资源简介

1．3　等式性质与不等式性质
1．理解用作差法、作商法比较两个实数大小的理论依据，会比较两个实数的大小．
2．掌握等式的基本性质．
3．理解不等式的概念及不等式的性质，掌握不等式性质的简单应用．
1．比较实数a，b大小的基本事实
(1)作差法
①a－b>0 a>b；
②a－b＝0 ab；
③a－b<0 a(2)作商法
①>1(a∈R，b>0) a>b(a∈R，b>0)；
②＝1(a≠0，b≠0) ab(a≠0，b≠0)；
③<1(a∈R，b>0) a0).
2．等式的基本性质
(1)对称性：a＝b b＝a．
(2)传递性：a＝b，b＝c a＝c．
(3)可加（减）性：a＝b a±c＝b±c．
(4)可乘性：a＝b ac＝bc．
(5)可除性：a＝b，c≠0 ＝．
3．不等式的性质
性质 性质内容 注意
对称性 a>b ba 可逆
传递性 a>b，b>c a>c；a可加性 a>b a＋c>b＋c 可逆
可乘性 a>b，c>0 ac>bc；a>b，c<0 ac同向可加性 a>b，c>d a＋c>b＋d 同向
同向同正 可乘性 a>b>0，c>d>0 ac>bd 同向， 同正
可乘方性 a>b>0，n∈N，n≥2 an>bn 同正
可开方性 a>b>0，n∈N，n≥2 > 同正
教材拓展
1．不等式的两类常用性质
(1)倒数性质
①a>b，ab>0 <；
②a＜0＜b ＜；
③a>b>0，d>c>0 >；
④0(2)分数性质
若a>b>0，m>0，则
①真分数性质：<<(b－m>0)，即真分数越加越大，越减越小；
②假分数性质：<<(b－m>0)，即假分数越加越小，越减越大．
2．若a1．判断（正确的画“√”，错误的画“×”）
(1)两个实数a，b之间，有且只有a>b，a＝b，a(2)若>1，则b>a.(　×　)
(3)同向不等式具有可加性和可乘性．(　×　)
(4)若>，则b2．（多选）（人教A版必修第一册P43T8改编）下列命题为真命题的是(　ABD　)
A．若ac2＞bc2，则a＞b
B．若a＞b＞0，则a2＞b2
C．若a＜b＜0，则a2＜ab＜b2
D．若a＜b＜0，则＞
解析：ac2>bc2，则c2>0，则a>b，故A正确；根据不等式的性质，a>b>0 an>bn>0，n∈N*，故B正确；若a＝－2，b＝－1，则a2>ab>b2，故C错误；－＝①，因为a0，ab>0，所以①式大于零，故>，故D正确．故选ABD.
3．（人教A版必修第一册P57T2(1)）若a＞b，且＞，则ab＜0.（用不等号“>”或“<”填空）
解析：－＝＞0，因为a＞b，所以b－a＜0，所以ab＜0.
4．（人教A版必修第一册P43T3(4)改编）设M＝x2＋y2＋1，N＝2(x＋y－1)，则M与N的大小关系为M＞N．
解析：M－N＝x2＋y2＋1－2x－2y＋2＝(x－1)2＋(y－1)2＋1＞0.故M＞N.
考点1 比较数（式）大小
命题角度1　作差法比较大小
【例1】　若a<0，b<0，则p＝＋与q＝a＋b的大小关系为(　B　)
A．pC．p>q D．p≥q
【解析】　p－q＝＋－a－b＝＋＝(b2－a2)＝＝，因为a<0，b<0，所以a＋b<0，ab>0.若a＝b，则p－q＝0，故p＝q；若a≠b，则p－q<0，故p作差法的步骤和关注点
步骤 作差并变形 判断差与0的大小 得结论
关注点 利用通分、因式分解、配方等方法向有利于判断差的符号的方向变形
命题角度2　作商法比较大小
【例2】　eπ·πe与ee·ππ的大小关系为eπ·πe＜ee·ππＷ．
【解析】　＝＝，又0＜＜1，0＜π－e＜1，所以＜1，即＜1，即eπ·πe＜ee·ππ.
作商法的步骤和关注点
步骤 作商并变形 判断商与1的大小 得结论
关注点 作商时两式的符号应相同，如果两式均小于0，所得结果与“作商法原理”中的结论相反．变形方法有分母（或分子）有理化，指、对数恒等变形等
【对点训练1】　(1)若a＝4d＋，b＝4d2＋＋1，则(　D　)
A．a≥b B．a>b
C．a＝b D．a解析：因为a＝4d＋，b＝4d2＋＋1，则c≥0，所以b－a＝（4d2＋＋1）－（4d＋）＝(4d2－4d＋1)＋（－）＝(2d－1)2＋（－）≥0＋（－）>－＝0，所以b>a，即a(2)若实数m，n，p满足m＝4e，n＝5e，p＝，则(　A　)
A．pC．m解析：∵实数m，n，p满足m＝4e，n＝5e，p＝，∴＝＝·e－<1，∴m1，∴m>p，∴p考点2 不等式的性质
【例3】　(1)（2024·安徽淮北二模）已知a，b∈R，下列命题正确的是(　D　)
A．若ab＝1，则a＋b≥2
B．若<，则a>b
C．若a>b，则ln (a－b)>0
D．若a>b>0，则a＋>b＋
【解析】　当a＝－1，b＝－1时，a＋b＝－2，故A错误；当a<0，b>0时，ab>0，则>>0，则a＋>b＋成立，故D正确．故选D.
(2)（多选）（2024·湖南长沙二模）设a，b，c，d为实数，且a>b>0>c>d，则下列不等式正确的有(　AD　)
A．c2C．ac0
【解析】　对于A，由0>c>d和不等式性质可得c2b>0>c>d，若取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，则a－c＝3，b－d＝3，所以a－c＝b－d，故B错误；对于C，因为a>b>0>c>d，若取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，则ac＝－2，bd＝－2，所以ac＝bd，故C错误；对于D，因为a>b>0，则0<<，又因为0>c>d，则0<－c<－d，由不等式的同向同正可乘性得，－<－，故－>0，故D正确．故选AD.
判断不等式正误常用的三种方法
(1)直接利用不等式的性质逐个验证，要特别注意应用性质的前提条件．
(2)利用特殊值排除法．
(3)利用函数的单调性，当直接利用不等式的性质不能比较大小时，可以利用指数函数、对数函数、幂函数等的单调性进行判断．
【对点训练2】　(1)（2024·北京丰台区二模）若a，b∈R，且a>b，则(　D　)
A．< B．a2b>ab2
C．a2>ab>b2 D．a>>b
解析：由于a>b，取a＝1，b＝－1，＝＝，无法得到<，故A错误；取a＝0，b＝－1，则a2b＝ab2，无法得到a2b>ab2，故B错误；取a＝0，b＝－2，则a2＝0，ab＝0，b2＝4，无法得到a2>ab>b2，故C错误；由于a>b，则2a>b＋a>2b，所以a>>b，故D正确．故选D.
(2)（多选）（2024·安徽淮北一模）已知a，b，c∈R，下列命题为真命题的是(　BD　)
A．若a>b>c，则a＋b>c
B．若a>b>|c|，则a2>b2>c2
C．若a
D．若a>b>c>0，则<
解析：当b为负数时，A可能不成立，例如a＝－2，b＝－3，c＝－4，－2>－3>－4，但－2＋(－3)<－4，即a＋bb>|c|≥0，根据不等式性质可得a2>b2>c2，故B正确．因为a0，所以a·>0，故C错误．因为a>b>c>0，所以－＝＝<0，所以<，故D正确．故选BD.
考点3 利用不等式的性质求代数式的取值范围
【例4】　（多选）已知实数x，y满足－3A．x的取值范围为(－1，2)
B．y的取值范围为(－2，1)
C．x＋y的取值范围为(－3，3)
D．x－y的取值范围为(－1，3)
【解析】　因为－1<2x－y<4，所以－2<4x－2y<8.因为－3利用不等式的性质求某些代数式的取值范围时，应注意两点：
一是必须严格运用不等式的性质．
二是在多次运用不等式的性质时有可能扩大变量的取值范围，解决这个问题的途径是先建立所求范围的整体与已知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．
【对点训练3】　(1)若1A．(－3，3] B．（－3，5)
C．(－3，3) D．(1，4)
解析：由题设0≤|b|<4，则－4<－|b|≤0，又1(2)已知－1A．－15C．－2解析：因为－1【例】　以maxM表示数集M中最大的数．设0【解析】　设那么
①若b≥2a，则1－y－z≥2(1－x－y－z)，从而2x＋y＋z≥1，记m＝max{b－a，c－b，1－c}，从而所以4m≥2x＋y＋z≥1，解得m≥.
②若a＋b≤1，则1－x－y－z＋1－y－z≤1，从而x＋2y＋2z≥1，
记m＝max{b－a，c－b，1－c}，
从而所以5m≥x＋2y＋2z≥1，解得m≥.综上，m≥，即max{b－a，c－b，1－c}的最小值为.
1.本题注重对思维品质的考查．,2.由于目标函数变量较多，故采用换元法，令使原命题等价于求m＝max{x，y，z}的最小值，从而变得简洁易懂．依据约束条件，可将原命题分为两个子命题进行探究．以上思维过程突显了新高考改革的命题特点和趋势．
课时作业3
1．（5分）如果a>b，那么下列说法正确的是(　D　)
A．ac>bc B．ac2>bc2
C．ac＝bc D．b－a<0
解析：对于A，B，当c＝0时，ac＝bc，ac2＝bc2，故A，B错误；对于C，当c＝1时，ac＝a>b＝bc，故C错误；对于D，因为a>b，所以b－a<0，故D正确．故选D.
2．（5分）（2024·北京东城区一模）已知a，b∈R，ab≠0，且aA．> B．abC．a3解析：当a＝－2，b＝1时，<，lg |a|>lg |b|，故A，D错误；当a＝－2，b＝－1时，ab＝2>1＝b2，故B错误；因为a3．（5分）若a＝＋，b＝－，c＝＋，则(　A　)
A．a>c>b B．a>b>c
C．c>b>a D．b>c>a
解析：因为a－c＝－＋＝＝>0，所以a>c.c－b＝－＋＝，因为（2＋）2－（2）2＝4－9＝－>0，且2＋>0，2>0，所以2＋>2，所以c－b>0，所以c>b.故a>c>b.故选A.
4．（5分）已知2A．(0，2) B．(2，5)
C．(5，8) D．(6，7)
解析：25．（5分）若－1A．2－x<2x<0.2x B．2x<0.2x<2－x
C．2x<2－x<0.2x D．0.2x<2－x<2x
解析：∵－11，0.2x>1，下面用作商法比较2－x＝0.5x与0.2x的大小：＝，∵－16．（5分）（2024·北京西城区一模）设a＝t－，b＝t＋，c＝t(2＋t)，其中－1A．bC．b解析：由－10，由对勾函数性质可得b＝t＋<－(1＋1)＝－2，c＝t(2＋t)<0，且c＝t(2＋t)＝t2＋2t＝(t＋1)2－1≥－1.综上所述，b7．（6分）（多选）已知实数x，y满足1A．3C．2解析：因为18．（6分）（多选）若a，b，c∈R，且a>b，则下列不等式一定成立的是(　ABD　)
A．a－c>b－c B．>(c≠0)
C．a3>a2b D．(a2＋b2)(a－b)>0
解析：对于A，由a>b及不等式的性质可知a－c>b－c，故A正确；对于B，由a>b，c≠0及不等式的性质可知>(c≠0)，故B正确；对于C，若a＝0，可得a3＝a2b，故C错误；对于D，由a>b及a2＋b2>0，可得(a2＋b2)(a－b)>0，故D正确．故选ABD.
9．（5分）比较大小：x2＋4y2＞4xy－1.
解析：因为x2＋4y2－4xy＋1＝(x－2y)2＋1>0，所以x2＋4y2>4xy－1.
10．（5分）若a，b∈R，给出以下四个条件：①ab>0；②a>0或b>0；③a＋b>2；④a＝0且b>0，其中可以作为“a＋b>0”的一个充分不必要条件的是③④．（填序号）
解析：对于①，当a＝－1，b＝－2时，ab＝2>0，a＋b＝－3<0，不充分；对于②，若a>0，当a＝1，b＝－2时，a＋b＝－1<0，不充分；对于③，a＋b>2>0，充分，反之，当a＋b>0时，若a＝1，b＝0，此时a＋b＝1<2，不必要；对于④，若a＝0且b>0，则a＋b＝b>0，充分，反之，若a＝1，b＝0，满足a＋b>0，不必要．
11．（16分）(1)比较(x2＋1)2与x4＋x2＋1的大小.
(2)若a>b>0，求证：aabb>(ab).
解：(1)(x2＋1)2－(x4＋x2＋1)＝x4＋2x2＋1－(x4＋x2＋1)＝x2≥0，∴(x2＋1)2≥x4＋x2＋1.
(2)证明：作商得＝，
∵a>b>0，∴>1，且a－b>0，
∴＝>1，因此aabb>(ab).
12．（17分）(1)如果12(2)已知x，y满足－解：(1)因为12(2)设3x－y＝m(x－y)＋n(x＋y)＝(m＋n)x＋(n－m)y，m，n∈R，则
解得
所以3x－y＝2(x－y)＋(x＋y)，
又－所以3x－y的取值范围是(－1，2).
13．（5分）已知关于x1，x2，x3，x4的方程组其中c1A．x1B．x4C．x4D．x3解析：由得到3(x1＋x2＋x3＋x4)＝c1＋c2＋c3＋c4，即x1＋x2＋x3＋x4＝，令A＝，
则又c114．（5分）已知a＝log0.12，b＝log5，则(　D　)
A．ab<0C．a＋b<0解析：因为a＝log0.12<0，b＝log5>0，所以ab<0，又因为a＋b＝log0.12＋log5＝＋＝－lg 2＋＝<0，所以a＋b<0，又因为＝＋＝log20.1＋log5＝log20.1＋log225＝log22.5>1，所以>1，又ab<0，所以a＋b15．（5分）有三个房间需要粉刷，粉刷方案要求：每个房间只用一种颜色，且三个房间颜色各不相同．已知三个房间的粉刷面积（单位：m2）分别为x，y，z，且x＞y＞z，三种颜色涂料的粉刷费用（单位：元/m2）分别为a，b，c，且a＜b＜c.在不同的方案中，最低的总费用（单位：元）是(　A　)
A．ax＋by＋cz B．az＋by＋cx
C．ay＋bz＋cx D．ay＋bx＋cz
解析：方法一　ax＋by＋cz－(az＋by＋cx)＝a(x－z)＋c(z－x)＝(a－c)(x－z).∵x＞y＞z，a＜b＜c，∴a－c＜0，x－z＞0，∴ax＋by＋cz＜az＋by＋cx.同理，ay＋bz＋cx－(ay＋bx＋cz)＝b(z－x)＋c(x－z)＝(b－c)(z－x)＞0，∴ay＋bz＋cx＞ay＋bx＋cz，故只需再比较ax＋by＋cz与ay＋bx＋cz的大小即可．ax＋by＋cz－(ay＋bx＋cz)＝a(x－y)＋b(y－x)＝(a－b)(x－y)，∵a－b＜0，x－y＞0，∴(a－b)(x－y)＜0，∴ax＋by＋cz＜ay＋bx＋cz，∴在不同的方案中，最低的总费用是(ax＋by＋cz)元．故选A.
方法二　用粉刷费用最低的涂料粉刷面积最大的房间，且用粉刷费用最高的涂料粉刷面积最小的房间，这样所需总费用最低，最低总费用为(ax＋by＋cz)元．故选A.

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