第05讲 等式与不等式的性质 （3大知识点+9种必考题型+强化训练）-【帮课堂】2024-2025学年高一数学同步学与练（沪教版2020必修第一册）

第05讲 等式与不等式的性质 课程标准 学习目标 1. 借助实际问题表示不等式，提升数学建模素养． 2. 通过大小比较，培养逻辑推理素养. 1.通过不等式性质的判断与证明，培养逻辑推理能力． 2．借助不等式性质求范围问题，提升数学运算素养. 1.会用不等式(组)表示实际问题中的不等关系．(难点) 2．会用比较法比较两实数的大小．(重点) 1.掌握不等式的性质．(重点) 2．能利用不等式的性质进行数或式的大小比较或不等式的证明．(难点) 3．通过类比等式与不等式的性质，探索两者之间的共性与差异. 知识点01.等式的性质与方程的解 1.等式的性质 （1）传递性 设、、均为实数，如果，，那么；、 （2）加法性质 设、、均为实数，如果，那么； （3）乘法性质 设、、均为实数，如果，那么； 还可以“验证”与“推广”得性质与推论： （4）如果，那么； （5）如果，那么； （6）如果，，那么； 【注意】等式性质成立的条件，特别是性质（6）中的“”； 2.恒等式 一般地，含有字母的等式，如果其中的字母取任意实数时等式都成立，则称其为恒等式，也称等式两边恒等； 【注意】在解方程与解不等式时，如何保证“恒等变形”； 3.方程的解集 （1）含有未知数的等式称为方程； （2）使得方程两端相等的未知数的值，称为方程的解或者方程的根； （3）以方程的所有解为元素组成的集合，称为方程的解集； 【注意】一般地，把一个方程所有解组成的集合称为这个方程的解集；方程的解（或根）是指能使方程左右两边相等的未知数的值；一般地，把一个方程所有解组成的集合称为这个方程的解集；利用等式的性质和有关恒等式进行代数变形，可以得到一些方程的解集。 【即学即练1】（1）（2023高一·上海·专题练习）下列式子中变形错误的是（    ） A．，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 （2）（23-24高一上·上海浦东新·期中）设关于x的不等式的解集为A，关于x的不等式的解集为B，则“”是“”的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．非充分非必要条件 （3）（23-24高一上·上海·期中）设，则方程的解集为 . 知识点02 一元二次方程的解集及根与系数的关系 1.通过判别式∆判定一元二次方程）解的情况； 一般地，称为一元二次方程的判别式； （1）当Δ>0时，方程的解集为； （2）当Δ＝0时，方程的解集为； （3）当Δ<0时，方程的解集为； 2.一元二次方程根与系数的关系 若是一元二次方程的两个根， 则原方程可改写为，展开得：， 与原方程比较可知对应系数应该相等，即，所以； 【注意】应用一元二次方程的根与系数的关系时，常有以下变形： ①；②； ③； 【即学即练2】（1）（24-25高一上·上海·随堂练习）若、是一元二次方程的两个根，则的值是 ． （2）（24-25高一上·上海·随堂练习）求一元二次方程的解集． （3）（24-25高一上·上海·课后作业）已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根、．若，求的值． 知识点03 不等式的性质 1.作差比较法 不等式：用不等号将两个表达式连接起来 （1）文字叙述：如果是正数，那么；如果等于零，那么； 如果是负数，那么，反过来也对； （2）符号表示：；；； 【注意】符号“⇔”叫做等价号，读作“等价于”，“p⇔q”的含义是：p可以推出q，q也可以推出p，即p与q可以互推； 2.不等式性质 （1）传递性 设、、均为实数，如果，那么； （2）加法性质 设、、均为实数，如果a>b，那么； （3）乘法性质 设、、均为实数， 如果，那么；如果，那么； （4）性质 设、均为实数，如果那么a； （5）性质 设、、均为实数，如果，则a>c－b； (不等式的移项法则) （6）性质 设、、、均为实数，如果，，那么； (同向可加性) （7）性质 设均为实数，如果，，那么； （8）性质 设、均为实数，如果，那么； （9）性质 设、均为实数，如果，那么 【注意】（1）性质（5）表明，不等式中的任意一项都可以把它的符号变成相反的符号后，从不等式的一边移到另一边； （2）性质（6）表明，两个同向不等式的两边分别相加，所得到的不等式与原不等式同向； （3）性质（8）表明， n个两边都是正数的同向不等式的两边分别相乘，所得到的不等式与原不等式同向； 3.不等式性质（定理） 1、有关不等式的“定理” 对任意的实数a和b，总有a2＋b2≥2ab，且等号当且仅当a＝b时成立； 2、有关不等式的“定理”的拓展 （1）算术平均值与几何平均值：给定两个正数a，b，数称为a，b的算术平均值；数 称为a，b的几何平均值； （2）均值不等式：如果a，b都是正数，那么≥，当且仅当a＝b时，等号成立； 【注意】1、两个不等式a2＋b2≥2ab与≥成立的条件是不同的；前者要求a，b是实数即可，而后者要求a，b都是正实数(实际上后者只要a≥0，b≥0即可)；2、两个不等式a2＋b2≥2ab和≥都是带有等号的不等式，都是“当且仅当a＝b时，等号成立”。 【即学即练3】（1）（24-25高一上·上海·期中）对于任意实数a，b，c，下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 （2）（24-25高一上·上海·课堂例题）（1）已知，，求证：； （2）已知，，求证：． （3）（24-25高一上·上海·期中）对于四个正数、、、，如果，那么称是的“下位序对”， (1)对于、、、，试求的“下位序对”； (2)设、、、均为正数，且是的“下位序对”，试判断，，之间的大小关系． （4）（21-22高一上·上海徐汇·阶段练习）已知，试比较与的大小. 题型01 等式性质与方程的解 1．（23-24高一上·上海普陀·期中）已知等式恒成立，其中a、b、c为常数，则 2．（22-23高三上·上海嘉定·期中）设，方程的解集为 . 3．（22-23高一上·上海青浦·阶段练习）已知等式恒成立，则常数 4．（22-23高一上·上海浦东新·阶段练习）已知，是一元二次方程的两个实数根. (1)求的值；（用表示） (2)是否存在实数，使成立？若存在，求出的值，若不存在，请你说明理由； (3)求使的值为整数的实数的整数值. 题型02 解一元一次不等式 1．（20-21高一上·上海杨浦·期中）设，已知关于的解集为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（21-22高一上·上海奉贤·阶段练习）关于的不等式，当时的解集为 . 3．（21-22高一上·上海徐汇·期中）不等式的解为 ． 4．（21-22高一上·上海浦东新·期末）已知a∈R，不等式的解集为P，且-1∈P，则a的取值范围是 . 5．（21-22高一上·上海奉贤·阶段练习）已知关于的不等式组：有且只有一个实数解，则实数的 （结果用集合或区间表示）. 6．（23-24高一上·上海·期末）已知关于的方程解集为，则“关于的不等式的解集是 ”是 命题（填“真”或“假”） 题型03 一元二次方程的解集及根与系数的关系 1．（24-25高一上·上海·课后作业）已知、、均为实数，且，求关于的方程的解集． 2．（24-25高一上·上海·随堂练习）法国数学家佛郎索瓦·韦达于1615年在著作《论方程的识别与订正》中建立了方程根与系数的关系，由于韦达最早发现代数方程的根与系数之间的这种关系，人们把这个关系称为韦达定理，它的内容为：“对于一元二次方程，它的两根α、β有如下关系：，．” 韦达定理还有逆定理，它的内容为：“如果两数α和β满足如下关系：，，那么这两个数α和β是方程的根．”通过韦达定理的逆定理，我们就可以利用两数的和与积的关系构造一元二次方程，例如：，，那么m和n是方程的两根．请应用上述材料解决以下问题： (1)已知m、n是两个不相等的实数，且满足，，求的值； (2)已知实数x、y满足，，求的值． 3．（23-24高一上·上海杨浦·开学考试）（1）设全集，已知，求实数满足的条件. （2）已知关于的一元二次方程的两根都是整数，求满足条件的整数的值. 4．（23-24高一上·上海静安·期中）已知实常数a、b，满足， (1)证明：关于的方程有两个不同的实数解. (2)若关于的方程有两个不同的实数解，，求的值. 5．（23-24高一上·上海青浦·阶段练习）已知，是一元二次方程的两个实数根． (1)是否存在实数，使成立？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (2)若的值为整数，求整数的值． 6．（23-24高一上·上海黄浦·期中）已知关于x的一元二次方程的两个实根分别为． (1)均为正根，求实数m的取值范围； (2)若满足：，求实数m的值． 题型04 利用不等式的性质判断命题真假 【解题策略】 利用不等式的性质判断命题真假的注意点 (1)运用不等式的性质判断时，要注意不等式成立的条件，不要弱化条件，尤其是不能想当然随意捏造性质． (2)也可采用特殊值法进行排除，注意取值一定要遵循如下原则：一是满足题设条件；二是取值要简单，便于验证计算． 1．（24-25高一上·上海·单元测试）若a、b、且，则下列不等式中成立的是（    ）． A． B． C．（n为自然数） D． 2．（24-25高一上·上海·课后作业）若，则下列结论中正确的是（    ） A．不等式和均不能成立 B．不等式和均不能成立 C．不等式和均不能成立 D．不等式和均不能成立 3．（24-25高一上·上海·课堂例题）对于实数、，，有下列说法： ①若，则；②若，则；③若，则；④若，则且；⑤若，则；⑥若，则，其中正确的是 （填序号）． 4．（24-25高一上·上海·随堂练习）已知实数、满足，下列不等式中正确的是 （只填序号）． ①；②；③；④． 5．（24-25高一上·上海·随堂练习）若，则，这是一个 命题.（填“真”或“假”） 6．（24-25高一上·上海·单元测试）若，给出下列不等式：①；②；③，其中正确的是 ． 7．（24-25高一上·上海·随堂练习）若，，则下列不等式中成立的是 （填上正确的序号）． ①；②；③；④． 题型05 利用不等式的性质比较大小 1．（23-24高一上·上海黄浦·阶段练习）已知且，则下列不等式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一上·上海·随堂练习）条件甲：条件乙：则甲是乙的（    ）． A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件 3．（23-24高一上·上海·期末）已知、、，则“”是“”的（    ）条件 A．充要 B．充分非必要 C．必要非充分 D．既非充分也非必要 4．（23-24高一上·上海浦东新·期中）有四个命题：①；②，；③；④．其中正确的个数是（     ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．（24-25高一上·上海·课前预习）不等式性质 （1）如果，那么，其中是正整数． （2）如果，那么 ，其中是正整数． （3）如果且，那么 ． 6．（24-25高一上·上海·课前预习）已知，以下说法： ①若，则；②若，则；③若，则， 其中正确的是 ． 7．（24-25高一上·上海·随堂练习）下面四个条件中，使成立的充分而非必要的条件是 （填写序号）． ①    ②   ③    ④ 题型06 作差法比较代数式的大小 【解题策略】 注意点： (1)利用作差法比较大小，只需判断差的符号，通常将差化为完全平方的形式或多个因式的积的形式． (2)对于两个正值，也可采用作商的方法，比较商与1的大小． (3)对于某些问题也可以采用取中间值的方法比较大小． 作差法比较两个实数大小的基本步骤 1．（24-25高一上·上海·随堂练习）已知，，记，，则与的大小关系是（    ）． A． B． C． D．不确定 2．（24-25高一上·上海·随堂练习），则 ． 3．（24-25高一上·上海·随堂练习）比较大小： ． 4．（24-25高一上·上海·随堂练习）某网店的最新iPad商品计划分两次降价促销，有三种方案： A：第一次降价百分率为m，第二次降价百分率为n． B：第一次降价百分率为n，第二次降价百分率为m． C：第一次降价百分率为，第二次降价百分率为． 其中． (1)经过两次降价后，请把三种方案的降价幅度从大到小排列； (2)证明你的结论． 5．（24-25高一上·上海·课堂例题）比较下列各组中两式的大小： (1)已知，试比较与的大小； (2)已知，比较与的大小． 6．（24-25高一上·上海·课堂例题）设、均为正实数，试比较和的大小． 7．（24-25高一上·上海·随堂练习）设和都是非零实数，求不等式和同时成立的充要条件． 8．（22-23高一上·上海闵行·期中）对在直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：若，那么称点是点的“上位点”．同时点是点的“下位点”； (1)试写出点的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标； (2)已知点是点的“上位点”，判断点是否是点的“下位点”，证明你的结论； (3)设正整数满足以下条件：对集合内的任意元素 ，总存在正整数，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，求满足要求的一个正整数的值，并说明理由． 题型07 作商法比较代数式的大小 1．（2020高一·上海·专题练习），则的大小关系为 ． 2．（20-21高一上·上海·课后作业）设，． （1）证明：介于与之间； （2）判断，哪个更接近于，并说明理由． 题型08 利用不等式的性质证明不等式 【解题策略】 (1)利用不等式的性质对不等式的证明其实质就是利用性质对不等式进行变形，变形要等价，同时要注意性质适用的前提条件． (2)用作差法证明不等式和用作差法比较大小的方法原理一样，变形后判断符号时要注意充分利用题目中的条件． 1．（22-23高一上·上海徐汇·阶段练习）如果，则正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 2．（24-25高一上·上海·随堂练习）已知，，求证． 3．（2023高一·上海·专题练习）（1）已知，求证：； （2）已知，求证： （3）已知，求证： 4．（24-25高一上·上海·假期作业）（1）已知，，求证：； （2）已知，求证：，其中为正整数. 5．（24-25高一上·上海·课堂例题）（1）已知，求证：； （2）已知，，，求证：． 6．（24-25高一上·上海·假期作业）已知，证明：若，则或. 7．（23-24高一上·上海普陀·期中）设是不小于1的实数.若对任意，总存在，使得，则称这样的满足“性质1” (1)分别判断和时是否满足“性质1”; (2)先证明:若，且，则; 并由此证明当时，对任意，总存在，使得. (3)求出所有满足“性质1”的实数t 题型09 利用不等式的性质求值或取值范围 【解题策略】 利用不等式的性质求取值范围的策略 (1)建立待求范围的整体与已知范围的整体的关系，最后利用一次不等式的性质进行运算，求得待求的范围． (2)同向不等式的两边可以相加，这种转化不是等价变形，如果在解题过程中多次使用这种转化，就有可能扩大其取值范围． 1．（24-25高一上·上海·随堂练习）已知，，则的取值范围为 ． 2．（24-25高一上·上海·随堂练习），当x的取值范围为 时有最小值． 3．（24-25高一上·上海·随堂练习）已知实数满足，，则的取值范围为 ，的取值范围是 ． 4．（24-25高一上·上海·课后作业）设，若不等式的解集是，则等于 ． 5．（23-24高一上·上海·期中）已知，则的取值范围是 ． 6．（24-25高一上·上海·课堂例题）已知，，求及的取值范围． 7．（21-22高一上·上海长宁·期中）已知关于的一元二次方程的两个实根是､. (1)求的取值范围； (2)是否存在，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 一．选择题（共8小题） 1．（2023秋•普陀区校级期末）某家庭购买了一套三居室的房子，需要对三居室进行粉刷，粉刷方案要求：每个居室只用一种颜色，且三个居室各不相同．已知三个居室的粉刷面积（单位：分别为，，，且，三种颜色涂料的粉刷费用（单位：元分别为，，，且．在不同的方案中，最低的总费用（单位：元）是　　 A． B． C． D． 2．（2023秋•浦东新区校级期末）若，，，，则下列不等式成立的是　　 A． B． C． D． 3．（2023秋•宝山区校级期中）如果，，，，则正确的是　　 A．若，则 B．若，则 C．若，，则 D．若，，则 4．（2023秋•青浦区校级月考）已知，则下列结论错误的是　　 A． B． C． D． 5．（2023秋•奉贤区期中）如果，那么下列不等式中成立的是　　 A． B． C． D． 6．（2023秋•浦东新区校级期中）下列命题中，真命题是　　 A．且，则 B．若，则 C．若，则 D．若，，则 7．（2023秋•闵行区校级期中）根据“幂的基本不等式：当，时，”，对于下列命题： ①若，存在，使得；②若，对任意，满足． 下列说法正确的为　　 A．①真②假 B．①假②真 C．①②都假 D．①②都真 8．（2023秋•长宁区校级期中）已知且，则下列不等式中恒成立的是　　 A． B． C． D． 二．填空题（共6小题） 9．（2023秋•浦东新区校级期末）已知关于的方程解集为，则“关于的不等式的解集是”是 　　命题（填“真”或“假” ． 10．（2023秋•嘉定区校级期末）已知方程的两根为、，则　　． 11．（2023秋•普陀区校级期末）已知一元二次方程的两个实数根分别为，，且，则实数的值为 　　． 12．（2023秋•奉贤区期末）已知方程的两根为，，则　　． 13．（2023秋•普陀区校级期末）已知函数两个零点，一个大于2另一个小于2，则实数的取值范围为 　　． 14．（2023秋•黄浦区校级期中）已知关于的方程有两个实数根、，则的取值范围是 　　． 三．解答题（共2小题） 15．（2023秋•浦东新区期末）已知一元二次方程的两个实根为，． （1）求，； （2）求证：． 16．（2023秋•长宁区校级期中）甲、乙两位同学参加一个游戏，规则如下：每人在、、、四个长方体容器中取两个盛满水，盛水体积多者为胜．甲先取两个容器，余下的两个容器给乙．已知、的底面积均为，高分别为、；、的底面积均为，高分别为、（其中．在未能确定与大小的情况下，请给出一个让甲必胜的方案（即指出甲取哪两个容器可以获胜），并说明此方案必胜的理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第05讲 等式与不等式的性质 课程标准 学习目标 1. 借助实际问题表示不等式，提升数学建模素养． 2. 通过大小比较，培养逻辑推理素养. 1.通过不等式性质的判断与证明，培养逻辑推理能力． 2．借助不等式性质求范围问题，提升数学运算素养. 1.会用不等式(组)表示实际问题中的不等关系．(难点) 2．会用比较法比较两实数的大小．(重点) 1.掌握不等式的性质．(重点) 2．能利用不等式的性质进行数或式的大小比较或不等式的证明．(难点) 3．通过类比等式与不等式的性质，探索两者之间的共性与差异. 知识点01.等式的性质与方程的解 1.等式的性质 （1）传递性 设、、均为实数，如果，，那么；、 （2）加法性质 设、、均为实数，如果，那么； （3）乘法性质 设、、均为实数，如果，那么； 还可以“验证”与“推广”得性质与推论： （4）如果，那么； （5）如果，那么； （6）如果，，那么； 【注意】等式性质成立的条件，特别是性质（6）中的“”； 2.恒等式 一般地，含有字母的等式，如果其中的字母取任意实数时等式都成立，则称其为恒等式，也称等式两边恒等； 【注意】在解方程与解不等式时，如何保证“恒等变形”； 3.方程的解集 （1）含有未知数的等式称为方程； （2）使得方程两端相等的未知数的值，称为方程的解或者方程的根； （3）以方程的所有解为元素组成的集合，称为方程的解集； 【注意】一般地，把一个方程所有解组成的集合称为这个方程的解集；方程的解（或根）是指能使方程左右两边相等的未知数的值；一般地，把一个方程所有解组成的集合称为这个方程的解集；利用等式的性质和有关恒等式进行代数变形，可以得到一些方程的解集。 【即学即练1】（1）（2023高一·上海·专题练习）下列式子中变形错误的是（    ） A．，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】B 【分析】根据等式的性质，逐项验证即可. 【详解】对于选项，两边同时减，得到，故正确； 对于选项，没有说明，故不正确； 对于选项，在等式两边同时乘以，得到，故正确； 对于选项，在等式两边同时乘以5得到，故正确； 故选：. （2）（23-24高一上·上海浦东新·期中）设关于x的不等式的解集为A，关于x的不等式的解集为B，则“”是“”的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．非充分非必要条件 【答案】D 【分析】根据题意，结合不等式的解法，以及充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】当时，此时，但不满足，即充分性不成立； 反之：当时， 此时，不等式的解集为，的解集为， 所以，即必要性不成立， 所以“”是“”的既不充分也必要条件. 故选：D. （3）（23-24高一上·上海·期中）设，则方程的解集为 . 【答案】 【分析】按题意分类讨论即可求解 【详解】时，原式，不合题意 时，原式 时，原式即恒成立 时，原式，不合题意 故 故答案为： 知识点02 一元二次方程的解集及根与系数的关系 1.通过判别式∆判定一元二次方程）解的情况； 一般地，称为一元二次方程的判别式； （1）当Δ>0时，方程的解集为； （2）当Δ＝0时，方程的解集为； （3）当Δ<0时，方程的解集为； 2.一元二次方程根与系数的关系 若是一元二次方程的两个根， 则原方程可改写为，展开得：， 与原方程比较可知对应系数应该相等，即，所以； 【注意】应用一元二次方程的根与系数的关系时，常有以下变形： ①；②； ③； 【即学即练2】（1）（24-25高一上·上海·随堂练习）若、是一元二次方程的两个根，则的值是 ． 【答案】/ 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，可得和，再进行化简整理即可. 【详解】由题意：、为一元二次方程的两根， 所以，. 所以. 故答案为： （2）（24-25高一上·上海·随堂练习）求一元二次方程的解集． 【答案】 【分析】直接用因式分解法解方程即可. 【详解】原方程因式分解为． 又因为，所以解集为． （3）（24-25高一上·上海·课后作业）已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根、．若，求的值． 【答案】2 【分析】由题意首先根据方程的解的情况列出不等式组求得且，再结合韦达定理确定的值即可得解. 【详解】由题知，，解得且． 因为，，所以，所以或． 又因为且，所以的值是2． 知识点03 不等式的性质 1.作差比较法 不等式：用不等号将两个表达式连接起来 （1）文字叙述：如果是正数，那么；如果等于零，那么； 如果是负数，那么，反过来也对； （2）符号表示：；；； 【注意】符号“⇔”叫做等价号，读作“等价于”，“p⇔q”的含义是：p可以推出q，q也可以推出p，即p与q可以互推； 2.不等式性质 （1）传递性 设、、均为实数，如果，那么； （2）加法性质 设、、均为实数，如果a>b，那么； （3）乘法性质 设、、均为实数， 如果，那么；如果，那么； （4）性质 设、均为实数，如果那么a； （5）性质 设、、均为实数，如果，则a>c－b； (不等式的移项法则) （6）性质 设、、、均为实数，如果，，那么； (同向可加性) （7）性质 设均为实数，如果，，那么； （8）性质 设、均为实数，如果，那么； （9）性质 设、均为实数，如果，那么 【注意】（1）性质（5）表明，不等式中的任意一项都可以把它的符号变成相反的符号后，从不等式的一边移到另一边； （2）性质（6）表明，两个同向不等式的两边分别相加，所得到的不等式与原不等式同向； （3）性质（8）表明， n个两边都是正数的同向不等式的两边分别相乘，所得到的不等式与原不等式同向； 3.不等式性质（定理） 1、有关不等式的“定理” 对任意的实数a和b，总有a2＋b2≥2ab，且等号当且仅当a＝b时成立； 2、有关不等式的“定理”的拓展 （1）算术平均值与几何平均值：给定两个正数a，b，数称为a，b的算术平均值；数 称为a，b的几何平均值； （2）均值不等式：如果a，b都是正数，那么≥，当且仅当a＝b时，等号成立； 【注意】1、两个不等式a2＋b2≥2ab与≥成立的条件是不同的；前者要求a，b是实数即可，而后者要求a，b都是正实数(实际上后者只要a≥0，b≥0即可)；2、两个不等式a2＋b2≥2ab和≥都是带有等号的不等式，都是“当且仅当a＝b时，等号成立”。 【即学即练3】（1）（24-25高一上·上海·期中）对于任意实数a，b，c，下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】根据不等式的性质逐项判断即可. 【详解】对于A，若，则，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，因为，所以，所以，故C正确； 对于D，若，则，故D错误. 故选:C. （2）（24-25高一上·上海·课堂例题）（1）已知，，求证：； （2）已知，，求证：． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析． 【分析】（1）利用不等式性质4，5得出，再取倒数，再利用性质6即可证明； （2）对不等式进行等价变形，利用分析法的思路来转化证明不等式． 【详解】证明：（1）因为，所以． 又．所以，所以． 又因为， 所以． （2）因为，要证，只需证明， 展开得， 即， 因为成立， 所以成立． （3）（24-25高一上·上海·期中）对于四个正数、、、，如果，那么称是的“下位序对”， (1)对于、、、，试求的“下位序对”； (2)设、、、均为正数，且是的“下位序对”，试判断，，之间的大小关系． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据下位序对的概念直接求解； （2）根据下位序对的概念及不等性质可比较大小. 【详解】（1）由，可得的下位序对为； （2）因为是的“下位序对”， 所以， 因为、、、均为正数， 故， 所以， 同理，即， 综上所述：． （4）（21-22高一上·上海徐汇·阶段练习）已知，试比较与的大小. 【答案】 【分析】利用两个数都大于0,直接利用作商比较其大小即可. 【详解】， ，. 两数作商 ， . 题型01 等式性质与方程的解 1．（23-24高一上·上海普陀·期中）已知等式恒成立，其中a、b、c为常数，则 【答案】 【分析】结合已知等式进行变形，然后结合等式恒成立，对应项系数相等可建立关于，，的方程，从而可求． 【详解】因为恒成立， 即恒成立， 所以， 解得，，，， 所以． 故答案为：． 2．（22-23高三上·上海嘉定·期中）设，方程的解集为 . 【答案】 【分析】利用零点分段法去绝对值，由此求得方程的解集. 【详解】依题意， 当时，方程化为，恒成立. 当时，方程化为，不符合. 当时，方程化为. 当时，方程化为，恒成立. 方程的解集为. 故答案为： 3．（22-23高一上·上海青浦·阶段练习）已知等式恒成立，则常数 【答案】4 【分析】由对应项系数相等列方程组求解． 【详解】恒成立， 所以，解得， 所以． 故答案为：4． 4．（22-23高一上·上海浦东新·阶段练习）已知，是一元二次方程的两个实数根. (1)求的值；（用表示） (2)是否存在实数，使成立？若存在，求出的值，若不存在，请你说明理由； (3)求使的值为整数的实数的整数值. 【答案】(1) (2)不存在，理由见详解 (3) 【分析】（1）通分后，利用韦达定理代入可得； （2）利用韦达定理代入后解方程可得k，然后可判断； （3）利用韦达定理化简，然后根据k和分式都为整数值验证可得. 【详解】（1）因为一元二次方程， 所以，解得 由韦达定理可得 当时，，无意义； 当时， 综上，的值为 （2）由韦达定理可知 ， 令，整理得，， 由（1）可知， 所以不存在实数，使成立. （3） 因为为整数，所以必为整数，所以，即 又，所以， 因为为整数，所以，经检验时，为整数， 所以使的值为整数的实数的整数值为. 题型02 解一元一次不等式 1．（20-21高一上·上海杨浦·期中）设，已知关于的解集为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可得的解集为，故有，从而求得的值． 【详解】关于，即的解集为， ，求得， 故选：． 2．（21-22高一上·上海奉贤·阶段练习）关于的不等式，当时的解集为 . 【答案】 【分析】利用不等式的性质直接求解即可 【详解】因为，，所以， 所以不等式的解集为， 故答案为： 3．（21-22高一上·上海徐汇·期中）不等式的解为 ． 【答案】 【分析】根据不等式的性质求解． 【详解】因为，所以原不等式的解为． 故答案为：． 4．（21-22高一上·上海浦东新·期末）已知a∈R，不等式的解集为P，且-1∈P，则a的取值范围是 . 【答案】 【分析】把代入不等式即可求解. 【详解】因为，故，解得：，所以a的取值范围是. 故答案为： 5．（21-22高一上·上海奉贤·阶段练习）已知关于的不等式组：有且只有一个实数解，则实数的 （结果用集合或区间表示）. 【答案】 【分析】先由求出的值，再由不等式组有且只有一个实数解，可得或，从而可求出结果 【详解】由，得， ， 得或， 因为不等式组有且只有一个实数解， 所以或， 解得或， 所以实数的取值范围为， 故答案为： 6．（23-24高一上·上海·期末）已知关于的方程解集为，则“关于的不等式的解集是 ”是 命题（填“真”或“假”） 【答案】假 【分析】由已知条件可得且，分、两种情况解不等式，即可得出结论. 【详解】因为关于的方程解集为，则，即，且， 由得， 当时，解原不等式可得，此时不等式的解集为； 当时，解原不等式可得，此时不等式的解集为. 故原命题为假命题. 故答案为：假. 题型03 一元二次方程的解集及根与系数的关系 1．（24-25高一上·上海·课后作业）已知、、均为实数，且，求关于的方程的解集． 【答案】 【分析】先根据二次根式、绝对值、平方数的非负性列方程组求出，然后解一元二次方程即可求解. 【详解】∵，又，，， ∴，∴，∴一元二次方程为， ∴，∴或， 解得或，∴原方程的解集为． 2．（24-25高一上·上海·随堂练习）法国数学家佛郎索瓦·韦达于1615年在著作《论方程的识别与订正》中建立了方程根与系数的关系，由于韦达最早发现代数方程的根与系数之间的这种关系，人们把这个关系称为韦达定理，它的内容为：“对于一元二次方程，它的两根α、β有如下关系：，．” 韦达定理还有逆定理，它的内容为：“如果两数α和β满足如下关系：，，那么这两个数α和β是方程的根．”通过韦达定理的逆定理，我们就可以利用两数的和与积的关系构造一元二次方程，例如：，，那么m和n是方程的两根．请应用上述材料解决以下问题： (1)已知m、n是两个不相等的实数，且满足，，求的值； (2)已知实数x、y满足，，求的值． 【答案】(1)； (2)22或37． 【分析】（1）根据给定条件，构造一元二次方程，再利用韦达定理求解即得. （2）变形给定条件，构造一元二次方程，求出方程的解即可. 【详解】（1）由，，得m，n可看作方程的两个不相等的实数根， 则，， 所以． （2）由，， 得xy，可看作一元二次方程的两个实数根，解得或， 于是，或，， 当，时，； 当，时，． 所以的值为22或37． 3．（23-24高一上·上海杨浦·开学考试）（1）设全集，已知，求实数满足的条件. （2）已知关于的一元二次方程的两根都是整数，求满足条件的整数的值. 【答案】（1）若，则；若，则；若，则；若，则；   （2）. 【分析】（1）解方程得到集合，根据得到，分类讨论进而求得实数满足的条件； （2）解方程得两根为均为整数，进而得到a的取值. 【详解】（1），解得或，即. 因为，所以. 若，则，解得； 若，则，解得； 若，则，解得； 若，则 （2）解：依题意，显然， 原方程可变形为，其两根为， 即要求为整数， 因此符合条件的整数为. 4．（23-24高一上·上海静安·期中）已知实常数a、b，满足， (1)证明：关于的方程有两个不同的实数解. (2)若关于的方程有两个不同的实数解，，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意可将原方程等价为，易知恒成立，经检验可知该方程有两个不同的实数解； （2）结合（1）中的结论以及二次函数图像性质可知，即可得. 【详解】（1）原方程可化为 即方程 因为 所以有两个不同的实数解 经检验 所以，，， 所以关于的方程有两个不同的实数解. （2）令， 而二次函数图象开口向上，故， 所以. 5．（23-24高一上·上海青浦·阶段练习）已知，是一元二次方程的两个实数根． (1)是否存在实数，使成立？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (2)若的值为整数，求整数的值． 【答案】(1)不存在，理由见解析 (2)或或 【分析】（1）由求出的取值范围，再列出韦达定理，由得到方程，解得即可； （2）由，代入韦达定理，得到，结合为整数，且，即可得解. 【详解】（1）因为，是一元二次方程的两个实数根， 所以且，解得， 且，， 若，则，即，解得（舍去）， 即不存在实数，使成立. （2）由题意， 又当，即时，且，， 故， 由于为整数且为整数，故只能取、、，又， 则或或，解得或或， 故整数的值为或或. 6．（23-24高一上·上海黄浦·期中）已知关于x的一元二次方程的两个实根分别为． (1)均为正根，求实数m的取值范围； (2)若满足：，求实数m的值． 【答案】(1) (2) 【分析】结合韦达定理列出式子，即可求； 【详解】（1）由均为正根，得， 解得，即； （2）由（1）得，解得（舍去）或， 则 题型04 利用不等式的性质判断命题真假 【解题策略】 利用不等式的性质判断命题真假的注意点 (1)运用不等式的性质判断时，要注意不等式成立的条件，不要弱化条件，尤其是不能想当然随意捏造性质． (2)也可采用特殊值法进行排除，注意取值一定要遵循如下原则：一是满足题设条件；二是取值要简单，便于验证计算． 1．（24-25高一上·上海·单元测试）若a、b、且，则下列不等式中成立的是（    ）． A． B． C．（n为自然数） D． 【答案】C 【分析】对于ABD，举例判断，对于C，利用不等式的性质分析判断. 【详解】对于A，若，则，所以A错误， 对于B，若，则，所以B错误， 对于C，因为，，所以，所以C正确， 对于D，若，则，所以D错误. 故选：C 2．（24-25高一上·上海·课后作业）若，则下列结论中正确的是（    ） A．不等式和均不能成立 B．不等式和均不能成立 C．不等式和均不能成立 D．不等式和均不能成立 【答案】B 【分析】利用不等式的性质结合已知条件逐个分析判断即可. 【详解】对于A，因为，所以，所以，即成立， 因为，所以，，所以，所以， 所以不成立，所以A错误， 对于B，由选项A可知不成立， 因为，所以，，所以，， 所以，所以，所以不成立，所以B正确， 对于CD，因为，所以， 所以，所以， 所以成立，所以CD错误， 故选：B 3．（24-25高一上·上海·课堂例题）对于实数、，，有下列说法： ①若，则；②若，则；③若，则；④若，则且；⑤若，则；⑥若，则，其中正确的是 （填序号）． 【答案】⑤⑥ 【分析】根据举反例和不等式性质进行判断； 【详解】①中，的正、负或是否为0未知，因而判断与的大小缺乏依据，故①不正确；②③反例，；和不成立，故②③错误； ④反例，，故④错误； ⑤中，由，知，故，所以成立，故⑤正确； ⑥中，所以，所以，所以，故⑥正确． 故答案为：⑤⑥． 4．（24-25高一上·上海·随堂练习）已知实数、满足，下列不等式中正确的是 （只填序号）． ①；②；③；④． 【答案】③ 【分析】利用不等式的性质判断③；取特值说明判断①②④. 【详解】对于①②④，取，满足，而，①②④错误； 对于③，， 由，得，，因此，，③正确. 故答案为：③ 5．（24-25高一上·上海·随堂练习）若，则，这是一个 命题.（填“真”或“假”） 【答案】真 【分析】先得出同号，在得出同为正数. 【详解】由，知为同号， 又，知， 所以这是一个真命题. 故答案为：真 6．（24-25高一上·上海·单元测试）若，给出下列不等式：①；②；③，其中正确的是 ． 【答案】①②③ 【分析】根据给定条件，利用不等式的性质逐一判断各个不等式即得. 【详解】由，得，，则，①正确； 有，即，则，②正确； 显然，因此，③正确， 所以正确的是①②③． 故答案为：①②③ 7．（24-25高一上·上海·随堂练习）若，，则下列不等式中成立的是 （填上正确的序号）． ①；②；③；④． 【答案】③ 【分析】先给出，，作为①，②，④的反例，然后根据不等式的性质即可证明③正确. 【详解】当，，时，有，但，，，故①，②，④错误； 由于，，故，故③正确. 故答案为：③. 题型05 利用不等式的性质比较大小 1．（23-24高一上·上海黄浦·阶段练习）已知且，则下列不等式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据不等式的基本性质判断AD；举例说明即可判断BC. 【详解】A：当时，，故A错误； B：当时，满足，但不成立，故B错误； C：当时，，故C错误； D：由，得，故D正确. 故选：D 2．（24-25高一上·上海·随堂练习）条件甲：条件乙：则甲是乙的（    ）． A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件 【答案】B 【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】由，根据不等式的性质可得， 由，当，时，成立， 而不成立， 所以甲是乙的必要非充分条件. 故选：B． 3．（23-24高一上·上海·期末）已知、、，则“”是“”的（    ）条件 A．充要 B．充分非必要 C．必要非充分 D．既非充分也非必要 【答案】C 【分析】利用不等式的基本性质、特殊值法，结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】因为、、，当时，则，即“”“”， 若，则，由不等式的基本性质可得，即“”“”， 因此，“”是“”的必要非充分条件. 故选：C. 4．（23-24高一上·上海浦东新·期中）有四个命题：①；②，；③；④．其中正确的个数是（     ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】由不等式的性质及特殊值法判断各项的正误即可. 【详解】①，则，对于任意实数都有，对； ②，，若，此时，错； ③，则，故，对； ④由不等式性质知，对. 所以共有3个正确命题. 故选：C 5．（24-25高一上·上海·课前预习）不等式性质 （1）如果，那么，其中是正整数． （2）如果，那么 ，其中是正整数． （3）如果且，那么 ． 【答案】 > < 【分析】根据题意，结合不等式的基本性质，即可求解. 【详解】略： 6．（24-25高一上·上海·课前预习）已知，以下说法： ①若，则；②若，则；③若，则， 其中正确的是 ． 【答案】① 【分析】根据不等式的性质，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于①，若，则；①正确， 对于②,若，当时，则，故②错误， 对于③,若，当时，则，故③错误， 故答案为：① 7．（24-25高一上·上海·随堂练习）下面四个条件中，使成立的充分而非必要的条件是 （填写序号）． ①    ②   ③    ④ 【答案】② 【分析】通过举出反例，可得①③都不是充分条件，说明它们不正确．根据充分条件、必要条件的定义，可知②正确；而④给出的是一个充要条件，也不符合题意 【详解】对于①，取，则，但，不是充分条件，故①错误； 对于②，当时，因为，所以成立； 反之，由“”不能推出“”， 所以“”是“”成立的充分而不必要的条件，故②正确； 对于③，取，满足“”，但“”不成立， 故“”不是“”的充分条件，故③错误； 对于④，根据立方的意义，当“”成立时，必定有“”成立， 反之，当“”成立时，也有“”成立， 故“”是“”的充分必要条件，④不正确. 故答案为：②. 题型06 作差法比较代数式的大小 【解题策略】 注意点： (1)利用作差法比较大小，只需判断差的符号，通常将差化为完全平方的形式或多个因式的积的形式． (2)对于两个正值，也可采用作商的方法，比较商与1的大小． (3)对于某些问题也可以采用取中间值的方法比较大小． 作差法比较两个实数大小的基本步骤 1．（24-25高一上·上海·随堂练习）已知，，记，，则与的大小关系是（    ）． A． B． C． D．不确定 【答案】B 【分析】通过作差法并结合，即可判断的大小. 【详解】由作差法得， 因为，， 所以，， 所以， 所以， 所以. 故选：B． 2．（24-25高一上·上海·随堂练习），则 ． 【答案】 【分析】通过作差法即可判断. 【详解】由作差法得， 所以. 故答案为：. 3．（24-25高一上·上海·随堂练习）比较大小： ． 【答案】＞ 【分析】利用作差法比较大小即可. 【详解】因为， 所以. 故答案为：>. 4．（24-25高一上·上海·随堂练习）某网店的最新iPad商品计划分两次降价促销，有三种方案： A：第一次降价百分率为m，第二次降价百分率为n． B：第一次降价百分率为n，第二次降价百分率为m． C：第一次降价百分率为，第二次降价百分率为． 其中． (1)经过两次降价后，请把三种方案的降价幅度从大到小排列； (2)证明你的结论． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）可先举例得到； （2）表达出方案A，方案B和方案C经过经过两次降价后，价格分别变为，，，作差法比较出大小. 【详解】（1）不妨令，可计算得到， 故两次降价后，三种方案的降价幅度从大到小排列为：； （2）设原先的价格为a， 则方案A经过两次降价后，价格变为； 方案B经过两次降价后，价格变为； 方案C经过两次降价后，价格变为， 显然方案A、B的降价幅度相同， 因为 ， 因为，所以， 可得， 即， 所以 5．（24-25高一上·上海·课堂例题）比较下列各组中两式的大小： (1)已知，试比较与的大小； (2)已知，比较与的大小． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）（2）利用作差法比较大小即得. 【详解】（1）依题意，，由，得， 则，且，即， 所以． （2）依题意， ， 由，得，而，因此， 所以． 6．（24-25高一上·上海·课堂例题）设、均为正实数，试比较和的大小． 【答案】答案见解析 【分析】利用作差法，再充分变形化简，结合条件，分类讨论，即可求出结果. 【详解】∵ 又，，∴． ①当时，，即； ②当时，，即； ③当时，，即． 7．（24-25高一上·上海·随堂练习）设和都是非零实数，求不等式和同时成立的充要条件． 【答案】 【分析】根据不等式和同时成立，通过作差法可得和异号，故有． 【详解】由，得； 由和知，即和异号， 因此是不等式和同时成立的必要条件． 当时，必有，且，，因而成立． 从而是不等式和同时成立的充分条件． 因此，两个不等式和同时成立的充要条件是． 8．（22-23高一上·上海闵行·期中）对在直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：若，那么称点是点的“上位点”．同时点是点的“下位点”； (1)试写出点的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标； (2)已知点是点的“上位点”，判断点是否是点的“下位点”，证明你的结论； (3)设正整数满足以下条件：对集合内的任意元素 ，总存在正整数，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，求满足要求的一个正整数的值，并说明理由． 【答案】(1)“上位点”为，“下位点”为； (2)是，证明见解析 (3) 【分析】（1）由定义即可得所求点的坐标. （2）先由点是点的“上位点”得，作差化简得，结合所得结论、定义，利用作差法即可判断出点是否是点的“下位点”. （3）借助（2）的结论证明点既是点的“上位点”，又是点的“下位点”，再利用所证结论即可得到满足要求的一个正整数的值. 【详解】（1）根据题设中的定义可得点的一个上位点“坐标”和一个“下位点”坐标分别为和； （2）点是点的“下位点”， 证明：点是点的“上位点”，      又均大于，     ，       ，即， 所以点是点的“下位点”. （3）可证点既是点的“上位点”，又是点的“下位点”， 证明：点是点的“上位点”， 均大于，     ，       ， 即，所以点是点的“上位点”， 同理可得，即， 所以点是点的“下位点”， 所以点既是点的“上位点”，又是点的“下位点”． 根据题意知点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”对时恒成立， 根据上述的结论可知，当，时，满足条件. 故： 【点睛】关键点点睛：理解并运用“上位点”和“下位点”的定义是解题的关键. 题型07 作商法比较代数式的大小 1．（2020高一·上海·专题练习），则的大小关系为 ． 【答案】≥ 【分析】用作商法比较的大小关系，化简即可得结果. 【详解】因为， 则 由 所以 故答案为： 2．（20-21高一上·上海·课后作业）设，． （1）证明：介于与之间； （2）判断，哪个更接近于，并说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）更接近于，理由见解析 【分析】 （1）只要证明即可； （2）用来刻画与的接近程度，然后比较与的大小即可． 【详解】（1）证：∵， ∴介于，之间； （2）解：∵， ， 更接近于． 【点睛】本题主要考查比较代数式大小的方法，常用作差法或作商法，属于基础题． 题型08 利用不等式的性质证明不等式 【解题策略】 (1)利用不等式的性质对不等式的证明其实质就是利用性质对不等式进行变形，变形要等价，同时要注意性质适用的前提条件． (2)用作差法证明不等式和用作差法比较大小的方法原理一样，变形后判断符号时要注意充分利用题目中的条件． 1．（22-23高一上·上海徐汇·阶段练习）如果，则正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】对于ABD，直接举反例即可排除；对于C，利用不等式的同向可加性即可得证. 【详解】因为，所以 对于A，不妨令，则有，但，故A错误； 对于B，令，则虽有，但，故B错误； 对于C，因为，所以， 又，所以两式相加得，故C正确； 对于D，不妨令，则有，但，故D错误. 故选：C. 2．（24-25高一上·上海·随堂练习）已知，，求证． 【答案】证明见解析 【分析】由不等式的性质直接证明即可. 【详解】证明：因为，，所以， 又因为，，所以， 由不等式传递性，． 3．（2023高一·上海·专题练习）（1）已知，求证：； （2）已知，求证： （3）已知，求证： 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【分析】根据不等式的基本性质，逐项推理、运算，即可求解. 【详解】（1）因为，可得，所以， 又因为，可得. （2）因为，所以， 又因为，所以，可得， 因为，根据不等式的性质，可得，即以. （3）因为，要证，只需证明， 展开得，即，即， 又因为，所以. 4．（24-25高一上·上海·假期作业）（1）已知，，求证：； （2）已知，求证：，其中为正整数. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 【分析】（1）首先由不等式的同向同正可乘得到，，利用不等式的传递性，得. （2）上文下用，反复利用（1）的结论即可证明不等式. 【详解】（1），，由不等式的传递性，得. （2）将（1）结论中的换成，换成，就得到 结合，再次利用（1）的结论，可得，反复运用（1）的结论，最终就得到. 5．（24-25高一上·上海·课堂例题）（1）已知，求证：； （2）已知，，，求证：． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）（2）利用不等式的性质推理即得. 【详解】（1）由，得，则， 又，则，即， 不等式两边同乘，得， 而，所以． （2）由，，得，即， 又，所以． 6．（24-25高一上·上海·假期作业）已知，证明：若，则或. 【答案】证明见解析 【分析】应用反证法证明即可. 【详解】假设且，则，与已知矛盾， 所以假设不成立，故或. 7．（23-24高一上·上海普陀·期中）设是不小于1的实数.若对任意，总存在，使得，则称这样的满足“性质1” (1)分别判断和时是否满足“性质1”; (2)先证明:若，且，则; 并由此证明当时，对任意，总存在，使得. (3)求出所有满足“性质1”的实数t 【答案】(1)不满足性质1，不满足性质1. (2)证明见详解 (3) 【分析】（1）分别举反例证明和时性质1不成立； （2）先分别就，讨论证明若，且，则，再利用这个结论可得证； （3）结合（2）的结论可得解. 【详解】（1）记，， 假如，则当时，对任意，均有，不满足要求； 假如，则当，时，对任意，均有，， 若，同正或同负，则，其余情况下总有，不满足要求. （2）先来证明：若，且，则，同时该结论记为引理. 当时，， 当时，不妨设，则，又，所以. 所以若，且，则. 下面证当时，对任意，总存在，使得， 若，则取，此时， 其中，，且， 由引理可得， 若，则取，此时， 其中，，且，故由引理可得， 综上，当时，对任意，总存在，使得. （3）当时，当时，可取，使得，理由如下： 当时，取，则； 当时，取，则，则，故， 同理，可取，使得，此时， 所以当时，对任意，总存在，使得. 结合（2）的结论可得，对任意，总存在，使得. 综上，所有满足性质1的实数. 【点睛】思路点睛：此题考查等式和不等式的新定义问题，属于难题. （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，分别举反例证明和时性质1不成立； （3）分别就，分类讨论证明若，且，则，再利用这个结论证明当时，对任意，总存在，使得；再证明当时，对任意，总存在，使得，注意完备性. 题型09 利用不等式的性质求值或取值范围 【解题策略】 利用不等式的性质求取值范围的策略 (1)建立待求范围的整体与已知范围的整体的关系，最后利用一次不等式的性质进行运算，求得待求的范围． (2)同向不等式的两边可以相加，这种转化不是等价变形，如果在解题过程中多次使用这种转化，就有可能扩大其取值范围． 1．（24-25高一上·上海·随堂练习）已知，，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】根据不等式性质可得的取值范围. 【详解】因为，， 所以； 即的取值范围为. 故答案为：. 2．（24-25高一上·上海·随堂练习），当x的取值范围为 时有最小值． 【答案】 【分析】分段去绝对值符号，再借助不等式的性质求出取得最小值的条件. 【详解】当时，， 当时，， 当时，， 因此当时，取得最小值5. 故答案为： 3．（24-25高一上·上海·随堂练习）已知实数满足，，则的取值范围为 ，的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据不等式性质即可求的取值范围，化简，再利用不等式的性质求解即可. 【详解】由，， 则两式相加得，故， 因为， 所以，， 则两式相加得. 故答案为：，. 4．（24-25高一上·上海·课后作业）设，若不等式的解集是，则等于 ． 【答案】 【分析】根据不等式的解集分别得出与以及与的关系即可求解. 【详解】由， 得， 因为， 所以 因为不等式的解集为， 所以，即， 解得， 所以． 故答案为：. 5．（23-24高一上·上海·期中）已知，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】将改写成的形式，利用不等式性质即可求得其范围为. 【详解】可令， 即，解得， 所以， 又，所以， 即，可得； 所以的取值范围是. 故答案为： 6．（24-25高一上·上海·课堂例题）已知，，求及的取值范围． 【答案】，. 【分析】根据给定条件，利用不等式的性质求出范围即可. 【详解】由，得，又，所以； 由，，得，，所以. 7．（21-22高一上·上海长宁·期中）已知关于的一元二次方程的两个实根是､. (1)求的取值范围； (2)是否存在，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）先求出且，再利用韦达定理求出，即得解； （2）假设存在，利用韦达定理化简即得解. 【详解】（1）解：由题得. 由题得，，， 所以且. , 所以且且. 所以的取值范围为. （2）假设，所以， 所以， 所以，与矛盾， 所以不存在，使得. 一．选择题（共8小题） 1．（2023秋•普陀区校级期末）某家庭购买了一套三居室的房子，需要对三居室进行粉刷，粉刷方案要求：每个居室只用一种颜色，且三个居室各不相同．已知三个居室的粉刷面积（单位：分别为，，，且，三种颜色涂料的粉刷费用（单位：元分别为，，，且．在不同的方案中，最低的总费用（单位：元）是　　 A． B． C． D． 【分析】由不等式的性质可得总费用的最小值． 【解答】解：因为，， 所以费用最低的涂料粉刷面积最大的房间，费用最高的涂料粉刷面积最小的房间，此时总费用最低， 即最低的总费用为． 故选：． 【点评】本题考查函数及线性规划问题，属于基础题． 2．（2023秋•浦东新区校级期末）若，，，，则下列不等式成立的是　　 A． B． C． D． 【分析】利用不等式的性质，和通过取特殊值即可得出． 【解答】解：．，不成立， ．，根据不等式的基本性质，，，故正确 ．，，不成立， ．时，，不成立． 故选：． 【点评】本题考查了不等式的性质，属于基础题． 3．（2023秋•宝山区校级期中）如果，，，，则正确的是　　 A．若，则 B．若，则 C．若，，则 D．若，，则 【分析】根据已知条件，结合不等式的性质，以及特殊值法，即可求解． 【解答】解：对于，令，，满足，但，故错误， 对于，当时，，故错误， 对于，，， 由不等式的可加性可得，，故正确， 对于，令，，，，满足，，但，故错误． 故选：． 【点评】本题主要考查不等式的性质，以及特殊值法，属于基础题． 4．（2023秋•青浦区校级月考）已知，则下列结论错误的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据已知条件，利用不等式的基本性质对各项逐一判断，即可得到本题的答案． 【解答】解：由得，所以，可得，故正确； 由，可知，故正确； 取，，则，，此时，故错误； 因为且，所以，正确． 故选：． 【点评】本题主要考查了不等式的基本性质、作差法比较两个数的大小等知识，属于基础题． 5．（2023秋•奉贤区期中）如果，那么下列不等式中成立的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据不等式性质可判断，；举反例，，可判断，． 【解答】解：对于，因为，则，正确； 对于，不妨取，，满足，但是，不成立； 对于，不妨取，，满足，但是，不成立； 对于，因为，则，，故不成立， 故选：． 【点评】本题主要考查了不等式的性质的应用，属于基础题． 6．（2023秋•浦东新区校级期中）下列命题中，真命题是　　 A．且，则 B．若，则 C．若，则 D．若，，则 【分析】举例说明判断；作差比较大小判断． 【解答】解：对于，取，，而，错误； 对于，取，而，错误； 对于，，，则，正确； 对于，取，，，，而，错误． 故选：． 【点评】本题主要考查了不等式性质在不等式大小比较中的应用，属于基础题． 7．（2023秋•闵行区校级期中）根据“幂的基本不等式：当，时，”，对于下列命题： ①若，存在，使得；②若，对任意，满足． 下列说法正确的为　　 A．①真②假 B．①假②真 C．①②都假 D．①②都真 【分析】由已知结合指数函数的单调性即可比较函数值的大小，从而可判断①②． 【解答】解：当时，在上单调递增，故时，一定有，①错误； 若，在上单调递减，对任意，满足，②正确． 故选：． 【点评】本题主要考查了指数函数的单调性在函数值大小比较中的应用，属于基础题． 8．（2023秋•长宁区校级期中）已知且，则下列不等式中恒成立的是　　 A． B． C． D． 【分析】由已知可得，，的正负无法确定，再结合不等式的性质检验各选项即可判断． 【解答】解：因为且， 所以，，的正负无法确定， 当时，，显然错误； 由，可得，错误； 由，可得，正确； 故选：． 【点评】本题主要考查了不等式性质的应用，属于基础题． 二．填空题（共6小题） 9．（2023秋•浦东新区校级期末）已知关于的方程解集为，则“关于的不等式的解集是”是 　假　命题（填“真”或“假” ． 【分析】由已知条件可得且，分、两种情况解不等式，即可得出结论． 【解答】解：因为关于的方程解集为，则，即，且， 由得， 当时，解原不等式可得，此时不等式的解集为； 当时，解原不等式可得，此时不等式的解集为． 故原命题为假命题． 故答案为：假． 【点评】本题主要考查了一次方程与一次不等式转化关系的应用，属于基础题． 10．（2023秋•嘉定区校级期末）已知方程的两根为、，则　7　． 【分析】由题意，利用韦达定理，化简可得结果． 【解答】解：方程的两根为、， ，， 则． 故答案为：7． 【点评】本题主要考查韦达定理的应用，属于基础题． 11．（2023秋•普陀区校级期末）已知一元二次方程的两个实数根分别为，，且，则实数的值为 　5　． 【分析】由题意，利用一元二次方程根的分布与系数的关系，二次函数的性质，求得的值． 【解答】解：一元二次方程的两个实根分别为、， ，，△． ，则实数， 故答案为：5． 【点评】本题主要考查一元二次方程根的分布与系数的关系，二次函数的性质，属于基础题． 12．（2023秋•奉贤区期末）已知方程的两根为，，则　　． 【分析】由题意，利用韦达定理，变形求得结果． 【解答】解：方程的两根为，， ，， 则， 故答案为：． 【点评】本题主要考查韦达定理的应用，属于基础题． 13．（2023秋•普陀区校级期末）已知函数两个零点，一个大于2另一个小于2，则实数的取值范围为 　　． 【分析】由题意，利用二次函数的性质，求出实数的取值范围． 【解答】解：函数两个零点，一个大于2另一个小于2， ①，或②． 由①可得，由②可得． 综上，，即实数的取值范围为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查二次函数的性质，属于基础题． 14．（2023秋•黄浦区校级期中）已知关于的方程有两个实数根、，则的取值范围是 　，　． 【分析】先由△求出的取值范围，再利用韦达定理求解即可； 【解答】解：（1）关于的方程有两个实数根，， △， 解得， 又，， ， ， 函数在，上单调递减， ， 的取值范围是，． 故答案为：，． 【点评】本题主要考查了韦达定理的应用，属于中档题． 三．解答题（共2小题） 15．（2023秋•浦东新区期末）已知一元二次方程的两个实根为，． （1）求，； （2）求证：． 【分析】先写出韦达定理，再把韦达定理代入化简即得证 【解答】解：（1）由一元二次方程的两个实根为，， 利用韦达定理得：，． （2）证明：因为由（1）可得，． 所以原题得证． 【点评】本题考查了韦达定理的应用，属于基础题． 16．（2023秋•长宁区校级期中）甲、乙两位同学参加一个游戏，规则如下：每人在、、、四个长方体容器中取两个盛满水，盛水体积多者为胜．甲先取两个容器，余下的两个容器给乙．已知、的底面积均为，高分别为、；、的底面积均为，高分别为、（其中．在未能确定与大小的情况下，请给出一个让甲必胜的方案（即指出甲取哪两个容器可以获胜），并说明此方案必胜的理由． 【分析】设，，，的体积分别为，，，，甲从，，，中任选2个，有，，，，，，共6种可能，结合不等式的性质以及作差法分析判断． 【解答】解：设，，，的体积分别为，，，，则， 甲从，，，中任选2个，有，，，，，，共6种可能， 当时，则，即， 则，，即甲取，均不能够稳操胜券； 当时，则，即， 则，，即甲取，均不能够稳操胜券； 若甲先取，则， 即，即甲先取能够稳操胜券，选不能够稳操胜券； 综上所述：甲必胜的方案：甲选． 【点评】本题主要考查了不等式性质在实际问题中的应用，属于中档题． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$