第3讲等式与不等式专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦不等式性质与应用，以作差法、特殊值法、函数思想构建解题体系，知识逻辑从概念辨析到综合应用层层递进，培养推理能力与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |不等式性质与比较大小|1-4题|作差法、特殊值法、构造法|从基本性质到大小比较，形成“性质辨析-方法选择-推理验证”逻辑链| |充分必要条件|5题|定义法结合不等式性质|通过条件关系深化对不等式符号特征的理解| |不等式应用与范围|6-7、13-14题|不等式性质、函数单调性|从简单应用到含参数范围问题，体现“模型构建-转化求解”思维| |综合应用|8-12、15题|综合运用作差、函数、均值不等式|融合函数、均值定理等知识，构建跨模块解题逻辑|

第3讲　等式与不等式 (时间:45分钟) 1.已知P=a2+3a+2,Q=a+1,则 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A.P<Q B.P≤Q C.P>Q D.P≥Q 2.[2024·青海西宁一模] 下列结论中正确的是 (　 ) A.若ab≠0且a<b,则> B.若a>b,则a2>b2 C.若a>b,c>d,则ac>bd D.若a>b,则a+c>b+c 3.设a>b>0,x=-,y=-,则x,y的大小关系为 (　 ) A.x>y B.x<y C.x=y D.不确定 4.[2024·安徽淮北质检] 已知a,b∈R,下列结论正确的是 (　 ) A.若ab=1,则a+b≥2 B.若<,则a>b C.若a>b,则ln(a-b)>0 D.若a>b>0,则a+>b+ 5.[2024·福建福州质检] 设a,b∈R,则“ab<0”是“+=0”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 6.已知a,b均为正数,使“若m为正数,则<”是真命题的一组数a,b可以为a=　　　　,b=　　　　.(写出一组即可)  7.已知x>0,y>0,若-1≤lg≤2,1≤lg x≤4,则lg的取值范围是　　　　.  8.[2024·北京西城区一模] 设a=t-,b=t+,c=t(2+t),其中-1<t<0,则 (　 ) A.b<a<c B.c<a<b C.b<c<a D.c<b<a 9.[2024·浙江金华一中模拟] 设a,b,c的平均数为M,a与b的平均数为N,N与c的平均数为P.若a>b>c,则 (　 ) A.N<P B.P<M C.N<M D.M+N<2P 10.已知a2+1≥b≥2a≥>0,则下列结论中正确的个数是 (　 ) ①b≥2;②a≥2;③ab≥2;④a2+b2的最小值为6. A.1 B.2 C.3 D.4 11.(多选题)[2025·黄冈模拟] 已知c<0<b<a,则 (　 ) A.ac+b<bc+a B.b3+c3<a3 C.< D.> 12.(多选题)[2025·湖北鄂东南模拟] 已知两个正数a,b满足a+b=2,则下述结论正确的是 (　 ) A.|a-1|=|b-1| B.2a+2b≥4 C.lg a≥lg D.b-<-1 13.某地为加强体育文化建设,购买了一批体育器材.已知在该批次器材中,4个排球和5个足球的价格之和小于400元,而6个排球和3个足球的价格之和大于450元.设1个排球的价格为A元,1个足球的价格为B元,则A　　　　B(填“>”“<”或“=”).  14.[2024·石家庄二模] 若实数x,y,z≥0,且x+y+z=4,2x-y+z=5,则M=4x+3y+5z的取值范围是　　　　.  15.(多选题)[2024·安徽合肥模拟] 已知实数a,b满足0<a<b<1,则 (　 ) A.< B.a+b>ab C.ab<ba D.2a-2b<loa-lob 参考答案 第3讲　等式与不等式 1.D　[解析] ∵P-Q=a2+3a+2-(a+1)=a2+2a+1=(a+1)2≥0,∴P≥Q.故选D. 2.D　[解析] 对于A选项,令a=-1,b=1,满足ab≠0且a<b,但<,故A错误;对于B选项,令a=-1,b=-2,满足a>b,但a2<b2,故B错误;对于C选项,令a=-1,b=-2,c=3,d=1,满足a>b,c>d,但ac<bd,故C错误;对于D选项,由a>b及不等式的性质可得a+c>b+c,故D正确.故选D. 3.B　[解析] 由题知x>0,y>0,因为==<1,所以x<y. 4.D　[解析] 当a=-1,b=-1时,a+b=-2,所以A错误.当a<0,b>0时,a<b,所以B错误.当a=2,b=1时,ln(a-b)=0,所以C错误.若a>b>0,则>>0,则a+>b+,所以D正确.故选D. 5.C　[解析] 当ab<0时,或则+=0,即充分性成立;当+=0时,=->0,则ab<0,即必要性成立.所以“ab<0”是“+=0”的充要条件.故选C. 6.1　2(答案不唯一)　[解析] 因为“若m为正数,则<”是真命题,所以-=>0,因为a,b,m均为正数,所以0<a<b,不妨取a=1,b=2(答案不唯一). 7.[0,6]　[解析] 因为x>0,y>0,所以>0,又-1≤lg≤2,1≤lg x≤4,所以lg=lg=lg+lg x∈[0,6],所以lg的取值范围是[0,6]. 8.C　[解析] 由-1<t<0,得∈(-∞,-1),故a=t->0.由对勾函数的性质可得b=t+<-(1+1)=-2,c=t(2+t)<0,且c=t(2+t)=t2+2t=(t+1)2-1>-1.综上所述,b<c<a.故选C. 9.B　[解析] 根据题意得,M=,N=,P===.对于A,N-P=-=,∵a>b>c,∴a-c>0,b-c>0,∴a+b-2c>0,∴N-P=>0,∴N>P,故A错误.对于B,M-P=-=,∵a>b>c,∴a-c>0,b-c>0,∴a+b-2c>0,∴M-P=>0,∴M>P,故B正确.对于C,M-N=-=,∵a>b>c,∴c-a<0,c-b<0,∴2c-a-b<0,∴M-N=<0,∴M<N,故C错误.对于D,∵M>P,N>P,∴M+N>2P,故D错误.故选B. 10.B　[解析] 对于①,由b≥>0得b2≥4,所以b≥2,故①正确;对于②,b=2,a=1,显然满足条件,故②错误;对于③,由2a≥>0得ab≥2,故③正确;对于④,a2+b2≥b2+b-1,由于f(b)=b2+b-1在[2,+∞)上单调递增,故a2+b2的最小值为f(2)=5,故④错误.故正确的结论有2个. 11.ABD　[解析] 因为c<0<b<a,所以ac<bc,所以ac+b<bc+a,故A正确;因为c<0<b<a,所以b3<a3,c3<0,所以b3+c3<a3,故B正确;因为c<0<b<a,所以不妨令a=3,b=2,c=-1,得=2,=,此时>,故C错误;因为c<0<b<a,所以>>0,所以<,所以>,故D正确.故选ABD. 12.ABD　[解析] 对于A,由a+b=2,得a-1=1-b,因此|a-1|=|b-1|,故A正确;对于B,由a+b=2,得2a+2b≥2=2=4,当且仅当a=b=1时取等号,故B正确;对于C,取a=,b=,满足a+b=2,但lg a=lg <lg 2=lg ,故C错误;对于D,由a+b=2,得a=2-b,0<b<2,则b-+1=b-+1== <0,即b-<-1,故D正确.故选ABD. 13.>　[解析] 由题意得 所以所以A-B>25>0,则A>B. 14.[15,19]　[解析] 因为x+y=4-z,2x-y=5-z,所以x=3-,y=1-,由x,y,z≥0得解得0≤z≤3,故M=4x+3y+5z=4+3+5z=+15∈[15,19]. 15.BCD　[解析] 对于A,由0<a<b<1,得-=>0,故>,所以A错误;对于B,由0<a<b<1,得a+b-ab=a+b(1-a)>0,故a+b>ab,所以B正确;对于C,令f(x)=,则f'(x)=,当0<x<e时,f'(x)>0,f(x)单调递增,因为0<a<b<1,所以f(a)<f(b),所以<,即bln a<aln b,即ln ab<ln ba,所以ab<ba,所以C正确;对于D,函数g(x)=2x-lox在(0,+∞)上单调递增,因为0<a<b<1,所以g(a)<g(b),即2a-loa<2b-lob,所以2a-2b<loa-lob,所以D正确.故选BCD. 1 学科网（北京）股份有限公司 $