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(共56张PPT)
第一章 集合、常用逻辑用语与不等式
1.3　等式性质与不等式性质
2027高考数学一轮总复习
内容索引
必备知识　回顾
课时作业
关键能力　提升
考试要求 三年考情 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,掌握不等式的性质及其简单应用. 2023 2024 2025


必备知识　回顾
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 a__b;
③a-b<0 a__b.
知识梳理
>
=
<
(2)作商法
①>1(a∈R,b>0) a__b(a∈R,b>0);
②=1(a∈R,b≠0) a__b(a∈R,b≠0);
③<1(a∈R,b>0) a__b(a∈R,b>0).
>
=
<
2.等式的基本性质
(1)对称性:a=b ______.
(2)传递性:a=b,b=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 _____ .
b=a
a=c
3.不等式的性质
性质 性质内容 注意
对称性 a>b ______;a传递性 a>b,b>c ______;a可加性 a>b a+c>b+c 可逆
可乘性 a>b,c>0 __________;a>b,c<0 __________ c的符号
同向可加性 a>b,c>d ______________ 同向
bb>a
a>c
aac>bc
aca+c性质 性质内容 注意
同向同正 可乘性 a>b>0,c>d>0 __________ 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
ac>bd
1.不等式的两类常用性质
(1)倒数性质
①a>b,ab>0 ;
②a<0③a>b>0,d>c>0 ;
④0知识拓展
(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b基础检测
√
×
×
×
2.(多选)(人教A版必修第一册P43习题2.1T8改编)下列命题为真命题的是(　 　)
A.若ac2>bc2,则a>b
B.若a>b>0,则a2>b2
C.若aD.若aABD
解析:对于A,若ac2>bc2,则c2>0,则a>b,故A正确;对于B,根据不等式的性质,a>b>0 an>bn>0,n∈N*,故B正确;对于C,若a=-2,b=-1,则a2>ab>b2,故C错误;对于D,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P57复习参考题2T2(1)改编)若a>b,且,则ab
0.(填“>”或“<”)
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P43习题2.1T3(4)改编)设M=x2+y2+1,N=2(x+y-1),则M与N的大小关系为 .
解析:M-N=x2+y2+1-2x-2y+2=(x-1)2+(y-1)2+1>0.故M>N.
>
M>N
关键能力　提升
考点1 比较数(式)的大小
【例1】　(1)若a>0,b>0,则p=(ab与q=abba的大小关系是 (　 　)
A.p≥q B.p≤q
C.p>q D.p【解析】　(提示:均为底数相同的单项式,考虑作商法)=,若a>b>0,则>1,a-b>0,则>1;若01;若a=b,则=1.又q=abba>0,∴p≥q.故选A.
A
(2)(2026·云南昆明一模)已知x>0,x2-2xy+z2=0,x2A.y>z>x B.x>y>z
C.y>x>z D.z>x>y
【解析】由x>0,且x2-2xy+z2=0可得2xy=x2+z2,即y=,则y-x=.又x20,故x-z<0,即00,即y>x.又y-z=>0,所以y>z.综上所述,y>z>x.故选A.
A
比较大小的常用方法
(1)作差法:①作差;②变形;③定号;④得出结论.
(2)作商法:①作商;②变形;③判断商与1的大小关系;④得出结论.
(3)构造函数,利用函数的单调性比较大小.
注意:使用作商法的前提是明确两个式子同号(通常同为正).若符号不确定,应优先选用作差法.
规律总结
【对点训练1】　(1)已知M=4x2+9y2+1,N=4x-6y-2,则(　 　)
A.M>N
B.MC.M=N
D.M,N的大小与x,y的取值有关
解析:M-N(提示:均为多项式,考虑作差法)=4x2+9y2+1-(4x-6y-2)=(2x-1)2+(3y+1)2+1>0,故M-N>0,即M>N.故选A.
A
(2)(一题多解)若a=,b=,c=,则(　 　)
A.aC.c解析:方法一　易知a,b,c都是正数,因为=log8164<1,所以a>b;因为=log6251 024>1,所以b>c.即c方法二　构造函数f(x)=(提示:三个数结构相同,可构造函数来求解),则f'(x)=.由f'(x)>0,得0e,则f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,故f(5)B
考点2 不等式的性质
【例2】　(1)(多选)已知实数a,b,c满足a>b>c,且a+b+c=0,则下列不等式正确的是(　 　)
A. B.a-c>2b
C.a2>b2 D.ab+bc>0
【解析】对于A,∵a>b>c,∴a-c>b-c>0,∴,故A错误;对于B,∵a>b>c,a+b+c=0,∴a>0,c<0,a-b>0,∴b+c=-a<0,∴a-b>b+c,即a-c>2b,故B正确;对于C,∵a-b>0,a+b=-c>0,∴a2-b2=(a+b)(a-b)>0,即a2>b2,故C正确;对于D,ab+bc=b(a+c)=-b2≤0,故D错误.故选BC.
BC
(2)(多选)(2025·山东临沂二模)已知a>b>c,则下列不等式正确的是 (　 　)
A. B.ab2>cb2
C.a+b>c D.a2+c2>b2
AD
【解析】　对于A,=,因为a>b>c,所以c-b<0,a-c>0,a-b>0,所以<0,所以,故A正确;对于B,取a>b=0>c,此时ab2=cb2=0,故B错误;对于C,取a=-1>b=-2>c=-3,则a+b=c=-3,故C错误;对于D,若a>b=0>c,则a2+c2>b2=0显然成立,若a>b>0>c,则a2+c2>a2>b2成立,若a>0>b>c,则a2+c2>c2>b2成立,若a>b>c≥0,则a2+c2>b2显然成立,若0≥a>b>c,则a2+c2>b2显然成立,综上所述,只要a>b>c,就一定有a2+c2>b2,故D正确.故选AD.
判断不等式正误的常用方法
(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.
(2)利用特殊值排除法.
(3)作差法、作商法(注意前提).
(4)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、幂函数等函数的单调性进行判断.
注意:不等式的性质是学习函数单调性证明、基本不等式、导数应用的基石.
规律总结
【对点训练2】(1)(多选)已知b>a>0,则下列不等式一定成立的是(　 　)
A.b2>a2 B.ab>a2
C.--1>0
解析:对于A,B,因为b>a>0,所以b2>a2,ab>a·a=a2,故A,B正确;对于C,由b>a>0可知,两边同乘-1,得-,故C错误;对于D,由b>a>0,得>1,则-1>0,故D正确.故选ABD.
ABD
(2)(多选)(2025·山东济南二模)已知实数a,b满足a>|b+1|,则下列不等式一定成立的是(　 )
A.2a>2b+1 B.a2>4b
C.a2>b2+1 D.a2>b|b+1|
解析:对于A,因为a>|b+1|≥b+1,所以a>b+1,所以2a>2b+1,故A正确;对于B,因为(b+1)2-4b=(b-1)2≥0,所以(b+1)2≥4b,因为a>|b+1|≥0,所以a2>(b+1)2≥4b,故B正确;对于C,若a=2,b=-2,则满足a>|b+1|,显然a2>b2+1不成立,故C错误;对于D,若b+1≤1,则b≤0,必有a2>0≥b|b+1|,若b+1>1,则b>0,故a>b+1>b>0,必有a2>b|b+1|,故D正确.故选ABD.
ABD
考点3 利用不等式的性质求代数式的取值范围
【例3】　已知6A.
B.21C.-12D.<5
C
【解析】　对于A,∵15利用不等式的性质求代数式取值范围的注意点
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.
规律总结
【对点训练3】　(1)已知0<β<α<,则α-β的取值范围是.
解析:∵0<β<,∴-,∴-.又β<α,∴α-β>0,即0<α-β<.
(2)已知实数x,y满足-2≤x+2y≤3,-2≤2x-y≤0,则3x-4y的取值范围为 .
解析:设3x-4y=m(x+2y)+n(2x-y),则所以3x-4y=-(x+2y)+2(2x-y).因为-2≤x+2y≤3,-2≤2x-y≤0,所以-3≤ -(x+2y)≤2,-4≤2(2x-y)≤0,所以-7≤3x-4y≤2.
[-7,2]
高考创新方向 多想少算
【例】　以max M表示数集M中最大的数.设0a+b≤1,则max{b-a,c-b,1-c}的最小值为.
【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.以上思维过程凸显了新高考改革的命题特点和趋势.
创新解读
课时作业3
1.(5分)若a=x2+5x+6,b=(x+1)(x+4),则 (　 　)
A.a>b
B.aC.a=b
D.a,b的大小关系无法确定
解析:由题意知b=(x+1)(x+4)=x2+5x+4,因为a-b=x2+5x+6-(x2+5x+4) =2>0,所以a>b.故选A.
基础巩固
A
2.(5分)下列命题中正确的是 (　 　)
A.若ac2>bc2,则|a|>|b|
B.若a>b,c>d,则a-c>b-d
C.若a>b,则
D.若a>b>0,cD
解析:对于A,由ac2>bc2,得a>b,取a=0,b=-1,显然|a|=0<1=|b|,故A错误;对于B,由a>b,c>d,取a=2,b=1,c=-1,d=-4,显然a-c=3<5=b-d,故B错误;对于C,由a>b,取a=1,b=-1,显然,故C错误;对于D,由c0,而a>b>0,因此-,所以,故D正确.故选D.
3.(5分)若1A.(-3,3] B.(-3,5)
C.(-3,3) D.(1,4)
解析:由题意知0≤|b|<4,则-4<-|b|≤0.又1C
4.(5分)若a,b∈R,且a>|b|,则 (　 　)
A.a<-b B.a>b
C.a2解析:对于C,D,由a>|b|得,当b≥0时,a>b,此时,a2>b2,故C,D错误;对于A,当b<0时,a>-b>b,故A错误;对于B,由上可知,当a>|b|时,a>b成立,故B正确.故选B.
B
5.(5分)设p=(a2+a+1)-1,q=a2-a+1,则 (　 　)
A.p>q B.pC.p≥q D.p≤q
解析:p=(a2+a+1)-1=>0,q=a2-a+1=>0,则=(a2-a+1)(a2+a+1)=(a2+1)2-a2=(a2)2+a2+1≥1.故p≤q,当且仅当a=0时,取等号.故选D.
D
6.(5分)(2025·浙江杭州二模)已知A∈R,ε为任意正数,若|A-6|≤ε恒成立,则(　 　)
A.A=6 B.A=±6
C.A>6 D.A<6
解析:因为对任意的正数ε,|A-6|≤ε恒成立,所以|A-6|≤0,又|A-6|≥0,所以|A-6|=0,所以A=6.故选A.
A
7.(5分)互不相等的实数a,b,c满足c-b=4-4a+a2且a+b2+1=0,则下列关系成立的是(　 　)
A.b>a>c B.b>c>a
C.c>a>b D.c>b>a
解析:c-b=4-4a+a2=(a-2)2≥0,因为实数a,b,c互不相等,所以c-b>0,即c>b.因为a+b2+1=0,所以a=-1-b2,则b-a=b2+b+1=>0,故b>a.综上,c>b>a.故选D.
D
8.(5分)(2026·北京丰台区一模)已知aA.a-cC.2a+2c<2b+2d D.a2+c2解析:对于A,取a=1,b=2,c=3,d=4,则a-c=-2,b-d=-2,显然-2<-2不成立,故A错误;对于B,取a=-2,b=-1,c=-3,d=-2,则ac=6,bd=2,显然6<2不成立,故B错误;对于C,因为指数函数y=2x是增函数,aC
9.(8分,多选)(人教A版必修第一册P57复习参考题2T2改编)对于实数a,b,c,下列说法正确的是 (　 　)
A.若a>b,则a>>b
B.若a>b>0,则a>>b
C.若,则a>0,b<0
D.若a>b>0,c>0,则
ABD
解析:对于A,∵a>b,∴a->0,>0,∴a>>b,故A正确;对于B,∵a>b>0,∴>1,>1,∴a>>b,故B正确;对于C,令a=2,b=3,满足,但不满足a>0,b<0,故C错误;对于D,∵a>b>0,c>0,∴>0,即,故D正确.故选ABD.
10.(8分,多选)已知-1≤a≤3,1≤b≤2,则以下不等关系正确的是(　 　)
A.-1≤ab≤6
B.0≤a+b≤5
C.-2≤a-b≤1
D.(a+1)(b-1)≤4
解析:对于A,∵a∈[-1,3],b∈[1,2],∴ab∈[-2,6],故A错误;对于B,∵a∈[-1,3],b∈[1,2],∴a+b∈[0,5],故B正确;对于C,∵a∈[-1,3], -b∈[-2,-1],∴a-b∈[-3,2],故C错误;对于D,∵a+1∈[0,4],b-1∈[0,1],∴(a+1)(b-1)∈[0,4],故D正确.故选BD.
BD
11.(8分,多选)已知实数a>b>0>c>d,则下列不等式一定正确的有(　 　)
A.ln(a-c)>0
B.adC.
D.a3+b3>a2b+ab2
BD
解析:对于A,当a=0.5,c=-0.5时,ln(a-c)=ln 1=0,故A错误;对于B,因为a>b>0,d<0,所以ad0,db>0>c>d,所以c-a<0,a+b>0,故<0,即,故C错误;对于D,a3+b3-(a2b+ab2)=(a3-a2b)+(b3-ab2)=a2(a-b)+b2(b-a)=(a-b)(a2-b2)=(a-b)2(a+b)(敲重点:利用作差法比较大小的关键是变形,常采用配方、因式分解、分母有理化等方法把差式变成积式或完全平方式),因为a>b>0,所以a+b>0,(a-b)2>0,所以a3+b3-(a2b+ab2)=(a-b)2(a+b)>0,即a3+b3>a2b+ab2,故D正确.故选BD.
12.(5分)设a=,b=3-,则a b.(填“>”或“<”)
解析:∵=1,b>0,∴a>b.
>
13.(5分)一般认为,民用住宅的窗户面积与地板面积的比值越大,采光效果越好.现计划对某公寓一房间进行改造升级,已知该房间原地板面积为60平方米,窗户面积为20平方米.若同时增加窗户与地板的面积,且地板增加的面积恰好是窗户增加的面积的k倍,要求改造后的采光效果不比改造前的差,则实数k的最大取值为 .
解析:设窗户增加的面积为x(x>0)平方米,则地板增加的面积为kx平方米,因为改造后的采光效果不比改造前的差,所以,解得k≤3,即实数k的最大取值为3.
3
14.(5分)使命题“若,则a解析:当a>0,b<0时,命题“若,则a1,-1(答案不唯一)
15.(5分)(一题多解)已知M=,N=,则M,N的大小关系为 .
解析:方法一　∵M-N==
=>0,∴M>N.
方法二　令f(x)==,显然f(x)是R上的减函数,故f(2 024)>f(2 025),即M>N.
素养提升
M>N
16.(6分)(一题多解)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aA.ax+by+cz B.az+by+cx
C.ay+bz+cx D.ay+bx+cz
A
创新训练（多想少算）
解析:方法一ax+by+cz-(az+by+cx)=a(x-z)+c(z-x)=(a-c)(x-z). ∵x>y>z, a0,∴ax+by+cz0,∴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(单位:元)是ax+by+cz.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(单位:元)是ax+by+cz.故选A.
本课结束