2018届高考数学一轮复习 第六章 不等式、推理与证明 第一节 不等关系与不等式学案 文

第一节 不等关系与不等式
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．掌握不等式的性质及应用．
知识点一 两个实数比较大小 1．作差法⎩⎪⎨⎪
⎧
a －b>0⇔a
b ，a －b ＝0⇔a b ，
a －b<0⇔a
b ；
2．作商法⎩⎪⎨⎪⎧
a
b
>1⇔a R ，b
，a
b ＝1⇔a b a ∈R ，b
，
a b <1⇔a b a ∈R ，b
答案
1．> ＝ < 2.> ＝
<
1．判断正误
(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a b
>1，则a >b .( ) 答案：(1)√ (2)×
2．(必修⑤P75习题3.1A 组第2题改编)1
5－2________1
6－5
(填“>”“<”或“＝”)．
解析：分母有理化有1
5－2＝5＋2，1
6－5
＝6＋5，显然5＋2<6＋5，所以15－2
<16－5
.
答案：<
知识点二 不等式的性质 1．对称性：a >b ⇔b <a ； 2．传递性：a >b ，b >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⇒a n
____b n
(n ∈N ，n ≥2)； 6．可开方：a >b >0⇒
n
a >n
b (n ∈N ，n ≥2)．
答案
2．a >c 3.> > 5.>
3．判断正误
(1)一个不等式的两边同加上或同乘以同一个数，不等号方向不变．( ) (2)一个非零实数越大，则其倒数就越小．( ) (3)同向不等式具有可加和可乘性．( ) (4)a >b >0，c >d >0⇒a d >b c
.( ) (5)若ab >0，则a >b ⇔1a <1
b
.( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)√
4．设b <a ，d <c ，则下列不等式中一定成立的是( ) A ．a －c <b －d B ．ac <bd C ．a ＋c >b ＋d
D ．a ＋d >b ＋c
解析：由同向不等式具有可加性可知C 正确． 答案：C
5．若－π2<α<β<π
2
，则α－β的取值范围是________．
解析：由－π2<α<π2，－π2<－β<π
2，α<β，得－π<α－β<0.
答案：(－π，0)
热点一 比较两个数(式)的大小
【例1】 (1)已知a 1，a 2∈(0,1)，记M ＝a 1a 2，N ＝a 1＋a 2－1，则M 与N 的大小关系是( ) A ．M <N B ．M >N C ．M ＝N
D ．不确定
(2)已知a >b >0，比较a a b b
与a b b a
的大小．
【解析】 (1)∵M －N ＝a 1a 2－a 1－a 2＋1＝a 1(a 2－1)－(a 2－1)＝(a 1－1)(a 2－1) 又a 1，a 2∈(0,1)，故(a 1－1)(a 2－1)>0，故M >N .
(2)解：∵a a b b a b b a ＝a a －b b a －b ＝(a b
)a －b
，
又a >b >0，故a b
>1，a －b >0，
∴(a b )a －b >1，即a a b b
a b b
a >1， 又a
b b a
>0，∴a a b b
>a b b a
，
∴a a b b
与a b b a
的大小关系为：a a b b
>a b b a
. 【答案】 (1)B (2)a a b b
>a b b a
(1)已知x ∈R ，m ＝(x ＋1)(x 2＋x 2＋1)，n ＝(x ＋1
2
)(x 2＋x ＋1)，则m ，n 的大小关系为( )
A ．m ≥n
B ．m >n
C ．m ≤n
D ．m <n
(2)若a ＝1816
，b ＝1618
，则a 与b 的大小关系为________． 解析：(1)m ＝(x ＋1)(x 2
＋x
2＋1) ＝(x ＋1)(x 2
＋x －x
2＋1)
＝(x ＋1)(x 2＋x ＋1)－x
2
(x ＋1)，
n ＝(x ＋12
)(x 2＋x ＋1)
＝(x ＋1－12
)(x 2
＋x ＋1)
＝(x ＋1)(x 2
＋x ＋1)－12
(x 2＋x ＋1)，
∴m －n ＝(x ＋1)(x 2
＋x 2＋1)－(x ＋12)(x 2＋x ＋1)＝12(x 2＋x ＋1)－12x (x ＋1)＝12
>0.
则有x ∈R 时，m >n 恒成立，故选B.
(2)a b ＝18161618＝(1816)161
16
2 ＝(98)16(12)16＝(982)16， ∵
9
82∈(0,1)，∴(982
)16
<1. ∵1816
>0,1618
>0，∴1816
<1618
，即a <b . 答案：(1)B (2)a <b 热点二 不等式的性质
考向1 利用不等式的性质比较大小
【例2】 若a >b >0，c <d <0，则一定有( ) A.a c >b d B.a c <b d C.a d >b c
D.a d <b c
【解析】 由c <d <0⇒－1d >－1c >0，又a >b >0，故由不等式性质，得－a d >－b c >0，所以a d <b
c
.
【答案】 D
考向2 不等式性质与函数性质的结合
【例3】 (2016·北京卷)已知x ，y ∈R ，且x >y >0，则( ) A.1x －1
y
>0
B ．sin x －sin y >0
C ．(12)x －(12
)y
<0
D ．ln x ＋ln y >0
【解析】 解法1：因为x >y >0，选项A ，取x ＝1，y ＝12，则1x －1
y ＝1－2＝－1<0，排除A ；
选项B ，取x ＝π，y ＝π2，则sin x －sin y ＝sin π－sin π
2
＝－1<0，排除B ；选项D ，取x ＝2，
y ＝1
2
，则ln x ＋ln y ＝ln(xy )＝ln1＝0，排除D.故选C.
解法2：因为函数y ＝(12)x 在R 上单调递减，且x >y >0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫12x <⎝ ⎛⎭⎪⎫12y
，即(12)x －(12)y <0，
故选C.
【答案】 C
(1)若a ，b 为实数，则“0<ab <1”是“a <1b 或b >1
a
”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
(2)若1a <1
b
<0，则下列不等式：①a ＋b <ab ；②|a |
>|b |；③a <b ；④ab <b 2
中，正确的不等式有( ) A ．①② B ．②③ C ．①④ D ．③④
(3)已知a <b <c 且a ＋b ＋c ＝0，则下列不等式恒成立的是( ) A ．a 2
<b 2
<c 2
B ．a |b |<c |b |
C ．ba <ca
D ．ca <cb
解析：(1)对于0<ab <1，如果a >0，则b >0，a <1b 成立，如果a <0，则b <0，b >1
a
成立，因此
“0<ab <1”是“a <1b 或b >1a ”的充分条件；反之，若a ＝－1，b ＝2，结论“a <1b 或b >1
a
”成立，
但条件0<ab <1不成立，因此“0<ab <1”不是“a <1b 或b >1a ”的必要条件．即“0<ab <1”是“a <
1
b
或b >1
a
”的充分不必要条件．
(2)因为1a <1
b
<0，所以b <a <0，a ＋b <0，ab >0，所以a ＋b <ab ，|a |<|b |，在b <a 两边同时
乘以b ，因为b <0，所以ab <b 2
.因此正确的是①④.
(3)因为a <b <c 且a ＋b ＋c ＝0，所以a <0，c >0，b 的符号不定，对于b >a ，两边同时乘以正数c ，不等号方向不变．
答案：(1)A (2)C (3)D 热点三 求取值范围
【例4】 已知－1<x <4,2<y <3，则x －y 的取值范围是________，3x ＋2y 的取值范围是________．
【解析】 ∵－1<x <4,2<y <3. ∴－3<－y <－2，∴－4<x －y <2.
由－1<x <4,2<y <3，得－3<3x <12,4<2y <6.∴1<3x ＋2y <18. 【答案】 (－4,2) (1,18)
1．将本例条件改为－1<x <y <3，求x －y 的取值范围． 解：∵－1<x <3，－1<y <3，∴－3<－y <1. ∴－4<x －y <4.① 又∵x <y ，∴x －y <0，②
由①②得－4<x －y <0.故x －y 的取值范围为(－4,0)．
2．若将本例条件改为“－1<x ＋y <4,2<x －y <3”，求3x ＋2y 的取值范围． 解：设3x ＋2y ＝m (x ＋y )＋n (x －y )．
则⎩⎪⎨⎪⎧
m ＋n ＝3，m －n ＝2.
∴⎩⎪⎨⎪⎧
m ＝5
2，n ＝1
2，
即3x ＋2y ＝52(x ＋y )＋1
2(x －y )．
又－1<x ＋y <4,2<x －y <3. ∴－52<52(x ＋y )<10,1<12(x －y )<3
2.
∴－32<52(x ＋y )＋12(x －y )<232，
即－32<3x ＋2y <232
.
故3x ＋2y 的取值范围为⎝ ⎛⎭
⎪⎫－32，232.
设实数x ，y 满足0<xy <4，且0<2x ＋2y <4＋xy ，则x ，y 的取值范围是( ) A ．x >2且y >2 B ．x <2且y <2 C ．0<x <2且0<y <2
D ．x >2且0<y <2
解析：由题意得⎩⎪⎨
⎪⎧
xy >0，
x ＋y >0⇒⎩⎪⎨⎪⎧
x >0，
y >0，
由2x ＋2y －4－xy ＝(x －2)·(2－y )<0，得
⎩
⎪⎨⎪⎧
x >2，
y >2或⎩
⎪⎨
⎪⎧
0<x <2，
0<y <2，又xy <4，可得⎩
⎪⎨
⎪⎧
0<x <2，
0<y <2.
答案：C
1．洞察不等式的各个性质的结构特征，是寻找解题线索，启发解题思维的重要依据． 2．比较两数大小，一般运用作差法，具体步骤是：作差——变形——判断(与0比较)．
3．判断不等式是否成立，一般可利用不等式性质、函数的单调性等进行推理，也可利用特殊值法对命题进行否定．
易错警示——多次使用同
向不等式的可加性致误
【例】 设f (x )＝ax 2
＋bx ，若1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，则f (－2)的取值范围是________．
【错解】 由⎩⎪⎨
⎪
⎧
1≤f －，2≤f
，
得⎩⎪⎨⎪
⎧
1≤a －b ≤2，①2≤a ＋b ≤4.②
①＋②得32≤a ≤3.②－①得1
2≤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]
【错因分析】 本题错解的主要原因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】 解法1：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⎩
⎪⎨
⎪⎧
m ＋n ＝4，
n －m ＝－2.解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
m ＝3，
n ＝1.
∴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.
解法2：由⎩
⎪⎨
⎪⎧
f
－＝a －b ，f ＝a ＋b ，
得⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝12[f －＋f ，
b ＝1
2[f
－f －
，
∴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.
解法3：由⎩⎪⎨
⎪⎧
1≤a －b ≤2，2≤a ＋b ≤4
确定的平面区域如图阴影部分，当f (－2)＝4a －2b 过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12时，取得最小值4×32－
2×1
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]
解题策略：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，是避免错误的有效途径．。