第一章 §1.3 等式性质与不等式性质-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课件PPT（A版）

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(a，b∈R) 2．等式的性质 性质1　对称性：如果a＝b，那么　b＝a　； 性质2　传递性：如果a＝b，b＝c，那么　a＝c　； 性质3　可加(减)性：如果a＝b，那么a±c＝b±c； 性质4　可乘性：如果a＝b，那么ac＝bc； 性质5　可除性：如果a＝b，c≠0，那么eq \f(a,c)＝eq \f(b,c). 3．不等式的性质 性质1　对称性：a>b⇔　b<a　； 性质2　传递性：a>b，b>c⇒　a>c　； 性质3　可加性：a>b⇔a＋c>b＋c； 性质4　可乘性：a>b，c>0⇒　ac>bc　，a>b，c<0⇒　ac<bc　； 性质5　同向可加性：a>b，c>d⇒　a＋c>b＋d　； 性质6　同向同正可乘性：a>b>0，c>d>0⇒　ac>bd　； 性质7　同正可乘方性：a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥2)． 1．倒数性质 若ab＞0，则a＞b⇒eq \f(1,a)＜eq \f(1,b)； 若ab＜0，则a＞b⇒eq \f(1,a)＞eq \f(1,b). 2．分数性质 若a＞b＞0，m＞0，则 (1)真分数性质：eq \f(b,a)＜eq \f(b＋m,a＋m)；eq \f(b,a)＞eq \f(b－m,a－m)(b－m＞0)； (2)假分数性质：eq \f(a,b)＞eq \f(a＋m,b＋m)；eq \f(a,b)＜eq \f(a－m,b－m)(b－m＞0)． 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)两个实数a，b之间，有且只有a>b，a＝b，a<b三种关系中的一种．(　√　) (2)若eq \f(a,b)>1，则a>b.(　×　) (3)同向不等式具有可加性和可乘性．(　×　) (4)两个数的比值大于1，则分子不一定大于分母．(　√　) 2．设a∈R，下列各式成立的是(　　) A．a2≥2a＋1　　　　 B．a2＞2a－1 C．4a2－a≥3a－1 D．a2－3a＞a－4 解析：C　[A.a2－(2a＋1)＝a2－2a－1＝(a－1)2－2，无法判断；B.a2－(2a－1)＝(a－1)2≥0，不成立；C.4a2－a－(3a－1)＝(2a－1)2≥0，成立；D.a2－3a－(a－4)＝a2－4a＋4＝(a－2)2≥0，不成立．] 3．[多选]设a，b，c，d∈R且a＞b，c＞d，则下列命题不正确的是(　　) A．ac＞bd B．a－c＞b－d C．a＋c＞b＋d D.eq \f(a,d)＞eq \f(b,c) 解析：ABD　[根据a＞b，c＞d，不妨设a＝1，b＝0，c＝－1，d＝－2，则ac＝－1＜bd＝0，A不正确；同理eq \f(a,d)＝－eq \f(1,2)＜eq \f(b,c)＝0，D不正确；因为c＞d，由不等式的性质得－c＜－d，根据不等式的同向可加性得B不正确，C正确．] 4．若实数a，b满足0<a<2,0<b<1，则a－b的取值范围是________． 解析：∵0<b<1，∴－1<－b<0， ∵0<a<2，∴－1<a－b<2. 答案：(－1,2) 比较两个数(式)的大小 [例1]　(1)[多选]下列不等式中正确的是(　　) A．x2－2x＞－3(x∈R) B．a3＋b3≥a2b＋ab2(a，b∈R) C．a2＋b2＞2(a－b－1) D.eq \f(a,b)＜eq \f(a＋m,b＋m)(b＞a＞0，m＞0) [解析]　对选项A，∵x2－2x＋3＝(x－1)2＋2≥2＞0，∴x2－2x＞－3，故A正确； 对选项B，a3＋b3－a2b－ab2＝a2(a－b)＋b2(b－a)＝(a－b)(a2－b2)＝(a－b)2(a＋b)． ∵(a－b)2≥0，a＋b的符号不定，所以a3＋b3与a2b＋ab2的大小不定，故B错误； 对选项C，a2＋b2－2a＋2b＋2＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，∴a2＋b2≥2(a－b－1)，故C错误； 对选项D，用作差比较：eq \f(a＋m,b＋m)－eq \f(a,b)＝eq \f(mb－a,bb＋m)， ∵b＞a＞0，m＞0，∴eq \f(mb－a,bb＋m)＞0，∴eq \f(a,b)＜eq \f(a＋m,b＋m)，故D正确． [答案]　AD (2)设a，b都是正数，且a≠b，则aabb与abba的大小关系是________． [解析]　eq \f(aabb,abba)＝aa－b·bb－a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b.若a>b，则eq \f(a,b)>1，a－b>0，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，∴aabb>abba；若a<b，则0<eq \f(a,b)<1，a－b<0，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，∴aabb>abba. [答案]　aabb>abba 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． 1．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：C　[P－Q＝(a2＋b2＋eq \f(1,c2)＋c2)－(2a＋2b)＝(a－1)2＋(b－1)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(1,c)))2≥0， 故P－Q≥0，所以P≥Q.] 2．若a＝eq \f(ln 3,3)，b＝eq \f(ln 2,2)，则a与b的大小关系是________．(用“＞”连接) 解析：方法一(作商法)：因为a＝eq \f(ln 3,3)＞0，b＝eq \f(ln 2,2)＞0， 所以eq \f(a,b)＝eq \f(ln 3,3)×eq \f(2,ln 2)＝eq \f(2ln 3,3ln 2)＝eq \f(ln 9,ln 8)＝log89＞1，所以a＞b. 方法二(作差法)：a－b＝eq \f(ln 3,3)－eq \f(ln 2,2)＝eq \f(1,6)(2ln 3－3ln 2)＝eq \f(1,6)(ln 9－ln 8)＞0，即a＞b. 答案：a＞b 不等式的基本性质 [例2]　(1)已知a<b<0，c<d<0，则下列不等式错误的是(　　) A．a＋c<b＋d B．ac>bd C.eq \f(d,a)>eq \f(c,a) D．a2>ab>b2 [解析]　因为a<b<0，c<d<0，所以a＋c<b＋d，故选项A正确；因为－a>－b>0，－c>－d>0，所以ac>bd，故选项B正确；因为－c>－d>0，－eq \f(1,a)>0，所以eq \f(d,a)<eq \f(c,a)，故选项C错误；因为－a>－b>0，所以a2>ab，ab>b2，所以a2>ab>b2，故选项D正确． [答案]　C (2)[多选](2025·三明模拟)已知a＞b＞0，则下列不等式正确的是(　　) A．a2＞ab B.eq \f(a,a＋1)＞eq \f(b,b＋1) C．a＋b＋ln(ab)＞2 D．a－eq \f(1,a)＞b－eq \f(1,b) [解析]　对A，因为a＞b＞0，故a2＞ab，故A正确； 对B，∵a＞b＞0，∴1＋eq \f(1,a)＜1＋eq \f(1,b)，即0＜eq \f(a＋1,a)＜eq \f(b＋1,b)，∴eq \f(a,a＋1)＞eq \f(b,b＋1)，B正确； 对C，令a＝1，b＝eq \f(1,e)，a＋b＋ln(ab)＝1＋eq \f(1,e)＋lneq \f(1,e)＝eq \f(1,e)＜2，C错误； 对D，易得y＝x－eq \f(1,x)(x＞0)为增函数，且a＞b＞0，故a－eq \f(1,a)＞b－eq \f(1,b)，故D正确． [答案]　ABD 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，利用不等式的性质判断不等式是否成立时要特别注意前提条件； (2)利用特殊值法排除错误答案； (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，可以利用指数函数、对数函数、幂函数等函数的单调性来比较． 1．如果a，b，c，d∈R，则正确的是(　　) A．若a＞b，则eq \f(2,a)＜eq \f(2,b) B．若a＞b，则ac2＞bc2 C．若a＞b，c＜d，则a－c＞b－d D．若a＞b，c＞d，则ac＞bd 解析：C　[因为a，b，c，d∈R，所以 对于A，不妨令a＝1，b＝－1，则有a＞b，但eq \f(2,a)＝2＞－2＝eq \f(2,b)，故A错误；对于B，令c＝0，则虽有a＞b，但ac2＝bc2＝0，故B错误；对于C，因为c＜d，所以－c＞－d， 又a＞b，所以两式相加得a－c＞b－d，故C正确； 对于D，不妨令a＝c＝1，b＝d＝－1，则有a＞b，c＞d，但ac＝bd＝1，故D错误．] 2．[多选]若a＞b＞0，c＞d＞0，则(　　) A.eq \f(a,c)＞eq \f(b,d) B．a(a＋c)＞b(b＋d) C.eq \f(d,a＋d)＜eq \f(c,b＋c) D.eq \f(b＋d,b＋c)＜eq \f(a＋d,a＋c) 解析：BCD　[对于A，取a＝4，b＝2，c＝2，d＝1，则eq \f(a,c)＝eq \f(b,d)＝2，A错误；对B，由a＞b＞0，c＞d＞0，则a＋c＞b＋d， 则有a(a＋c)＞b(b＋d)，故B正确； 对C，由a＞b＞0，c＞d＞0，则ac＞bd， 且eq \f(d,a＋d)＜eq \f(c,b＋c)等价于eq \f(1,\f(a,d)＋1)＜eq \f(1,\f(b,c)＋1)， 等价于eq \f(a,d)＞eq \f(b,c)，等价于ac＞bd，即C正确； 对D，由a＞b＞0，c＞d＞0，则eq \f(b＋d,b＋c)＝eq \f(b＋c＋d－c,b＋c)＝1＋eq \f(d－c,b＋c)， eq \f(a＋d,a＋c)＝eq \f(a＋c＋d－c,a＋c)＝1＋eq \f(d－c,a＋c)，即eq \f(b＋d,b＋c)＜eq \f(a＋d,a＋c)等价于eq \f(d－c,b＋c)＜eq \f(d－c,a＋c)， 由d－c＜0，即等价于eq \f(1,b＋c)＞eq \f(1,a＋c)，等价于a＋c＞b＋c，即a＞b，故D正确．] 不等式性质的综合应用 [例3]　(1)[多选]下列说法中正确的是(　　) A．若c＞0，ac＞bc，则a＞b B．若－2＜a＜4,1＜b＜3，则－8＜a－2b＜2 C．若a＞b＞0，m＜0，则eq \f(m,a)＜eq \f(m,b) D．若－2＜a＋b＜4,1＜b－2a＜3，则－9＜a－2b＜3 [解析]　对于A，因为ac＞bc，不等式两边同除以c(c＞0)，可得a＞b，故A正确； 对于B，因为1＜b＜3，所以－6＜－2b＜－2，又－2＜a＜4，所以－8＜a－2b＜2，故B正确； 对于C，因为a＞b＞0，所以0＜eq \f(1,a)＜eq \f(1,b)，又m＜0，所以eq \f(m,a)＞eq \f(m,b)，故C不正确； 对于D，令a－2b＝x(a＋b)＋y(b－2a)＝(x－2y)a＋(x＋y)b， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－2y＝1,x＋y＝－2))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－1,y＝－1))，所以a－2b＝－(a＋b)－(b－2a)， 因为－2＜a＋b＜4，所以－4＜－(a＋b)＜2， 因为1＜b－2a＜3，所以－3＜－(b－2a)＜－1， 所以－7＜a－2b＜1，故D不正确． [答案]　AB (2)(2025·大连模拟)A，B，C，D四名学生的年龄关系如下．A，C的年龄之和与B，D的年龄之和相同，C，D的年龄之和大于A，B的年龄之和，B的年龄大于A，D的年龄之和，则A，B，C，D的年龄关系是(　　) A．B＞C＞A＞D B．B＞C＞D＞A C．C＞B＞A＞D D．C＞B＞D＞A [解析]　为简便起见，复用A，B，C，D表示A，B，C，D四个同学的年龄，则A＞0，B＞0，C＞0，D＞0. 则：A＋C＝B＋D①，C＋D＞A＋B②，B＞A＋D③. ①＋②得C＞B，①＋③得C＞2D，②＋③得C＞2A，由于A＞0，D＞0，故由③得B＞A，B＞D， 由①得C－B＝D－A，∵C＞B，∴C－B＞0，∴D－A＞0，∴D＞A， 综上C＞B＞D＞A. [答案]　D 利用不等式的性质求代数式的取值范围时应注意： (1)必须严格运用不等式的性质； (2)在多次运用不等式的性质时有可能扩大变量的取值范围，解决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，然后通过“一次性”不等关系的运算求解范围． 1．[多选]已知2＜x＜3,2＜y＜3，则(　　) A．6＜2x＋y＜9 B．2＜2x－y＜3 C．－1＜x－y＜1 D．4＜xy＜9 解析：ACD　[由已知得，4＜2x＜6，－2＞－y＞－3， 对于A，由4＜2x＜6和2＜y＜3，得到6＜2x＋y＜9，A正确；对于B，由4＜2x＜6和－3＜－y＜－2，得到1＜2x－y＜4，故B错误；对于C，由2＜x＜3，－3＜－y＜－2，得到－1＜x－y＜1，C正确；对于D，由2＜x＜3,2＜y＜3，得到4＜xy＜9，D正确．] 2．手机屏幕面积与整机面积的比值叫手机的“屏占比”，它是手机外观设计中一个重要参数，其值通常在(0,1)之间．设计师将某手机的屏幕面积和整机面积同时增加相同的数量，升级为一款新的手机外观，则该手机“屏占比”和升级前比有什么变化(　　) A．“屏占比”不变 B．“屏占比”变小 C．“屏占比”变大 D．变化不确定 解析：C　[设原来手机屏幕面积为b，整机面积为a，则屏占比为eq \f(b,a)(a＞b)，设手机的屏幕面积和整机面积同时增加相同的数量为m(m＞0)，升级后屏占比为eq \f(b＋m,a＋m)，∵a＞b，∴eq \f(b＋m,a＋m)－eq \f(b,a)＝eq \f(ab＋am－ab－bm,aa＋m)＝eq \f(a－bm,aa＋m)＞0，即该手机“屏占比”和升级前比变大．] $$