考点03 等式性质与不等式性质3类常见考点全归纳讲义-备战2026年《考点通关》高考数学一轮考点归纳与解题策略(新高考地区专用)

考点03 等式性质与不等式性质3类常见考点全归纳 1． 掌握不等式的性质，并能简单应用． 2．会比较两个数的大小． 备战2026年《考点通关》高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用) 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！29 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 考点一 数(式)的大小比较 考向1 作差法比较大小 考向2 作商法比较大小 考向3 利用单调性比较大小 考点二 不等式的基本性质 考向1 由已知条件判断所给不等式是否正确 考向2 不等式性质与充分条件、必要条件 考点三 不等式性质的综合应用 考向1利用不等式求值或取值范围 考向2不等式的实际应用 1.两个实数比较大小的方法 作差法 (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. 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). [常用结论] 1.熟练应用两个倒数性质 (1)a<0<b⇒<； (2)ab>0，a>b⇒<. 2.若a>b>0，m>0，则 (1)真分数性质：<<(b－m>0)， 即真分数越加越大，越减越小； (2)假分数性质：<<(b－m>0)， 即假分数越加越小，越减越大． 考点一 数(式)的大小比较 解题策略： 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. 考向1 作差法比较大小 【典例】(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.<(b>a>0) 【解析】答案　AD ∵x2－2x＋3＝(x－1)2＋2≥2>0， ∴x2－2x>－3，故A正确； 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的符号不确定， ∴a3＋b3与a2b＋ab2的大小不确定，故B错误； ∵a2＋b2－2a＋2b＋2＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0， ∴a2＋b2≥2(a－b－1)，故C错误； 用作差法比较， ∵b>a>0，∴>0， ∴<，故D正确. 【巩固训练】 1．（25-26高一上·全国·单元测试）若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用作差法可得出的大小关系． 【详解】因为，所以． 故选：C. 2．（24-25高一上·福建厦门·阶段练习）比较下列各组中两式的大小： (1)设，，比较，大小； (2)当时，比较与的值的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】作差法比较即可 【详解】（1）， 则. （2）， 则 3．（24-25高一上·上海·阶段练习）已知实数用作差比较法证明： (1)若则 (2)并指出等号成立条件. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析，当且仅当时取等. 【分析】利用立方差公式和作差法即可证明. 利用作差法直接化简即可证明. 【详解】（1）证明： 因为 所以， 所以， 所以当时，. （2）证明： 当且仅当时取等. 考向2 作商法比较大小 【典例1】若实数m，n，p满足m＝4，n＝5，p＝，则(　　) A.p<m<n B.p<n<m C.m<p<n D.n<p<m 【解析】答案　A 因为实数m，n，p满足m＝4，n＝5，p＝，则m>0，n>0，p>0， 所以·<1，所以m<n； 又·>1，所以m>p. 所以p<m<n. 【典例2】已知c>1，且x＝，y＝，则x，y之间的大小关系是(　　) A.x>y B.x＝y C.x<y D.x，y的关系随c而定 【解析】答案　C 方法一　由题设，易知x>0，y>0，又<1，∴x<y. 方法二　设f(x)＝，定义域为[1，＋∞)， 则f(x)＝，故f(x)为减函数， 又c＋1>c>1，则f(c＋1)<f(c)，即x<y. 【典例3】若正实数a，b，c满足c＜cb＜ca＜1，则(　　) A．aa＜ab＜ba B．aa＜ba＜ab C．ab＜aa＜ba D．ab＜ba＜aa 【解析】∵c是正实数，且c＜1，∴0＜c＜1． 由c＜cb＜ca＜1，即c1＜cb＜ca＜c0， 得0＜a＜b＜1， ∵＝aa－b＞1，∴ab＜aa． ∵＝，0＜＜1，a＞0， ∴＜1，即aa＜ba． 综上可知ab＜aa＜ba，故选C． 【巩固训练】 1．（23-24高一·江苏·假期作业）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. 2．（22-23高一·全国·课后作业）若，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】作商法证明不等式. 【详解】证明：∵a>b>0， ∴，且． ∴作商得：． ∴． 3．（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 ， . 考向3 利用单调性比较大小 若a＝，b＝，c＝，则(　　) A．a<b<c　　　　　 B．c<b<a C．c<a<b　　 D．b<a<c 【解析】答案：B 法一(作差法)： a－b＝＝＝＞0， b－c＝＝＝＞0， 所以a＞b＞c． 法二(作商法)： 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． 法三(单调性法)： 对于函数y＝f (x)＝，y′＝． 易知当x＞e时，函数f (x)单调递减． 因为e＜3＜4＜5， 所以f (3)＞f (4)＞f (5)，即c＜b＜a． 【巩固训练】 1．（24-25高一上·福建莆田·阶段练习）已知，，，则、、的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别判断出的范围,比较大小即可. 【详解】，即，，即， ，即，所以. 故选：C. 2．（2024·四川自贡·三模）已知，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据对数函数和指数函数的单调性即可判断. 【详解】因为在上单调递增， 所以即； 因为为增函数，故即； 因为为减函数，故即， 综上. 故选：A. 考点二 不等式的基本性质 考向1 由已知条件判断所给不等式是否正确 【典例】(1)(多选)已知实数a，b，c，d，则下列命题中错误的是(　　) A.若a>b，则ac>bc B.若a>b，c>d，则a－c>b－d C.若b<a<0，则> D.若a>b，c>d，则ac<bd (2)(多选)(2025·常德模拟)已知a>b>0，则下列不等式正确的是(　　) A.a2>ab B.> C.a＋b＋ln(ab)>2 D.a－>b－ (3)(多选)(2024·湖南长沙二模)设a，b，c，d为实数，且a>b>0>c>d，则下列不等式正确的有(　　) A．c2<cd B．a－c<b－d C．ac<bd D．>0 【解析】(1)答案　ABD 对于A，当c＝0时，ac＝bc，故A错误； 对于B，不妨取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，满足a>b，c>d，但a－c＝b－d，故B错误； 对于C，若b<a<0，则－b>－a>0，所以<，则>，故C正确； 对于D，取a＝3，b＝－5，c＝1，d＝－，此时ac>bd，故D错误. (2)答案　ABD 对于A，∵a>b>0，∴a2>ab，故A正确； 对于B，∵a>b>0，∴<，∴1＋<1＋，即0<<，∴>，故B正确； 对于C，令a＝1，b＝，则a＋b＋ln(ab)＝1＋＋ln <2，故C错误； 对于D，易得y＝x－(x>0)为增函数，且a>b>0，故a－>b－，故D正确. (3)对于A，由0>c>d和不等式性质可得c2<cd，故A正确； 对于B，因为a>b>0>c>d，若取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，则a－c＝3，b－d＝3，所以a－c＝b－d，故B错误； 对于C，因为a>b>0>c>d，若取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2， 则ac＝－2，bd＝－2，所以ac＝bd，故C错误； 对于D，因为a>b>0，则0<<，又因为0>c>d，则0<－c<－d， 由不等式的同向同正可乘性得，－<－，故>0，故D正确．故选AD． 解题策略： 判断不等式正误的常用方法 (1)利用不等式的性质进行验证，利用不等式的性质判断不等式是否成立时，要特别注意应用性质的条件． (2)利用特殊值法排除错误不等式． (3)利用函数的单调性，当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． 【巩固训练】 1．（2025高三·全国·专题练习）已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由不等式性质即可分析判断AC；举反例即可判断BD. 【详解】因为，所以，则，A错误； 当，，时满足，此时，B错误； 由，，得，C正确； 当时，，此时，D错误． 故选：C 2．【多选】（24-25高一上·福建泉州·期中）若，则下列不等式恒成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】作差，由不等式的性质判断ABD选项，举反例排除C选项. 【详解】A选项，， 因为，所以，所以，，A正确； B选项，， 因为，所以，所以，，B正确； C选项，当时，，C错误； D选项，， 因为，所以， 当时，，， 当时，，，D错误； 故选：AB. 3．（24-25高二下·浙江温州·期末）若，则下列不等式正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据不等式的性质逐一分析. 【详解】若，则，A错误； 若，则，B错误； 若，则，C错误； 若，则，D正确. 故选：D 考向2 不等式性质与充分条件、必要条件 【典例1】设a，b∈R，则“a<b<0”是“>”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 【解析】答案　D 充分性：由a<b<0，可得－a>－b>0，则(－a)2>(－b)2>0， 即a2>b2>0，两边同乘，可得<，不满足充分性； 必要性：取特殊值a＝1，b＝2，满足>，但不满足a<b<0，不满足必要性，所以“a<b<0”是“>”的既不充分也不必要条件. 【典例2】设，则使成立的一个充分不必要条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合充分不必要条件的定义，对A，；对B，；对C，；对D，，需要讨论a、b的符号 ，即可进一步判断 【详解】对A，，故A不成立； 对B，，故B成立； 对C，，不一定推出，故C不成立； 对D，，若，故D不成立. 故选：B 【巩固训练】 1．（24-25高二下·上海杨浦·期末）已知、，则“”是“”的（　　）条件 A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分又非必要 【答案】B 【分析】根据充分条件与必要条件的概念判断即可. 【详解】当时，满足，但， 所以由不能得到. 当时，由不等式的基本性质得， 所以由能推出. 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 2．（24-25高一下·江西宜春·阶段练习）已知a，b，c，d为实数，且，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 【答案】A 【分析】根据不等式的性质，分析条件间的推出关系判断充分、必要性. 【详解】若，又，所以，所以“”是“”的充分条件； 若，，，，满足，但是，所以“”不是“”的必要条件. 综上，“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3．（21-22高一上·北京·期中）已知a，，则“”是“”的（    ）条件. A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．既不充分也不必要 【答案】D 【分析】根据不等式的性质，结合充分条件以及必要条件的定义，可得答案. 【详解】当时，由，则；由，则. 所以“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 考点三 不等式性质的综合应用 考向1 利用不等式求值或取值范围 【典例】(多选)已知－1<a<5，－3<b<1，则下列结论正确的是(　　) A.－15<ab<5 B.－4<a＋b<6 C.－2<a－b<8 D.－<<5 【解析】答案　ABC 因为－1<a<5，－3<b<1， 所以－1<－b<3， 对于A，当0≤a<5，0≤b<1时，0≤ab<5； 当0≤a<5，－3<b<0时，0<－b<3， 则0≤－ab<15，即－15<ab≤0； 当－1<a<0，0≤b<1时，0<－a<1， 则0≤－ab<1，即－1<ab≤0； 当－1<a<0，－3<b<0时，0<－a<1，0<－b<3，则0<ab<3， 综上，－15<ab<5，故A正确； 对于B，－1－3＝－4<a＋b<5＋1＝6，故B正确； 对于C，－1－1＝－2<a－b<5＋3＝8，故C正确； 对于D，当a＝4，b＝时，＝8，故D错误. 【典例】(多选)(2025·湖南长沙模拟)已知实数x，y满足－3<x＋2y<2，－1<2x－y<4，则(　　) A．x的取值范围为(－1，2) B．y的取值范围为(－2，1) C．x＋y的取值范围为(－3，3) D．x－y的取值范围为(－1，3) 【解析】因为－1<2x－y<4，所以－2<4x－2y<8．因为－3<x＋2y<2，所以－5<5x<10，则－1<x<2，故A正确； 因为－3<x＋2y<2，所以－6<2x＋4y<4．因为－1<2x－y<4，所以－4<－2x＋y<1，所以－10<5y<5，所以－2<y<1，故B正确； 因为－3<x＋2y<2，－1<2x－y<4，所以－<<，－<<， 则－2<x＋y<2，故C错误； 因为－3<x＋2y<2，－1<2x－y<4，所以－<－<，－<<， 则－1<x－y<3，故D正确．故选ABD． 解题策略： 利用不等式的性质求代数式的取值范围的注意点 (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. 如：已知M1<f1(a，b)<N1，M2<f2(a，b)<N2，求g(a，b)的取值范围． (1)设g(a，b)＝pf1(a，b)＋qf2(a，b)； (2)根据恒等变形求得待定系数p，q； (3)再根据不等式的同向可加性即可求得g(a，b)的取值范围．不可忽略a，b的制约关系，而单独求出a，b的范围，再求g(a，b). 【巩固训练】 1．（2025·河北沧州·模拟预测）已知，，则的取值范围（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由不等式的同向可加性得到结果. 【详解】因为，得，，所以． 故选：B． 2．（24-25高一上·贵州毕节·期末）已知，，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用不等式的基本性质可求得的取值范围. 【详解】因为，，则，可得， 由不等式的基本性质可得. 故选：A. 3．【多选】（23-24高一上·贵州贵阳·阶段练习）已知，则下列正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】根据不等式的基本性质计算出各式的范围，得到答案. 【详解】A选项，，故， 即，A正确； B选项，，故，，B错误； C选项，，故，即，C正确； D选项，因为，且，故，D错误. 故选：AC 考向2 不等式的实际应用 【典例1】(2024·辽宁县域重点高中协作体模拟)公园的绿化率是指公园内的绿化面积与公园的面积之比.已知某公园的面积为a m2，绿化面积为b m2(0<b<a)，现对该公园再扩建2x m2，其中绿化面积为x m2，则扩建后公园的绿化率与原来公园的绿化率相比(　　) A.变大 B.变小 C.不变 D.不确定 【解析】答案　D 原来公园的绿化率为，扩建后公园的绿化率为， 则， 所以与的大小与a，2b的大小有关，故扩建后公园的绿化率与原来公园的绿化率的变化情况不确定. 【典例2】近年来受各种因素影响，国际大宗商品价格波动较大，我国某钢铁企业需要不间断从澳大利亚采购铁矿石，为保证企业利益最大化，提出以下两种采购方案.方案一：不考虑铁矿石价格升降，每次采购铁矿石的数量一定；方案二：不考虑铁矿石价格升降，每次采购铁矿石所花的钱数一定，则下列说法正确的是（    ） A．方案一更经济 B．方案二更经济 C．两种方案一样 D．条件不足，无法确定 【答案】B 【分析】设第一次价格为，第二次价格为，进而求解两种方案的平均数，并比较大小即可. 【详解】解：设第一次价格为，第二次价格为， 方案一：若每次购买数量，则两次购买的平均价格为， 方案二：若每次购买钱数为，则两次购买的平均价格为， 所以，，即，当且仅当时，“=”号成立， 所以方案二更经济. 故选：B 解题策略： 解决决策优化型应用题时，首先要确定制约决策优化的关键量是哪一个,然后再比较它们的大小即可．　 【巩固训练】 1．（24-25高一上·江苏连云港·期中）火车站有某公司待运的甲种货物，乙种货物.现计划用，两种型号的货厢共50节运送这批货物.已知甲种货物和乙种货物可装满一节型货厢，甲种货物和乙种货物可装满一节型货厢. (1)据此安排，两种货厢的节数，共有几种方案？ (2)若每节型货厢的运费是万元，每节型货厢的运费是万元，哪种方案的运费较少？ 【答案】(1)答案见详解 (2)安排型货厢30节，型货厢20节时运费最少 【分析】（1）根据不等关系列出相应不等式以及方程，解出型货厢的节数，可分为三种方案； （2）根据相应货厢的运费，得出方案三运费较少. 【详解】（1）设安排两种货厢分别为节，节， 则可列不等式组， 利用不等式即可解得， ，或，或. 共有三种方案： 方案一，安排型货厢28节，型货厢22节； 方案二，安排型货厢29节，型货厢21节； 方案三，安排型货厢30节，型货厢20节. （2）共有三种方案，运费分别为： 安排两种货厢分别为28节，22节，运费为万元 安排两种货厢分别为29节，21节，运费为万元. 安排两种货厢分别为30节，20节，运费为万元. 易知安排型货厢30节，型货厢20节时，运费最少，为31万元. 2．（23-24高一上·山东菏泽·期中）“双节”遇上亚运会，民宿成为潮流趋势．民宿的改造中，窗户面积与地板面积之比越大，采光效果越好．现有一所地板面积为180平方米的民宿需要同时增加窗户和地板的面积，已知地板增加的面积是窗户增加的面积的2倍，且民宿改造后的采光效果不逊于改造前，则改造前的窗户面积最大为 平方米． 【答案】 【分析】根据已知条件列不等式，从而求得正确答案. 【详解】设改造前的窗户面积为，窗户增加的面积为，， 依题意，即， 所以改造前的窗户面积最大为平方米. 故答案为： 3．（23-24高一上·黑龙江哈尔滨·期中）哈尔滨某商场举办优惠酬宾赠券活动，购买百元以上单件商品可以使用优惠券一张，并且每天购物只能用一张优惠券.一名顾客得到三张优惠券，三张优惠券的具体优惠方式如下： 优惠券1：若标价超过100元，则付款时减免标价的10%； 优惠券2：若标价超过100元，则付款时减免20元； 优惠券3：若标价超过100元，则超过100元的部分减免18%. 如果顾客购买商品后，使用优惠券1比使用优惠券2、优惠券3减免的都多，那么你建议他购买的商品的标价可以是 元. 【答案】201.（答案不唯一，在开区间中任取一个实数作为答案即可） 【分析】设购买的商品的标价为元，根据题意列出不等式即可得到答案． 【详解】设购买的商品的标价为元，， 使用优惠券1时减免元；使用优惠券2时减免20元；使用优惠券3时减免元， 由题意，且，解得． 故答案为：201.（答案不唯一，在开区间中任取一个实数作为答案即可） 一、单选题 1．下列不等式中成立的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】B 【分析】A，如时，，所以该选项错误；BCD，利用作差法比较大小分析得解. 【详解】A. 若，则错误，如时，，所以该选项错误；     B. 若，则，所以该选项正确； C. 若，则，所以该选项错误； D. 若，则，所以该选项错误. 故选：B 二、填空题 2．下列四个不等式：①a<0<b；②b<a<0；③b<0<a；④0<b<a；⑤b<a，且ab>0；⑥a<b，且ab<0.其中能使成立的是 . 【答案】①②④⑤⑥ 【分析】求出的等价条件与异号，然后验证各个不等式可得结论． 【详解】因为<0⇔ba与ab异号，然后再逐个进行验证，可知①②④⑤⑥都满足条件. 故答案为：①②④⑤⑥． 【点睛】本题考查不等式的性质，解题方法是利用作差法得出成立的等价条件，然后判断． 3．用不等号“>”或“<”填空: (1)如果,,那么 ; (2)如果,,那么 ; (3)如果,那么 ; (4)如果,那么 . 【答案】 > < < < 【解析】根据不等式的性质依次填写即可 【详解】解析:(1),.,. (2),.,,. (3),,,,, ,即. (4),所以,.于是,即,即. ,. 故答案为:(1)>；(2)<；(3)<；(4)< 【点睛】本题考查利用不等式性质判断不等关系,熟练掌握不等式性质是解题关键 三、解答题 4．若，，判断下列不等关系是否成立，并说明理由： (1)； (2)； (3)； (4)． 【答案】(1)不等关系成立，理由见解析 (2)不等关系不成立，理由见解析 (3)不等关系不成立，理由见解析 (4)不等关系成立，理由见解析 【分析】（1）（4）利用不等关系的性质求解即可；（2）（3）举反例说明即可. 【详解】（1）不等关系成立，理由如下： 因为，， 所以，则. （2）不等关系不成立，理由如下： 因为，， 取，则， 所以不成立. （3）不等关系不成立，理由如下： 因为，， 取，则， 所以不成立. （4）不等关系成立，理由如下： 因为，所以， 两边同时加上常数，则. 5．证明下面的结论： （1）如果，，且，那么； （2）如果，，那么； （3）如果，，那么； （4）如果，，，那么. 【答案】见解析. 【分析】本题考查的是不等式的证明，先对原式进行转换，再利用不等式的性质进行证明即可. 【详解】（1） ， ，则有； （2） ， ，则有； （3） ， ， ； ，，； 那么； （4）由（3）可得，且，那么. 6．比较和的大小. 【答案】. 【分析】将两式作差即可比较大小. 【详解】解： - = =-3<0 所以 【点睛】本题考查了作差法比较大小，考查了基本运算求解能力，属于基础题. 7．已知a>b>0，比较与的大小. 【答案】. 【分析】直接利用作差法，结合立方差（和）公式因式分解即可比较大小. 【详解】∵a>b>0，∴a-b>0.∵=(a-b)·， ∴>0. ∴>0，即. 【点睛】本题主要考查了利用作差法比较大小，属于基础题. 8．已知，，求证：. 【答案】证明见解析 【分析】证法1 ：作出可得，，两式相加即可求解；证法2：利用不等式的相加即可证明. 【详解】证法1 ： 由，得；由，得. 因为，所以 . 证法2：  因为，所以. 又因为，所以. 即. 9．已知，，求的范围. 【答案】 【分析】根据不等式的性质可得出答案. 【详解】解：， ，又， . 10．某粮食收购站分两个等级收购小麦．一级小麦元/kg，二级小麦元/kg（）．现有一级小麦m kg，二级小麦n kg，若以两种价格的平均数收购，是否合理，为什么？ 【答案】答案见解析. 【分析】列式表示分等级收购和以两种价格的平均数收购的收购总额，再作差比较即可得解. 【详解】依题意，，分等级收购的收购总额， 以两种价格的平均数收购的收购总额， 由，显然， 当时，，当时，，当时，， 所以当时，，收购不合理；当时，，收购合理. 11．已知b克糖水中含有a克糖，再添加m克糖（假设全部溶解），糖水变甜了，请将这一事实表示为一个不等式，并证明这个不等式成立. 【答案】，证明见解析 【解析】根据添加后的浓度大于之前的浓度，得出，利用作差法证明不等式成立即可. 【详解】解：时，. 证明如下： ， . 【点睛】本题主要考查了利用不等式表示不等关系以及作差法证明不等式，属于中档题. 12．火车站有某公司待运的甲种货物，乙种货物，现计划用A，B两种型号的货厢共50节运送这批货物，已知35t甲种货物和15乙种货物可装满一节A型货厢，25t甲种货物和35乙种货物可装满一节B型货厢，据此安排A，B两种货厢的节数，共有几种方案？若每节A型货厢的运费是0.5万元，每节B型货用的运费是0.8万元，哪种方案的运费较少？ 【答案】见解析 【解析】根据不等关系列出相应不等式以及方程，解出型货厢的节数，可分为三种方案，根据相应货厢的运费，得出方案三运费较少. 【详解】解：设安排A型货厢x节，B型货厢y节，总运费为z 所以，所以 又因为，所以或或. 所以共有三种方案，方案一安排A型货厢28节，B型货厢22节； 方案二安排A型货厢29节，B型货厢21节； 方案三安排A型货厢30节，B型货厢20节. 当时，总运费（万元）此时运费较少. 【点睛】本题主要考查了线性规划的实际应用，属于中档题. $$考点03 等式性质与不等式性质3类常见考点全归纳 1． 掌握不等式的性质，并能简单应用． 2．会比较两个数的大小． 备战2026年《考点通关》高考数学一轮题型归纳与解题策略(新高考地区专用) 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！29 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 考点一 数(式)的大小比较 考向1 作差法比较大小 考向2 作商法比较大小 考向3 利用单调性比较大小 考点二 不等式的基本性质 考向1 由已知条件判断所给不等式是否正确 考向2 不等式性质与充分条件、必要条件 考点三 不等式性质的综合应用 考向1利用不等式求值或取值范围 考向2不等式的实际应用 1.两个实数比较大小的方法 作差法 (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. 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). [常用结论] 1.熟练应用两个倒数性质 (1)a<0<b⇒<； (2)ab>0，a>b⇒<. 2.若a>b>0，m>0，则 (1)真分数性质：<<(b－m>0)， 即真分数越加越大，越减越小； (2)假分数性质：<<(b－m>0)， 即假分数越加越小，越减越大． 考点一 数(式)的大小比较 解题策略： 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. 考向1 作差法比较大小 【典例】(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.<(b>a>0) 【巩固训练】 1．（25-26高一上·全国·单元测试）若，，则（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一上·福建厦门·阶段练习）比较下列各组中两式的大小： (1)设，，比较，大小； (2)当时，比较与的值的大小． 3．（24-25高一上·上海·阶段练习）已知实数用作差比较法证明： (1)若则 (2)并指出等号成立条件. 考向2 作商法比较大小 【典例1】若实数m，n，p满足m＝4，n＝5，p＝，则(　　) A.p<m<n B.p<n<m C.m<p<n D.n<p<m 【典例2】已知c>1，且x＝，y＝，则x，y之间的大小关系是(　　) A.x>y B.x＝y C.x<y D.x，y的关系随c而定 【典例3】若正实数a，b，c满足c＜cb＜ca＜1，则(　　) A．aa＜ab＜ba B．aa＜ba＜ab C．ab＜aa＜ba D．ab＜ba＜aa 【巩固训练】 1．（23-24高一·江苏·假期作业）已知，试比较和的大小. 2．（22-23高一·全国·课后作业）若，求证：． 3．（21-22高一上·上海徐汇·阶段练习）已知，试比较与的大小. 考向3 利用单调性比较大小 若a＝，b＝，c＝，则(　　) A．a<b<c　　　　　 B．c<b<a C．c<a<b　　 D．b<a<c 【巩固训练】 1．（24-25高一上·福建莆田·阶段练习）已知，，，则、、的大小关系为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·四川自贡·三模）已知，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A． B． C． D． 考点二 不等式的基本性质 考向1 由已知条件判断所给不等式是否正确 【典例】(1)(多选)已知实数a，b，c，d，则下列命题中错误的是(　　) A.若a>b，则ac>bc B.若a>b，c>d，则a－c>b－d C.若b<a<0，则> D.若a>b，c>d，则ac<bd (2)(多选)(2025·常德模拟)已知a>b>0，则下列不等式正确的是(　　) A.a2>ab B.> C.a＋b＋ln(ab)>2 D.a－>b－ (3)(多选)(2024·湖南长沙二模)设a，b，c，d为实数，且a>b>0>c>d，则下列不等式正确的有(　　) A．c2<cd B．a－c<b－d C．ac<bd D．>0 解题策略： 判断不等式正误的常用方法 (1)利用不等式的性质进行验证，利用不等式的性质判断不等式是否成立时，要特别注意应用性质的条件． (2)利用特殊值法排除错误不等式． (3)利用函数的单调性，当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． 【巩固训练】 1．（2025高三·全国·专题练习）已知，则（   ） A． B． C． D． 2．【多选】（24-25高一上·福建泉州·期中）若，则下列不等式恒成立的是（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·浙江温州·期末）若，则下列不等式正确的是（   ） A． B． C． D． 考向2 不等式性质与充分条件、必要条件 【典例1】设a，b∈R，则“a<b<0”是“>”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 【典例2】设，则使成立的一个充分不必要条件是（   ） A． B． C． D． 【巩固训练】 1．（24-25高二下·上海杨浦·期末）已知、，则“”是“”的（　　）条件 A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分又非必要 2．（24-25高一下·江西宜春·阶段练习）已知a，b，c，d为实数，且，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 3．（21-22高一上·北京·期中）已知a，，则“”是“”的（    ）条件. A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．既不充分也不必要 考点三 不等式性质的综合应用 考向1 利用不等式求值或取值范围 【典例】(多选)已知－1<a<5，－3<b<1，则下列结论正确的是(　　) A.－15<ab<5 B.－4<a＋b<6 C.－2<a－b<8 D.－<<5 【典例】(多选)(2025·湖南长沙模拟)已知实数x，y满足－3<x＋2y<2，－1<2x－y<4，则(　　) A．x的取值范围为(－1，2) B．y的取值范围为(－2，1) C．x＋y的取值范围为(－3，3) D．x－y的取值范围为(－1，3) 解题策略： 利用不等式的性质求代数式的取值范围的注意点 (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. 如：已知M1<f1(a，b)<N1，M2<f2(a，b)<N2，求g(a，b)的取值范围． (1)设g(a，b)＝pf1(a，b)＋qf2(a，b)； (2)根据恒等变形求得待定系数p，q； (3)再根据不等式的同向可加性即可求得g(a，b)的取值范围．不可忽略a，b的制约关系，而单独求出a，b的范围，再求g(a，b). 【巩固训练】 1．（2025·河北沧州·模拟预测）已知，，则的取值范围（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一上·贵州毕节·期末）已知，，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 3．【多选】（23-24高一上·贵州贵阳·阶段练习）已知，则下列正确的是（    ） A． B． C． D． 考向2 不等式的实际应用 【典例1】(2024·辽宁县域重点高中协作体模拟)公园的绿化率是指公园内的绿化面积与公园的面积之比.已知某公园的面积为a m2，绿化面积为b m2(0<b<a)，现对该公园再扩建2x m2，其中绿化面积为x m2，则扩建后公园的绿化率与原来公园的绿化率相比(　　) A.变大 B.变小 C.不变 D.不确定 【典例2】近年来受各种因素影响，国际大宗商品价格波动较大，我国某钢铁企业需要不间断从澳大利亚采购铁矿石，为保证企业利益最大化，提出以下两种采购方案.方案一：不考虑铁矿石价格升降，每次采购铁矿石的数量一定；方案二：不考虑铁矿石价格升降，每次采购铁矿石所花的钱数一定，则下列说法正确的是（    ） A．方案一更经济 B．方案二更经济 C．两种方案一样 D．条件不足，无法确定 解题策略： 解决决策优化型应用题时，首先要确定制约决策优化的关键量是哪一个,然后再比较它们的大小即可．　 【巩固训练】 1．（24-25高一上·江苏连云港·期中）火车站有某公司待运的甲种货物，乙种货物.现计划用，两种型号的货厢共50节运送这批货物.已知甲种货物和乙种货物可装满一节型货厢，甲种货物和乙种货物可装满一节型货厢. (1)据此安排，两种货厢的节数，共有几种方案？ (2)若每节型货厢的运费是万元，每节型货厢的运费是万元，哪种方案的运费较少？ 2．（23-24高一上·山东菏泽·期中）“双节”遇上亚运会，民宿成为潮流趋势．民宿的改造中，窗户面积与地板面积之比越大，采光效果越好．现有一所地板面积为180平方米的民宿需要同时增加窗户和地板的面积，已知地板增加的面积是窗户增加的面积的2倍，且民宿改造后的采光效果不逊于改造前，则改造前的窗户面积最大为 平方米． 3．（23-24高一上·黑龙江哈尔滨·期中）哈尔滨某商场举办优惠酬宾赠券活动，购买百元以上单件商品可以使用优惠券一张，并且每天购物只能用一张优惠券.一名顾客得到三张优惠券，三张优惠券的具体优惠方式如下： 优惠券1：若标价超过100元，则付款时减免标价的10%； 优惠券2：若标价超过100元，则付款时减免20元； 优惠券3：若标价超过100元，则超过100元的部分减免18%. 如果顾客购买商品后，使用优惠券1比使用优惠券2、优惠券3减免的都多，那么你建议他购买的商品的标价可以是 元. 一、单选题 1．下列不等式中成立的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 二、填空题 2．下列四个不等式：①a<0<b；②b<a<0；③b<0<a；④0<b<a；⑤b<a，且ab>0；⑥a<b，且ab<0.其中能使成立的是 . 3．用不等号“>”或“<”填空: (1)如果,,那么 ; (2)如果,,那么 ; (3)如果,那么 ; (4)如果,那么 . 三、解答题 4．若，，判断下列不等关系是否成立，并说明理由： (1)； (2)； (3)； (4)． 5．证明下面的结论： （1）如果，，且，那么； （2）如果，，那么； （3）如果，，那么； （4）如果，，，那么. 6．比较和的大小. 7．已知a>b>0，比较与的大小. 8．已知，，求证：. 9．已知，，求的范围. 10．某粮食收购站分两个等级收购小麦．一级小麦元/kg，二级小麦元/kg（）．现有一级小麦m kg，二级小麦n kg，若以两种价格的平均数收购，是否合理，为什么？ 11．已知b克糖水中含有a克糖，再添加m克糖（假设全部溶解），糖水变甜了，请将这一事实表示为一个不等式，并证明这个不等式成立. 12．火车站有某公司待运的甲种货物，乙种货物，现计划用A，B两种型号的货厢共50节运送这批货物，已知35t甲种货物和15乙种货物可装满一节A型货厢，25t甲种货物和35乙种货物可装满一节B型货厢，据此安排A，B两种货厢的节数，共有几种方案？若每节A型货厢的运费是0.5万元，每节B型货用的运费是0.8万元，哪种方案的运费较少？ $$