专题16 不等式基本性质-2021年初升高数学无忧衔接（沪教版2020）

专题16 不等式基本性质 知识精讲 1.不等式的性质 (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，c<0⇒ac<bc；a>b>0，c>d>0⇒ac>bd； (5)可乘方：a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥2)； (6)可开方：a>b>0⇒> (n∈N，n≥2); (7) a>b,ab>0⇒ ；a>b>0,0<c<d⇒ . 二、比较两式大小的方法常见的有两种：作差法、作商法 作差法：第一步：作差； 第二步：变形，常采用配方，因式分解等恒等变形手段； 第三步：定号，重点是能确定是大于0，还是等于0，还是小于0．最后得结论．概括为“三步，—结论”，这里的“变形”一步最为关键． 注1：有的问题直接作差不容易判断其符号，这时可根据两式的特点考虑先变形，到比较易于判断符号时，再作差，予以比较； 注2：如果式中含有字母，不能定号，必须对字母根据式子具体特点分类讨论才能定号．此时要注意分类合理恰当． 三、作商法：求商法比大小的变形要围绕与1比大小进行. 作商法的基本步骤是：①求商，②变形，③与1比大小从而确定两个数的大小. 典例剖析 【例1】 实数满足条件：①；②；③，则有( ) A．　　　　 B． C．　　　　 D． 【难度】★★ 【答案】D 【解析】先由条件②③分析出与的关系，根据条件利用①用数轴数形结合比出大小． ∵，∴与同侧 ∵，∴与异侧 ∵ ∴把标在数轴上，只有下面一种情况 由此得出，∴此题选D． 【例2】已知0＜a＜，且M＝＋，N＝＋，则M、N的大小关系是(　　) A．M＞N B．M＜N C．M＝N D．不能确定 【难度】★★ 【答案】A 【解析】∵0＜a＜，∴1＋a＞0,1＋b＞0,1－ab＞0 ∴M－N＝＋＝＞0. 【例3】比较x3与x2－x＋1的大小 【难度】★ 【答案】见解析 【解析】x3－(x2－x＋1)＝x3－x2＋x－1＝x2(x－1)＋(x－1)＝(x－1)(x2＋1)．XXK] ∵x2＋1>0， ∴当x>1时，(x－1)(x2＋1)>0，即x3>x2－x＋1； 当x＝1时，(x－1)(x2＋1)＝0，即x3＝x2－x＋1； 当x<1时，(x－1)(x2＋1)<0，即x3<x2－x＋1. 【例4】已知a，b，c是实数，试比较a2＋b2＋c2与ab＋bc＋ca的大小． 【难度】★★ 【答案】a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 【解析】∵a2＋b2＋c2－(ab＋bc＋ca)＝[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0， 当且仅当a＝b＝c时取等号． ∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 【例5】设，且，比较：与的大小 【难度】★★ 【答案】见解析 【解析】 ，， ，， ， 故 【例6】比较与的大小，其中 【难度】★ 【答案】见解析 【解析】 ∴ 当时，；当时， 【例7】当时，比较和的大小 【难度】★★ 【答案】见解析 【解析】∵ ∴ 【例8】已知，且则的取值范围是______ 【难度】★★ 【答案】 【解析】由，可得，代入不等式可得，变化为，由已知且，易知，，原不等式解得，所以 【例9】已知实数满足；，求：的取值范围． 【难度】★★ 【答案】见解析 【解析】设： 由①+②×2得： 即：． 说明：此题的一种典型错误做法，如下： ，即： 即： 此解法的错误原因是因为与是两个相互联系，相互制约的量，而不是各自独立的，当取到最大值或最小值时，不一定能取到最值，所以用以上方法可能扩大变量的范围． 避免出错的方法是通过待定系数法“整体代入”，见解题过程． 【例10】设x，y为实数，满足，，求的最大值． 【难度】★★★ 【答案】见解析 【解析】将两边分别平方得，，① 又由可得， ，② 由①×②得，，即的最大值是27. 【例11】已知函数满足：试求的取值范围 【难度】★★ 【答案】见解析 【解析】∵ ∴ 故 　　　 ∴ 【例12】若a>b>0，c<d<0，e<0，求证： 【难度】★ 【答案】见解析 【解析】证明：∵c<d<0，∴－c>－d>0. 又∵a>b>0，∴a－c>b－d>0.【来.源：全,品…中&高*考*网】 ∴(a－c)2>(b－d)2>0.∴ 又∵e<0，∴ 【例13】设a＞b＞c，求证：＋＋＞0. 【难度】★★ 【答案】见解析 【解析】∵a＞b＞c，∴－c＞－b. ∴a－c＞a－b＞0，∴＞＞0. ∴＋＞0.又b－c＞0，∴＞0. ＋＋＞0. 【例14】设，问是否存在实数c，使得不等式成立，如果存在，求出c的取值范围；如果不存在，请说明理由. 【难度】★★ 【解析】假设存在，则化简得 （i） 时