2021年高考数学(四川专用-理)一轮复习考点突破：第6篇-第1讲-不等关系与不等式.docx

第1讲　不等关系与不等式
[最新考纲]
1．了解现实世界和日常生活中的不等关系．
2．了解不等式(组)的实际背景．
3．把握不等式的性质及应用.

知 识 梳 理
1．两个实数比较大小的方法
(1)作差法
(2)作商法
2．不等式的性质
(1)对称性：a＞b⇔b＜a；
(2)传递性：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)可开方：a＞b＞0⇒＞(n∈N，n≥2)．
辨 析 感 悟
1．对两个实数大小的比较的生疏
(1)两个实数a，b之间，有且只有a＞b，a＝b，a＜b三种关系中的一种．(√)
(2)若＞1.则a＞b.(×)
2．对不等式性质的理解
(3)在一个不等式的两边同乘以一个非零实数，不等式仍旧成立．(×)
(4)同向不等式具有可加性和可乘性．(×)
(5)(2022·丽水模拟改编)设a，b为实数，则“0＜ab＜1”是“b＜”成立的既不充分也不必要条件．(√)
(6)(2021·北京卷改编)若a＞b，则＜.(×)
若a＞b，则a2＞b2.(×)
若a＞b，则a3＞b3.(√)
[感悟·提升]
两个防范　一是在使用不等式时，肯定要搞清它们成立的前提条件，不行强化或弱化成立的条件，如“同向不等式”才可相加、“同向且两边同正的不等式”才可相乘；“可乘性中的”c的符号等都需留意，如(2)、(3)、(4)．
二是利用特值法推断两个式子大小时，错误的关系式，只需取特值举反例即可，而正确的关系式，则需推理论证．如(6)中当a＝1，b＝－2时，＜不成立；当a＝－1，b＝－2时，a2＞b2不成立.
同学用书第94页

考点一　用不等式(组)表示不等关系
【例1】 某商人假如将进货单价为8元的商品按每件10元销售，每天可销售100件，现在他接受提高售价，削减进货量的方法增加利润．已知这种商品的单价每提高1元，销售量就相应削减10件．若把提价后商品的单价设为x元，怎样用不等式表示每天的利润不低于300元？
解　若提价后商品的单价为x元，则销售量削减×10件，因此，每天的利润为(x－8)[100－10(x－10)]元，则“每天的利润不低于300元”可以表示为不等式(x－8)[100－10(x－10)]≥300.
规律方法 对于不等式的表示问题，关键是理解题意，分清变化前后的各种量，得出相应的代数式，然后用不等式表示．而对于涉及条件较多的实际问题，则往往需列不等式组解决．
【训练1】 某化工厂制定明年某产品的生产方案，受下面条件的制约：生产此产品的工人不超过200人；每个工人的年工作时间约为2 100 h；估计此产品明年的销售量至少为80 000袋；生产每袋产品需用4 h；生产每袋产品需用原料20 kg；年底库存原料600 t，明年可补充1 200 t．试依据这些数据猜测明年的产量．
解　设明年的产量为x袋，则
解得80 000≤x≤90 000.
估计明年的产量在80 000袋到90 000袋之间．
考点二　比较大小
【例2】 (1)若a＝，b＝，c＝，则 (　　)．
A．a＜b＜c B．c＜b＜a
C．c＜a＜b D．b＜a＜c
(2)已知a≠1且a∈R，试比较与1＋a的大小．
(1)解析　易知a，b，c都是正数，＝＝log89＞1，所以b＞a；＝＝log2532＞1，所以a＞c.即c＜a＜b.故选C.
答案　C
(2)解　∵－(1＋a)＝，
当a＝0时，＝0，∴＝1＋a；
当a＜1，且a≠0时，＞0，
∴＞1＋a；
当a＞1时，＜0，∴＜1＋a.
规律方法 (1)比较大小时，要把各种可能的状况都考虑进去，对不确定的因素需进行分类争辩，每一步运算都要精确     ，每一步推理都要有充分的依据．
(2)用作商法比较代数式的大小一般适用于分式、指数式、对数式，作商只是思路，关键是化简变形，从而使结果能够与1比较大小．
【训练2】 (2022·四川卷)设a，b为正实数．现有下列命题：
①若a2－b2＝1，则a－b＜1；②若－＝1，则a－b＜1；③若|－|＝1，则|a－b|＜1；④若|a3－b3|＝1，则|a－b|＜1.
其中的真命题有________(写出全部真命题的编号)．
解析　①中，a2－b2＝(a＋b)(a－b)＝1，a，b为正实数，若a－b≥1，则必有a＋b＞1，又a－b＝，不合题意，故①正确．
②中，－＝＝1，只需a－b＝ab即可．如取a＝2，b＝满足上式，但a－b＝＞1，故②错．
③中，a，b为正实数，所以＋＞|－|＝1，
且|a－b|＝|(＋)(－)|＝|＋|＞1，故③错．
④中，|a3－b3|＝|(a－b)(a2＋ab＋b2)|＝|a－b|(a2＋ab＋b2)＝1.
若|a－b|≥1，不妨取a＞b＞1，则必有a2＋ab＋b2＞1，不合题意，故④正确．
答案　①④
考点三　不等式的性质及其应用
【例3】 (1)(2022·泉州模拟)若x＞y，a＞b，则在①a－x＞b－y，②a＋x＞b＋y，③ax＞by，④x－b＞y－a，⑤＞这五个式子中，恒成立的全部不等式的序号是________．
(2)(2022·湖南卷)设a>b>1，c<0，给出下列三个结论：
①>；②ac<bc；③logb(a－c)>loga(b－c)．
其中全部的正确结论的序号是 (　　)．
A.① B．①②
C．②③ D．①②③
审题路线　

解析　(1)令x＝－2，y＝－3，a＝3，b＝2，符合题设条件x＞y，a＞b，
∵a－x＝3－(－2)＝5，b－y＝2－(－3)＝5，
∴a－x＝b－y，因此①不成立．
又∵ax＝－6，by＝－6，∴ax＝by，因此③也不成立．
又∵＝＝－1，＝＝－1，
∴＝，因此⑤不成立．
由不等式的性质可推出②④成立．
(2)由不等式性质及a>b>1知<，又c<0，所以>，①正确；构造函数y＝xc，∵c＜0，∴y＝xc在(0，＋∞)上是减函数，又a＞b＞1，∴ac＜bc，知②正确；∵a＞b＞1，a－c＞0，∴a－c＞b－c＞1，∵a＞b＞1，∴logb(a－c)＞loga(a－c)＞loga(b－c)，知③正确．
答案　(1)②④　(2)D
规律方法 (1)推断不等式是否成立，需要逐一给出推理推断或反例说明．常用的推理推断需要利用不等式的性质．
(2)在推断一个关于不等式的命题真假时，先把要推断的命题和不等式性质联系起来考虑，找到与命题相近的性质，并应用性质推断命题真假，当然推断的同时还要用到其他学问，比如对数函数，指数函数的性质等．
【训练3】 若＜＜0，则下列不等式：①＜；②|a|＋b＞0；③a－＞b－；④ln a2＞ln b2中，正确的不等式是 (　　)．
A．①④ B．②③
C．①③ D．②④
解析　法一　由＜＜0，可知b＜a＜0.①中，由于a＋b＜0，ab＞0，所以＜0，＞0.故有＜，即①正确；②中，由于b＜a＜0，所以－b＞－a＞0.故－b＞|a|，即|a|＋b＜0，故②错误；③中，由于b＜a＜0，又＜＜0，所以a－＞b－，故③正确；④中，由于b＜a＜0，依据y＝x2在(－∞，0)上为减函数，可得b2＞a2＞0，而y＝ln x在定义域(0，＋∞)上为增函数，所以ln b2＞ln a2，故④错误．由以上分析，知①③正确．
法二　由于＜＜0，故可取a＝－1，b＝－2.
明显|a|＋b＝1－2＝－1＜0，所以②错误；
由于ln a2＝ln(－1)2＝0，ln b2＝ln(－2)2＝ln 4＞0，所以④错误．综上所述，可排解②④.
答案　C

1．推断不等式是否成立，主要利用不等式的性质和特殊值验证两种方法，特殊是对于有肯定条件限制的选择题，用特殊值验证的方法更简便．
2．倒数关系在不等式中的作用：⇒＜；⇒＞.
3．比较法是不等式性质证明的理论依据，是不等式证明的主要方法之一，作差法的主要步骤为：作差——变形——推断正负．在所给不等式是积、商、幂的形式时，可考虑比商．　　　　　　　　　　　　　　　　　　
易错辨析6——多次使用同向不等式的可加性而致误
【典例】 设f(x)＝ax2＋bx，若1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，则f(－2)的取值范围是________．
[错解]　由得
①＋②得≤a≤3.②－①得≤b≤1.
由此得4≤f(－2)＝4a－2b≤11.
所以f(－2)的取值范围是[4,11]．
[答案]　[4,11]
[错因]　本题错解的主要缘由是多次使用同向不等式的可加性而导致了f(－2)的范围扩大．
[正解]　法一　设f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)(m，n为待定系数)，则4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)，
即4a－2b＝(m＋n)a＋(n－m)b.
于是得解得
∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)．
又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，
∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10.
法二　由
得
∴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.

法三　由
确定的平面区域如图阴影部分，
当f(－2)＝4a－2b过点
A时，
取得最小值4×－2×＝5，
当f(－2)＝4a－2b过点B(3,1)时，
取得最大值4×3－2×1＝10，
∴5≤f(－2)≤10.
[答案]　[5,10]
[防范措施]　利用不等式性质求某些代数式的取值范围时，多次运用不等式的性质时有可能扩大变量的取值范围．解决此类问题一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得待求整体的范围，是避开错误的有效途径．
【自主体验】
假如－1＜a＋b＜3,3＜a－b＜5，那么2a－3b的取值范围是(　　)．
A．(2,8) B．(5,14)
C．(6,13) D．(7,13)
解析　设a＋b＝x，a－b＝y，
∴－1＜x＜3,3＜y＜5，a＝，b＝，
∴2a－3b＝x＋y－(x－y)＝－x＋y.
又∵－＜－x＜，＜y＜，
∴6＜－x＋y＜13，
∴2a－3b的取值范围是(6,13)．
答案　C
对应同学用书P297
基础巩固题组

(建议用时：40分钟)

一、选择题
1．(2022·深圳一模)设x，y∈R，则“x≥1且y≥2”是“x＋y≥3”的(　　)．

A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析　由不等式性质知当x≥1且y≥2时，x＋y≥3；而当x＝2，y＝时满足x＋y≥3，但不满足x≥1且y≥2，故“x≥1且y≥2”是“x＋y≥3”的充分而不必要条件．
答案　A
2．(2022·保定模拟)已知a>b，则下列不等式成立的是(　　)．
A．a2－b2≥0 B．ac>bc
C．|a|>|b| D．2a>2b
解析　A中，若a＝－1，b＝－2，则a2－b2≥0不成立；当c＝0时，B不成立；当0>a>b时，C不成立；由a>b知2a>2b成立，故选D.
答案　D
3．(2022·河南三市三模)已知0＜a＜1，x＝loga＋loga ，y＝loga5，z＝loga －loga ，则(　　)．
A．x＞y＞z B．z＞y＞x
C．z＞x＞y D．y＞x＞z
解析　由题意得x＝loga，y＝loga，z＝loga，而0＜a＜1，∴函数y＝loga x在(0，＋∞)上单调递减，∴y＞x＞z.
答案　D
4．已知a＜0，－1＜b＜0，那么下列不等式成立的是(　　)．
A．a＞ab＞ab2 B．ab2＞ab＞a
C．ab＞a＞ab2 D．ab＞ab2＞a
解析　由－1＜b＜0，可得b＜b2＜1，又a＜0，
∴ab＞ab2＞a.
答案　D
5．(2022·晋城模拟)已知下列四个条件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0，能推出<成立的有(　　)．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
解析　运用倒数性质，由a>b，ab>0可得<，②、④正确．又正数大于负数，①正确，③错误，故选C.
答案　C
二、填空题
6．(2021·扬州期末)若a1＜a2，b1＜b2，则a1b1＋a2b2与a1b2＋a2b1的大小关系是________．
解析　作差可得(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)·(b1－b2)，∵a1＜a2，b1＜b2，∴(a1－a2)(b1－b2)＞0，即a1b1＋a2b2＞a1b2＋a2b1.
答案　a1b1＋a2b2＞a1b2＋a2b1
7．若角α，β满足－＜α＜β＜，则2α－β的取值范围是________．
解析　∵－＜α＜β＜，
∴－π＜2α＜π，－＜－β＜，
∴－＜2α－β＜，
又∵2α－β＝α＋(α－β)＜α＜，
∴－＜2α－β＜.
答案　
8．(2022·大庆模拟)对于实数a，b，c有下列命题：①若a＞b，则ac＜bc；②若ac2＞bc2，则a＞b；③若a＜b＜0，则a2＞ab＞b2；④若c＞a＞b＞0，则＞；⑤若a＞b，＞，则a＞0，b＜0.其中真命题是________(把正确命题的序号写在横线上)．
解析　若c＞0，则①不成立；
由ac2＞bc2知c2≠0，则a＞b，②成立；
由a＜b＜0知a2＞ab＞b2，③成立；
由c＞a＞b＞0，得0＜c－a＜c－b，则＞，则＞，④成立；
若a＞b，－＝＞0，则a＞0，b＜0，⑤成立．
答案　②③④⑤
三、解答题
9．比较下列各组中两个代数式的大小：
(1)3x2－x＋1与2x2＋x－1；
(2)当a>0，b>0且a≠b时，aabb与abba.
解　(1)∵3x2－x＋1－2x2－x＋1＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0，∴3x2－x＋1>2x2＋x－1.
(2)＝aa－bbb－a＝aa－ba－b＝a－b.
当a>b，即a－b>0，>1时，a－b>1，∴aabb>abba.
当a<b，即a－b<0,0<<1时，a－b>1，
∴aabb>abba.
∴当a>0，b>0且a≠b时，aabb>abba.
10．甲、乙两人同时从寝室到教室，甲一半路程步行，一半路程跑步，乙一半时间步行，一半时间跑步，假如两人步行速度、跑步速度均相同，试推断谁先到教室？
解　设从寝室到教室的路程为s，甲、乙两人的步行速度为v1，跑步速度为v2，且v1＜v2.
甲所用的时间t甲＝＋＝，
乙所用的时间t乙＝，
∴＝×＝
＝＞＝1.
∵t甲＞0，t乙＞0，∴t甲＞t乙，即乙先到教室．
力量提升题组
(建议用时：25分钟)

一、选择题
1．下面四个条件中，使a＞b成立的充分不必要条件是(　　)．
A．a＞b＋1 B．a＞b－1 C．a2＞b2 D．a3＞b3
解析　由a＞b＋1，得a＞b＋1＞b，即a＞b，而由a＞b不能得出a＞b＋1，因此，使a＞b成立的充分不必要条件是a＞b＋1.
答案　A
2．已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系是(　　)．
A．c≥b＞a B．a＞c≥b
C．c＞b＞a D．a＞c＞b
解析　c－b＝4－4a＋a2＝(2－a)2≥0，∴c≥b，将已知两式作差得2b＝2＋2a2，即b＝1＋a2，
∵1＋a2－a＝2＋＞0，∴1＋a2＞a，
∴b＝1＋a2＞a，∴c≥b＞a.
答案　A
二、填空题
3．(2022·三门峡二模)给出下列条件：①1＜a＜b；②0＜a＜b＜1；③0＜a＜1＜b.其中，能推出logb＜loga＜logab成立的条件的序号是________．
解析　若1＜a＜b，则＜＜1＜b，∴loga＜loga＝－1＝logb，故条件①不成立；
若0＜a＜b＜1，则b＜1＜＜，
∴logab＞loga＞loga＝－1＝logb，故条件②成立；
若0＜a＜1＜b，则0＜＜1，∴loga＞0，logab＜0，故条件③不成立．
答案　②
三、解答题
4．设0<x<1，a>0且a≠1，比较|loga(1－x)|与|loga(1＋x)|的大小．
解　法一　作差比较
当a>1时，由0<x<1知，
loga(1－x)<0，loga(1＋x)>0，
∴|loga(1－x)|－|loga(1＋x)|
＝－loga(1－x)－loga(1＋x)＝－loga(1－x2)，
∵0<1－x2<1，∴loga(1－x2)<0，
从而－loga(1－x2)>0，故|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.
当0<a<1时，同样可得|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.
法二　平方作差
|loga(1－x)|2－|loga(1＋x)|2
＝[loga(1－x)]2－[loga(1＋x)]2
＝loga(1－x2)·loga
＝loga(1－x2)·loga>0.
∴|loga(1－x)|2>|loga(1＋x)|2，
故|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.
法三　作商比较
∵＝＝|log(1＋x)(1－x)|，
∵0<x<1，∴log(1＋x)(1－x)<0，
故＝－log(1＋x)(1－x)＝log(1＋x)
＝1＋log(1＋x)＝1＋log(1＋x).
由0<x<1知，1＋x>1及>1，
∴log(1＋x)>0，故>1，
∴|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.
同学用书第96页