集合与常用逻辑用语、不等式之不等式及其性质讲义、课件-2025届高三数学一轮复习

2025届高考数学一轮复习教案讲义（原卷版）——集合与常用逻辑用语、不等式之不等式及其性质 【知识梳理】 1.两个实数比较大小的方法 (1)作差法 (2)作商法 2.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)同向可加性：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)可乘方性：a＞b＞0⇒an bn(n∈N，n≥1)； (6)可开方性：a＞b＞0⇒ (n∈N，n≥2). [常用结论] 1.证明不等式的常用方法有：作差法、作商法、综合法、分析法、反证法、放缩法. 2.有关分式的性质 (1)若a>b>0，m>0，则<；>(b－m>0). (2)若ab>0，则a>b⇔<. 【诊断自测】 1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)a＞b⇔ac3＞bc3.(　　) (2)a＝b⇔ac＝bc.(　　) (3)若>1，则a>b.(　　) (4)a<x<b<0⇒<<.(　　) 2.(多选)(必修一P43习题2.1T8改编)下列命题为真命题的是(　　) A.若ac2＞bc2，则a＞b B.若a＞b＞0，则a2＞b2 C.若a＜b＜0，则a2＜ab＜b2 D.若a＜b＜0，则＞ 3.(必修一P42习题2.1T3(4)改编)设M＝x2＋y2＋1，N＝2(x＋y－1)，则M与N的大小关系为________. 4.已知－1＜a＜2，－3＜b＜5，则a＋2b的取值范围是________. 考点一　比较数(式)的大小 例1 (1)(2024·石家庄调研)已知a＝e，b＝，c＝，则(　　) A.a<b<c B.b<a<c C.b<c<a D.c<b<a (2)eπ·πe与ee·ππ的大小关系为________. 方法总结　比较大小的常用方法 (1)作差法：①作差；②变形；③定号；④得出结论. (2)作商法：①作商；②变形；③判断商与1的大小关系；④得出结论. (3)构造函数，利用函数的单调性比较大小. 训练1 (1)(2023·湖南师大附中月考)已知P＝a2＋b2＋＋c2，Q＝2a＋2b，则(　　) A.P≤Q 　　　 B.P＝Q C.P≥Q 　　　 D.P，Q的大小无法确定 (2)若a＝，b＝，c＝，则(　　) A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.b<a<c 考点二　不等式的基本性质 例2 (1)(2024·北京朝阳区模拟)若a>0>b，则(　　) A.a3>b3 B.|a|>|b| C.< D.ln(a－b)>0 (2)(多选)(2024·济南调研)已知实数a，b，c满足a>b>c，且a＋b＋c＝0，则下列说法正确的是(　　) A.> B.a－c>2b C.a2>b2 D.ab＋bc>0 方法总结　解决此类题目常用的三种方法： (1)直接利用不等式的性质逐个验证，要特别注意前提条件； (2)利用特殊值排除法； (3)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、对数、幂函数等函数的单调性进行判断. 训练2 (1)若a，b，c为实数，且a<b，c>0，则下列不等关系一定成立的是(　　) A.a＋c<b＋c B.< C.ac>bc D.b－a>c (2)(多选)若<<0，则下列不等式正确的是(　　) A.< B.|a|＋b>0 C.a－>b－ D.ln a2>ln b2 考点三　不等式性质的综合应用 例3 (1)已知－1<x<4，2<y<3，则x－y的取值范围是________，3x＋2y的取值范围是________. (2)已知－3<a<－2，2<b<4，则的取值范围是________. 在本例(1)中，把条件改为“－1＜x－y＜4，2＜x＋y＜3，求3x＋2y的取值范围. 方法总结　利用不等式性质可以求某些代数式的取值范围，应注意两点：一是必须严格运用不等式的性质；二是在多次运用不等式的性质时有可能扩大了变量的取值范围，解决的途径是先建立所求范围的整体与已知范围的整体的等量关系，最后通过“一次性”不等关系的运算求解范围. 训练3 (1)已知0＜β＜α＜，则α－β的取值范围是________. (2)已知实数a，b，c，满足a>b>c，且a＋b＋c＝0，那么的取值范围是________. 习题演练 1.(2023·长春模拟)已知a>0，b>0，M＝，N＝＋，则M与N的大小关系为(　　) A.M>N 　　　 B.M<N C.M≤N 　　　 D.M，N大小关系不确定 2.(2024·北京昌平区质检)若a<b<0，c>d>0，则一定有(　　) A.> B.< C.> D.< 3.已知－3＜a＜－2，3＜b＜4，则的取值范围为(　　) A.(1，3) B. C. D. 4.(2024·安阳调考)若a>b>0>c，则(　　) A.(a－b)c>0 B.> C.a－b>a－c D.< 5.若a＞1，m＝loga(a2＋1)，n＝loga(a＋1)，p＝loga(2a)，则m，n，p的大小关系是(　　) A.n＞m＞p B.m＞p＞n C.m＞n＞p D.p＞m＞n 6.(2024·自贡诊断)已知p：<，q：m>n>0，则p是q的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 7.(2024·惠州调研)已知实数a>b>0>c，则下列结论一定正确的是(　　) A.> B.> C.< D.a2>c2 8.已知M＝x2＋y2＋z2，N＝2x＋2y＋2z－π，则M________N(填“＞”“＜”或“＝”). 9.若1<α<3，－4<β<2，则2α＋|β|的取值范围是________. 10.实数a，b，c，d满足下列三个条件： ①d＞c；②a＋b＝c＋d；③a＋d＜b＋c. 那么a，b，c，d的大小关系是________. 11.已知a＋b＞0，试比较＋与＋的大小. 12.(1)若bc－ad≥0，bd＞0，求证：≤； (2)已知c＞a＞b＞0，求证：＞. 13.(多选)(2024·宁波质检)已知a，b，c∈R，下列命题为真命题的是(　　) A.若b<a<0，则bc2<ac2 B.若b>a>0>c，则< C.若c>b>a>0，则> D.若a>b>c>0，则> 14.若a＞b＞0，c＜d＜0，|b|＞|c|. (1)求证：b＋c＞0； (2)求证：＜； (3)在(2)的不等式中，能否找到一个代数式，满足＜所求式＜？若能，请直接写出该代数式；若不能，请说明理由. 第 54 页 学科网（北京）股份有限公司 $$2025届高考数学一轮复习讲义课件——集合与常用逻辑用语、不等式之不等式及其性质 知识梳理 1.两个实数比较大小的方法 > = < > = < 3 2.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)同向可加性：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)可乘方性：a＞b＞0⇒an____bn(n∈N，n≥1)； ＞ ＞ ＞ ＞ ＞ ＞ 4 常用结论 诊断自测 1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) × × × √ 解析　(1)由不等式的性质，ac3＞bc3⇒ / a＞b；反之,c≤0时，a＞b ⇒ / ac3＞bc3. (2)由等式的性质，a＝b⇒ac＝bc；反之，c＝0时，ac＝bc⇒ / a＝b. 2.(多选)(必修一P43习题2.1T8改编)下列命题为真命题的是(　　 ) ABD 解析　C中，若a＝－2，b＝－1， 则a2＞ab＞b2，故C错误. 3.(必修一P42习题2.1T3(4)改编)设M＝x2＋y2＋1，N＝2(x＋y－1)，则M与N的大小关系为________. M＞N 解析　M－N＝x2＋y2＋1－2x－2y＋2＝(x－1)2＋(y－1)2＋1＞0.故M＞N. 4.已知－1＜a＜2，－3＜b＜5，则a＋2b的取值范围是_____________. (－7，12) 解析　∵－3＜b＜5， ∴－6＜2b＜10， 又－1＜a＜2， ∴－7＜a＋2b＜12. 考点一　比较数(式)的大小 A 所以2c>2b，即c>b； 又因为(2b)4－(2a)4＝16e2－e3＝e2(16－e)>0， 所以(2b)4>(2a)4， 又a，b均为正数，所以2b>2a， 即b>a，所以a<b<c. (2)eπ·πe与ee·ππ的大小关系为_____________. eπ·πe＜ee·ππ 方法总结 比较大小的常用方法 (1)作差法：①作差；②变形；③定号；④得出结论. (2)作商法：①作商；②变形；③判断商与1的大小关系；④得出结论. (3)构造函数，利用函数的单调性比较大小. C 所以P－Q≥0，即P≥Q. B 解析　法一　易知a，b，c都是正数， 由f′(x)>0，得0<x<e；由f′(x)<0，得x>e. ∴f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减. ∴f(3)>f(4)>f(5)， 即a>b>c. 考点二　不等式的基本性质 例2 (1)(2024·北京朝阳区模拟)若a>0>b，则(　　) A 解析　∵a>0>b，∴a3>0，b3<0，即a3>b3，故A正确； BC 对于B，∵a>b>c，a＋b＋c＝0，∴a>0，c<0，a－b>0，∴b＋c＝－a<0，∴a－b>b＋c，即a－c>2b，B正确； 对于C，∵a－b>0，a＋b＝－c>0,∴a2－b2＝(a＋b)(a－b)>0，即a2>b2,C正确； 对于D，ab＋bc＝b(a＋c)＝－b2≤0，D错误. 方法总结 解决此类题目常用的三种方法： (1)直接利用不等式的性质逐个验证，要特别注意前提条件； (2)利用特殊值排除法； (3)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、对数、幂函数等函数的单调性进行判断. A 解析　对于A，由不等式的性质知，a<b⇒a＋c<b＋c，正确； 对于C，由不等式的性质知，c>0，a<b⇒ac<bc，错误； 对于D，a<b⇒b－a>0，又c>0，所以无法判断b－a与c的大小，错误. AC B中，因为b<a<0，所以－b>－a>0，故－b>|a|，即|a|＋b<0，故B错误； D中，因为b<a<0，根据y＝x2在(－∞，0)上单调递减，可得b2>a2>0，而y＝ln x在定义域(0，＋∞)上单调递增，所以ln b2>ln a2，故D错误. 考点三　不等式性质的综合应用 例3 (1)已知－1<x<4，2<y<3，则x－y的取值范围是________，3x＋2y的取值范围是________. (－4，2) 　(1，18) 解析　因为－1<x<4，2<y<3， 所以－3<－y<－2， 所以－4<x－y<2. 由－3<3x<12，4<2y<6， 得1<3x＋2y<18. 解析　∵－3<a<－2， 在本例(1)中，把条件改为“－1＜x－y＜4，2＜x＋y＜3，求3x＋2y的取值范围. 解　设3x＋2y＝λ(x－y)＋μ(x＋y)， 即3x＋2y＝(λ＋μ)x＋(μ－λ)y， 方法总结 利用不等式性质可以求某些代数式的取值范围，应注意两点：一是必须严格运用不等式的性质；二是在多次运用不等式的性质时有可能扩大了变量的取值范围，解决的途径是先建立所求范围的整体与已知范围的整体的等量关系，最后通过“一次性”不等关系的运算求解范围. 解析　由于a>b>c，且a＋b＋c＝0， 习题演练 B D A 解析　因为－3＜a＜－2，所以4<a2<9， 4.(2024·安阳调考)若a>b>0>c，则(　　) B 解析　对于A，不妨取a＝2，b＝1，c＝－1，则(a－b)c＝－1<0，故A错误； 对于C，当a＝2，b＝1，c＝－1时，a－b＝1，a－c＝3，故C错误； 5.若a＞1，m＝loga(a2＋1)，n＝loga(a＋1)，p＝loga(2a)，则m，n，p的大小关系是(　　) A.n＞m＞p B.m＞p＞n C.m＞n＞p D.p＞m＞n B 解析　由a＞1知，a2＋1－2a＝(a－1)2＞0， 2a－(a＋1)＝a－1＞0， ∴a2＋1＞2a＞a＋1， 而y＝logax在定义域上单调递增， ∴m＞p＞n. B 解析　若m＝－1，n＝1， 故p是q的必要不充分条件，故选B. 7.(2024·惠州调研)已知实数a>b>0>c，则下列结论一定正确的是(　　) A 对于D，若a＝1，c＝－2，满足a>0>c，但a2<c2，故D错误. 8.已知M＝x2＋y2＋z2，N＝2x＋2y＋2z－π，则M________N(填“＞”“＜”或“＝”). ＞ 解析　M－N＝x2＋y2＋z2－2x－2y－2z＋π＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3≥π－3＞0， 故M＞N. 9.若1<α<3，－4<β<2，则2α＋|β|的取值范围是________. (2，10) 解析　∵－4<β<2， ∴0≤|β|<4， 又1<α<3， ∴2<2α<6， ∴2<2α＋|β|<10. 10.实数a，b，c，d满足下列三个条件： ①d＞c；②a＋b＝c＋d；③a＋d＜b＋c. 那么a，b，c，d的大小关系是_____________. b＞d＞c＞a 解析　由题意知d＞c； ②＋③得2a＋b＋d＜2c＋b＋d， 化简得a＜c； 由②式a＋b＝c＋d及a＜c可得到b＞d， 故b＞d＞c＞a. 证明　∵c＞a＞b＞0，∴c－a＞0，c－b＞0. 13.(多选)(2024·宁波质检)已知a，b，c∈R，下列命题为真命题的是(　　) BD 解析　对于A，ac2－bc2＝c2(a－b)，因为b<a<0，所以a－b>0，又c2≥0，所以c2(a－b)≥0，则bc2≤ac2，故A错误； 14.若a＞b＞0，c＜d＜0，|b|＞|c|. (1)求证：b＋c＞0； 证明　因为|b|＞|c|，且b＞0，c＜0， 所以b＞－c， 所以b＋c＞0. 证明　因为c＜d＜0，所以－c＞－d＞0. 又a＞b＞0，得a－c＞b－d＞0， 所以(a－c)2＞(b－d)2＞0， 因为a＞b，d＞c，可得a＋d＞b＋c， 所以a＋d＞b＋c＞0.② (1)作差法eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b>0⇔a b，,a－b＝0⇔a b，,a－b<0⇔a b.)) (2)作商法eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)>1（a∈R，b>0）⇔a b（a∈R，b>0），,\f(a,b)＝1⇔a b（a，b≠0），,\f(a,b)<1（a∈R，b>0）⇔a b（a∈R，b>0）.)) (6)可开方性：a＞b＞0⇒eq \r(n,a) eq \r(n,b)(n∈N，n≥2). 1.证明不等式的常用方法有：作差法、作商法、综合法、分析法、反证法、放缩法. 2.有关分式的性质 (1)若a>b>0，m>0，则eq \f(b,a)<eq \f(b＋m,a＋m)；eq \f(b,a)>eq \f(b－m,a－m)(b－m>0). (2)若ab>0，则a>b⇔eq \f(1,a)<eq \f(1,b). (1)a＞b⇔ac3＞bc3.(　　) (2)a＝b⇔ac＝bc.(　　) (3)若eq \f(a,b)>1，则a>b.(　　) (4)a<x<b<0⇒eq \f(1,b)<eq \f(1,x)<eq \f(1,a).(　　) (3)a＝－3，b＝－1，则>1，但a<b. A.若ac2＞bc2，则a＞b B.若a＞b＞0，则a2＞b2 C.若a＜b＜0，则a2＜ab＜b2 D.若a＜b＜0，则eq \f(1,a)＞eq \f(1,b) 例1 (1)(2024·石家庄调研)已知a＝eq \f(1,2)eeq \f(3,4)，b＝eq \r(e)，c＝eq \f(e＋1,2)，则(　　) A.a<b<c B.b<a<c C.b<c<a D.c<b<a 解析　因为2c－2b＝e－2eq \r(e)＋1＝(eq \r(e)－1)2>0， 即eπ·πe＜ee·ππ. 解析　＝＝， 又0＜＜1，0＜π－e＜1， 所以＜1，即＜1， 训练1 (1)(2023·湖南师大附中月考)已知P＝a2＋b2＋eq \f(1,c2)＋c2，Q＝2a＋2b，则(　　) A.P≤Q 　　　 B.P＝Q C.P≥Q 　　　 D.P，Q的大小无法确定 解析　P－Q＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＋\f(1,c2)＋c2))－(2a＋2b)＝(a－1)2＋(b－1)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(1,c)))eq \s\up12(2)≥0， 即c<b<a. (2)若a＝eq \f(ln 3,3)，b＝eq \f(ln 4,4)，c＝eq \f(ln 5,5)，则(　　) A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.b<a<c ＝＝log8164<1，所以a>b； ＝＝log6251 024>1，所以b>c. 法二　构造函数f(x)＝， 则f′(x)＝， 取a＝eq \f(1,2)，b＝－eq \f(1,2)，则ln(a－b)＝ln 1＝0，故D错误. A.a3>b3 B.|a|>|b| C.< D.ln(a－b)>0 取a＝1，b＝－2，则|a|>|b|不成立，eq \f(1,a)<eq \f(1,b)不成立，故B，C错误； (2)(多选)(2024·济南调研)已知实数a，b，c满足a>b>c，且a＋b＋c＝0，则下列说法正确的是(　　) A.eq \f(1,a－c)>eq \f(1,b－c) B.a－c>2b C.a2>b2 D.ab＋bc>0 解析　对于A，∵a>b>c，∴a－c>b－c>0，∴eq \f(1,a－c)<eq \f(1,b－c)，A错误； 训练2 (1)若a，b，c为实数，且a<b，c>0，则下列不等关系一定成立的是(　　) A.a＋c<b＋c B.eq \f(1,a)<eq \f(1,b) C.ac>bc D.b－a>c 对于B，若a＝－2，b＝－1，则eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，错误； C中，因为b<a<0，又eq \f(1,a)<eq \f(1,b)<0，则－eq \f(1,a)>－eq \f(1,b)>0，所以a－eq \f(1,a)>b－eq \f(1,b)，故C正确； (2)(多选)若eq \f(1,a)<eq \f(1,b)<0，则下列不等式正确的是(　　) A.eq \f(1,a＋b)<eq \f(1,ab) B.|a|＋b>0 C.a－eq \f(1,a)>b－eq \f(1,b) D.ln a2>ln b2 解析　由<<0，可知b<a<0. A中，因为a＋b<0，ab>0，所以eq \f(1,a＋b)<0，eq \f(1,ab)>0，则eq \f(1,a＋b)<eq \f(1,ab)，故A正确； 又∵2＜b＜4，∴＜－＜2， 则－2＜＜－. (2)已知－3<a<－2，2<b<4，则eq \f(b,a)的取值范围是____________. ∴－<<－，故＜－＜. ∴－<(x－y)<2，5<(x＋y)<， ∴<(x－y)＋(x＋y)<. 故3x＋2y的取值范围是. 于是解得 ∴3x＋2y＝(x－y)＋(x＋y). ∵－1<x－y<4，2<x＋y<3， 又β＜α，∴α－β＞0， 即0＜α－β＜. 训练3 (1)已知0＜β＜α＜eq \f(π,2)，则α－β的取值范围是___________. 解析　∵0＜β＜，∴－＜－β＜0， 又0＜α＜，∴－＜α－β＜， 所以－2<<－. (2)已知实数a，b，c，满足a>b>c，且a＋b＋c＝0，那么eq \f(c,a)的取值范围是 _____________. 所以a>0，c<0，b＝－a－c，－a－c<a，2a>－c，eq \f(c,a)>－2，－a－c>c，－a>2c， eq \f(c,a)<－eq \f(1,2)， 1.(2023·长春模拟)已知a>0，b>0，M＝eq \r(a＋b)，N＝eq \r(a)＋eq \r(b)，则M与N的大小关系为(　　) A.M>N 　　　 B.M<N C.M≤N 　　　 D.M，N大小关系不确定 解析　M2－N2＝(a＋b)－(a＋b＋2eq \r(ab))＝－2eq \r(ab)<0， ∴M<N. 2.(2024·北京昌平区质检)若a<b<0，c>d>0，则一定有(　　) A.eq \f(a,c)>eq \f(b,d) B.eq \f(a,c)<eq \f(b,d) C.eq \f(a,d)>eq \f(b,c) D.eq \f(a,d)<eq \f(b,c) 解析　由题知a<b<0，c>d>0，则可取a＝－2，b＝－1，c＝2，d＝1，则eq \f(a,c)＝eq \f(－2,2)＝－1，eq \f(b,d)＝eq \f(－1,1)＝－1，故A错误，B错误； 由于a<b<0，c>d>0，得－a>－b>0，c>d>0，则两式相乘得－ac>－bd，则不等式左右两边同时除以cd得eq \f(－a,d)>eq \f(－b,c)，再同时除以－1得eq \f(a,d)<eq \f(b,c)，故C错误，D正确. 3.已知－3＜a＜－2，3＜b＜4，则eq \f(a2,b)的取值范围为(　　) A.(1，3) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(9,4))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(3,4))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) 而3＜b＜4，即＜＜， 故的取值范围为(1，3). 对于D，当b＋c＝0时，eq \f(1,b＋c)没有意义，故D错误. A.(a－b)c>0 B.eq \f(c,a)>eq \f(c,b) C.a－b>a－c D.eq \f(1,a＋c)<eq \f(1,b＋c) 对于B，由a>b>0得eq \f(1,a)<eq \f(1,b)，又c<0，所以eq \f(c,a)>eq \f(c,b)，故B正确； 6.(2024·自贡诊断)已知p：eq \f(1,m)<eq \f(1,n)，q：m>n>0，则p是q的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 则满足p：eq \f(1,m)<eq \f(1,n)，但不满足q：m>n>0，故p无法推出q； 若m>n>0，则eq \f(1,mn)>0，对m>n两边同乘eq \f(1,mn)，得eq \f(1,n)>eq \f(1,m)，故q可以推出p， 对于C，因为a>0>c，所以eq \f(1,a)>0>eq \f(1,c)，故C错误； A.eq \f(a,b)>eq \f(a,c) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(a)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(c) C.eq \f(1,a)<eq \f(1,c) D.a2>c2 解析　对于A，因为a>b>0>c，所以eq \f(a,b)>0>eq \f(a,c)，故A正确； 对于B，因为函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)在R上单调递减且a>c，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(a)<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(c)，故B错误； ∴＋≥＋. 11.已知a＋b＞0，试比较eq \f(a,b2)＋eq \f(b,a2)与eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的大小. 解　eq \f(a,b2)＋eq \f(b,a2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝eq \f(a－b,b2)＋eq \f(b－a,a2)＝(a－b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)－\f(1,a2)))＝eq \f(（a＋b）（a－b）2,a2b2). ∵a＋b＞0，(a－b)2≥0， ∴≥0. ∴≤. 12.(1)若bc－ad≥0，bd＞0，求证：eq \f(a＋b,b)≤eq \f(c＋d,d)； 证明　∵bc≥ad，＞0， ∴≥， ∴＋1≥＋1， ∴＜， 又c－a＞0，c－b＞0， ∴＞. (2)已知c＞a＞b＞0，求证：eq \f(a,c－a)＞eq \f(b,c－b). ∵a＞b＞0，∴＜. 又∵c＞0，∴＜， A.若b<a<0，则bc2<ac2 B.若b>a>0>c，则eq \f(c,a)<eq \f(c,b) C.若c>b>a>0，则eq \f(a,c－a)>eq \f(b,c－b) D.若a>b>c>0，则eq \f(a,b)>eq \f(a＋c,b＋c) 对于B，eq \f(c,a)－eq \f(c,b)＝eq \f(c（b－a）,ab)，因为b>a>0>c，所以c(b－a)<0，ab>0，所以eq \f(c,a)－eq \f(c,b)＝eq \f(c（b－a）,ab)<0，即eq \f(c,a)<eq \f(c,b)，故B正确； 对于C，eq \f(a,c－a)－eq \f(b,c－b)＝eq \f(c（a－b）,（c－a）（c－b）)，因为c>b>a>0，所以c－a>0，c－b>0，a－b<0，所以eq \f(a,c－a)－eq \f(b,c－b)＝eq \f(c（a－b）,（c－a）（c－b）)<0，即eq \f(a,c－a)<eq \f(b,c－b)，故C错误； 对于D，eq \f(a,b)－eq \f(a＋c,b＋c)＝eq \f(a（b＋c）－b（a＋c）,b（b＋c）)＝eq \f(（a－b）c,b（b＋c）)，因为a>b>c>0， 所以a－b>0，b＋c>0，所以eq \f(（a－b）c,b（b＋c）)>0，即eq \f(a,b)>eq \f(a＋c,b＋c)，故D正确. (2)求证：＜； 所以0＜＜.① 由①，②相乘得eq \f(b＋c,（a－c）2)＜eq \f(a＋d,（b－d）2). (3)在(2)的不等式中，能否找到一个代数式，满足eq \f(b＋c,（a－c）2)＜所求式＜eq \f(a＋d,（b－d）2)？若能，请直接写出该代数式；若不能，请说明理由. 解　因为a＋d＞b＋c＞0，0＜eq \f(1,（a－c）2)＜eq \f(1,（b－d）2)， 所以eq \f(b＋c,（a－c）2)＜eq \f(b＋c,（b－d）2)＜eq \f(a＋d,（b－d）2)或eq \f(b＋c,（a－c）2)＜eq \f(a＋d,（a－c）2)＜eq \f(a＋d,（b－d）2). 所以eq \f(b＋c,（b－d）2)，eq \f(a＋d,（a－c）2)均为所求代数式.(只要写出一个即可) $$ 2025届高考数学一轮复习教案讲义（解析版）——集合与常用逻辑用语、不等式之不等式及其性质 【知识梳理】 1.两个实数比较大小的方法 (1)作差法 (2)作商法 2.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)同向可加性：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)可乘方性：a＞b＞0⇒an＞bn(n∈N，n≥1)； (6)可开方性：a＞b＞0⇒＞(n∈N，n≥2). [常用结论] 1.证明不等式的常用方法有：作差法、作商法、综合法、分析法、反证法、放缩法. 2.有关分式的性质 (1)若a>b>0，m>0，则<；>(b－m>0). (2)若ab>0，则a>b⇔<. 【诊断自测】 1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)a＞b⇔ac3＞bc3.(　　) (2)a＝b⇔ac＝bc.(　　) (3)若>1，则a>b.(　　) (4)a<x<b<0⇒<<.(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 解析　(1)由不等式的性质，ac3＞bc3⇒/ a＞b； 反之，c≤0时，a＞b⇒/ ac3＞bc3. (2)由等式的性质，a＝b⇒ac＝bc； 反之，c＝0时，ac＝bc⇒/ a＝b. (3)a＝－3，b＝－1，则>1，但a<b. 2.(多选)(必修一P43习题2.1T8改编)下列命题为真命题的是(　　) A.若ac2＞bc2，则a＞b B.若a＞b＞0，则a2＞b2 C.若a＜b＜0，则a2＜ab＜b2 D.若a＜b＜0，则＞ 答案　ABD 解析　C中，若a＝－2，b＝－1， 则a2＞ab＞b2，故C错误. 3.(必修一P42习题2.1T3(4)改编)设M＝x2＋y2＋1，N＝2(x＋y－1)，则M与N的大小关系为________. 答案　M＞N 解析　M－N＝x2＋y2＋1－2x－2y＋2＝(x－1)2＋(y－1)2＋1＞0.故M＞N. 4.已知－1＜a＜2，－3＜b＜5，则a＋2b的取值范围是________. 答案　(－7，12) 解析　∵－3＜b＜5，∴－6＜2b＜10， 又－1＜a＜2，∴－7＜a＋2b＜12. 考点一　比较数(式)的大小 例1 (1)(2024·石家庄调研)已知a＝e，b＝，c＝，则(　　) A.a<b<c B.b<a<c C.b<c<a D.c<b<a 答案　A 解析　因为2c－2b＝e－2＋1＝(－1)2>0， 所以2c>2b，即c>b； 又因为(2b)4－(2a)4＝16e2－e3＝e2(16－e)>0， 所以(2b)4>(2a)4， 又a，b均为正数， 所以2b>2a， 即b>a，所以a<b<c. (2)eπ·πe与ee·ππ的大小关系为________. 答案　eπ·πe＜ee·ππ 解析　＝＝， 又0＜＜1，0＜π－e＜1， 所以＜1，即＜1， 即eπ·πe＜ee·ππ. 方法总结　比较大小的常用方法 (1)作差法：①作差；②变形；③定号；④得出结论. (2)作商法：①作商；②变形；③判断商与1的大小关系；④得出结论. (3)构造函数，利用函数的单调性比较大小. 训练1 (1)(2023·湖南师大附中月考)已知P＝a2＋b2＋＋c2，Q＝2a＋2b，则(　　) A.P≤Q 　　　 B.P＝Q C.P≥Q 　　　 D.P，Q的大小无法确定 答案　C 解析　P－Q＝－(2a＋2b)＝(a－1)2＋(b－1)2＋≥0， 所以P－Q≥0，即P≥Q. (2)若a＝，b＝，c＝，则(　　) A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.b<a<c 答案　B 解析　法一　易知a，b，c都是正数， ＝＝log8164<1，所以a>b； ＝＝log6251 024>1，所以b>c. 即c<b<a. 法二　构造函数f(x)＝， 则f′(x)＝， 由f′(x)>0，得0<x<e；由f′(x)<0，得x>e. ∴f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减. ∴f(3)>f(4)>f(5)，即a>b>c. 考点二　不等式的基本性质 例2 (1)(2024·北京朝阳区模拟)若a>0>b，则(　　) A.a3>b3 B.|a|>|b| C.< D.ln(a－b)>0 答案　A 解析　∵a>0>b，∴a3>0，b3<0， 即a3>b3，故A正确； 取a＝1，b＝－2，则|a|>|b|不成立， <不成立，故B，C错误； 取a＝，b＝－，则ln(a－b)＝ln 1＝0， 故D错误. (2)(多选)(2024·济南调研)已知实数a，b，c满足a>b>c，且a＋b＋c＝0，则下列说法正确的是(　　) A.> B.a－c>2b C.a2>b2 D.ab＋bc>0 答案　BC 解析　对于A，∵a>b>c，∴a－c>b－c>0， ∴<，A错误； 对于B，∵a>b>c，a＋b＋c＝0， ∴a>0，c<0，a－b>0，∴b＋c＝－a<0， ∴a－b>b＋c，即a－c>2b，B正确； 对于C，∵a－b>0，a＋b＝－c>0， ∴a2－b2＝(a＋b)(a－b)>0， 即a2>b2，C正确； 对于D，ab＋bc＝b(a＋c)＝－b2≤0，D错误. 方法总结　解决此类题目常用的三种方法： (1)直接利用不等式的性质逐个验证，要特别注意前提条件； (2)利用特殊值排除法； (3)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、对数、幂函数等函数的单调性进行判断. 训练2 (1)若a，b，c为实数，且a<b，c>0，则下列不等关系一定成立的是(　　) A.a＋c<b＋c B.< C.ac>bc D.b－a>c 答案　A 解析　对于A，由不等式的性质知，a<b⇒a＋c<b＋c，正确； 对于B，若a＝－2，b＝－1，则>，错误； 对于C，由不等式的性质知，c>0，a<b⇒ac<bc，错误； 对于D，a<b⇒b－a>0，又c>0， 所以无法判断b－a与c的大小，错误. (2)(多选)若<<0，则下列不等式正确的是(　　) A.< B.|a|＋b>0 C.a－>b－ D.ln a2>ln b2 答案　AC 解析　由<<0，可知b<a<0. A中，因为a＋b<0，ab>0， 所以<0，>0，则<，故A正确； B中，因为b<a<0，所以－b>－a>0， 故－b>|a|，即|a|＋b<0，故B错误； C中，因为b<a<0，又<<0， 则－>－>0，所以a－>b－，故C正确； D中，因为b<a<0，根据y＝x2在(－∞，0)上单调递减，可得b2>a2>0， 而y＝ln x在定义域(0，＋∞)上单调递增， 所以ln b2>ln a2，故D错误. 考点三　不等式性质的综合应用 例3 (1)已知－1<x<4，2<y<3，则x－y的取值范围是________，3x＋2y的取值范围是________. 答案　(－4，2)　(1，18) 解析　因为－1<x<4，2<y<3， 所以－3<－y<－2， 所以－4<x－y<2. 由－3<3x<12，4<2y<6， 得1<3x＋2y<18. (2)已知－3<a<－2，2<b<4，则的取值范围是________. 答案　 解析　∵－3<a<－2， ∴－<<－，故＜－＜. 又∵2＜b＜4，∴＜－＜2， 则－2＜＜－. 在本例(1)中，把条件改为“－1＜x－y＜4，2＜x＋y＜3，求3x＋2y的取值范围. 解　设3x＋2y＝λ(x－y)＋μ(x＋y)， 即3x＋2y＝(λ＋μ)x＋(μ－λ)y， 于是解得 ∴3x＋2y＝(x－y)＋(x＋y). ∵－1<x－y<4，2<x＋y<3， ∴－<(x－y)<2，5<(x＋y)<， ∴<(x－y)＋(x＋y)<. 故3x＋2y的取值范围是. 方法总结　利用不等式性质可以求某些代数式的取值范围，应注意两点：一是必须严格运用不等式的性质；二是在多次运用不等式的性质时有可能扩大了变量的取值范围，解决的途径是先建立所求范围的整体与已知范围的整体的等量关系，最后通过“一次性”不等关系的运算求解范围. 训练3 (1)已知0＜β＜α＜，则α－β的取值范围是________. 答案　 解析　∵0＜β＜，∴－＜－β＜0， 又0＜α＜，∴－＜α－β＜， 又β＜α，∴α－β＞0， 即0＜α－β＜. (2)已知实数a，b，c，满足a>b>c，且a＋b＋c＝0，那么的取值范围是________. 答案　 解析　由于a>b>c，且a＋b＋c＝0， 所以a>0，c<0，b＝－a－c，－a－c<a，2a>－c，>－2，－a－c>c， －a>2c，<－， 所以－2<<－. 习题演练 1.(2023·长春模拟)已知a>0，b>0，M＝，N＝＋，则M与N的大小关系为(　　) A.M>N 　　　 B.M<N C.M≤N 　　　 D.M，N大小关系不确定 答案　B 解析　M2－N2＝(a＋b)－(a＋b＋2)＝－2<0， ∴M<N. 2.(2024·北京昌平区质检)若a<b<0，c>d>0，则一定有(　　) A.> B.< C.> D.< 答案　D 解析　由题知a<b<0，c>d>0， 则可取a＝－2，b＝－1，c＝2，d＝1， 则＝＝－1，＝＝－1，故A错误，B错误； 由于a<b<0，c>d>0，得－a>－b>0，c>d>0， 则两式相乘得－ac>－bd， 则不等式左右两边同时除以cd得>， 再同时除以－1得<，故C错误，D正确. 3.已知－3＜a＜－2，3＜b＜4，则的取值范围为(　　) A.(1，3) B. C. D. 答案　A 解析　因为－3＜a＜－2，所以4<a2<9， 而3＜b＜4，即＜＜， 故的取值范围为(1，3). 4.(2024·安阳调考)若a>b>0>c，则(　　) A.(a－b)c>0 B.> C.a－b>a－c D.< 答案　B 解析　对于A，不妨取a＝2，b＝1，c＝－1， 则(a－b)c＝－1<0，故A错误； 对于B，由a>b>0得<， 又c<0，所以>，故B正确； 对于C，当a＝2，b＝1，c＝－1时， a－b＝1，a－c＝3，故C错误； 对于D，当b＋c＝0时，没有意义，故D错误. 5.若a＞1，m＝loga(a2＋1)，n＝loga(a＋1)，p＝loga(2a)，则m，n，p的大小关系是(　　) A.n＞m＞p B.m＞p＞n C.m＞n＞p D.p＞m＞n 答案　B 解析　由a＞1知，a2＋1－2a＝(a－1)2＞0， 2a－(a＋1)＝a－1＞0，∴a2＋1＞2a＞a＋1， 而y＝logax在定义域上单调递增， ∴m＞p＞n. 6.(2024·自贡诊断)已知p：<，q：m>n>0，则p是q的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 答案　B 解析　若m＝－1，n＝1， 则满足p：<，但不满足q：m>n>0， 故p无法推出q； 若m>n>0，则>0，对m>n两边同乘， 得>，故q可以推出p， 故p是q的必要不充分条件，故选B. 7.(2024·惠州调研)已知实数a>b>0>c，则下列结论一定正确的是(　　) A.> B.> C.< D.a2>c2 答案　A 解析　对于A，因为a>b>0>c， 所以>0>，故A正确； 对于B，因为函数y＝在R上单调递减且a>c，所以<，故B错误； 对于C，因为a>0>c，所以>0>，故C错误； 对于D，若a＝1，c＝－2，满足a>0>c，但a2<c2，故D错误. 8.已知M＝x2＋y2＋z2，N＝2x＋2y＋2z－π，则M________N(填“＞”“＜”或“＝”). 答案　＞ 解析　M－N＝x2＋y2＋z2－2x－2y－2z＋π＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3≥π－3＞0， 故M＞N. 9.若1<α<3，－4<β<2，则2α＋|β|的取值范围是________. 答案　(2，10) 解析　∵－4<β<2， ∴0≤|β|<4， 又1<α<3， ∴2<2α<6， ∴2<2α＋|β|<10. 10.实数a，b，c，d满足下列三个条件： ①d＞c；②a＋b＝c＋d；③a＋d＜b＋c. 那么a，b，c，d的大小关系是________. 答案　b＞d＞c＞a 解析　由题意知d＞c； ②＋③得2a＋b＋d＜2c＋b＋d， 化简得a＜c； 由②式a＋b＝c＋d及a＜c可得到b＞d， 故b＞d＞c＞a. 11.已知a＋b＞0，试比较＋与＋的大小. 解　＋－＝＋＝(a－b)·＝. ∵a＋b＞0，(a－b)2≥0， ∴≥0. ∴＋≥＋. 12.(1)若bc－ad≥0，bd＞0，求证：≤； (2)已知c＞a＞b＞0，求证：＞. 证明　(1)∵bc≥ad，＞0， ∴≥， ∴＋1≥＋1， ∴≤. (2)∵c＞a＞b＞0， ∴c－a＞0，c－b＞0. ∵a＞b＞0， ∴＜. 又∵c＞0， ∴＜， ∴＜， 又c－a＞0，c－b＞0， ∴＞. 13.(多选)(2024·宁波质检)已知a，b，c∈R，下列命题为真命题的是(　　) A.若b<a<0，则bc2<ac2 B.若b>a>0>c，则< C.若c>b>a>0，则> D.若a>b>c>0，则> 答案　BD 解析　对于A，ac2－bc2＝c2(a－b)， 因为b<a<0，所以a－b>0， 又c2≥0，所以c2(a－b)≥0， 则bc2≤ac2，故A错误； 对于B，－＝， 因为b>a>0>c，所以c(b－a)<0，ab>0， 所以－＝<0， 即<，故B正确； 对于C，－＝， 因为c>b>a>0， 所以c－a>0，c－b>0，a－b<0， 所以－＝<0， 即<，故C错误； 对于D，－＝＝， 因为a>b>c>0，所以a－b>0，b＋c>0， 所以>0，即>，故D正确. 14.若a＞b＞0，c＜d＜0，|b|＞|c|. (1)求证：b＋c＞0； (2)求证：＜； (3)在(2)的不等式中，能否找到一个代数式，满足＜所求式＜？若能，请直接写出该代数式；若不能，请说明理由. (1)证明　因为|b|＞|c|，且b＞0，c＜0， 所以b＞－c， 所以b＋c＞0. (2)证明　因为c＜d＜0， 所以－c＞－d＞0. 又a＞b＞0，得a－c＞b－d＞0， 所以(a－c)2＞(b－d)2＞0， 所以0＜＜.① 因为a＞b，d＞c， 可得a＋d＞b＋c， 所以a＋d＞b＋c＞0.② 由①，②相乘得＜. (3)解　因为a＋d＞b＋c＞0，0＜＜， 所以＜＜或＜＜. 所以，均为所求代数式.(只要写出一个即可) 学科网（北京）股份有限公司 $$