的大小．【解】(1)選C.eq\f(b,a)－eq\f(b＋m,a＋m)＝eq\f(b（a＋m）－a（b＋m）,a（a＋m）)＝eq\f(m（b－a）,a（a＋m）).因為a>b>0，m>0.所以b－a<0，a＋m>0，所以eq\f(m（b－a）,a（a＋m）)<0.即eq\f(b,a)－eq\f(b＋m,a＋m)<0.所以eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m).(2)因為a＝eq\f(ln3,3)＞0，b＝eq\f(ln2,2)＞0，所以eq\f(a,b)＝eq\f(ln3,3)·eq\f(2,ln2)＝eq\f(2ln3,3ln2)＝eq\f(ln9,ln8)＝log89＞1，所以a＞b.【遷移探究】若本例(1)的條件不變，試比較eq\f(b,a)與eq\f(b－m,a－m)的大小．解：eq\f(b,a)－eq\f(b－m,a－m)＝eq\f(b（a－m）－a（b－m）,a（a－m）)＝eq\f(m（a－b）,a（a－m）).因為a>b>0，m>0.所以a－b>0，m(a－b)>0.(1)當(dāng)a>m時，a(a－m)>0，所以eq\f(m（a－b）,a（a－m）)>0，即eq\f(b,a)－eq\f(b－m,a－m)>0，故eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m).(2)當(dāng)a<m時，a(a－m)<0.所以eq\f(m（a－b）,a（a－m）)<0，即eq\f(b,a)－eq\f(b－m,a－m)<0，故eq\f(b,a)<eq\f(b－m,a－m).eq\a\vs4\al()比較兩個數(shù)(式)大小的3種方法1．設(shè)a，b∈[0，＋∞)，A＝eq\r(a)＋eq\r(b)，B＝eq\r(a＋b)，則A，B的大小關(guān)系是()A．A≤B B．A≥BC．A<B D．A>B解析：選B.由題意得，B2－A2＝－2eq\r(ab)≤0，且A≥0，B≥0，可得A≥B.2．已知a，b是實數(shù)，且e<a<b，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，則ab與ba的大小關(guān)系是．解析：令f(x)＝eq\f(lnx,x)，x>0，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)x>e時，f′(x)<0，即函數(shù)f(x)在x>e時是減函數(shù)．因為e<a<b，所以eq\f(lna,a)>eq\f(lnb,b)，即blna>alnb，所以lnab>lnba，則ab>ba.答案：ab>ba不等式的性質(zhì)(師生共研)(1)(特值法)設(shè)a，b∈R，則“a>b”是“a|a|>b|b|”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件(2)若a＞0＞b＞－a，c<d<0，則下列結(jié)論：①ad＞bc；②eq\f(a,d)＋eq\f(b,c)<0；③a－c＞b－d；④a(d－c)＞b(d－c)中成立的個數(shù)是()A．1 B．2C．3 D．4【解析】(1)當(dāng)b<0時，明顯有a>b?a|a|>b|b|；當(dāng)b＝0時，明顯有a>b?a|a|>b|b|；當(dāng)b>0時，由a>b有|a|>|b|，所以a>b?a|a|>b|b|.綜上可知a>b?a|a|>b|b|，故選C.(2)因為a＞0＞b，c<d<0，所以ad<0，bc＞0，所以ad<bc，故①錯誤．因為0＞b＞－a，所以a＞－b＞0，因為c<d<0，所以－c＞－d＞0，所以a(－c)＞(－b)(－d)，所以ac＋bd<0，所以eq\f(a,d)＋eq\f(b,c)＝eq\f(ac＋bd,cd)<0，故②正確．因為c<d，所以－c＞－d，因為a＞b，所以a＋(－c)＞b＋(－d)，即a－c＞b－d，故③正確．因為a＞b，d－c＞0，所以a(d－c)＞b(d－c)，故④正確，故選C.【答案】(1)C(2)Ceq\a\vs4\al()推斷關(guān)于不等式的命題的真假的方法(1)干脆運用不等式的性質(zhì)：把要推斷的命題和不等式的性質(zhì)聯(lián)系起來考慮，找到與命題相近的性質(zhì)，然后進行推理推斷．(2)利用函數(shù)的單調(diào)性：當(dāng)干脆利用不等式的性質(zhì)不能比較大小時，可以利用指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)等函數(shù)的單調(diào)性進行推斷．(3)特別值驗證法：給要推斷的幾個式子中涉及的變量取一些特別值，然后進行比較、推斷．1．(一題多解)(2024·石家莊質(zhì)量檢測)已知a>0>b，則下列不等式肯定成立的是()A．a(chǎn)2<－ab B．|a|<|b|C.eq\f(1,a)>eq\f(1,b) D．(eq\f(1,2))a>(eq\f(1,2))b解析：選C.通解：當(dāng)a＝1，b＝－1時，滿意a>0>b，此時a2＝－ab，|a|＝|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(b)，所以A，B，D不肯定成立，因為a>0>b，所以b－a<0，ab<0，所以eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)>0，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)肯定成立，故選C.優(yōu)解：因為a>0>b，所以eq\f(1,a)>0>eq\f(1,b)，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)肯定成立．故選C.2．已知a<b<c且a＋b＋c＝0，則下列不等式恒成立的是()A．a(chǎn)2<b2<c2 B．a(chǎn)|b|<c|b|C．ba<ca D．ca<cb解析：選D.因為a<b<c且a＋b＋c＝0，所以a<0，c>0，b的符號不定，對于b>a，兩邊同時乘以正數(shù)c，不等號方向不變．不等式性質(zhì)的應(yīng)用(典例遷移)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．【解析】因為－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.【答案】(－4，2)(1，18)【遷移探究1】(變條件)若將本例條件改為“－1<x<y<3”，求x－y的取值范圍．解：因為－1<x<3，－1<y<3，所以－3<－y<1，所以－4<x－y<4.又因為x＜y，所以x－y<0，所以－4<x－y<0，故x－y的取值范圍為(－4，0)．【遷移探究2】(變條件)若將本例條件改為“－1<x＋y<4，2<x－y<3”，求3x＋2y的取值范圍．解：設(shè)3x＋2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，m－n＝2，))所以eq\b\lc\{(\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)，又因為－1<x＋y<4，2<x－y<3，所以－eq\f(5,2)<eq\f(5,2)(x＋y)<10，1<eq\f(1,2)(x－y)<eq\f(3,2)，所以－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)，所以3x＋2y的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(23,2))).eq\a\vs4\al()求代數(shù)式取值范圍的方法利用不等式性質(zhì)求某些代數(shù)式的取值范圍時，多次運用不等式的性質(zhì)時有可能會擴大變量的取值范圍．解決此類問題，一般是利用整體思想，通過“一次性”不等關(guān)系的運算求得整體范圍，是避開錯誤的有效途徑．1．設(shè)α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))，β∈[0，π]，那么2α－eq\f(β,3)的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，π))解析：選D.由題設(shè)得－eq\f(π,3)<2α<π，0≤eq\f(β,3)≤eq\f(π,3)，所以－eq\f(π,3)≤－eq\f(β,3)≤0，所以－eq\f(2π,3)<2α－eq\f(β,3)＜π.2．(2024·長春市質(zhì)量檢測(一))已知角α，β滿意－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2)，0<α＋β<π，則3α－β的取值范圍是．解析：設(shè)3α－β＝m(α－β)＋n(α＋β)＝(m＋n)α＋(n－m)β，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,n－m＝－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝1.))因為－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2)，0<α＋β<π，所以－π<2(α－β)<π，故－π<3α－β<2π.答案：(－π，2π)[基礎(chǔ)題組練]1．若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，則f(x)，g(x)的大小關(guān)系是()A．f(x)＝g(x) B．f(x)>g(x)C．f(x)<g(x) D．隨x的值改變而改變解析：選B.f(x)－g(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0?f(x)>g(x)．2．已知a，b∈R，若a>b，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)同時成立，則()A．a(chǎn)b>0 B．a(chǎn)b<0C．a(chǎn)＋b>0 D．a(chǎn)＋b<0解析：選A.因為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>0.3．若m<0，n>0且m＋n<0，則下列不等式中成立的是()A．－n<m<n<－m B．－n<m<－m<nC．m<－n<－m<n D．m<－n<n<－m解析：選D.法一(取特別值法)：令m＝－3，n＝2分別代入各選項檢驗即可．法二：m＋n<0?m<－n?n<－m，又由于m<0<n，故m<－n<n<－m成立．4．已知實數(shù)a，b，c滿意b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．c≥b>a B．a(chǎn)>c≥bC．c>b>a D．a(chǎn)>c>b解析：選A.因為c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，所以c≥b.又b＋c＝6－4a＋3a2，所以2b＝2＋2a2，所以b＝a2＋1，所以b－a＝a2－a＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)>0，所以b>a，所以c≥b>a.5．(2024·揚州模擬)若a1<a2，b1<b2，則a1b1＋a2b2與a1b2＋a2b1的大小關(guān)系是．解析：作差可得(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)·(b1－b2)，因為a1<a2，b1<b2，所以(a1－a2)(b1－b2)>0，即a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1.答案：a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b16．已知a，b∈R，則a<b和eq\f(1,a)<eq\f(1,b)同時成立的條件是．解析：若ab<0，由a<b兩邊同除以ab得，eq\f(1,b)＞eq\f(1,a)，即eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；若ab＞0，則eq\f(1,a)＞eq\f(1,b).所以a<b和eq\f(1,a)<eq\f(1,b)同時成立的條件是a<0<b.答案：a<0<b7．若角α，β滿意－eq\f(π,2)<α<β<π，則α－β的取值范圍是．解析：因為－eq\f(π,2)<α<π，－eq\f(π,2)<β<π，所以－π<－β<eq\f(π,2)，所以－eq\f(3π,2)<α－β<eq\f(3π,2).又因為α<β，所以α－β<0，從而－eq\f(3π,2)<α－β<0.答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，0))8．已知12<a<60，15<b<36，求a－b，eq\f(a,b)的取值范圍．解：因為15<b<36，所以－36<－b<－15.又12<a<60，所以12－36<a－b<60－15，所以－24<a－b<45，即a－b的取值范圍是(－24，45)．因為eq\f(1,36)<eq\f(1,b)<eq\f(1,15)，所以eq\f(12,36)<eq\f(a,b)<eq\f(60,15)，所以eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<4，即eq\f(a,b)的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4)).[綜合題組練]1