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1、 高考數(shù)學精品復(fù)習資料 2019.5 第七章　不等式、推理與證明 學案33　不等式的概念與性質(zhì) 導(dǎo)學目標： 1.了解現(xiàn)實世界和日常生活中的不等關(guān)系，了解不等式(組)的實際背景.2.理解不等式的性質(zhì)，會應(yīng)用不等式的性質(zhì)解決與范圍有關(guān)的問題． 自主梳理 1．不等關(guān)系 不等關(guān)系與等量關(guān)系一樣，也是自然界中存在的基本數(shù)量關(guān)系，它們在現(xiàn)實世界和日常生活中大量存在．不等關(guān)系可分為常量與________間的不等關(guān)系(如3>0)，變量與________間的不等關(guān)系(如x>5)，函數(shù)與________之間的不等關(guān)系(如

2、x2＋1≥2x)等． 2．不等式 用________(如“<”“>”“≤”“≥”等)連接兩個代數(shù)式而成的式子叫做不等式，其中用“<”或“>”連接的不等式叫做嚴格不等式；用“≤”“≥”連接的不等式叫做非嚴格不等式．不等式可分為絕對不等式(不論用什么實數(shù)代替不等式中的字母，不等式都能成立)、條件不等式(只有用某些范圍內(nèi)的實數(shù)代替不等式中的字母，不等式才能夠成立)、矛盾不等式(不論用什么樣的實數(shù)代替不等式中的字母，不等式都不能成立)． 3．兩個實數(shù)大小的比較 (1)作差法：設(shè)a，b∈R，則a>b?a－b>0，a<b?a－b<0，這是比較兩個實數(shù)

3、大小和運用比較法的依據(jù)． (2)作商法：依據(jù)：設(shè)a>0，b>0，則a>b?__________， a<b?<1. 4．不等式的性質(zhì) (1)對稱性：a>b?________； (2)傳遞性：a>b，b>c?________； (3)加法性質(zhì)：a>b?________； 推論：a>b，c>d?________； (4)乘法性質(zhì)：a>b，c>0?________； 推論：a>b>0，c>d>0?________； (5)乘方性質(zhì)：a>b>0?_____________

4、___________； (6)開方性質(zhì)：a>b>0?________________________； (7)倒數(shù)性質(zhì)：a>b，ab>0?________________. 自我檢測 1．(20xx·大綱全國)下面四個條件中，使a>b成立的充分而不必要的條件是(　　) A．a(chǎn)>b＋1 B．a(chǎn)>b－1 C．a(chǎn)2>b2 D．a(chǎn)3>b3 2．若a，b是任意實數(shù)，且a>b，則(　　) A．a(chǎn)2>b2 B.<1 C．lg(a－b)>0 D.a<b 3．

5、(20xx·青島模擬)設(shè)a>0，b>0，則以下不等式中不一定成立的是(　　) A．＋≥2 B．ln(ab＋1)>0 C．a(chǎn)2＋b2＋2≥2a＋2b D．a(chǎn)3＋b3≥2ab2 4．(20xx·上海)若a，b∈R，且ab>0，則下列不等式中，恒成立的是(　　) A．a(chǎn)2＋b2>2ab B．a(chǎn)＋b≥2 C.＋> D.＋≥2 5．(20xx·安徽)若a>0，b>0，a＋b＝2，則下列不等式對一切滿足條件的a，b恒成立的是________(寫出所有正確命題的序號)． ①ab≤1；②＋≤；③a2

6、＋b2≥2；④a3＋b3≥3；⑤＋≥2. 探究點一　數(shù)與式的大小比較 例1　(1)設(shè)x<y<0，試比較(x2＋y2)(x－y)與(x2－y2)(x＋y)的大??； (2)已知a，b，c∈{正實數(shù)}，且a2＋b2＝c2，當n∈N，n>2時，比較cn與an＋bn的大?。? 變式遷移1　已知a>2，b>2，試比較a＋b與ab的大小． 探究點二　不等式性質(zhì)的簡單應(yīng)用 例2　下面的推理過程 ?ac>bd?>，其中錯誤之處的個數(shù)是(　　) A．0　　　　B．1　　　　C．2　　

7、　　D．3 變式遷移2　(20xx·許昌月考)若a<b<0，則下列不等式中不成立的是(　　) A.> B.> C．|a|>|b| D．a(chǎn)2>b2 探究點三　求字母或代數(shù)式范圍問題 例3　(1)已知12<a<60,15<b<36，求a－b及的取值范圍． (2)設(shè)f(x)＝ax2＋bx,1≤f(－1)≤2,2≤f(1) ≤4，求f(－2)的取值范圍． 變式遷移3　(1)已知－≤α≤，0≤β≤π，則2α－的范圍為________． (2)(20xx·遼

8、寧)已知－1<x＋y<4且2<x－y<3，則z＝2x－3y的取值范圍為________．(答案用區(qū)間表示) 1．數(shù)或式的大小比較常見的思路：一是采用作差(或作商)比較法；二是直接應(yīng)用不等式的性質(zhì)或基本不等式；三是利用函數(shù)的單調(diào)性．在不等關(guān)系的判斷及數(shù)或式的大小比較過程中等價轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵． 2．由M1<f1(a，b)<N1和M2<f2(a，b)<N2，求g(a，b)的取值范圍，固然要將已知兩個不等式相加，但不等式相加的次數(shù)應(yīng)盡可能少，以免將取值范圍擴大．這時可以用所謂的“線性相關(guān)值”，令g(a，b)＝pf1(a，b)＋qf2(a，b)，用恒等

9、關(guān)系求出待定系數(shù)p，q，于是一次相加，便可求到所需要的范圍． (滿分：75分) 一、選擇題(每小題5分，共25分) 1．(20xx·開封調(diào)研)已知a、b、c滿足c<b<a，且ac<0，那么下列選項中一定成立的是(　　) A．a(chǎn)b>ac B．c(b－a)<0 C．cb2<ab2 D．a(chǎn)c(a－c)>0 2．若a>b>0，則下列不等式中恒成立的是(　　) A．> B．a(chǎn)＋>b＋ C．a(chǎn)＋>b＋ D.> 3．(20xx·金華模擬)已知a&

10、gt;b，則下列不等式一定成立的是(　　) A．lg a>lg b B．a(chǎn)2>b2 C.< D．2a>2b 4．(20xx·舟山七校聯(lián)考)若a<b<0，則下列結(jié)論中正確的是(　　) A.>和>均不能成立 B.>和>均不能成立 C．不等式>和2>2均不能成立 D．不等式>和2<2均不能成立 5．已知三個不等式：ab>0，bc－ad>0，－>0(其中a，b，c，d均為實數(shù))，用其中兩個不等式作為條件，余下的一個不等式作為結(jié)論組成一個命題，可組成的正確命

11、題的個數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 二、填空題(每小題4分，共12分) 6．若x>y>1，且0<a<1，則①ax<ay；②logax>logay；③x－a>y－a；④logxa<logya. 其中不成立的個數(shù)是________． 7．(20xx·東莞月考)當a>0>b，c<d<0時，給出以下三個結(jié)論：①ad<bc；②a＋c2>b＋d2；③b－c>d－c.其中正確命題的序號是________． 8．已知－≤α<β≤，則的取值范圍是________

12、；的取值范圍是______________． 三、解答題(共38分) 9．(12分)(20xx·陽江月考)已知a＋b>0，試比較＋與＋. 10．(12分)比較aabb與abba(a，b為不相等的正數(shù))的大?。? 11．(14分)已知a>0，a2－2ab＋c2＝0，bc>a2.試比較a，b，c的大?。? 學案33　不等式的概念與性質(zhì) 自主梳理 1．常量　常量　函數(shù)　2.不等號　3.(2)>1　4.(1)b<a

13、　(2)a>c　(3)a＋c>b＋c　a＋c>b＋d　(4)ac>bc　ac>bd　(5)an>bn (n∈N且n≥2)　(6)> (n∈N且n≥2) (7)< 自我檢測 1．A　2.D　3.D　4.D 5．①③⑤ 課堂活動區(qū) 例1　解題導(dǎo)引　比較大小有兩種基本方法： (1)作差法步驟：作差——變形——判斷差的符號．作商法的步驟：作商——變形——判斷商與1的大?。?2)兩種方法的關(guān)鍵是變形．常用的變形技巧有因式分解、配方、有理化等，也可以等價轉(zhuǎn)化為易于比較大小的兩個代數(shù)式來達到目的． 解　(1)方法一　(x2＋y2)(x－y)－(

14、x2－y2)(x＋y)＝(x－y)[x2＋y2－(x＋y)2]＝－2xy(x－y)， ∵x<y<0，∴xy>0，x－y<0. ∴－2xy(x－y)>0. ∴(x2＋y2)(x－y)>(x2－y2)(x＋y)． 方法二　∵x<y<0， ∴x－y<0，x2>y2，x＋y<0. ∴(x2＋y2)(x－y)<0，(x2－y2)(x＋y)<0. ∴0<＝<1. ∴(x2＋y2)(x－y)>(x2－y2)(x＋y)． (2)∵a，b，c∈{正實數(shù)}，∴an，bn，cn>0. 而＝n＋n

15、. ∵a2＋b2＝c2，則2＋2＝1， ∴0<<1,0<<1. ∵n∈N，n>2， ∴n<2，n<2. ∴＝n＋n<＝1. ∴an＋bn<cn. 變式遷移1　解　方法一　(作差法) ab－(a＋b)＝(a－1)(b－1)－1， ∵a>2，b>2，∴a－1>1，b－1>1. ∴(a－1)(b－1)－1>0. ∴ab－(a＋b)>0. ∴ab>a＋b. 方法二　(作商法)∵＝＋， 且a>2，b>2，∴<，<. ∴＋<＋＝1. ∴<1.又

16、∵ab>4>0，∴a＋b<ab. 例2　D　[由a>b?ac>bc，c>d?bc>bd都是對不等式兩邊同乘一實數(shù)，只有當該實數(shù)為正數(shù)時，不等號才不改變方向，故這兩步都錯誤；由于不等式具有傳遞性，所以得出ac>bd是正確的，由ac>bd?>是對不等式ac>bd兩邊同除cd，由于不知cd的正、負，故這一步也是錯誤的．] 變式遷移2　B　[∵a<b<0，∴ab>0. 取倒數(shù)，則有>，選項A正確． ∵a<b<0，∴|a|>|b|和a2>b2兩個不等式均成立，選項C、D正確． 對于

17、B，－＝， 又∵a<b<0，∴a－b<0.∴<0， 即<.∴選項B不成立．] 例3　解題導(dǎo)引　第(2)題中，由于f(x)＝ax2＋bx，所以f(－2)、f(－1)和f(1)都是關(guān)于a，b的代數(shù)式，由于已知f(－1)、f(1)的范圍，因此利用待定系數(shù)法表示出f(－2)，通過等式兩邊a、b系數(shù)相等求出待定系數(shù)，然后通過f(－1)、f(1)的范圍求出f(－2)的范圍．本題也可用線性規(guī)劃求解，即已知條件可化為求的是z＝4a－2b的范圍． 解　(1)∵15<b<36，∴－36<－b<－15. ∴12－36<a－b<60－15，即

18、－24<a－b<45. 又<<，∴<<. ∴<<4. (2)方法一　由， 得 ∴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. 方法二　設(shè)f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)， 則4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)， 即4a－2b＝(m＋n)a＋(n－m)b， ∴解得 ∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)， ∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4， ∴5≤f(－2)≤10， ∴f(－2)的取值范圍是[5

19、,10]． 變式遷移3　(1)[－，π]　(2)(3,8) 解析　(1)由－≤α≤ ?－π≤2α≤π， 由0≤β≤π?－≤－≤0， 兩不等式相加得：－≤2α－≤π. 所以2α－的范圍為. (2)設(shè)2x－3y＝λ(x＋y)＋μ(x－y)＝(λ＋μ)x＋(λ－μ)y，對應(yīng)系數(shù)相等， 則? 從而2x－3y＝－(x＋y)＋(x－y)∈(3,8)． 課后練習區(qū) 1．A　[由c<b<a，且ac<0，知a>0，c<0，但b的符號不確定，b可能為0，故C錯誤． 由b>c?ab>ac，b可能為0，故A正確． ?c(b－a)>0，故B錯誤．

20、 ?ac(a－c)<0，故D錯誤．] 2．C　[∵a>b>0，∴ab>0，∴>. ∴a＋>b＋.故選C.] 3．D　[只有指數(shù)函數(shù)y＝2x在R上為增函數(shù)，所以D正確．而A、C顯然不是對于一切實數(shù)都成立的，B的等價條件是|a|>|b|，顯然也錯誤．] 4．D　[∵a<b<0，∴a－b<0.－＝，2b－a的正負不確定，即>有可能成立；又∵a<b<0， ∴|a|>|b|>0，則有<，即>不成立．] 5．D　[①由ab>0，bc－ad>0，即bc>ad， 得>，

21、即－>0； ②由ab>0，－>0，即>， 得bc>ad，即bc－ad>0； ③由bc－ad>0，－>0， 即>0，得ab>0； 故可組成3個正確的命題．] 6．3 解析　∵x>y>1,0<a<1，∴ax<ay，logax<logay， 故①成立，②不成立． ∵xa>ya>0，∴x－a<y－a，③不成立． 又logax<logay<0，∴>. 即logxa>logya，∴④也不成立． 7．①② 解析　∵ad<0，bc>0，

22、∴ad<bc，故①正確； 又∵c<d<0，∴c2>d2>0. 由已知a>b，同向不等式相加得a＋c2>b＋d2，故②正確； 對于結(jié)論③，d－c>0，b－c的正、負不確定，故③不正確． 8.　 解析　∵－≤α<，－<β≤， ∴－π<α＋β<π，∴－<<. ∵－≤－β<， ∴－π≤α－β<π，∴－≤<. 又∵α－β<0，∴－≤<0. 9．解?。剑? ＝(a－b)＝.(6分) ∵a＋b>0，(a－b)2≥0，∴≥0. ∴＋≥＋.(12分) 10．解?。?/p>

23、aa－bbb－a＝a－b，(4分) 當a>b>0時，>1，a－b>0， ∴a－b>1；(8分) 當0<a<b時，<1，a－b<0， ∴a－b>1.(11分) 綜上所述，當a，b為不相等的正數(shù)時，總有aabb>abba. (12分) 11．解　∵bc>a2>0，∴b，c同號．(2分) 又a2＋c2>0，a>0，∴b＝>0. ∴c>0.(4分) 由(a－c)2＝2ab－2ac＝2a(b－c)≥0， ∴b－c≥0.(6分) 當b－c>0，即b>c時， 由?·c>a2?(a－c)(2a2＋ac＋c2)<0. ∵a>0，b>0，c>0，∴2a2＋ac＋c2>0. ∴a－c<0，即a<c，則a<c<b.(10分) 當b－c＝0，即b＝c時， ∵bc>a2，∴b2>a2，即b≠a. 又∵a2－2ab＋c2＝(a－b)2＝0?a＝b與a≠b矛盾， ∴b－c≠0.綜上，可知a<c<b.(14分)