§7.1不等關(guān)系與不等式最新考綱考情考向分析1.了解現(xiàn)實(shí)世界和日常生活中存在著大量的不等關(guān)系.2.了解不等式(組)的實(shí)際背景.以理解不等式的性質(zhì)為主，本節(jié)在高考中主要以客觀題形式考查不等式的性質(zhì)；以主觀題形式考查不等式與其他知識(shí)的綜合.屬低檔題.1.兩個(gè)實(shí)數(shù)比較大小的方法(1)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)作商法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)>1?a>b,\f(a,b)＝1?a＝b,\f(a,b)<1?a<b))(a∈R，b>0)2.不等式的基本性質(zhì)性質(zhì)性質(zhì)內(nèi)容特別提醒對(duì)稱性a>b?b<a?傳遞性a>b，b>c?a>c?可加性a>b?a＋c>b＋c?可乘性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b,c>0))?ac>bc注意c的符號(hào)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b,c<0))?ac<bc同向可加性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b,c>d))?a＋c>b＋d?同向同正可乘性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b>0,c>d>0))?ac>bd?可乘方性a>b>0?an>bn(n∈N＋，n>1)a，b同為正數(shù)可開方性a>b>0?eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N＋，n>1)3.不等式的一些常用性質(zhì)(1)倒數(shù)的性質(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>0,0<c<d?eq\f(a,c)>eq\f(b,d).④0<a<x<b或a<x<b<0?eq\f(1,b)<eq\f(1,x)<eq\f(1,a).(2)有關(guān)分?jǐn)?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).概念方法微思考1.若a>b，且a與b都不為0，則eq\f(1,a)與eq\f(1,b)的大小關(guān)系確定嗎？提示不確定.若a>b，ab>0，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，即若a與b同號(hào)，則分子相同，分母大的反而?。蝗鬭>0>b，則eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，即正數(shù)大于負(fù)數(shù).2.兩個(gè)同向不等式可以相加和相乘嗎？提示可以相加但不一定能相乘，例如2>－1，－1>－3.題組一思考辨析1.判斷下列結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)兩個(gè)實(shí)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(gè)不等式的兩邊同加上或同乘以同一個(gè)數(shù)，不等號(hào)方向不變.(×)(4)a>b>0，c>d>0?eq\f(a,d)>eq\f(b,c).(√)(5)ab>0，a>b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).(√)題組二教材改編2.若a，b都是實(shí)數(shù)，則“eq\r(a)－eq\r(b)>0”是“a2－b2>0”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A解析eq\r(a)－eq\r(b)>0?eq\r(a)>eq\r(b)?a>b?a2>b2，但由a2－b2>0?eq\r(a)－eq\r(b)>0.3.設(shè)b<a，d<c，則下列不等式中一定成立的是()A.a－c<b－d B.ac<bdC.a＋c>b＋d D.a＋d>b＋c答案C解析由同向不等式具有可加性可知C正確.題組三易錯(cuò)自糾4.若a>b>0，c<d<0，則一定有()A.eq\f(a,c)－eq\f(b,d)>0 B.eq\f(a,c)－eq\f(b,d)<0C.eq\f(a,d)>eq\f(b,c) D.eq\f(a,d)<eq\f(b,c)答案D解析∵c<d<0，∴0<－d<－c，又0<b<a，∴－bd<－ac，即bd>ac，又∵cd>0，∴eq\f(bd,cd)>eq\f(ac,cd)，即eq\f(b,c)>eq\f(a,d).5.設(shè)a，b∈R，則“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”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A解析若a>2且b>1，則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”的充分條件；反之，若“a＋b>3且ab>2”，則“a>2且b>1”不一定成立，如a＝6，b＝eq\f(1,2).所以“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”的充分不必要條件.故選A.6.若－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，則α－β的取值范圍是__________.答案(－π，0)解析由－eq\f(π,2)<α<eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)<－β<eq\f(π,2)，α<β，得－π<α－β<0.題型一比較兩個(gè)數(shù)(式)的大小例1(1)若a<0，b<0，則p＝eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)與q＝a＋b的大小關(guān)系為()A.p<qB.p≤qC.p>qD.p≥q答案B解析(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－a2b－a,ab)＝eq\f(b－a2b＋a,ab)，因?yàn)閍<0，b<0，所以a＋b<0，ab>0.若a＝b，則p－q＝0，故p＝q；若a≠b，則p－q<0，故p<q.綜上，p≤q.故選B.(2)已知a>b>0，比較aabb與abba的大小.解∵eq\f(aabb,abba)＝eq\f(aa－b,ba－b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b，又a>b>0，故eq\f(a,b)>1，a－b>0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，即eq\f(aabb,abba)>1，又abba>0，∴aabb>abba，∴aabb與abba的大小關(guān)系為：aabb>abba.思維升華比較大小的常用方法(1)作差法：①作差；②變形；③定號(hào)；④結(jié)論.(2)作商法：①作商；②變形；③判斷商與1的大小關(guān)系；④結(jié)論.(3)函數(shù)的單調(diào)性法.跟蹤訓(xùn)練1(1)已知p∈R，M＝(2p＋1)(p－3)，N＝(p－6)(p＋3)＋10，則M，N的大小關(guān)系為________.答案M>N解析因?yàn)镸－N＝(2p＋1)(p－3)－[(p－6)(p＋3)＋10]＝p2－2p＋5＝(p－1)2＋4>0，所以M>N.(2)若a>0，且a≠7，則()A.77aa<7aa7B.77aa＝7aa7C.77aa>7aa7D.77aa與7aa7的大小不確定答案C解析eq\f(77aa,7aa7)＝77－aaa－7＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,a)))7－a，則當(dāng)a>7時(shí)，0<eq\f(7,a)<1,7－a<0，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,a)))7－a>1，∴77aa>7aa7；當(dāng)0<a<7時(shí)，eq\f(7,a)>1,7－a>0，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,a)))7－a>1，∴77aa>7aa7.綜上，77aa>7aa7.題型二不等式的性質(zhì)例2(1)對(duì)于任意實(shí)數(shù)a，b，c，d，下列命題中正確的是()A.若a>b，c≠0，則ac>bcB.若a>b，則ac2>bc2C.若ac2>bc2，則a>bD.若a>b，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b)答案C解析對(duì)于選項(xiàng)A，當(dāng)c<0時(shí)，不正確；對(duì)于選項(xiàng)B，當(dāng)c＝0時(shí)，不正確；對(duì)于選項(xiàng)C，∵ac2>bc2，∴c≠0，∴c2>0，∴一定有a>b.故選項(xiàng)C正確；對(duì)于選項(xiàng)D，當(dāng)a>0，b<0時(shí)，不正確.(2)已知四個(gè)條件：①b>0>a；②0>a>b；③a>0>b；④a>b>0，能推出eq\f(1,a)<eq\f(1,b)的是______.(填序號(hào))答案①②④解析運(yùn)用倒數(shù)法則，a>b，ab>0?eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，②④正確.又正數(shù)大于負(fù)數(shù)，所以①正確.思維升華常用方法：一是用性質(zhì)逐個(gè)驗(yàn)證；二是用特殊值法排除.利用不等式的性質(zhì)判斷不等式是否成立時(shí)要特別注意前提條件.跟蹤訓(xùn)練2(1)已知a，b，c滿足c<b<a，且ac<0，那么下列選項(xiàng)中一定成立的是()A.ab>ac B.c(b－a)<0C.cb2<ab2 D.ac(a－c)>0答案A解析由c<b<a且ac<0，知c<0且a>0.由b>c，得ab>ac一定成立.(2)若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則下列不等式：①a＋b<ab；②|a|>|b|；③a<b；④ab<b2中，正確的不等式有________.(填序號(hào))答案①④解析因?yàn)閑q\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，所以b<a<0，a＋b<0，ab>0，所以a＋b<ab，|a|<|b|，在b<a兩邊同時(shí)乘以b，因?yàn)閎<0，所以ab<b2.因此正確的是①④.題型三不等式性質(zhì)的應(yīng)用命題點(diǎn)1應(yīng)用性質(zhì)判斷不等式是否成立例3已知a>b>0，給出下列四個(gè)不等式：①a2>b2；②2a>2b－1；③eq\r(a－b)>eq\r(a)－eq\r(b)；④a3＋b3>2a2b.其中一定成立的不等式為()A.①②③ B.①②④C.①③④ D.②③④答案A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，而函數(shù)f(x)＝2x在R上是增函數(shù)，∴f(a)>f(b－1)，即2a>2b－1，②成立；∵a>b>0，∴eq\r(a)>eq\r(b)，∴(eq\r(a－b))2－(eq\r(a)－eq\r(b))2＝2eq\r(ab)－2b＝2eq\r(b)(eq\r(a)－eq\r(b))>0，∴eq\r(a－b)>eq\r(a)－eq\r(b)，③成立；若a＝3，b＝2，則a3＋b3＝35,2a2b＝36，a3＋b3<2a2b，④不成立.故選A.方法二令a＝3，b＝2，可以得到①a2>b2，②2a>2b－1，③eq\r(a－b)>eq\r(a)－eq\r(b)均成立，而④a3＋b3>2a2b不成立，故選A.命題點(diǎn)2求代數(shù)式的取值范圍例4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∵－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.引申探究若將本例條件改為－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\{\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的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(23,2))).思維升華(1)判斷不等式是否成立的方法①逐一給出推理判斷或反例說明.②結(jié)合不等式的性質(zhì)，對(duì)數(shù)函數(shù)、指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行判斷.(2)求代數(shù)式的取值范圍一般是利用整體思想，通過“一次性”不等關(guān)系的運(yùn)算求得整體范圍.跟蹤訓(xùn)練3(1)若a<b<0，則下列不等式一定成立的是()A.eq\f(1,a－b)>eq\f(1,b) B.a2<abC.eq\f(|b|,|a|)<eq\f(|b|＋1,|a|＋1) D.an>bn答案C解析(特值法)取a＝－2，b＝－1，逐個(gè)檢驗(yàn)，可知A，B，D項(xiàng)均不正確；C項(xiàng)，eq\f(|b|,|a|)<eq\f(|b|＋1,|a|＋1)?|b|(|a|＋1)<|a|(|b|＋1)?|a||b|＋|b|<|a||b|＋|a|?|b|<|a|，∵a<b<0，∴|b|<|a|成立，故選C.(2)已知－1<x<y<3，則x－y的取值范圍是________.答案(－4,0)解析∵－1<x<3，－1<y<3，∴－3<－y<1，∴－4<x－y<4.又∵x<y，∴x－y<0，∴－4<x－y<0，故x－y的取值范圍為(－4,0).一、選擇題1.下列命題中，正確的是()A.若a>b，c>d，則ac>bdB.若ac>bc，則a>bC.若eq\f(a,c2)<eq\f(b,c2)，則a<bD.若a>b，c>d，則a－c>b－d答案C解析A項(xiàng)，取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，可知A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，當(dāng)c<0時(shí)，ac>bc?a<b，所以B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，因?yàn)閑q\f(a,c2)<eq\f(b,c2)，所以c≠0，又c2>0，所以a<b，C正確；D項(xiàng)，取a＝c＝2，b＝d＝1，可知D錯(cuò)誤，故選C.2.若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則下列結(jié)論正確的是()A.a2>b2 B.1>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))aC.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)<2 D.aeb>bea答案D解析由題意知，b<a<0，則a2<b2，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a>1，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2，∵b<a<0，∴ea>eb>0，－b>－a>0∴－bea>－aeb，∴aeb>bea，故選D.3.若a>b>0，則下列不等式中一定成立的是()A.a＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a) B.eq\f(b,a)>eq\f(b＋1,a＋1)C.a－eq\f(1,b)>b－eq\f(1,a) D.eq\f(2a＋b,a＋2b)>eq\f(a,b)答案A解析取a＝2，b＝1，排除B與D；另外，函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,x)是(0，＋∞)上的增函數(shù)，但函數(shù)g(x)＝x＋eq\f(1,x)在(0,1]上單調(diào)遞減，在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以，當(dāng)a>b>0時(shí)，f(a)>f(b)必定成立，即a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)?a＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a)，但g(a)>g(b)未必成立，故選A.4.(2018·沈陽(yáng)模擬)已知x>y>z，x＋y＋z＝0，則下列不等式成立的是()A.xy>yz B.xz>yzC.xy>xz D.x|y|>z|y|答案C解析∵x>y>z且x＋y＋z＝0，∴3x>x＋y＋z＝0,3z<x＋y＋z＝0，∴x>0，z<0，又y>z，∴xy>xz.5.設(shè)x>0，P＝2x＋2－x，Q＝(sinx＋cosx)2，則()A.P>Q B.P<QC.P≤Q D.P≥Q答案A解析因?yàn)?x＋2－x≥2eq\r(2x·2－x)＝2(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立)，而x>0，所以P>2；又(sinx＋cosx)2＝1＋sin2x，而sin2x≤1，所以Q≤2.于是P>Q.故選A.6.若α，β滿足－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，則2α－β的取值范圍是()A.－π<2α－β<0 B.－π<2α－β<πC.－eq\f(3π,2)<2α－β<eq\f(π,2) D.0<2α－β<π答案C解析∵－eq\f(π,2)<α<eq\f(π,2)，∴－π<2α<π.∵－eq\f(π,2)<β<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,2)<－β<eq\f(π,2)，∴－eq\f(3π,2)<2α－β<eq\f(3π,2).又α－β<0，α<eq\f(π,2)，∴2α－β<eq\f(π,2).故－eq\f(3π,2)<2α－β<eq\f(π,2).7.設(shè)0<b<a<1，則下列不等式成立的是()A.ab<b2<1 SKIPIF1<0C.2b<2a<2 D.a2<ab<1答案C解析方法一(特殊值法)：取b＝eq\f(1,4)，a＝eq\f(1,2).方法二(單調(diào)性法)：0<b<a?b2<ab，A不對(duì)；y＝SKIPIF1<0在(0，＋∞)上為減函數(shù)，∴SKIPIF1<0，B不對(duì)；a>b>0?a2>ab，D不對(duì)，故選C.8.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解析方法一對(duì)于函數(shù)y＝f(x)＝eq\f(lnx,x)(x>e)，y′＝eq\f(1－lnx,x2)，易知當(dāng)x>e時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減.因?yàn)閑<3<4<5，所以f(3)>f(4)>f(5)，即c<b<a.方法二易知a，b，c都是正數(shù)，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.9.已知實(shí)數(shù)x，y滿足ax>ay(0<a<1)，則下列關(guān)系式恒成立的是()A.ln(x2＋1)>ln(y2＋1)B.sinx>sinyC.x3<y3D.eq\f(1,x2＋1)>eq\f(1,y2＋1)答案C解析方法一因?yàn)閷?shí)數(shù)x，y滿足ax>ay(0<a<1)，所以x<y.對(duì)于A，取x＝0，y＝3，不成立；對(duì)于B，取x＝－π，y＝π，不成立；對(duì)于C，由于f(x)＝x3在R上單調(diào)遞增，故x3<y3成立；對(duì)于D，取x＝－2，y＝1，不成立.故選C.方法二根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)得x<y，此時(shí)x2，y2的大小不確定，故選項(xiàng)A，D中的不等式不恒成立；根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)，選項(xiàng)B中的不等式也不恒成立；根據(jù)不等式的性質(zhì)知，選項(xiàng)C中的不等式成立.10.設(shè)0<b<a<1，則下列不等式成立的是()A.alnb>blna B.alnb<blnaC.aeb<bea D.aeb＝bea答案B解析觀察A，B兩項(xiàng)，實(shí)際上是在比較eq\f(lnb,b)和eq\f(lna,a)的大小，引入函數(shù)y＝eq\f(lnx,x)，0<x<1.則y′＝eq\f(1－lnx,x2)，可見函數(shù)y＝eq\f(lnx,x)在(0,1)上單調(diào)遞增.所以eq\f(lnb,b)<eq\f(lna,a)，B正確.對(duì)于C，D兩項(xiàng)，引入函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)，0<x<1，則f′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(x－1ex,x2)<0，所以函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)在(0,1)上單調(diào)遞減，又因?yàn)?<b<a<1，所以f(a)<f(b)，即eq\f(ea,a)<eq\f(eb,b)，所以aeb>bea，故選B.二、填空題11.已知a＋b>0，則eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)與eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的大小關(guān)系是________.答案eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)解析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＋ba－b2,a2b2).∵a＋b>0，(a－b)2≥0，∴eq\f(a＋ba－b2,a2b2)≥0.∴eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).12.已知有三個(gè)條件：①ac2>bc2；②eq\f(a,c)>eq\f(b,c)；③a2>b2，其中能成為a>b的充分條件的是________.答案①解析由ac2>bc2可知c2>0，即a>b，故“ac2>bc2”是“a>b”的充分條件；②當(dāng)c<0時(shí)，a<b；③當(dāng)a<0，b<0時(shí)，a<b，故②③不是a>b的充分條件.13.已知a，b，c，d均為實(shí)數(shù)，有下列命題：①若ab>0，bc－ad>0，則eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0；②若ab>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，則bc－ad