第3课时 不等式及其性质 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“不等式及其性质”专题，依据高考评价体系明确了掌握基本性质、比较数（式）大小、求代数式取值范围三大考查要求，通过真题分析归纳出比较大小、性质应用等高频考点，构建了判断正误、取值范围求解等常考题型体系。 课件亮点在于“微专题+真题训练”的备考设计，如微专题2结合2017山东高考题，用特殊值法培养学生数学思维中的推理能力，微专题4通过构造函数单调性解决比较大小问题，渗透数学语言的模型观念。特设易错点分析和答题模板，助力学生掌握解题技巧，教师可据此实现精准复习指导。

课 前 自 助 餐 01 授 人 以 渔 02 课 外 阅 读 03 内 容 导 航 Content Navigation 1 第3课时　不等式及其性质 [复习要求]　1.掌握不等式的基本性质.2.能利用不等式的基本性质求代数式的取值范围.3.能比较两个数、式的大小． 01 课 前 自 助 餐 【回归教材】 ○两个实数比较大小的方法 > ＝ < 第页 　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)可乘性：a>b，c>0⇒ac ____ bc；a>b，c<0⇒ac ____ bc. (6)同向同正可乘性：a>b>0，c>d>0⇒ac ____ bd. < > > > > < > 第页 　两个常用不等式 若a>b>0，m>0，则： > > < > 第页 【夯实双基】 1．判断下面结论是否正确．(对的打“√”，错的打“×”) (1)a>b，c>d⇒a－d>b－c. 答案　(1)√ (2)a>b⇒a3>b3. 答案　(2)√ (3)a>b⇔ac2>bc2. 答案　(3)× 第页 (4)a>b，c>d⇒ac>bd. 答案　(4)× 答案　(5)× 答案　(6)× 答案　(7)× 第页 2．(课本习题改编)下列各组代数式的关系正确的是________． ①x2＋5x＋6<2x2＋5x＋9；②(x－3)2<(x－2)(x－4)；③当x>1时，x3>x2－x＋1；④x2＋y2＋1>2(x＋y－1)． ①③④ 解析　①可变形为x2＋3>0，故①正确； ②可变形为9<8，故②错误； ③可变形为当x>1时，(x－1)(x2＋1)>0，故③正确； ④可变形为(x－1)2＋(y－1)2＋1>0，故④正确． 第页 3．(人教B版必修一P81习题2－2BT3改编)已知a∈(1，3)，b∈(2，3)，则a－2b的取值范围是____________． (－5，－1) 解析　由b∈(2，3)得－6<－2b<－4，又1<a<3，故－5<a－2b<－1. 第页 √ 第页 5．(2026·上海春季招生)已知实数x，y满足x>y>1，则下列不等式恒成立的是(　　) A．y2>x B．xy>x＋y C．x2>y D．x＋y>xy √ 解析　取x＝3，y＝2，则x＝3，y2＝4，故x<y2，故A错误； 取x＝1.5，y＝1.2，则xy＝1.8，x＋y＝2.7，此时xy<x＋y，故B错误； 由于x>y>1，故x2>x，因此x2>y，故C正确； 取x＝3，y＝2，则x＋y＝5，xy＝6，此时x＋y<xy，故D错误．故选C. 返 回 02 授 人 以 渔 题型一　　不等式的基本性质(自主学习) 　(1)若a，b∈R，则下列命题中正确的是________． ①若|a|＞b，则a2＞b2； ②若a2＞b2，则|a|＞b； ③若a＞|b|，则a2＞b2； ④若a2＞b2，则a＞|b|. ②③ 【解析】　对于①，取a＝1，b＝－3，可知①不正确， 对于③，条件a＞|b|可保证a是正数，③正确． 对于②④，a2＞b2⇒|a|＞|b|≥b，故②正确，④不正确． 第页 ①②④ 第页 (3)如果a>b，则下列不等式中成立的是_________． ①②④ 第页 　　　　　对不等式性质的理解 第页 题型二　　数(式)比较大小的方法(微专题) 微专题1　作差、作商法 第页 第页 第页 　　　　　(1)作差法有两种情形：①将差式进行因式分解转化为几个因式相乘；②将差式通过配方转化为几个非负实数之和，然后判断正负． (2)作商法通常适用于两代数式同号的情形． 第页 思考题1　(1)设x<y<0，试比较(x2＋y2)(x－y)与(x2－y2)(x＋y)的大小． 【答案】　(x2＋y2)(x－y)>(x2－y2)(x＋y) 【解析】　∵(x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)＝(x－y)[x2＋y2－(x＋y)2]＝(x－y)(－2xy)>0， ∴(x2＋y2)(x－y)>(x2－y2)(x＋y)． 第页 (2)比较大小：233________322. < 第页 微专题2　特殊值法 　　　(2017·山东)若a>b>0，且ab＝1，则下列不等式成立的是(　　) √ 第页 　　　　　利用特殊值法比较代数式的大小时需要注意以下问题：待比较的代数式大小关系是确定的，如果出现代数式大小关系不确定的情况，就无法通过特殊值进行检验；赋值应该满足前提条件；对于选择题，当一次赋值不能确定准确的选项时，则可以通过二次赋值检验，直至得到正确选项． 第页 思考题2　(1)若a>b>0，则下列各数小于1的是(　　) √ 【解析】　方法一(特殊值法)：取a＝2，b＝1，代入验证． 方法二：令y＝αx(α>0且α≠1)． 当α>1，x>0时，y>1；当0<α<1，x>0时，0<y<1. 第页 (2)(2015·浙江，文)有三个房间需要粉刷，粉刷方案要求：每个房间只用一种颜色，且三个房间颜色各不相同．已知三个房间粉刷面积(单位：m2)分别为x，y，z，且x<y<z，三种颜色涂料的粉刷费用(单位：元/m2)分别为a，b，c，且a<b<c.在不同的方案中，最低的总费用(单位：元)是(　　) A．ax＋by＋cz B．az＋by＋cx C．ay＋bz＋cx D．ay＋bx＋cz √ 【解析】　采用特殊值法进行求解验证即可，若x＝1，y＝2，z＝3，a＝1，b＝2，c＝3，则ax＋by＋cz＝14，az＋by＋cx＝10，ay＋bz＋cx＝11，ay＋bx＋cz＝13.由此可知最低的总费用是az＋by＋cx. 第页 微专题3　中间量法 √ 第页 第页 (2)设a＝20.3，b＝0.32，c＝logx(x2＋0.3)(x>1)，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a<b<c B．b<a<c C．c<b<a D．b<c<a √ 【解析】　因为x>1，所以c＝logx(x2＋0.3)>logxx2＝2.又0<b＝0.32<0.30＝1，1＝20<a＝20.3<21＝2，所以c>a>b.故选B. 第页 　　　　　利用中间量法比较数(式)的大小时要根据已知数、式灵活选择中间值．指数式比较大小，一般选取1或指数式的底数作为中间值；对数式比较大小，一般选取0或1作为中间值，其实质就是根据对数函数f(x)＝logax(a>0，且a≠1)的单调性判断其与f(1)，f(a)的大小． 第页 √ 第页 (2)设x>0，P＝2x＋2－x，Q＝(sin x＋cos x)2，则(　　) A．P>Q B．P<Q C．P≤Q D．P≥Q √ 又(sin x＋cos x)2＝1＋sin 2x，而sin 2x≤1，所以Q≤2.于是P>Q.故选A. 第页 微专题4　单调性法 (1)【多选题】设0<a<b<1，0<c<1，则(　　) A．ln(ca＋1)>ln(cb＋1) B．(c＋1)a<(c＋1)b C．ab>aa>ba D．logca<logcb √ √ 第页 【解析】　因为0<a<b<1，0<c<1，所以函数y＝ax，y＝logcx均是减函数，所以ab<aa，logca>logcb，所以C、D不正确； 又由函数y＝ln x是增函数，y＝cx是减函数，可得ca>cb，则ca＋1>cb＋1>1， 所以ln(ca＋1)>ln(cb＋1)，所以A正确； 因为0<c<1，可得c＋1>1，所以函数y＝(c＋1)x是增函数，可得(c＋1)a<(c＋1)b，所以B正确．故选AB. 第页 √ 第页 　　　　　(1)若题目具备构造函数的条件，可利用函数的单调性比较大小． (2)导数工具的应用，拓宽了这类问题的命题形式和解题难度，值得我们关注和重视． 第页 思考题4　若loga(a2＋1)<loga(2a)<0，则a的取值范围是________． 第页 题型三　 综合应用 　　 若0<x<1，a>0且a≠1，则|loga(1－x)|与|loga(1＋x)|的大小关系是__________________________． |loga(1－x)|>|loga(1＋x)| 【解析】　方法一(作差法)：当a>1时，loga(1－x)<0，loga(1＋x)>0， ∴|loga(1－x)|－|loga(1＋x)|＝－loga(1－x)－loga(1＋x)＝－loga(1－x2)>0. 当0<a<1时，loga(1－x)>0，loga(1＋x)<0， ∴|loga(1－x)|－|loga(1＋x)|＝loga(1－x)＋loga(1＋x)＝loga(1－x2)>0. 综上，|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|. 第页 第页 【答案】　见解析 第页 1．洞察不等式的各个性质的结构特征，是寻找解题线索、启发解题思维的重要依据． 2．比较两数、式的大小，一般用作差法，具体步骤是：作差—变形—判断(与0比较)． 3．判断不等式是否成立，一般可利用不等式的性质、函数的单调性等进行推理，也可利用特殊值法对命题进行否定． 返 回 03 课 外 阅 读 一类特殊类型的范围问题 　　已知－1＜x＋y＜4且2＜x－y＜3，则z＝2x－3y 的取值范围是________． (3，8) 第页 思考题　若－1<a＋b<3，2<a－b<4，则2a＋3b的取值范围为____________． 返 回 作差法(a，b∈R)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b>0⇔a____b，,a－b＝0⇔a____b，,a－b<0⇔a____b.)) (7)可方性：a>b>0⇒an____bn(n∈N*，n≥2)；a>b>0⇒eq \r(n,a)____eq \r(n,b)(n∈N*，n≥2)． (8)倒数性质：a>b，ab>0⇒eq \f(1,a)____eq \f(1,b)； eq \f(1,a)<eq \f(1,b)，ab>0⇒a____b. (1)eq \f(b,a)<eq \f(b＋m,a＋m)；eq \f(b,a)>eq \f(b－m,a－m)(a－m>0)． (2)eq \f(a,b)>eq \f(a＋m,b＋m)；eq \f(a,b)<eq \f(a－m,b－m)(b－m>0)． (5)a>b⇒eq \f(1,a)<eq \f(1,b). (6)若eq \f(1,a)<eq \f(1,b)<0，则|a|>|b|. (7)若a>b且ab<0，则eq \f(1,a)<eq \f(1,b). 4．若a，b为实数，则eq \f(1,a)＜eq \f(1,b)成立的一个充分而不必要条件是(　　) A．b＜a＜0　　　　 B．a＜b C．b(a－b)＞0 D．a＞b (2)已知四个条件：①b>0>a；②0>a>b；③a>0>b；④a>b>0，能推出eq \f(1,a)<eq \f(1,b)成立的是________． 【解析】　运用倒数性质：a>b，ab>0⇒eq \f(1,a)<eq \f(1,b)，则②④正确．又正数大于负数，所以①正确． ①a3>b3；②aeq \s\up16(\f(1,5))>beq \s\up16(\f(1,5))；③lg(a2＋1)>lg(b2＋1)；④2a>2b. 本例(1)的目的在于说明由a>ba2>b2，由a2＞b2a＞b. 本例(2)的目的在于讲清由a>b⇒eq \f(1,a)<eq \f(1,b)成立的条件是ab>0(即当a，b同号时，若a>b，则eq \f(1,a)<eq \f(1,b)；当a，b异号时，若a>b，则eq \f(1,a)>eq \f(1,b))． 本例(3)的目的在于对不等式的某些性质加以补充说明，即a>b⇒a2n＋1>b2n＋1(n∈N*)是成立的，在解答选择题或填空题时可直接应用． (1)比较eq \f(a＋m,b＋m)与eq \f(a,b)(其中实数b>a>0，实数m>0)的大小(即课本中所谓的“糖水不等式”)． 【答案】　eq \f(a＋m,b＋m)>eq \f(a,b) 【解析】　方法一(作差法)：eq \f(a＋m,b＋m)－eq \f(a,b)＝eq \f(b（a＋m）－a（b＋m）,b（b＋m）)＝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＋m,b＋m)>eq \f(a,b). 方法二(作商法)：∵b>a>0，m>0， ∴bm>am⇒ab＋bm>ab＋am>0. ∴eq \f(ab＋bm,ab＋am)>1，即eq \f(a＋m,b＋m)·eq \f(b,a)>1⇒eq \f(a＋m,b＋m)>eq \f(a,b). (2)已知a>0，b>0，且a≠b，试比较aabb与(ab)eq \s\up16(\f(a＋b,2))的大小． 【答案】　aabb>(ab)eq \s\up16(\f(a＋b,2)) 【解析】　eq \f(aabb,（ab）\s\up16(\f(a＋b,2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq \s\up16(\f(a－b,2))， ①若a>b>0，则eq \f(a,b)>1，a－b>0.由指数函数的性质得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq \s\up16(\f(a－b,2))>1. ②若b>a>0，则0<eq \f(a,b)<1，a－b<0.由指数函数的性质得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq \s\up16(\f(a－b,2))>1. 综上，eq \f(aabb,（ab）\s\up16(\f(a＋b,2)))>1，即aabb>(ab)eq \s\up16(\f(a＋b,2)). 【解析】　∵eq \f(233,322)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(23,32)))eq \s\up30(11)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,9)))eq \s\up30(11)<1，∴233<322. A．a＋eq \f(1,b)<eq \f(b,2a)<log2(a＋b) B．eq \f(b,2a)<log2(a＋b)<a＋eq \f(1,b) C．a＋eq \f(1,b)<log2(a＋b)<eq \f(b,2a) D．log2(a＋b)<a＋eq \f(1,b)<eq \f(b,2a) 【解析】　(特殊值法)：令a＝3，b＝eq \f(1,3)，则a＋eq \f(1,b)＝6，1<log2(a＋b)＝log2eq \f(10,3)<2，eq \f(b,2a)＝eq \f(\f(1,3),23)＝eq \f(1,24)，即a＋eq \f(1,b)>log2(a＋b)>eq \f(b,2a).故选B. A．2a－b　　　　 B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq \s\up16(\f(1,2)) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq \s\up30(a－b) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq \s\up30(a－b) ∵a>b>0，∴a－b>0，eq \f(a,b)>1，0<eq \f(b,a)<1.由指数函数性质知，D成立． (1)设a＝logeq \s\do9(\f(1,2))3，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up30(0.2)，c＝2eq \s\up16(\f(1,3))，则(　　) A．b<a<c B．c<a<b C．c<b<a D．a<b<c 【解析】　因为0<eq \f(1,2)<1，所以a＝logeq \s\do25(\f(1,2))3<logeq \s\do25(\f(1,2))1＝0；因为eq \f(1,3)<1，所以0<b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up30(0.2)<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up30(0)＝1； 因为2>1，所以c＝2eq \s\up16(\f(1,3))>20＝1. 综上，a<b<c.故选D. 思考题3　(1)已知x＝ln π，y＝log52，z＝eeq \s\up30(－\f(1,2))，则(　　) A．x<y<z B．z<x<y C．z<y<x D．y<z<x 【解析】　因为x＝ln π>ln e＝1，y＝log52<log5eq \r(5)＝eq \f(1,2)，z＝eq \f(1,\r(e))>eq \f(1,2)且z＝eeq \s\up30(－\f(1,2))<e0＝1，所以x>z>y.故选D. 【解析】　因为2x＋2－x≥2eq \r(2x·2－x)＝2(当且仅当x＝0时等号成立)，而x>0，所以P>2. (2)若b>a>3，f(x)＝eq \f(ln x,x)，则下列各结论中正确的是(　　) A．f(a)<f(eq \r(ab))<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2))) B．f(eq \r(ab))<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))<f(b) C．f(eq \r(ab))<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))<f(a) D．f(b)<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))<f(eq \r(ab)) 【解析】　因为b>a>3，所以3<a<eq \r(ab)<eq \f(a＋b,2)<b. 又f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在区间(e，＋∞)上单调递减，则有f(b)<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))<f(eq \r(ab))<f(a)．故选D. 【解析】　由题意得0<a<1，a2＋1>2a>1，∴eq \f(1,2)<a<1. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) 方法二(作商法)：易知loga(1＋x)≠0， ∵eq \f(|loga（1－x）|,|loga（1＋x）|)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(loga（1－x）,loga（1＋x）)))＝|log(1＋x)(1－x)|， 又0＜x＜1，∴1＋x＞1，0＜1－x＜1， ∴|log(1＋x)(1－x)|＝－log(1＋x)(1－x)＝log(1＋x)eq \f(1,1－x)＝log(1＋x)eq \f(1＋x,1－x2)＝1－log(1＋x)(1－x2)，又0<1－x2<1，∴log(1＋x)(1－x2)<0，1－log(1＋x)(1－x2)>1，即eq \f(|loga（1－x）|,|loga（1＋x）|)>1. 于是|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|. 思考题5　已知a∈R且a≠1，试比较eq \f(1,1－a)与1＋a的大小． 【解析】　eq \f(1,1－a)－(1＋a)＝eq \f(a2,1－a)， ①当a＝0时，eq \f(a2,1－a)＝0，∴eq \f(1,1－a)＝1＋a； ②当a<1，且a≠0时，eq \f(a2,1－a)>0，∴eq \f(1,1－a)>1＋a； ③当a>1时，eq \f(a2,1－a)<0，∴eq \f(1,1－a)<1＋a. 【解析】　设2x－3y＝λ(x＋y)＋μ(x－y)＝(λ＋μ)x＋(λ－μ)y， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＋μ＝2，,λ－μ＝－3))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(1,2)，,μ＝\f(5,2).)) ∴2x－3y＝－eq \f(1,2)(x＋y)＋eq \f(5,2)(x－y)∈(3，8)． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，\f(13,2))) 【解析】　设2a＋3b＝x(a＋b)＋y(a－b)＝a(x＋y)＋b(x－y)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2，,x－y＝3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5,2)，,y＝－\f(1,2).)) 又∵－eq \f(5,2)<eq \f(5,2)(a＋b)<eq \f(15,2)，－2<－eq \f(1,2)(a－b)<－1，∴－eq \f(9,2)<eq \f(5,2)(a＋b)－eq \f(1,2)(a－b)<eq \f(13,2)，即－eq \f(9,2)<2a＋3b<eq \f(13,2). $