第三節(jié)不等式第1課時(shí)不等式的性質(zhì)【考試要求】1.掌握等式的性質(zhì).2.不等式性質(zhì)是進(jìn)行變形、證明、解不等式的依據(jù).3.掌握不等式性質(zhì)及比較大小的常用方法：作差法與作商法．1．基本事實(shí)基本事實(shí)：如果a－b是正數(shù)，那么a>b；如果a－b等于0，那么a＝b；如果a－b是負(fù)數(shù)，那么a<b.反過(guò)來(lái)也成立．這個(gè)基本事實(shí)可以表示為：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＞0?a＞b，,a－b＝0?a＝b，（a，b∈R）,a－b＜0?a＜b，))2．不等式的性質(zhì)性質(zhì)性質(zhì)內(nèi)容注意性質(zhì)1如果a＞b且b＞c，那么a＞c?性質(zhì)2如果a＞b，那么a＋c＞b＋c?性質(zhì)3如果a＞b，c>0，那么ac>bc；如果a＞b，c<0，那么ac<bcc的符號(hào)性質(zhì)4如果a＞b，c>d，那么a＋c＞b＋d?性質(zhì)5如果a>b>0，c>d>0，那么ac＞bd；如果a>b>0，c<d<0，那么ac<bd?性質(zhì)6當(dāng)a＞b＞0時(shí)eq\r(n,a)＞eq\r(n,b)(n∈N＋，n≥2)a，b同為正數(shù)[常用結(jié)論]1．倒數(shù)性質(zhì)的幾個(gè)必備結(jié)論(1)a＞b，ab＞0?eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)；(2)a＜0＜b?eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)；(3)a＞b＞0，0＜c＜d?eq\f(a,c)＞eq\f(b,d)；(4)0＜a＜x＜b或a＜x＜b＜0?eq\f(1,b)＜eq\f(1,x)＜eq\f(1,a).2．兩個(gè)重要不等式若a＞b＞0，m＞0，則(1)eq\f(b,a)＜eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)＞eq\f(b－m,a－m)(b－m＞0)；(2)eq\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a>b，則ac>bc.()(3)若eq\f(a,b)>1，則a>b.()(4)若eq\f(1,a)>eq\f(1,b)>0，則b>a>0.()答案：(1)√(2)×(3)×(4)√[對(duì)點(diǎn)查驗(yàn)]1．若M＝(x－3)2，N＝(x－2)(x－4)，則有()A．M>N B．M≥NC．M<N D．M≤NA因?yàn)镸－N＝(x－3)2－(x－2)(x－4)＝1>0，所以M>N.故選A.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Aeq\r(a)－eq\r(b)>0?eq\r(a)>eq\r(b)?a>b≥0?a2>b2，但由a2－b2>0eq\o(?,/)eq\r(a)－eq\r(b)>0.故選A.3．若a<b，則下列結(jié)論正確的是()A．a(chǎn)3－b3>0 B．2a<2C．lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－b))>0 D．eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))<eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))B對(duì)于A，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x3，因?yàn)閒(x)＝x3單調(diào)遞增，又∵a<b，所以f(a)<f(b)，∴a3<b3，∴a3－b3<0，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝2x，因?yàn)閒(x)＝2x單調(diào)遞增，又∵a<b，所以f(a)<f(b)，∴2a<2b，故B正確；對(duì)于C，∵a<b，∴l(xiāng)neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－b))沒(méi)有意義，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，取a＝－1，b＝1時(shí)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))，故D錯(cuò)誤．4．(多選題)對(duì)于實(shí)數(shù)a，b，c，下列命題是真命題的為()A．若a＞b，則eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)B．若a＞b，則ac2≥bc2C．若a＞0＞b，則a2＜－abD．若c＞a＞b＞0，則eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b)BD根據(jù)a＞b，取a＝1，b＝－1，則eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)不成立，故A錯(cuò)誤；∵a＞b，∴由不等式的基本性質(zhì)知ac2≥bc2成立，故B正確；由a＞0＞b，取a＝1，b＝－1，則a2＜－ab不成立，故C錯(cuò)誤；∵c＞a＞b＞0，∴(a－b)c＞0，∴ac－ab＞bc－ab，即a(c－b)＞b(c－a)，∵c－a＞0，c－b＞0，∴eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b)，故D正確．故選BD.5．已知－1<a<2，－3<b<5，則a－b的取值范圍是.答案(－6，5)解析∵－3<b<5，∴－5<－b<3，又－1<a<2，∴－6<a－b<5.考點(diǎn)一比較兩個(gè)數(shù)(式)的大小(1)(2022·重慶模擬)若0<b<a<eq\f(1,e)，x＝a＋beb，y＝b＋aea，z＝b＋aeb，則()A．x<z<y B．z<x<yC．z<y<x D．y<z<xA∵x＝a＋beb，y＝b＋aea，z＝b＋aeb，∴y－z＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ea－eb))，又a>b>0，e＞1，∴ea＞eb，∴y＞z；z－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－a))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－b))eb＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－b))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eb－1))，又a>b>0，eb＞1，∴z＞x，綜上：x<z<y，故選A.(2)設(shè)x，y為正數(shù)，M＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)，N＝eq\f(1,x＋y)，則M，N的大小關(guān)系為(用“>”連接).答案M>N解析因?yàn)閤，y為正數(shù)，則eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(x＋y,xy)>0且eq\f(1,x＋y)>0，由eq\f(\f(x＋y,xy),\f(1,x＋y))＝eq\f(（x＋y）2,xy)≥eq\f(（2\r(xy)）2,xy)＝eq\f(4xy,xy)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，等號(hào)成立，所以eq\f(\f(x＋y,xy),\f(1,x＋y))≥4，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)>eq\f(1,x＋y).(3)(2022·廣東茂名模擬)(多選題)已知a＝eq\f(2,ln2)，b＝e，c＝eq\f(3,ln3)(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)>b B．b>cC．c＝a D．c<aAD令f(x)＝eq\f(x,lnx)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))，則f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\f(lnx－1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx))\s\up12(2))，所以當(dāng)x>e時(shí)f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0，當(dāng)1<x<e時(shí)f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，e))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，＋∞))上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e))＝eq\f(e,lne)＝e，所以a>b，c>b，又eq\f(2,ln2)－eq\f(3,ln3)＝eq\f(2ln3－3ln2,ln2·ln3)＝eq\f(ln32－ln23,ln2·ln3)＝eq\f(ln9－ln8,ln2·ln3)>0，所以a>c，所以a>c>b；故選AD.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得出結(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得出結(jié)論．(3)構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性比較大?。畬?duì)點(diǎn)強(qiáng)化1(1)(2022·重慶市模擬)(多選題)若a＞b＞0＞c，則()A．eq\f(c,a)>eq\f(c,b) B．eq\f(b－c,a－c)>eq\f(b,a)C．a(chǎn)c>bc D．a(chǎn)－c>2eq\r(－bc)ABD對(duì)于A：eq\f(c,a)－eq\f(c,b)＝eq\f(（b－a）c,ab)，∵a>b>0>c，∴ab>0，b－a<0，c<0，∴eq\f(（b－a）c,ab)>0，∴eq\f(c,a)>eq\f(c,b)，故A正確；對(duì)于B：eq\f(b－c,a－c)－eq\f(b,a)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－c))－b\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－c)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－c))a)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－a))c,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－c))a)，∵a>b>0>c，∴a－c>0，a>0，b－a<0，c<0，∴eq\f(（b－a）c,（a－c）a)>0，∴eq\f(b－c,a－c)>eq\f(b,a)，故B正確；對(duì)于C：y＝xc，c<0時(shí)，y在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))單調(diào)遞減，∵a>b，∴ac<bc，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D：∵a＞b＞0＞c，∴－c＞0，∴a－c>b－c＝b＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c))≥2eq\r(－bc)，∵a≠b，故等號(hào)取不到，故a－c>2eq\r(－bc)，故D正確．故選ABD.(2)已知M＝eq\f(e2022＋1,e2023＋1)，N＝eq\f(e2023＋1,e2024＋1)，則M，N的大小關(guān)系為．答案M>N解析法一M－N＝eq\f(e2022＋1,e2023＋1)－eq\f(e2023＋1,e2024＋1)＝eq\f(（e2022＋1）（e2024＋1）－（e2023＋1）2,（e2023＋1）（e2024＋1）)＝eq\f(e2022＋e2024－2e2023,（e2023＋1）（e2024＋1）)＝eq\f(e2022（e－1）2,（e2023＋1）（e2024＋1）)>0.∴M>N.法二令f(x)＝eq\f(ex＋1,ex＋1＋1)＝eq\f(\f(1,e)（ex＋1＋1）＋1－\f(1,e),ex＋1＋1)＝eq\f(1,e)＋eq\f(1－\f(1,e),ex＋1＋1)，顯然f(x)是R上的減函數(shù)，∴f(2022)>f(2023)，即M>N.考點(diǎn)二不等式的基本性質(zhì)(1)(多選題)下列命題正確的是()A．若a>b，c>d，則a－d>b－cB．若a>b，c>d，則a－c>b－dC．若a>b，c>d，則ac>bdD．若a>b>c>0，則eq\f(b,a－b)>eq\f(c,a－c)AD對(duì)于A，∵c>d，∴－d>－c，又a>b，∴a－d>b－c，故A正確；對(duì)于B，當(dāng)a＝1，b＝0，c＝1，d＝0時(shí)，a－c＝b－d，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，取4>－2，－1>－3，則4×(－1)<(－2)×(－3)，故C錯(cuò)誤，對(duì)于D，∵a>b>c>0，∴a－c>a－b>0，∴0<eq\f(1,a－c)<eq\f(1,a－b)，又b>c>0，∴eq\f(b,a－b)>eq\f(c,a－c)，故D正確．故選AD.(2)(2022·黃岡中學(xué)模擬預(yù)測(cè))(多選題)已知a，b，c均為非零實(shí)數(shù)，且a>b>c，則下列不等式中，一定成立的是()A．a(chǎn)c>bc B．a(chǎn)c2>bc2C．(a－b)c<(a－c)c D．lneq\f(a－b,a－c)<0BD對(duì)于A，取特殊值a＝2，b＝1，c＝－1，滿足a>b>c，但ac<bc，故A不正確；對(duì)于B，因?yàn)閍，b，c均為非零實(shí)數(shù)，且a>b>c，所以c2>0，所以ac2>bc2，故B正確；對(duì)于C，取特殊值a＝3，b＝2，c＝－1，滿足非零實(shí)數(shù)a>b>c，此時(shí)(a－b)c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－2))eq\s\up12(－1)＝1，(a－c)c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋1))eq\s\up12(－1)＝4－1＝eq\f(1,4)，但(a－b)c>(a－c)c，故C不正確；對(duì)于D，因?yàn)閍，b，c均為非零實(shí)數(shù)，且a>b>c，所以－b<－c，a－c>0，a－b>0，所以0<a－b<a－c，0<eq\f(a－b,a－c)<1，所以lneq\f(a－b,a－c)<ln1，即lneq\f(a－b,a－c)<0，故D正確．故選BD.思維升華判斷不等式的常用方法(1)直接利用不等式的性質(zhì)逐個(gè)驗(yàn)證，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．(2)利用特殊值法排除錯(cuò)誤答案．(3)利用函數(shù)的單調(diào)性，當(dāng)直接利用不等式的性質(zhì)不能比較大小時(shí)，可以利用指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)等函數(shù)的單調(diào)性來(lái)比較．對(duì)點(diǎn)強(qiáng)化2(1)(2022·重慶巴蜀中學(xué)模擬)(多選題)下列命題正確的是()A．若eq\f(c,a)>eq\f(c,b)，則a<bB．若a<b且ab>0，則eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C.若a<b<0，則a2<ab<b2D．若a>b>0，c<d<0，則ac<bdBD對(duì)選項(xiàng)A，可取a＝3，b＝2，c＝－1，則滿足eq\f(c,a)>eq\f(c,b)，但此時(shí)a>b，所以A錯(cuò)誤；對(duì)選項(xiàng)B，因?yàn)閍b>0，所以若b>a>0，則eq\f(1,a)>eq\f(1,b)；若a<b<0，則eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，所以B正確；對(duì)選項(xiàng)C，若a<b<0，則a2>ab，所以C錯(cuò)誤；對(duì)選項(xiàng)D，若c<d<0，所以－c>－d>0；又因?yàn)閍>b>0，所以由同向同正可乘性得：－ac>－bd，所以ac<bd，所以D正確．故選BD.(2)(2022·浙江模擬)已知x，y是正實(shí)數(shù)，則下列式子中能使x>y恒成立的是()A．x＋eq\f(2,y)>y＋eq\f(1,x) B．x＋eq\f(1,2y)>y＋eq\f(1,x)C．x－eq\f(2,y)>y－eq\f(1,x) D．x－eq\f(1,2y)>y－eq\f(1,x)B對(duì)于A，取x＝y(tǒng)，該不等式成立，但不滿足x>y；對(duì)于C，該不等式等價(jià)于x＋eq\f(1,x)>y＋eq\f(2,y)，令x→0，y＝1，該不等式成立，但不滿足x>y；對(duì)于D，該不等式等價(jià)于x＋eq\f(1,x)>y＋eq\f(1,2y)，令x→0，y＝1，該不等式成立，但不滿足x>y；下面證明B，法一不等式等價(jià)于x－eq\f(1,x)>y－eq\f(1,2y)，而x－eq\f(1,x)>y－eq\f(1,2y)>y－eq\f(1,y).函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單增，故x>y.法二若x≤y，則eq\f(1,2y)<eq\f(1,x)，故x＋eq\f(1,2y)<y＋eq\f(1,x)，矛盾．故選B.考點(diǎn)三不等式性質(zhì)的綜合應(yīng)用(1)(2022·山東模擬預(yù)測(cè))(多選題)已知實(shí)數(shù)x，y滿足－3<x＋2y<2，－1<2x－y<4，則()A．x的取值范圍為(－1，2)B．y的取值范圍為(－2，1)C．x＋y的取值范圍為(－3，3)D．x－y的取值范圍為(－1，3)ABD對(duì)于A：因?yàn)椋?<2x－y<4，所以－2<4x－2y<8.因?yàn)椋?<x＋2y<2，所以－5<5x<10，則－1<x<2，故A正確；對(duì)于B：因?yàn)椋?<x＋2y<2，所以－6<2x＋4y<4.因?yàn)椋?<2x－y<4，所以－4<－2x＋y<1，所以－10<5y<5，所以－2<y<1，故B正確；對(duì)于C：因?yàn)椋?<x＋2y<2，－1<2x－y<4，所以－eq\f(9,5)<eq\f(3,5)(x＋2y)<eq\f(6,5)，－eq\f(1,5)<eq\f(1,5)(2x－y)<eq\f(4,5)，則－2<x＋y<2，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D：因?yàn)椋?<x＋2y<2，－1<2x－y<4，所以－eq\f(2,5)<－eq\f(1,5)(x＋2y)<eq\f(3,5)，－eq\f(3,5)<eq\f(3,5)(2x－y)<eq\f(12,5)，則－1<x－y<3，故D正確．故選ABD.(2)(2022·全國(guó)模擬)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))A因?yàn)椋?<a<－2，所以a2∈(4，9)，而3<b<4，故eq\f(a2,b)的取值范圍為(1，3)，故選A.[引申探究]若將本例(2)中條件改為設(shè)a＞0，b＞0，a≤2b≤2a＋b，則eq\f(2ab,a2＋2b2)的取值范圍為.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,9)，\f(\r(2),2)))解析根據(jù)a＞0，b＞0，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤2b,2b≤2a＋b))求得eq\f(1,2)≤eq\f(a,b)≤2，eq\f(2ab,a2＋2b2)＝eq\f(2,\f(a,b)＋\f(2b,a))，令eq\f(a,b)＝t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，則t＋eq\f(2,t)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\r(2)，\f(9,2)))，所以eq\f(2,t＋\f(2,t))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,9)，\f(\r(2),2))).思維升華求代數(shù)式的取值范圍，一般是利用整體思想，通過(guò)“一次性”不等關(guān)系的運(yùn)算求得整體范圍．對(duì)點(diǎn)強(qiáng)化3(1)已知a>b>c，2a＋b＋c＝0，則eq\f(c,a)的取值范圍是()A．－3<eq\f(c,a)<－1 B．－1<eq\f(c,a)<－eq\f(1,3)C．－2<eq\f(c,a)<－1 D．－1<eq\f(c,a)<－eq\f(1,2)A因?yàn)閍>b>c，2a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0，b＝－2a－因?yàn)閍>b>c，所以－2a－c<a，即3a>－c，解得eq\f(c,a)>－3，將b＝－2a－c代入b>c中，得－2a－c>c，