专题04 比较不等式大小的3种方法-【常考压轴题】2024-2025学年高一数学压轴题攻略(人教B版2019必修第一册)

专题04 比较不等式大小的3种方法 目录 解题知识必备 1 压轴题型讲练 1 类型一 由不等式的性质比较数（式）大小 1 类型二 作差法比较代数式的大小 2 类型三 作商法比较代数式的大小 3 压轴能力测评 4 1．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． ④同向可加性：a＞b，c＞d⇒a+c＞b+d； ⑤可积性：a＞b，c＞0⇒ac＞bc；a＞b，c＜0⇒ac＜bc； ⑥同向整数可乘性：a＞b＞0，c＞d＞0⇒ac＞bd； ⑦平方法则：a＞b＞0⇒an＞bn（n∈N，且n＞1）； ⑧开方法则：a＞b＞0⇒（ n∈N，且n＞1）． 类型一 由不等式的性质比较数（式）大小 灵活运用不等式的8大性质比较不等式大小，注意观察每种性质的结构特征. 例1．（2024·河北邯郸·三模）记表示x，y，z中最小的数．设，，则的最大值为 ． 【变式训练1】（2024·河南·模拟预测）以表示数集中最大的数．设，已知或，则的最小值为 ． 【变式训练2】（22-23高一上·江苏常州·阶段练习）定义：为实数中较大的数．若，则的最小值为 ． 【变式训练3】【多选】（23-24高二下·山东临沂·期末）已知（，，），且，则（    ） A． B． C．存在，使得 D． 类型二 作差法比较代数式的大小 作差法是比较两个代数式大小的步骤： 1. 将两个代数式相减，得到它们的差. 2. 简化这个差，使其尽可能简单. 3. 分析差的符号：① 如果差为正，则较大的代数式是被减数；②如果差为负，则较大的代数式是减数；③如果差为零，则两个代数式相等。 例2．已知，求证：. 【变式训练1】设a、b为实数，比较与的值的大小. 【变式训练2】（23-24高一下·安徽芜湖·开学考试）已知实数m，n，p满足，且，则下列说法正确的是（） A． B． C． D． 【变式训练3】（24-25高三上·河北衡水·开学考试）已知，则下列说法正确的有（    ）个 ①；②；③；④ A．1 B．2 C．3 D．4 类型三 作商法比较代数式的大小 使用作商法比较代数式的大小步骤: 1.确定条件:首先，确保两个代数式都是正数(或都是负数)，并且除数不为零。如果其中-个代数式为零或负数，则不适用作商法。 2.作商:将两个代数式相除。 3.变形:如果除不尽，可以先对分子和分母进行变形，使其更容易比较。常见的变形方法包括通分、因式分解、配方等。 4.判断商与1的关系:观察得到的商与1的大小关系。 5.得出结论: 如果商大于1，则被除数大于除数。 如果商小于1，则被除数小于除数。 如果商等于1，则被除数等于除数。 例3．设，，则 （填入“＞”或“＜”）． 【变式训练1】已知，，试比较与的大小； 【变式训练2】已知，试比较和的大小. 1．对于实数a，b，m，下列说法：①若，则；②若，则；③若，则；④若，且，则的最小值为．其中是真命题的为（    ） A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 2．实数，，满足且，则下列关系成立的是（    ） A． B． C． D． 3．若，则（    ） A． B． C． D．的最小值为2 4．设x，y是正实数，记S为x，，中的最小值，则S的最大值为 . 5．已知均为大于0的实数,给出下列五个论断:①,②,③,④,⑤.以其中的两个论断为条件,余下的论断中选择一个为结论,请你写出一个正确的命题 . 6．（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． 7．对在直角坐标系的第一象限内的任意两点，作如下定义:,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）设、、、均为正数，且点是点的上位点，请判断点是否既是点的“下位点”又是点的“上位点”，如果是请证明，如果不是请说明理由； （3）设正整数满足以下条件：对任意实数，总存在，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，求正整数的最小值. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 比较不等式大小的3种方法 目录 解题知识必备 1 压轴题型讲练 1 类型一 由不等式的性质比较数（式）大小 1 类型二 作差法比较代数式的大小 5 类型三 作商法比较代数式的大小 7 压轴能力测评 8 1．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． ④同向可加性：a＞b，c＞d⇒a+c＞b+d； ⑤可积性：a＞b，c＞0⇒ac＞bc；a＞b，c＜0⇒ac＜bc； ⑥同向整数可乘性：a＞b＞0，c＞d＞0⇒ac＞bd； ⑦平方法则：a＞b＞0⇒an＞bn（n∈N，且n＞1）； ⑧开方法则：a＞b＞0⇒（ n∈N，且n＞1）． 类型一 由不等式的性质比较数（式）大小 灵活运用不等式的8大性质比较不等式大小，注意观察每种性质的结构特征. 例1．（2024·河北邯郸·三模）记表示x，y，z中最小的数．设，，则的最大值为 ． 【答案】2 【分析】分是否大于进行讨论，由此即可简化表达式，若，则可以得到，并且存在，，使得，，同理时，我们可以证明，由此即可得解. 【详解】若，则，此时， 因为，所以和中至少有一个小于等于2， 所以，又当，时，， 所以的最大值为2． 若，则，此时， 因为，所以和中至少有一个小于2， 所以． 综上，的最大值为2． 故答案为：2. 【点睛】关键点点睛：关键是分是否大于进行讨论，结合不等式的性质即可顺利得解. 【变式训练1】（2024·河南·模拟预测）以表示数集中最大的数．设，已知或，则的最小值为 ． 【答案】/0.2 【分析】利用换元法可得，进而根据不等式的性质，分情况讨论求解. 【详解】令其中， 所以， 若，则，故， 令， 因此,故,则， 若，则，即， ， 则,故,则， 当且仅当且时等号成立， 如取时可满足等号成立， 综上可知的最小值为， 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用换元法，在和前提下进行合理分类讨论，根据题意得到相对应的不等式组，注意题目的条件关键词是“或”. 【变式训练2】（22-23高一上·江苏常州·阶段练习）定义：为实数中较大的数．若，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】先根据的范围，讨论的大小关系，在每种情况中分别用均值不等式和不等式的性质确定的范围，即可得解． 【详解】设， 则由题意可得， 因为，所以 ①当时，， 只需考虑， 所以，， 所以，可得，当且仅当时取等号； ②当时，，只需考虑， 所以， 可得，当且仅当时取等号. 综上所述，的最小值为2. 故答案为：2. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是在利用均值不等式和不等式的性质时，特别注意同向不等式的应用和均值不等式成立的条件. 【变式训练3】【多选】（23-24高二下·山东临沂·期末）已知（，，），且，则（    ） A． B． C．存在，使得 D． 【答案】ABD 【分析】对于A，据已知条件即可证明；对于B，使用基本不等式即可证明；对于C，据已知条件即可否定；对于D，将条件变形为，再利用即可证明结论. 【详解】对于A，，，所以，故A正确； 对于B，，，所以，可得，同理可得， 又因，所以，故，，故B正确； 对于C，，，由B知，，又，存在，使得可知，代入可得与已知相矛盾，故C错误； 对于D，将条件变形为，，由A知，由B知，所以，即，故D正确. 故选：ABD 类型二 作差法比较代数式的大小 作差法是比较两个代数式大小的步骤： 1. 将两个代数式相减，得到它们的差. 2. 简化这个差，使其尽可能简单. 3. 分析差的符号：① 如果差为正，则较大的代数式是被减数；②如果差为负，则较大的代数式是减数；③如果差为零，则两个代数式相等。 例2．已知，求证：. 【答案】证明见解析 【分析】结合立方和公式及，利用作差法即可证明. 【详解】， 因为，所以，又，所以， 所以. 【变式训练1】设a、b为实数，比较与的值的大小. 【答案】 【分析】利用作差法得到，进而即可比较. 【详解】由， 又a、b为实数，，，则， 所以. 【变式训练2】（23-24高一下·安徽芜湖·开学考试）已知实数m，n，p满足，且，则下列说法正确的是（） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意,将所给等式变形,得到,推导出,然后利用作差法比较大小,结合二次函数的性质证出,从而得出正确结论. 【详解】由,得, 因为, 移项得, 所以, 可得, 由,得, 可得, 可得. 综上所述,不等式成立, 故选:D. 【变式训练3】（24-25高三上·河北衡水·开学考试）已知，则下列说法正确的有（    ）个 ①；②；③；④ A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】作差法比较大小，得到①③正确，②错误；通分后得到，分子作差得到，等号取不到, 【详解】对于①，因为，所以，，， ，故，①正确； 对于②，，，故，故，②错误； 对于③，，，， 故，，③正确； 对于④，， 其中， 当且仅当时，等号成立，但，故等号不成立， 故，故，④错误. 故选：B 类型三 作商法比较代数式的大小 使用作商法比较代数式的大小步骤: 1.确定条件:首先，确保两个代数式都是正数(或都是负数)，并且除数不为零。如果其中-个代数式为零或负数，则不适用作商法。 2.作商:将两个代数式相除。 3.变形:如果除不尽，可以先对分子和分母进行变形，使其更容易比较。常见的变形方法包括通分、因式分解、配方等。 4.判断商与1的关系:观察得到的商与1的大小关系。 5.得出结论: 如果商大于1，则被除数大于除数。 如果商小于1，则被除数小于除数。 如果商等于1，则被除数等于除数。 例3．设，，则 （填入“＞”或“＜”）． 【答案】 【分析】由均大于0，可用作商法，再化简后与1作大小比较，即可得出答案. 【详解】∵，即. 又， . 故答案为：>. 【变式训练1】已知，，试比较与的大小； 【答案】（当且仅当时取等号） 【分析】因为与都大于0，故相除再和1比较大小即可，在变形过程中要用到立方和公式以及基本不等式. 【详解】由题意，由立方和公式， 可得分子， 将其代入原式得， 进一步对其分子利用基本不等式可得，且等号成立当且仅当， 将其代入原式得， 综上所述（当且仅当时取等号）. 【变式训练2】已知，试比较和的大小. 【答案】 【分析】方法1：采用作商比较法，结合分母有理化即可求解；方法2：先计算，从而可得，进而可求解. 【详解】（方法1）因为，所以. 所以. 因为，所以，即； （方法2）所以， 又， 所以 , 所以. 1．对于实数a，b，m，下列说法：①若，则；②若，则；③若，则；④若，且，则的最小值为．其中是真命题的为（    ） A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 【答案】B 【分析】结合不等式的性质和基本不等式，逐项判定，即可求解. 【详解】对于①，当时，，所以①是假命题． 对于②，当时，成立；当时，等价于， 即，因为，所以，所以成立； 当时，，所以成立．所以②是真命题． 对于③，因为，所以，所以，所以③是真命题． 对于④，因为，且，所以，且，所以，因为，当且仅当，即时成立，，不合题意，所以的最小值不是， 又由，因为，所以， 所以是a的增函数，在时没有最小值．所以④是假命题． 故选：B. 【点睛】本题主要考查了以命题为背景的命题的真假判定，以及不等式的性质和基本不等式的应用，其中解答中熟记不等式基本性质和基本不等式是解答的关键，着重考查推理与运算能力. 2．实数，，满足且，则下列关系成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据等式可变形为，利用完全平方可得大小，由得，做差，配方法比较大小. 【详解】由可得，则， 由可得，利用完全平方可得 所以， ， ， 综上， 故选：D 【点睛】本题主要考查了做差法比较两个数的大小，考查了推理与运算能力，属于难题. 3．若，则（    ） A． B． C． D．的最小值为2 【答案】ACD 【分析】作差可判断AC；由不等式的性质可判断B；利用基本不等式可判断D. 【详解】对于A， 因为，所以，所以， 即，故正确； 对于B，因为，所以，，所以，故错误； 对于C， ，所以，故正确； 对于D， 因为，所以 ， 当且仅当即等号成立，故正确. 故选：ACD. 【点睛】比较大小的方法有： （1）根据单调性比较大小；（2）作差法比较大小； （3）作商法比较大小；（4）中间量法比较大小. 4．设x，y是正实数，记S为x，，中的最小值，则S的最大值为 . 【答案】 【分析】设，通过的分类讨论，结合不等式的缩放和基本不等式可求解. 【详解】方法一：设， 当时， 不妨设， ①当时， ②当时，， 若，则； 若，则； ③当时，，， ； ④当时，，， 同理，当时，可以证明 综上所述：S的最大值为. 方法二：由题意知，，则， 所以，解得，故S的最大值为. 故答案为： 【点睛】本题考查了不等式的性质，分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题. 5．已知均为大于0的实数,给出下列五个论断:①,②,③,④,⑤.以其中的两个论断为条件,余下的论断中选择一个为结论,请你写出一个正确的命题 . 【答案】①③推出⑤(答案不唯一还可以①⑤推出③等) 【解析】选择两个条件根据不等式性质推出第三个条件即可，答案不唯一. 【详解】已知均为大于0的实数,选择①③推出⑤. ①，③， 则， 所以. 故答案为：①③推出⑤ 【点睛】此题考查根据不等式的性质比较大小，在已知条件中选择两个条件推出第三个条件，属于开放性试题，对思维能力要求比较高. 6．（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. 7．对在直角坐标系的第一象限内的任意两点，作如下定义:,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）设、、、均为正数，且点是点的上位点，请判断点是否既是点的“下位点”又是点的“上位点”，如果是请证明，如果不是请说明理由； （3）设正整数满足以下条件：对任意实数，总存在，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，求正整数的最小值. 【答案】（1）“上位点”，“下位点”；（2）是，证明见解析；（3）. 【分析】（1）由已知中“上位点”和“下位点”的定义，可得出点的一个“上位点”的坐标为，一个“下位点”的坐标为； （2）由点是点的“上位点”得出，然后利用作差法得出与、的大小关系，结合“下位点”和“上位点”的定义可得出结论； （3）结合（2）中的结论，可得，，满足条件，再说明当时，不成立，可得出的最小值为. 【详解】（1）对于平面直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：，那么称点是点的“上位点”，同时点是点的“下位点”. 点的一个“上位点”的坐标为，一个“下位点”的坐标为； （2）点是点的“上位点”，，. ， 点是点的“下位点”， ， 点是点的“上位点”； （3）若正整数满足条件：在时恒成立. 由（2）中的结论可知，，时满足条件. 若，由于，当时，不存在符合题意； 因此，的最小值为. 【点睛】本题考查的知识点是新定义“上位点”和“下位点”，同时也考查了利用作差法比较两数的大小关系，解题的关键就是对题中新定义的理解，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$