第2章 2.1 不等式的基本性质-【创新教程】2027年职教高考总复习数学（教师用书Word版）

思维导图 2．1　不等式的基本性质 [知识点一]　实数大小的基本性质　 1．a－b＞0⇔　a＞b　；2.a－b＝0⇔　a＝b　； 3．a－b＜0⇔　a＜b　. [知识点二]　不等式的基本性质　 1．对称性：　a＞b⇔b＜a　. 2．传递性：如果a＞b，b＞c，那么　a＞c　. 3．加法法则：如果a＞b，那么　a＋c＞b＋c　. 4．乘法法则：如果a＞b，c＞0，那么　ac＞bc　.如果a＞b，c＜0，那么　ac＜bc　. [知识点三]　不等式性质的相关推论　 1．移项法则：a＋b＞c⇒　a＞c－b　. 2．不等式相加法则：a＞b，c＞d⇒　a＋c＞b＋d　. 3．不等式相乘法则：a＞b＞0，c＞d＞0⇒　ac＞bd　. 4．乘方法则：a＞b＞0⇒　an＞bn　(n≥2，n∈N*) [知识点四]　几个常用重要不等式　 1．a2　≥　0，(a∈R)． 2．(a－b)2　≥　0，当且仅当　a＝b　时等号成立． 3．a2＋b2　≥　2ab，当且仅当　a＝b　时等号成立． 思考： 1. 若a>b，c>d，那么a＋c>b＋d成立吗？a－c>b－d呢？ 提示：a＋c>b＋d成立，a－c>b－d不一定成立，但a－d>b－c成立． 2．若a>b，c>d，那么ac>bd成立吗？ 提示：不一定，但当a>b>0，c>d>0时，一定成立． [基础自测] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)a＝b是＝成立的充要条件．(×) (2)a>b ⇒ ac2>bc2.(×) (3)若a＋c>b＋d，则a>b，c>d.(×) (4)同向不等式相加与相乘的条件是一致的．(×) (5)设a，b∈R，且a>b，则a3>b3.(√) (6)若>1，则a>b.(×) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)× 2．已知a，b，c满足c<b<a，且ac<0，那么下列选项中一定成立的是(　　) A．ab>ac　　　　　　 B．c(b－a)<0 C．cb2<ab2 D．ac(a－c)>0 解析：A　[因为c<b<a，且ac<0，所以a>0，c<0，b的符号不确定，b－a<0，a－c>0，b－c＞0，据此判断A成立，B，D不成立，C不一定成立．] 3．若a>b>0，c<d<0，则下列结论正确的是(　　) A.－>0 B.－<0 C.> D.< 解析：D　[因为c<d<0，所以0<－d<－c， 又0<b<a，所以－bd<－ac，即bd>ac， 又因为cd>0，所以>，即>.] 4．若－<α<β<，则α－β的取值范围是　________　. 解析：由－<α<，－<－β<，α<β， 得－π<α－β<0. 答案：(－π，0) 用性质解不等式 [例1]一元一次不等式组的解集是(　　) A．(1,8]　　　　B. C．[－8,1) D. [解析]　由题，其中x＋2(5－x)≥2，化简得－x≥－8，解得x≤8,3(x－1)－2(x－2)，化简得3x－3＞－2x＋4，解得x＞，故不等式组解集为.故选B. [答案]　B 1．熟记不等式性质． 2．应用不等式性质时，注意字母有正有负还可能是0. 1．不等式组的解集为(　　) A．(－3,1)　　 B．(－∞，－3)∪(1，＋∞) C．(－1,3) D．(－∞，－1)∪(3，＋∞) 解析：C　[∵不等式组 ∴ ∴－1＜x＜3， ∴不等式组的解集为(－1,3)．故选C.] 不等式性质的应用 [例2](特值法)设a，b∈R，则“a>b”是“a|a|>b|b|”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 [解析]　当b<0时， 显然有a>b⇔a|a|>b|b|； 当b＝0时，显然有a>b⇔a|a|>b|b|； 当b>0时，由a>b有|a|>|b|， 所以a>b⇔a|a|>b|b|. 综上可知a>b⇔a|a|>b|b|，故选C. [答案]　C 解决此类问题常用两种方法：一是直接使用不等式的性质逐个验证；二是利用特殊值法排除错误答案． 2．(一题多解)已知a>0>b，则下列不等式一定成立的是(　　 ) A．a2<－ab　　　　 B．|a|<|b| C.> D.a>b 解析：C　[通解：当a＝1，b＝－1时，满足a>0>b，此时a2＝－ab，|a|＝|b|，a<b，所以A，B，D不一定成立，因为a>0>b，所以b－a<0，ab<0，所以－＝>0，所以>一定成立，故选C. 优解：因为a>0>b，所以>0>，所以>一定成立．故选C.] 数(式)的大小比较 [例3]　已知a>b，e>f，c>0，求证：f－ac<e－bc. [证明]　(1)因为a>b，c>0，所以ac>bc， 即－ac<－bc. 又e>f，即f<e，所以f－ac<e－bc. 作差法比较两个数大小的步骤及变形方法 (1)作差法比较的步骤：作差―→变形―→定号―→结论． (2)变形的方法：①因式分解；②配方；③通分；④分母或分子有理化；⑤分类讨论． 3．已知x＞1，a＝x3－1，b＝x2－x，则(　　) A．a＞b＞0 B．b＞a＞0 C．a＞b＞1 D．b＞a＞1 解析：A　[利用作差法比较大小．因为x＞1，所以a－b＝x3－x2＋x－1＝x2(x－1)＋(x－1)＝(x－1)(x2＋1)＞0，b＝x(x－1)＞0，所以a＞b＞0.故选A.] [基础题组练] 1．若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，则f(x)，g(x)的大小关系是(　　) A．f(x)＝g(x) B．f(x)>g(x) C．f(x)<g(x) D．随x的值变化而变化 答案：B 2．已知a，b∈R，若a>b，<同时成立，则(　　) A．ab>0　　　　　　 B．ab<0 C．a＋b>0 D．a＋b<0 答案：A 3．若m<0，n>0且m＋n<0，则下列不等式中成立的是(　　) A．－n<m<n<－m B．－n<m<－m<n C．m<－n<－m<n D．m<－n<n<－m 答案：D 4．已知a，b为非零实数，且a<b，下列不等式一定成立的是(　　) A．a2<b2 B．ab2>a2b C.< D.< 解析：C　[若a<b<0，则a2>b2，故A错；若0<a<b，则>，故D错；若ab<0，即a<0，b>0，则a2b>0>ab2，＞0＞，故B错，C正确．所以选C.] 5．设a，b∈R，则“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”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 解析：A　[若a>2且b>1，则由不等式的同向可加性可得a＋b>2＋1＝3，由不等式的同向同正可乘性可得ab>2×1＝2.即“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”的充分条件．反之，若“a＋b>3且ab>2”，则“a>2且b>1”不一定成立，如a＝6，b＝.所以“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”的充分不必要条件．故选A.] 6．已知下列四个条件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0，能推出<成立的有(　　 ) A．1个　　B．2个　　C．3个　　D．4个 解析：C　[由不等式的倒数性质易知条件①，②，④都能推出<.由a>0>b得>，故能推出<成立的条件有3个．] 7．已知－2＜x＜2,1＜y＜3，则x－2y的取值范围是(　　) A．(－8,0) B．(－8,2) C．(－4,2) D．(－10，－2) 解析：A　[因为1＜y＜3，所以－6＜－2y＜－2，又因为－2＜x＜2，所以－8＜x－2y＜0.故选A.] 8．(多选题)设b>a>0，c∈R，则下列不等式中正确的是(　　) A．a<b B.－c>－c C.> D．ac2<bc2 解析：ABC　[因为y＝x在(0，＋∞)上是增函数，所以a<b.因为y＝－c在(0，＋∞)上是减函数，所以－c>－c.因为－＝>0，所以>.当c＝0时，ac2＝bc2，所以D不成立．故选ABC.] 9．若a1<a2，b1<b2，则a1b1＋a2b2与a1b2＋a2b1的大小关系是　________　. 解析：作差可得(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1) ＝(a1－a2)·(b1－b2)，因为a1<a2，b1<b2， 所以(a1－a2)(b1－b2)>0， 即a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1. 答案：a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1 10．设a>b，有下列不等式：①>；②<；③|a|>|b|；④a|c|≥b|c|，其中一定成立的有　________　.(填正确的序号) 解析：对于①，>0，故①成立； 对于②，a>0，b<0时不成立； 对于③，取a＝1，b＝－2时不成立； 对于④，|c|≥0，故④成立． 答案：①④ [综合题组练] 1．已知条件甲：a>0，条件乙：a>b且>，则甲是乙的(　　) 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：B　[由a>0不能推出a>b且>，故甲不是乙的充分条件．若a>b且>，即a>b且>0，则ab<0，所以a>0，b<0.所以由a>b且>能推出a>0.故甲是乙的必要条件．所以甲是乙的必要不充分条件．] 2．已知1＜a＜4,2＜b＜8，则2a＋b的取值范围是(　　) A．1＜2a＋b＜4　　　　　 B．2＜2a＋b＜8 C．4＜2a＋b＜16 D．4＜2a＋b＜8 解析：C　[由1＜a＜4可得2＜2a＜8，而2＜b＜8，故4＜2a＋b＜16，故选C.] 3．若角α，β满足－<α<β<π，则α－β的取值范围是(　　) A. B. C. D. 解析：B　[∵－<α<π，－<β<π，∴－π<－β<，∴－<α－β<.又α<β，∴α－β<0，从而－<α－β<0.] 4．若bc－ad≥0，bd>0，求证：≤. 证明：∵bc－ad≥0，∴bc≥ad，∴bc＋bd≥ad＋bd， 即b(c＋d)≥d(a＋b)． 又bd>0，两边同除以bd得≤. 5．a<b<0，求证：<. 证明：由于－＝＝， ∵a<b<0，∴b＋a<0，b－a>0，ab>0， ∴<0，故<. 学科网（北京）股份有限公司 $