2022届高考数学总复习教学案不等关系与不等式.docx

第一节不等关系与不等式
[知识能否忆起]
1．实数大小顺序与运算性质之间的关系
a－b＞0⇔a＞b；a－b＝0⇔a＝b；a－b＜0⇔a＜b.
2．不等式的根本性质
性质
性质内容
注意
对称性
a>b⇔b<a
⇔
传递性
a>b，b>c⇒a>c
⇒
可加性
a>b⇒a＋c>b＋c
⇒
可乘性
⇒ac>bc
c的符号
⇒ac<bc
同向可加性
⇒a＋c>b＋d
⇒
同向同正可乘性
⇒ac>bd
⇒
可乘方性
a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥2)
同正
可开方性
a>b>0⇒>(n∈N，n≥2)
[小题能否全取]
1．(教材习题改编)以下命题正确的选项是(　　)
A．假设ac＞bc⇒a＞bB．假设a2＞b2⇒a＞b
C．假设＞⇒a＜bD．假设＜⇒a＜b
答案：D
2．假设x＋y>0，a<0，ay>0，那么x－y的值(　　)
A．大于0B．等于0
C．小于0D．不确定
解析：选A由a<0，ay>0知y<0，又x＋y>0，所以x>0.故x－y>0.
3．a，b，c，d均为实数，且c>d，那么“a>b〞是“a－c>b－d〞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：选B假设a－c>b－d，c>d，
那么a>b.但c>d，a>b⇒/a－c>b－d.
如a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－3时，a－c<b－d.
4.________＋1(填“>〞或“<〞)．
解析：＝＋1＜＋1.
答案：<
5．a，b，c∈R，有以下命题：
①假设a>b，那么ac2>bc2；②假设ac2>bc2，那么a>b；
③假设a>b，那么a·2c>b·2c.
其中正确的选项是____________(请把正确命题的序号都填上)．
解析：①假设c＝0那么命题不成立．②正确．③中由2c>0知成立．
答案：②③
1.使用不等式性质时应注意的问题：
在使用不等式时，一定要搞清它们成立的前提条件．不可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“c的符号〞等也需要注意．
2．作差法是比较两数(式)大小的常用方法，也是证明不等式的根本方法．要注意强化化归意识，同时注意函数性质在比较大小中的作用．

比较两个数(式)的大小
典题导入
[例1]等比数列{an}中，a1＞0，q＞0，前n项和为Sn，试比较与的大小．
[自主解答]当q＝1时，＝3，＝5，所以＜；
当q＞0且q≠1时，
－＝－＝＝＜0，所以＜.
综上可知＜.
假设本例中“q＞0〞改为“q＜0〞，试比较它们的大小．
解：由例题解法知当q≠1时，－＝.
当－1＜q＜0时，－＜0，即＜；
当q＝－1时，－＝0, 即＝；
当q＜－1时，－＞0，即＞.
由题悟法
比较大小的常用方法
(1)作差法：
一般步骤是：①作差；②变形；③定号；④结论．其中关键是变形，常采用配方、因式分解、有理化等方法把差式变成积式或者完全平方式．当两个式子都为正数时，有时也可以先平方再作差．
(2)作商法：
一般步骤是：①作商；②变形；③判断商与1的大小；④结论．
(3)特值法：
假设是选择题、填空题可以用特值法比较大小；假设是解答题，可先用特值探究思路，再用作差或作商法判断．
[注意]用作商法时要注意商式中分母的正负，否那么极易得出相反的结论．
以题试法
1．(2022·吉林联考)实数a、b、c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，那么a、b、c的大小关系是(　　)
A．c≥b＞aB．a＞c≥b
C．c＞b＞aD．a＞c＞b
解析：选Ac－b＝4－4a＋a2＝(2－a)2≥0，
∴c≥b.将题中两式作差得2b＝2＋2a2，即b＝1＋a2.
∵1＋a2－a＝2＋>0，∴1＋a2>a.
∴b＝1＋a2>a.∴c≥b>a.

不等式的性质
典题导入
[例2](1)(2022·大纲全国卷)下面四个条件中，使a>b成立的充分而不必要的条件是(　　)
A．a>b＋1B．a>b－1
C．a2>b2D．a3>b3
(2)(2022·包头模拟)假设a＞0＞b＞－a，c＜d＜0，那么以下结论：①ad＞bc；②＋＜0；③a－c＞b－d；④a·(d－c)＞b(d－c)中成立的个数是(　　)
A．1B．2
C．3D．4
[自主解答](1)由a＞b＋1得a＞b＋1＞b，即a＞b；且由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.
(2)∵a＞0＞b，c＜d＜0，∴ad＜0，bc＞0，
∴ad＜bc，故①错误．
∵a＞0＞b＞－a，∴a＞－b＞0，
∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0，
∴a(－c)＞(－b)(－d)，
∴ac＋bd＜0，∴＋＝＜0，
故②正确．
∵c＜d，∴－c＞－d，
∵a＞b，∴a＋(－c)＞b＋(－d)，
a－c＞b－d，故③正确．
∵a＞b，d－c＞0，∴a(d－c)＞b(d－c)，
故④正确，应选C.
[答案](1)A　(2)C
由题悟法

2．特殊值法是判断命题真假时常用到的一个方法，在命题真假未定时，先用特殊值试试，可以得到一些对命题的感性认识，如正好找到一组特殊值使命题不成立，那么该命题为假命题．
以题试法
2．假设a、b、c为实数，那么以下命题正确的选项是(　　)
A．假设a＞b，c＞d，那么ac＞bd
B．假设a＜b＜0，那么a2＞ab＞b2
C．假设a＜b＜0，那么＜
D．假设a＜b＜0，那么＞
解析：选BA中，只有a＞b＞0，c＞d＞0时，才成立；B中，由a＜b＜0，得a2＞ab＞b2成立；C，D通过取a＝－2，b＝－1验证均不正确．

不等式性质的应用
典题导入
[例3]函数f(x)＝ax2＋bx，且1≤f(－1)≤2，2≤f(1)≤4.求f(－2)的取值范围．
[自主解答]f(－1)＝a－b，f(1)＝a＋b.
f(－2)＝4a－2b.
设m(a＋b)＋n(a－b)＝4a－2b.
那么解得
∴f(－2)＝(a＋b)＋3(a－b)＝f(1)＋3f(－1)．
∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，
∴5≤f(－2)≤10.即f(－2)的取值范围为[5,10]．
由题悟法
利用不等式性质可以求某些代数式的取值范围，但应注意两点：一是必须严格运用不等式的性质；二是在屡次运用不等式的性质时有可能扩大了变量的取值范围．解决的途径是先建立所求范围的整体与范围的整体的等量关系，最后通过“一次性〞不等关系的运算求解范围．
以题试法
3．假设α，β满足试求α＋3β的取值范围．
解：设α＋3β＝x(α＋β)＋y(α＋2β)＝(x＋y)α＋(x＋2y)β.
那么解得
∵－1≤－(α＋β)≤1,2≤2(α＋2β)≤6，
两式相加，得1≤α＋3β≤7.
∴α＋3β的取值范围为[1,7]．
1．a1，a2∈(0,1)，记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，那么M与N的大小关系是(　　)
A．M<NB．M>N
C．M＝ND．不确定
解析：选B由题意得M－N＝a1a2－a1－a2＋1＝(a1－1)·(a2－1)>0，故M>N.
2．假设m＜0，n＞0且m＋n＜0，那么以下不等式中成立的是(　　)
A．－n＜m＜n＜－mB．－n＜m＜－m＜n
C．m＜－n＜－m＜nD．m＜－n＜n＜－m
解析：选D法一：(取特殊值法)令m＝－3，n＝2分别代入各选项检验即可．
法二：m＋n＜0⇒m＜－n⇒n＜－m，又由于m＜0＜n，故m＜－n＜n＜－m成立．
3．“1≤x≤4”是“1≤x2≤16”的(　　)
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
解析：选A由1≤x≤4可得1≤x2≤16，但由1≤x2≤16可得1≤x≤4或－4≤x≤－1，所以“1≤x≤4”是“1≤x2≤16”的充分不必要条件．
4．0＜a＜，且M＝＋，N＝＋，那么M、N的大小关系是(　　)
A．M ＞NB．M＜N
C．M＝ND．不能确定
解析：选A∵0＜a＜，
∴1＋a＞0,1＋b＞0,1－ab＞0，
∴M－N＝＋＝＞0.
5．假设<<0，那么以下结论不正确的选项是(　　)
A．a2<b2B．ab<b2
C．a＋b<0D．|a|＋|b|>|a＋b|
解析：选D∵<<0，∴0>a>b.
∴a2<b2，ab<b2，a＋b<0，|a|＋|b|＝|a＋b|.
6．设a，b是非零实数，假设a<b，那么以下不等式成立的是(　　)
A．a2<b2B．ab2<a2b
C.<D.<
解析：选C当a<0时，a2<b2不一定成立，故A错．
因为ab2－a2b＝ab(b－a)，b－a>0，ab符号不确定，
所以ab2与a2b的大小不能确定，故B错．
因为－＝<0，所以<，故C正确．
D项中与的大小不能确定．
7．假设1＜α＜3，－4＜β ＜2，那么α－|β|的取值范围是________．
解析：∵－4＜β＜2，∴0≤|β|＜4.
∴－4＜－|β|≤0.∴－3＜α－|β|＜3.
答案：(－3,3)
8．(2022·深圳模拟)定义a*b＝a＝30.3，b＝0.33，c＝log30.3，那么(a*b)*c＝________.(结果用a，b，c表示)
解析：∵log30.3＜0＜0.33＜1＜30.3，∴c＜b＜a，
∴(a*b)*c＝b*c＝c.
答案：c
9．a＋b＞0，那么＋与＋的大小关系是________．
解析：＋－＝＋
＝(a－b)
＝.
∵a＋b＞0，(a－b)2≥0，
∴≥0.
∴＋≥＋.
答案：＋≥＋
10．假设a＞b＞0，c＜d＜0，e＜0.求证：＞.
证明：∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0.
又∵a＞b＞0，∴a－c＞b－d＞0.
∴(a－c)2＞(b－d)2＞0.
∴0＜＜.
又∵e＜0，∴＞.
11．b＞a＞0，x＞y＞0，求证：＞.
证明：－＝
＝.
∵b＞a＞0，x＞y＞0，
∴bx＞ay，x＋a＞0，y＋b＞0，
∴＞0，
∴＞.
12．函数f(x)＝ax2＋bx＋c满足f(1)＝0，且a＞b＞c，求的取值范围．
解：∵f(1)＝0，∴a＋b＋c＝0，
∴b＝－(a＋c)．又a＞b＞c，
∴a＞－(a＋c)＞c，且a＞0，c＜0，
∴1＞－＞，即1＞－1－＞.
∴解得－2＜＜－.
1．a、b为实数，那么“a＞b＞1”是“＜〞的(　　)
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
解析：选A由a＞b＞1⇒a－1＞b－1＞0⇒＜，
当a＝0，b＝2时，＜，
∴＜⇒/a＞b＞1，应选A.
2．(2022·洛阳模拟)假设－1＜a＜b＜1，－2＜c＜3那么(a－b)·c的取值范围是________．
解析：∵－1＜a＜b＜1，
∴－2＜a－b＜0，∴2＞－(a－b)＞0.
当－2＜c＜0时，2＞－c＞0，
∴4＞(－c)[－(a－b)]＞0，
即4＞c·(a－b)＞0；
当c＝0时，(a－b)·c＝0；
当0＜c＜3时，0＜c·[－(a－b)]＜6，
∴－6＜(a－b)·c＜0.
综上得，当－2＜c＜3时，－6＜(a－b)·c＜4.
答案：(－6,4)
3．某企业去年年底给全部的800名员工共发放2000万元年终奖，该企业方案从今年起，10年内每年发放的年终奖都比上一年增加60万元，企业员工每年净增a人．
(1)假设a＝10，在方案时间内，该企业的人均年终奖是否会超过3万元
(2)为使人均年终奖年年有增长，该企业每年员工的净增量不能超过多少人
解：(1)设从今年起的第x年(今年为第1年)该企业人均发放年终奖为y万元．
那么y＝(a∈N*,1≤x≤10)．
假设会超过3万元，那么＞3，
解得x＞＞10.
所以，10年内该企业的人均年终奖不会超过3万元．
(2)设1≤x1＜x2≤10，
那么f(x2)－f(x1)
＝－
＝＞0，
所以60×800－2000a＞0，得a＜24.
所以，为使人均年终奖年年有增长，该企业每年员工的净增量不能超过23人．
1．0＜a＜b，且a＋b＝1，以下不等式成立的是(　　)
A．log2a＞0B．2a－b＞1
C．2ab＞2 D．log2(ab)＜－2
解析：选D由，0＜a＜1,0＜b＜1，a－b＜0,0＜ab＜，log2(ab)＜－2.
2．假设a＞b＞0，那么以下不等式中一定成立的是(　　)
A．a＋＞b＋B.＞
C．a－＞b－D.＞
解析：选A取a＝2，b＝1，排除B与D；另外，函数f(x)＝x－是(0，＋∞)上的增函数，但函数g(x)＝x＋在(0,1]上递减，在[1，＋∞)上递增，所以，当a＞b＞0时，f(a)＞f(b)必定成立，但g(a)＞g(b)未必成立，可得，a－＞b－⇒a＋＞b＋.
3．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，如果两人步行速度、跑步速度均相同，那么 (　　)
A．甲先到教室B．乙先到教室
C．两人同时到教室D．谁先到教室不确定
解析：选B设甲用时间为T，乙用时间为2t，步行速度为a，跑步速度为b，距离为s，那么T＝＋＝＋＝，ta＋tb＝s⇒2t＝，
T－2t＝－＝s×＝＞0，即乙先到教室．
4．假设x＞y, a＞b，那么在①a－x＞b－y，②a＋x＞b＋y，③ax＞by，④x－b＞y－a，⑤＞这五个式子中，恒成立的所有不等式的序号是________．
解析：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也不正确．
又∵＝＝－1，＝＝－1，
∴＝，因此⑤不正确．
由不等式的性质可推出②④成立．
答案：②④