PAGEPAGE14第七章不等式7.1不等關(guān)系與不等式教師用書理新人教版1．兩個實(shí)數(shù)比擬大小的方法(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．不等式的根本性質(zhì)性質(zhì)性質(zhì)內(nèi)容特別提醒對稱性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≥2)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)假設(shè)a>b>0，m>0，那么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)．【思考辨析】判斷以下結(jié)論是否正確(請?jiān)诶ㄌ栔写颉啊台暬颉啊哩?(1)兩個實(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)假設(shè)eq\f(a,b)>1，那么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)一個非零實(shí)數(shù)越大，那么其倒數(shù)就越?。?×)(5)a>b>0，c>d>0?eq\f(a,d)>eq\f(b,c).(√)(6)假設(shè)ab>0，那么a>b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).(√)1．設(shè)a<b<0，那么以下不等式中不成立的是()A.eq\f(1,a)>eq\f(1,b) B.eq\f(1,a－b)>eq\f(1,a)C．|a|>－b D.eq\r(－a)>eq\r(－b)答案B解析由題設(shè)得a<a－b<0，所以有eq\f(1,a－b)<eq\f(1,a)成立，即eq\f(1,a－b)>eq\f(1,a)不成立．2．(教材改編)假設(shè)a，b都是實(shí)數(shù)，那么“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．假設(shè)a，b∈R，且a＋|b|<0，那么以下不等式中正確的選項(xiàng)是()A．a(chǎn)－b>0 B．a(chǎn)3＋b3>0C．a(chǎn)2－b2<0 D．a(chǎn)＋b<0答案D解析由a＋|b|<0知，a<0，且|a|>|b|，當(dāng)b≥0時，a＋b<0成立，當(dāng)b<0時，a＋b<0成立，∴a＋b<0.應(yīng)選D.4．如果a∈R，且a2＋a<0，那么a，a2，－a，－a2的大小關(guān)系是________________．答案a<－a2<a2<－a解析由a2＋a<0得a<－a2，∴a<0且a>－1，∴－a2<a2<－a.5．(教材改編)假設(shè)0<a<b，且a＋b＝1，那么將a，b，eq\f(1,2)，2ab，a2＋b2從小到大排列為________________．答案a<2ab<eq\f(1,2)<a2＋b2<b解析∵0<a<b且a＋b＝1，∴a<eq\f(1,2)<b<1，∴2b>1且2a<1，∴a<2b·a＝2a(1－a)＝－2a2＋2a＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(1,2)<eq\f(1,2).即a<2ab<eq\f(1,2)，又a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab>1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，即a2＋b2>eq\f(1,2)，a2＋b2－b＝(1－b)2＋b2－b＝(2b－1)(b－1)，又2b－1>0，b－1<0，∴a2＋b2－b<0，∴a2＋b2<b，綜上，a<2ab<eq\f(1,2)<a2＋b2<b.題型一比擬兩個數(shù)(式)的大小例1(1)a1，a2∈(0,1)，記M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，那么M與N的大小關(guān)系是()A．M<N B．M>NC．M＝N D．不確定(2)假設(shè)a＝eq\f(ln3,3)，b＝eq\f(ln4,4)，c＝eq\f(ln5,5)，那么()A．a(chǎn)<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．b<a<c答案(1)B(2)B解析(1)M－N＝a1a2－(a1＋a2－1)＝a1a2－a1－a2＋1＝a1(a2－1)－(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.(2)方法一易知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.方法二對于函數(shù)y＝f(x)＝eq\f(lnx,x)，y′＝eq\f(1－lnx,x2)，易知當(dāng)x>e時，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.思維升華比擬大小的常用方法(1)作差法：一般步驟：①作差；②變形；③定號；④結(jié)論．其中關(guān)鍵是變形，常采用配方、因式分解、有理化等方法把差式變成積式或者完全平方式．當(dāng)兩個式子都為正數(shù)時，有時也可以先平方再作差．(2)作商法：一般步驟：①作商；②變形；③判斷商與1的大??；④結(jié)論．(3)函數(shù)的單調(diào)性法：將要比擬的兩個數(shù)作為一個函數(shù)的兩個函數(shù)值，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性得出大小關(guān)系．(1)設(shè)a，b∈[0，＋∞)，A＝eq\r(a)＋eq\r(b)，B＝eq\r(a＋b)，那么A，B的大小關(guān)系是()A．A≤B B．A≥BC．A<B D．A>B(2)假設(shè)a＝1816，b＝1618，那么a與b的大小關(guān)系為________．答案(1)B(2)a<b解析(1)∵A≥0，B≥0，A2－B2＝a＋2eq\r(ab)＋b－(a＋b)＝2eq\r(ab)≥0，∴A≥B.(2)eq\f(a,b)＝eq\f(1816,1618)＝(eq\f(18,16))16eq\f(1,162)＝(eq\f(9,8))16(eq\f(1,\r(2)))16＝(eq\f(9,8\r(2)))16，∵eq\f(9,8\r(2))∈(0,1)，∴(eq\f(9,8\r(2)))16<1，∵1816>0,1618>0，∴1816<1618.即a<b.題型二不等式的性質(zhì)例2(1)a，b，c滿足c<b<a，且ac<0，那么以下選項(xiàng)中一定成立的是()A．a(chǎn)b>ac B．c(b－a)<0C．cb2<ab2 D．a(chǎn)c(a－c)>0(2)假設(shè)eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，那么以下不等式：①a＋b<ab；②|a|>|b|；③a<b；④ab<b2中，正確的不等式有()A．①②B．②③C．①④D．③④答案(1)A(2)C解析(1)由c<b<a且ac<0知c<0且a>0.由b>c得ab>ac一定成立．(2)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兩邊同時乘以b，因?yàn)閎<0，所以ab<b2.因此正確的選項(xiàng)是①④.思維升華解決此類問題常用兩種方法：一是直接使用不等式的性質(zhì)逐個驗(yàn)證；二是利用特殊值法排除錯誤答案．利用不等式的性質(zhì)判斷不等式是否成立時要特別注意前提條件．假設(shè)a>0>b>－a，c<d<0，那么以下結(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．1B．2C．3D．4答案C解析方法一∵a>0>b，c<d<0，∴ad<0，bc>0，∴ad<bc，故①錯誤．∵a>0>b>－a，∴a>－b>0，∵c<d<0，∴－c>－d>0，∴a(－c)>(－b)(－d)，∴ac＋bd<0，∴eq\f(a,d)＋eq\f(b,c)＝eq\f(ac＋bd,cd)<0，故②正確．∵c<d，∴－c>－d，∵a>b，∴a＋(－c)>b＋(－d)，∴a－c>b－d，故③正確．∵a>b，d－c>0，∴a(d－c)>b(d－c)，故④正確，應(yīng)選C.方法二取特殊值．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3a>b>0，給出以下四個不等式：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；假設(shè)a＝3，b＝2，那么a3＋b3＝35,2a2b＝36，a3＋b3<2a2b，④不成立．應(yīng)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，應(yīng)選A.命題點(diǎn)2求代數(shù)式的取值范圍例4－1<x<4,2<y<3，那么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1．假設(shè)將例4條件改為－1<x<y<3，求x－y的取值范圍．解∵－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)．2．假設(shè)將例4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)，那么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\f(3,2)，eq\f(23,2))．思維升華(1)判斷不等式是否成立的方法①判斷不等式是否成立，需要逐一給出推理判斷或反例說明．常用的推理判斷需要利用不等式的性質(zhì)．②在判斷一個關(guān)于不等式的命題真假時，先把要判斷的命題和不等式性質(zhì)聯(lián)系起來考慮，找到與命題相近的性質(zhì)，并應(yīng)用性質(zhì)判斷命題真假，當(dāng)然判斷的同時還要用到其他知識，比方對數(shù)函數(shù)、指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)等．(2)求代數(shù)式的取值范圍利用不等式性質(zhì)求某些代數(shù)式的取值范圍時，屢次運(yùn)用不等式的性質(zhì)時有可能擴(kuò)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(yùn)算求得整體范圍，是防止錯誤的有效途徑．(1)假設(shè)a<b<0，那么以下不等式一定成立的是()A.eq\f(1,a－b)>eq\f(1,b) B．a(chǎn)2<abC.eq\f(|b|,|a|)<eq\f(|b|＋1,|a|＋1) D．a(chǎn)n>bn(2)設(shè)a>b>1，c<0，給出以下三個結(jié)論：①eq\f(c,a)>eq\f(c,b)；②ac<bc；③logb(a－c)>loga(b－c)．其中所有正確結(jié)論的序號是()A．① B．①②C．②③ D．①②③答案(1)C(2)D解析(1)(特值法)取a＝－2，b＝－1，逐個檢驗(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，應(yīng)選C.(2)由不等式性質(zhì)及a>b>1知eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又c<0，∴eq\f(c,a)>eq\f(c,b)，①正確；構(gòu)造函數(shù)y＝xc，∵c<0，∴y＝xc在(0，＋∞)上是減函數(shù)，又a>b>1，∴ac<bc，②正確；∵a>b>1，c<0，∴a－c>b－c>1，∴l(xiāng)ogb(a－c)>loga(a－c)>loga(b－c)，③正確．7．利用不等式變形求范圍典例設(shè)f(x)＝ax2＋bx，假設(shè)1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，那么f(－2)的取值范圍是________．錯解展示解析由得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤a－b≤2，①,2≤a＋b≤4，②))①＋②得3≤2a≤6，∴6≤4a≤12，又由①可得－2≤－a＋b≤－1，③②＋③得0≤2b≤3，∴－3≤－2b≤0，又f(－2)＝4a－2b，∴3≤4a－2b≤12，∴f(－2)的取值范圍是[3,12]．答案[3,12]現(xiàn)場糾錯解析方法一由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝a－b，,f1＝a＋b，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)[f－1＋f1]，,b＝\f(1,2)[f1－f－1]，))∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)．又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10.方法二由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤a－b≤2，,2≤a＋b≤4))確定的平面區(qū)域如圖陰影局部所示，當(dāng)f(－2)＝4a－2b過點(diǎn)A(eq\f(3,2)，eq\f(1,2))時，取得最小值4×eq\f(3,2)－2×eq\f(1,2)＝5，當(dāng)f(－2)＝4a－2b過點(diǎn)B(3,1)時，取得最大值4×3－2×1＝10，∴5≤f(－2)≤10.答案[5,10]糾錯心得在求式子的范圍時，如果屢次使用不等式的可加性，式子中的等號不能同時取到，會導(dǎo)致范圍擴(kuò)大.1．a(chǎn)>b，c>d，且c，d不為0，那么以下不等式成立的是()A．a(chǎn)d>bc B．a(chǎn)c>bdC．a(chǎn)－c>b－d D．a(chǎn)＋c>b＋d答案D解析由不等式的同向可加性得a＋c>b＋d.2．(2022·包頭模擬)假設(shè)6<a<10，eq\f(a,2)≤b≤2a，c＝a＋b，那么c的取值范圍是()A．9≤c≤18 B．15<c<30C．9≤c≤30 D．9<c<30答案D解析∵c＝a＋b≤3a且c＝a＋b≥eq\f(3a,2)，∴9<eq\f(3a,2)≤a＋b≤3a<30.3．x>y>z，x＋y＋z＝0，那么以下不等式成立的是()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，∴x>0，z<0，又y>z，∴xy>xz.4．設(shè)a，b∈R，那么“(a－b)·a2<0〞是“a<b〞的()A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案A解析由(a－b)·a2<0?a≠0且a<b，∴充分性成立；由a<b?a－b<0，當(dāng)0＝a<b時?(a－b)·a2<0，必要性不成立．5．設(shè)α∈(0，eq\f(π,2))，β∈[0，eq\f(π,2)]，那么2α－eq\f(β,3)的取值范圍是()A．(0，eq\f(5π,6)) B．(－eq\f(π,6)，eq\f(5π,6))C．(0，π) D．(－eq\f(π,6)，π)答案D解析由題設(shè)得0<2α<π，0≤eq\f(β,3)≤eq\f(π,6)，∴－eq\f(π,6)≤－eq\f(β,3)≤0，∴－eq\f(π,6)<2α－eq\f(β,3)<π.6．a(chǎn)，b，c∈R，那么以下命題中正確的選項(xiàng)是()A．假設(shè)a>b，那么ac2>bc2B．假設(shè)eq\f(a,c)>eq\f(b,c)，那么a>bC．假設(shè)a3>b3且ab<0，那么eq\f(1,a)>eq\f(1,b)D．假設(shè)a2>b2且ab>0，那么eq\f(1,a)<eq\f(1,b)答案C解析當(dāng)c＝0時，可知A不正確；當(dāng)c<0時，可知B不正確；對于C，由a3>b3且ab<0，知a>0且b<0，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)成立，C正確；當(dāng)a<0且b<0時，可知D不正確．7．假設(shè)a>b>0，那么以下不等式中一定成立的是()A．a(chǎn)＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a) B.eq\f(b,a)>eq\f(b＋1,a＋1)C．a(chǎn)－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]上遞減，在[1，＋∞)上遞增，所以，當(dāng)a>b>0時，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，應(yīng)選A.8．假設(shè)a>b>0，那么以下不等式一定不成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．log2a>log2bC．a(chǎn)2＋b2≤2a＋2b－2 D．b<eq\r(ab)<eq\f(a＋b,2)<a答案C解析∵(a－1)2＋(b－1)2>0(由a>b>0，a，b不能同時為1)，∴a2＋b2－2a－2b＋2>0，∴a2＋b2>2a＋2b－2，∴C項(xiàng)一定不成立．9．假設(shè)不等式(－2)na－3n－1－(－2)n<0對任意正整數(shù)n恒成立，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(4,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(7,4))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(7,4)))答案D解析當(dāng)n為奇數(shù)時，2n(1－a)<3n－1,1－a<eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n恒成立，只需1－a<eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))1，∴a>eq\f(1,2).當(dāng)n為偶數(shù)時，2n(a－1)<3n－1，a－1<eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n恒成立，只需a－1<eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2，∴a<eq\f(7,4).綜上，eq\f(1,2)<a<eq\f(7,4)，應(yīng)選D.10．a(chǎn)，b，c，d均為實(shí)數(shù)，有以下命題①假設(shè)ab>0，bc－ad>0，那么eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0；②假設(shè)ab>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，那么bc－ad>0；③假設(shè)bc－ad>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，那么ab>0.其中正確的命題是________．答案①②③解析∵ab>0，bc－ad>0，∴eq\f(c