2021版高考数学一轮复习 第七章 不等式 第1讲 不等关系与不等式教案 文 新人教A版

1第1讲不等关系与不等式一、知识梳理1．实数大小顺序与运算性质之间的关系a－b0⇔ab；a－b＝0⇔a＝b；a－b0⇔ab．2．不等式的基本性质(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⇒na＞nb(n∈N，n≥2)．常用结论记住不等式的两类常用性质(1)倒数性质①ab，ab0⇒1a1b；②a0b⇒1a1b；③ab0，dc0⇒acbd.(2)有关分数的性质若ab0，m0，则①bab＋ma＋m；bab－ma－m(b－m0)；2②aba＋mb＋m；aba－mb－m(b－m0)．二、习题改编1．(必修5P75A组T2改编)12－13＋1(填“”“”或“＝”)．答案：2．(必修5P74练习T3改编)若a，b都是实数，则“a－b0”是“a2－b20”的条件．(填“充分不必要”“必要不充分”和“充要”)解析：a－b0⇒ab⇒ab≥0⇒a2b2，但由a2－b20⇒/a－b0.答案：充分不必要一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两个实数a，b之间，有且只有ab，a＝b，ab三种关系中的一种．()(2)若ab1，则ab.()(3)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．()(4)同向不等式具有可加性和可乘性．()(5)两个数的比值大于1，则分子不一定大于分母．()答案：(1)√(2)×(3)×(4)×(5)√二、易错纠偏常见误区(1)不等号的传递性中同向问题；(2)可乘性中的乘正负数问题．1．设ab，a，b，c∈R，则下列结论正确的是()A．ac2bc2B.ab1C．a－cb－cD．a2b2解析：选C.当c＝0时，ac2＝bc2，所以选项A错误；当b＝0时，ab无意义，所以选项B错误；因为ab，所以a－cb－c恒成立，所以选项C正确；当a≤0时，a2b2，所以选项D错误．故选C.2．下列不等式中恒成立的是．①m－3＞m－5；②5－m＞3－m；3③5m＞3m；④5＋m＞5－m.解析：m－3－m＋5＝2＞0，故①恒成立；5－m－3＋m＝2＞0，故②恒成立；5m－3m＝2m，无法判断其符号，故③不恒成立；5＋m－5＋m＝2m，无法判断其符号，故④不恒成立．答案：①②比较两个数(式)的大小(典例迁移)(1)已知ab0，m0，则()A.ba＝b＋ma＋mB.bab＋ma＋mC.bab＋ma＋mD.ba与b＋ma＋m的大小关系不确定(2)若a＝ln33，b＝ln22，比较a与b的大小．【解】(1)选C.ba－b＋ma＋m＝b（a＋m）－a（b＋m）a（a＋m）＝m（b－a）a（a＋m）.因为ab0，m0.所以b－a0，a＋m0，所以m（b－a）a（a＋m）0.即ba－b＋ma＋m0.所以bab＋ma＋m.(2)因为a＝ln33＞0，b＝ln22＞0，所以ab＝ln33·2ln2＝2ln33ln2＝ln9ln8＝log89＞1，所以a＞b.【迁移探究】若本例(1)的条件不变，试比较ba与b－ma－m的大小．4解：ba－b－ma－m＝b（a－m）－a（b－m）a（a－m）＝m（a－b）a（a－m）.因为ab0，m0.所以a－b0，m(a－b)0.(1)当am时，a(a－m)0，所以m（a－b）a（a－m）0，即ba－b－ma－m0，故bab－ma－m.(2)当am时，a(a－m)0.所以m（a－b）a（a－m）0，即ba－b－ma－m0，故bab－ma－m.比较两个数(式)大小的3种方法1．设a，b∈[0，＋∞)，A＝a＋b，B＝a＋b，则A，B的大小关系是()A．A≤BB．A≥BC．ABD．AB解析：选B.由题意得，B2－A2＝－2ab≤0，且A≥0，B≥0，可得A≥B.2．已知a，b是实数，且eab，其中e是自然对数的底数，则ab与ba的大小关系是．解析：令f(x)＝lnxx，x0，则f′(x)＝1－lnxx2，当xe时，f′(x)0，即函数f(x)在xe时是减函数．因为eab，所以lnaalnbb，即blnaalnb，所以lnablnba，则abba.5答案：abba不等式的性质(师生共研)(1)(特值法)设a，b∈R，则“ab”是“a|a|b|b|”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件(2)若a＞0＞b＞－a，cd0，则下列结论：①ad＞bc；②ad＋bc0；③a－c＞b－d；④a(d－c)＞b(d－c)中成立的个数是()A．1B．2C．3D．4【解析】(1)当b0时，显然有ab⇔a|a|b|b|；当b＝0时，显然有ab⇔a|a|b|b|；当b0时，由ab有|a||b|，所以ab⇔a|a|b|b|.综上可知ab⇔a|a|b|b|，故选C.(2)因为a＞0＞b，cd0，所以ad0，bc＞0，所以adbc，故①错误．因为0＞b＞－a，所以a＞－b＞0，因为cd0，所以－c＞－d＞0，所以a(－c)＞(－b)(－d)，所以ac＋bd0，所以ad＋bc＝ac＋bdcd0，故②正确．因为cd，所以－c＞－d，因为a＞b，所以a＋(－c)＞b＋(－d)，即a－c＞b－d，故③正确．因为a＞b，d－c＞0，所以a(d－c)＞b(d－c)，故④正确，故选C.【答案】(1)C(2)C判断关于不等式的命题的真假的方法6(1)直接运用不等式的性质：把要判断的命题和不等式的性质联系起来考虑，找到与命题相近的性质，然后进行推理判断．(2)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．(3)特殊值验证法：给要判断的几个式子中涉及的变量取一些特殊值，然后进行比较、判断．1．(一题多解)(2020·石家庄质量检测)已知a0b，则下列不等式一定成立的是()A．a2－abB．|a||b|C.1a1bD．(12)a(12)b解析：选C.通解：当a＝1，b＝－1时，满足a0b，此时a2＝－ab，|a|＝|b|，12a12b，所以A，B，D不一定成立，因为a0b，所以b－a0，ab0，所以1a－1b＝b－aab0，所以1a1b一定成立，故选C.优解：因为a0b，所以1a01b，所以1a1b一定成立．故选C.2．已知abc且a＋b＋c＝0，则下列不等式恒成立的是()A．a2b2c2B．a|b|c|b|C．bacaD．cacb解析：选D.因为abc且a＋b＋c＝0，所以a0，c0，b的符号不定，对于ba，两边同时乘以正数c，不等号方向不变．不等式性质的应用(典例迁移)已知－1x4，2y3，则x－y的取值范围是，3x＋2y的取值范围是．【解析】因为－1x4，2y3，所以－3－y－2，所以－4x－y2.由－1x4，2y3，得－33x12，742y6，所以13x＋2y18.【答案】(－4，2)(1，18)【迁移探究1】(变条件)若将本例条件改为“－1xy3”，求x－y的取值范围．解：因为－1x3，－1y3，所以－3－y1，所以－4x－y4.又因为x＜y，所以x－y0，所以－4x－y0，故x－y的取值范围为(－4，0)．【迁移探究2】(变条件)若将本例条件改为“－1x＋y4，2x－y3”，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，所以m＝52，n＝12.即3x＋2y＝52(x＋y)＋12(x－y)，又因为－1x＋y4，2x－y3，所以－5252(x＋y)10，112(x－y)32，所以－3252(x＋y)＋12(x－y)232，即－323x＋2y232，所以3x＋2y的取值范围为－32，232.求代数式取值范围的方法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会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整体范围，是避免错误的有效途径．1．设α∈－π6，π2，β∈[0，π]，那么2α－β3的取值范围是()8A.0，2π3B.－π3，2π3C.－π3，2π3D．－2π3，π解析：选D.由题设得－π32απ，0≤β3≤π3，所以－π3≤－β3≤0，所以－2π32α－β3＜π.2．(2020·长春市质量检测(一))已知角α，β满足－π2α－βπ2，0α＋βπ，则3α－β的取值范围是．解析：设3α－β＝m(α－β)＋n(α＋β)＝(m＋n)α＋(n－m)β，则m＋n＝3，n－m＝－1，解得m＝2，n＝1.因为－π2α－βπ2，0α＋βπ，所以－π2(α－β)π，故－π3α－β2π.答案：(－π，2π)[基础题组练]1．若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，则f(x)，g(x)的大小关系是()A．f(x)＝g(x)B．f(x)g(x)C．f(x)g(x)D．随x的值变化而变化解析：选B.f(x)－g(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋10⇒f(x)g(x)．2．已知a，b∈R，若ab，1a1b同时成立，则()A．ab0B．ab0C．a＋b0D．a＋b0解析：选A.因为1a1b，所以1a－1b＝b－aab0，又ab，所以b－a0，所以ab0.3．若m0，n0且m＋n0，则下列不等式中成立的是()A．－nmn－mB．－nm－mnC．m－n－mnD．m－nn－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＋n0⇒m－n⇒n－m，又由于m0n，故m－nn－m成立．94．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≥baB．ac≥bC．cbaD．acb解析：选A.因为c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，所以c≥b.又b＋c＝6－4a＋3a2，所以2b＝2＋2a2，所以b＝a2＋1，所以b－a＝a2－a＋1＝a－122＋340，所以ba，所以c≥ba.5．(2020·扬州模拟)若a1a2，b1b2，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)，因为a1a2，b1b2，所以(a1－a2)(b1－b2)0，即a1b1＋a2b2a1b2＋a2b1.答案：a1b1＋a2b2a1b2＋a2b16．已知a，b∈R，则ab和1a1b同时成立的条件是．解析：若ab0，由ab两边同除以ab得，1b＞1a，即1a1b；若ab＞0，则1a＞1b.所以ab和1a1b同时成立的条件是a0b.答案：a0b7．若角α，β满足－π2αβπ，则α－β的取值范围是．解析：因为－π2απ，－π2βπ，所以－π－βπ2，所以－3π2α－β3π2.又因为αβ，所以α－β0，从而－3π2α－β0.答案：－3π2，08．已知12a60，15b36，求a－b，ab的取值范围．解：因为15b36，所以－36－b－15.10又12a60，所以12－36a－b60－15，所以