【步步高】2014届高三数学大一轮复习 7.1不等关系与不等式教案 理 新人教A版
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§7.1 不等关系与不等式2014高考会这样考 1.考查有关不等式的命题真假及数式的大小比较；2.考查和函数、数列等知识的综合应用．复习备考要这样做 1.熟练掌握不等式的性质，并会正确理解和应用；2.对含参数的不等式，要把握分类讨论的标准和技巧．1． 不等式的定义在客观世界中，量与量之间的不等关系是普遍存在的，我们用数学符号>、<、≥、≤、≠连接两个数或代数式以表示它们之间的不等关系，含有这些不等号的式子，叫做不等式．2． 两个实数比较大小的方法(1)作差法⎩⎪⎨⎪⎧a －b >0⇔a > b a －b ＝0⇔a ＝ ba －b <0⇔a < b(a ，b ∈R )；(2)作商法⎩⎪⎨⎪⎧ab>1⇔a > b ab ＝1⇔a ＝ ba b <1⇔a < b(a ∈R ，b >0)．3． 不等式的性质(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 ，a >b ，c >d ⇒a ＋c >b ＋d ；(4)可乘性：a >b ，c >0⇒ac >bc ，a >b >0，c >d >0⇒ac >bd ；(5)可乘方：a >b >0⇒a n>b n(n ∈N ，n ≥1)；(6)可开方：a >b >0⇒n ∈N ，n ≥2)．[难点正本 疑点清源]1． 在学习不等式的性质时，要特别注意下面几点(1)不等式的性质是解、证不等式的基础，对任意两实数a 、b 有a －b >0⇔a >b ，a －b ＝0⇔a ＝b ，a －b <0⇔a <b ，这是比较两数(式)大小的理论根据，也是学习不等式的基石． (2)一定要在理解的基础上记准、记熟不等式的性质，并注意在解题中灵活、准确地加以应用．(3)不等式的传递性：若a >b ，b >c ，则a >c ，这是放缩法的依据，在运用传递性时，要注意不等式的方向，否则易产生这样的错误：为证明a >c ，选择中间量b ，在证出a >b ，c >b 后，就误认为能得到a >c .(4)同向不等式可相加，但不能相减，即由a >b ，c >d ，可以得出a ＋c >b ＋d ，但不能得出a －c >b －d .2． 理解不等式的思想和方法(1)作差法是证明不等式的最基本也是很重要的方法，应引起高度注意，要注意强化． (2)加强化归意识，把比较大小问题转化为实数的运算．(3)通过复习要强化不等式“运算”的条件．如a >b 、c >d 在什么条件下才能推出ac >bd . (4)强化函数的性质在大小比较中的重要作用，加强知识间的联系．1． 已知a >b >0，且c >d >0，则a d 与bc的大小关系是______________． 答案a d >b c解析 ∵a >b >0，c >d >0，∴a d >b c>0， ∴a d >b c. 2． 已知a <0，－1<b <0，那么a ，ab ，ab 2的大小关系是__________________．答案 ab >ab 2>a解析 由－1<b <0，可得b <b 2<1. 又a <0，∴ab >ab 2>a .3． 限速40 km/h 的路标，指示司机在前方路段行驶时，应使汽车的速度v 不超过40 km/h ，写成不等式就是( )A ．v <40 km/hB ．v >40 km/hC ．v ≠40 km/hD ．v ≤40 km/h答案 D4． (2011·浙江)设a ，b 为实数，则“0<ab <1”是“b <1a”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件答案 D解析 ∵0<ab <1，∴a ，b 同号，且ab <1. ∴当a >0，b >0时，b <1a ；当a <0，b <0时，b >1a.∴“0<ab <1”是“b <1a”的不充分条件．而取b ＝－1，a ＝1，显然有b <1a，但不能推出0<ab <1，∴“0<ab <1”是“b <1a”的不必要条件．5． (2012·湖南)设a >b >1，c <0，给出下列三个结论：①c a >c b；②a c <b c；③log b (a －c )>log a (b －c )． 其中所有的正确结论的序号是( )A ．①B ．①②C ．②③D ．①②③答案 D解析 根据不等式的性质构造函数求解． ∵a >b >1，∴1a <1b.又c <0，∴c a >c b，故①正确．构造函数y ＝x c.∵c <0，∴y ＝x c在(0，＋∞)上是减函数． 又a >b >1，∴a c<b c ，故②正确． ∵a >b >1，－c >0，∴a －c >b －c >1.∵a >b >1，∴log b (a －c )>log a (a －c )>log a (b －c )， 即log b (a －c )>log a (b －c )，故③正确．题型一 不等式性质的应用例1 已知－π2<α<β<π2，求α＋β2，α－β2的取值范围．思维启迪：不等式性质的应用是本题的突破点． 解 因为－π2<α<β<π2，所以－π4<α2<π4，－π4<β2<π4.所以－π2<α＋β2<π2，－π4<－β2<π4.因为α<β，所以α－β2<0.故－π2<α－β2<0.探究提高 (1)利用不等式的性质求范围要充分利用题设中的条件，如本题中的条件α<β；(2)注意“α－β”形式，利用不等式要正确变形．已知－1<x ＋y <4且2<x －y <3，则z ＝2x －3y 的取值范围是________(答案用区间表示)． 答案 (3,8)解析 设2x －3y ＝m (x ＋y )＋n (x －y )，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝2，m －n ＝－3.解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－12，n ＝52.∴2x －3y ＝－12(x ＋y )＋52(x －y )，∵－1<x ＋y <4,2<x －y <3，∴－2<－12(x ＋y )<12，5<52(x －y )<152，∴3<－12(x ＋y )＋52(x －y )<8，即3<2x －3y <8，所以z ＝2x －3y 的取值范围为(3,8)． 题型二 比较大小问题例2 已知a ≠1且a ∈R ，试比较11－a与1＋a 的大小．思维启迪：要判断11－a 与1＋a 的大小，只需研究它们差的符号．解 ∵11－a －(1＋a )＝a21－a ，①当a ＝0时，a 21－a ＝0，∴11－a＝1＋a . ②当a <1，且a ≠0时，a 21－a >0，∴11－a >1＋a .③当a >1时，a 21－a <0，∴11－a<1＋a .探究提高 实数的大小比较常常转化为对它们差(简称作差法)的符号的判定，当解析式里面含有字母时常需分类讨论．(2012·四川)设a ，b 为正实数．现有下列命题：①若a 2－b 2＝1，则a －b <1；②若1b －1a＝1，则a －b <1；③若|a －b |＝1，则|a －b |<1；④若|a 3－b 3|＝1，则|a －b |<1.其中的真命题有________．(写出所有真命题的编号) 答案 ①④解析 ①中，a 2－b 2＝(a ＋b )(a －b )＝1，a ，b 为正实数，若a －b ≥1， 则必有a ＋b >1，不合题意，故①正确． ②中，1b －1a ＝a －b ab＝1，只需a －b ＝ab 即可．如取a ＝2，b ＝23满足上式，但a －b ＝43>1，故②错．③中，a ，b 为正实数，所以a ＋b >|a －b |＝1， 且|a －b |＝|(a ＋b )(a －b )|＝|a ＋b |>1，故③错． ④中，|a 3－b 3|＝|(a －b )(a 2＋ab ＋b 2)| ＝|a －b |(a 2＋ab ＋b 2)＝1.若|a －b |≥1，不妨取a >b >1，则必有a 2＋ab ＋b 2>1，不合题意，故④正确．题型三 不等式与函数、方程的综合问题例3 已知f (x )是定义在(－∞，4]上的减函数，是否存在实数m ，使得f (m －sinx )≤f ⎝⎛⎭⎪⎫1＋2m －74＋cos 2x 对定义域内的一切实数x 均成立？若存在，求出实数m 的取值范围；若不存在，请说明理由．思维启迪：不等式和函数的结合，往往要利用函数的单调性和函数的值域．解 假设实数m 存在，依题意，可得⎩⎪⎨⎪⎧m －sin x ≤4，m －sin x ≥1＋2m －74＋cos 2x ，即⎩⎪⎨⎪⎧m －4≤sin x ，m －1＋2m ＋12≥－⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x －122.因为sin x 的最小值为－1，且－(sin x －12)2的最大值为0，要满足题意，必须有⎩⎪⎨⎪⎧m －4≤－1，m －1＋2m ＋12≥0，解得m ＝－12或32≤m ≤3.所以实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫－12.探究提高 不等式恒成立问题一般要利用函数的值域，m ≤f (x )恒成立，只需m ≤f (x )min .已知a 、b 、c 是实数，试比较a 2＋b 2＋c 2与ab ＋bc ＋ca 的大小．解 方法一 (作差法) ∵a 2＋b 2＋c 2－(ab ＋bc ＋ca )＝12[(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2]≥0， 当且仅当a ＝b ＝c 时取等号，∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 方法二 (函数法)记t ＝a 2＋b 2＋c 2－(ab ＋bc ＋ca ) ＝a 2－(b ＋c )a ＋b 2＋c 2－bc ， ∵Δ＝(b ＋c )2－4(b 2＋c 2－bc ) ＝－3b 2－3c 2＋6bc ＝－3(b －c )2≤0，∴t ≥0对a ∈R 恒成立，即a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .不等式变形中扩大范围致误典例：(12分)已知1≤lg x y ≤2,2≤lg x 3y ≤3，求lg x 33y的取值范围．易错分析 根据不等式性质先解出lg x ，lg y 的范围，再求lgx 33y的范围，错误原因是lg x ，lg y 的最值不一定能同时取到，这种做法可能扩大所求范围．审题视角 (1)注意已知条件1≤lg x y ≤2,2≤lg x 3y ≤3.(2)分析lg x 33y与lg x y 、lg x 3y 的线性关系．(3)先将它们表示成lg x 、lg y 的线性关系． 规范解答解 由⎩⎪⎨⎪⎧1≤lg xy≤2，2≤lg x3y≤3变形，得⎩⎪⎨⎪⎧1≤lg x －lg y ≤2，2≤3lg x －12lg y ≤3，[2分]令⎩⎪⎨⎪⎧lg x －lg y ＝a ，3lg x －12lg y ＝b ，解得⎩⎪⎨⎪⎧lg x ＝2b －a5，lg y ＝2b －6a5.[4分]∴lgx 33y＝3lg x －13lg y＝3·2b －a 5－13·2b －6a 5＝1615b －15a .[6分]由⎩⎪⎨⎪⎧1≤a ≤2，2≤b ≤3，得⎩⎪⎨⎪⎧－25≤－15a ≤－15，3215≤1615b ≤165.[9分]∴2615≤1615b －15a ≤3，即2615≤lg x33y≤3.[11分] ∴lgx 33y的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2615，3.[12分]温馨提醒 (1)此类问题的一般解法是：先建立待求整体与已知范围的整体的关系，最后通过”一次性“使用不等式的运算求得整体范围； (2)本题也可以利用线性规划思想求解；(3)求范围问题如果多次利用不等式有可能扩大变量取值范围.方法与技巧1． 用同向不等式求差的范围．⎩⎪⎨⎪⎧a <x <bc <y <d⇒⎩⎪⎨⎪⎧a <x <b －d <－y <－c⇒a －d <x －y <b －c这种方法在三角函数中求角的范围时经常用到． 2． 倒数关系在不等式中的作用．⎩⎪⎨⎪⎧ab >0a >b ⇒1a <1b ；⎩⎪⎨⎪⎧ab >0a <b⇒1a >1b.3． 比较法是不等式性质证明的理论依据，是不等式证明的主要方法之一，比差法的主要步骤为：作差——变形——判断正负．在所给不等式完全是积、商、幂的形式时，可考虑比商． 失误与防范1． a >b ⇒ac >bc 或a <b ⇒ac <bc ，当c ≤0时不成立． 2． a >b ⇒1a <1b或a <b ⇒1a >1b，当ab ≤0时不成立．3． a >b ⇒a n>b n对于正数a 、b 才成立． 4. ab>1⇔a >b ，对于正数a 、b 才成立．5． 注意不等式性质中“⇒”与“⇔”的区别，如：a >b ，b >c ⇒a >c ，其中a >c 不能推出⎩⎪⎨⎪⎧a >b b >c.6． 求范围问题要整体代换，“一次性”使用不等式性质，注意不要扩大变量的取值范围．A 组 专项基础训练 (时间：35分钟，满分：57分)一、选择题(每小题5分，共20分)1． 下面四个条件中，使a >b 成立的充分而不必要的条件是( )A ．a >b ＋1B ．a >b －1C ．a 2>b 2D ．a 3>b 3答案 A解析 由a >b ＋1，得a >b ＋1>b ，即a >b ，而由a >b 不能得出a >b ＋1，因此，使a >b 成立的充分不必要条件是a >b ＋1.2． 设a <b <0，则下列不等式中不成立的是( )A.1a >1bB.1a －b >1aC ．|a |>－bD.－a >－b答案 B解析 由题设得a <a －b <0，所以有1a －b <1a成立， 即1a －b >1a不成立． 3． 设a ＝lg e ，b ＝(lg e)2，c ＝lg e ，则( )A ．a >b >cB ．a >c >bC ．c >a >bD ．c >b >a答案 B解析 ∵0<lg e<lg 10＝12，∴lg e>12lg e>(lg e)2.∴a >c >b . 4． 已知p ＝a ＋1a －2，q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－2，其中a >2，x ∈R ，则p ，q 的大小关系是 ( )A ．p ≥qB ．p >qC ．p <qD ．p ≤q答案 A 解析 p ＝a ＋1a －2＝a －2＋1a －2＋2≥2＋2＝4，当且仅当a ＝3时取等号．因为x 2－2≥－2，所以q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－2＝4，当且仅当x ＝0时取等号．所以p ≥q . 二、填空题(每小题5分，共15分)5． (2011·天津改编)设x ，y ∈R ，则“x ≥2且y ≥2”是“x 2＋y 2≥4”的____________条件．答案 充分不必要解析 ∵x ≥2且y ≥2，∴x 2＋y 2≥4，∴“x ≥2且y ≥2”是“x 2＋y 2≥4”的充分条件；而x 2＋y 2≥4不一定得出x ≥2且y ≥2，例如当x ≤－2且y ≤－2时，x 2＋y 2≥4亦成立，故“x ≥2且y ≥2”不是“x 2＋y 2≥4”的必要条件．∴“x ≥2且y ≥2”是“x 2＋y 2≥4”的充分不必要条件．6． 若角α、β满足－π2<α<β<π2，则2α－β的取值范围是____________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π2，π2解析 ∵－π2<α<β<π2，∴－π<2α<π，－π2<－β<π2，∴－3π2<2α－β<3π2，又∵2α－β＝α＋(α－β)<α<π2，∴－3π2<2α－β<π2.7． 对于实数a ，b ，c 有下列命题：①若a >b ，则ac <bc ；②若ac 2>bc 2，则a >b ；③若a >b ，1a >1b，则a >0，b <0.其中真命题为__________．(把正确命题的序号写在横线上)答案 ②③解析 若c ≥0，①不成立；由ac 2>bc 2知c 2≠0，则a >b ，②正确；当a >b 时，1a －1b ＝b －aab>0，则a >0，b <0，③成立．三、解答题(共22分)8． (10分)已知a ，b 是正实数，求证：a b ＋ba≥a ＋b . 证明 方法一 a b ＋ba －(a ＋b ) ＝a 3＋b 3－a ＋b abab＝a ＋b a －2ab ＋b ab＝a ＋b a －b 2ab.∵a ＋b >0，ab >0，(a －b )2≥0， ∴a b ＋b a －(a ＋b )≥0，∴a b ＋ba≥a ＋b . 方法二a b ＋baa ＋b ＝a a ＋b b ab a ＋b ＝a 3＋b 3ab a ＋b＝a ＋b －ab ab＝1＋a －b 2ab≥1，∵a >0，b >0，∴a b ＋ba>0，a ＋b >0，∴a b ＋ba≥a ＋b . 9． (12分)设f (x )＝ax 2＋bx,1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，求f (－2)的取值范围．解 方法一 设f (－2)＝mf (－1)＋nf (1) (m ，n 为待定系数)，则4a －2b ＝m (a －b )＋n (a ＋b )，即4a －2b ＝(m ＋n )a ＋(n －m )b . 于是得⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝4n －m ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3n ＝1，∴f (－2)＝3f (－1)＋f (1)． 又∵1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，∴5≤3f (－1)＋f (1)≤10，故5≤f (－2)≤10.方法二 由⎩⎪⎨⎪⎧f －1＝a －b f 1＝a ＋b，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12[f －1＋f 1]b ＝12[f 1－f －1]，∴f (－2)＝4a －2b ＝3f (－1)＋f (1)． 又∵1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，∴5≤3f (－1)＋f (1)≤10，故5≤f (－2)≤10.方法三 由⎩⎪⎨⎪⎧1≤a －b ≤22≤a ＋b ≤4确定的平面区域如图阴影部分，当f (－2)＝4a －2b 过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12时，取得最小值4×32－2×12＝5，当f (－2)＝4a －2b 过点B (3,1)时，取得最大值4×3－2×1＝10，∴5≤f (－2)≤10.B 组 专项能力提升 (时间：25分钟，满分：43分)一、选择题(每小题5分，共15分)1． 设0<x <π2，则“x sin 2x <1”是“x sin x <1”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 B解析 当0<x <π2时，0<sin x <1.由x sin 2x <1知x sin x <1sin x ，不一定得到x sin x <1.反之，当x sin x <1时，x sin 2x <sin x <1. 故x sin 2x <1是x sin x <1的必要不充分条件．2． 已知实数a 、b 、c 满足b ＋c ＝6－4a ＋3a 2，c －b ＝4－4a ＋a 2，则a 、b 、c 的大小关系是( )A ．c ≥b >aB ．a >c ≥bC ．c >b >aD ．a >c >b答案 A解析 c －b ＝4－4a ＋a 2＝(2－a )2≥0，∴c ≥b ，已知两式作差得2b ＝2＋2a 2，即b ＝1＋a 2，∵1＋a 2－a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋34>0，∴1＋a 2>a ，∴b ＝1＋a 2>a ，∴c ≥b >a .3． 若a >b >0，则下列不等式中一定成立的是( )A ．a ＋1b >b ＋1aB.b a >b ＋1a ＋1C ．a －1b>b －1aD.2a ＋b a ＋2b >a b答案 A解析 取a ＝2，b ＝1，排除B 与D ；另外，函数f (x )＝x －1x是(0，＋∞)上的增函数，但函数g (x )＝x ＋1x在(0,1]上递减，在[1，＋∞)上递增，所以，当a >b >0时，f (a )>f (b )必定成立，但g (a )>g (b )未必成立，这样，a －1a >b －1b ⇔a ＋1b >b ＋1a.二、填空题(每小题5分，共15分)4． 已知f (n )＝n 2＋1－n ，g (n )＝n －n 2－1，φ(n )＝12n(n ∈N *，n >2)，则f (n )，g (n )，φ(n )的大小关系是__________． 答案 f (n )<φ(n )<g (n ) 解析 f (n )＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n<12n ＝φ(n )， g (n )＝n －n 2－1＝1n ＋n 2－1>12n＝φ(n )，∴f (n )<φ(n )<g (n )．5． 设x ，y 为实数，满足3≤xy 2≤8,4≤x 2y ≤9，则x 3y4的最大值是________．答案 27解析 由4≤x 2y ≤9，得16≤x 4y2≤81.又3≤xy 2≤8，∴18≤1xy 2≤13，∴2≤x 3y 4≤27.又x ＝3，y ＝1满足条件，这时x 3y 4＝27.∴x 3y4的最大值是27. 6． 设a >b >c >0，x ＝a 2＋b ＋c 2，y ＝b 2＋c ＋a 2，z ＝c 2＋a ＋b 2，则x ，y ，z的大小关系是_________． 答案 z >y >x解析 方法一 y 2－x 2＝2c (a －b )>0，∴y >x . 同理，z >y ，∴z >y >x .方法二 令a ＝3，b ＝2，c ＝1，则x ＝18，y ＝20，z ＝26，故z >y >x .三、解答题7． (13分)(1)设x <y <0，试比较(x 2＋y 2)(x －y )与(x 2－y 2)·(x ＋y )的大小；(2)已知a ，b ，x ，y ∈(0，＋∞)且1a >1b ，x >y ，求证：x x ＋a >yy ＋b .(1)解 方法一 (x 2＋y 2)(x －y )－(x 2－y 2)(x ＋y ) ＝(x －y )[x 2＋y 2－(x ＋y )2]＝－2xy (x －y )， ∵x <y <0，∴xy >0，x －y <0，∴－2xy (x －y )>0， ∴(x 2＋y 2)(x －y )>(x 2－y 2)(x ＋y )．方法二 ∵x <y <0，∴x －y <0，x 2>y 2，x ＋y <0. ∴(x 2＋y 2)(x －y )<0，(x 2－y 2)(x ＋y )<0，∴0<x2＋y2x－yx2－y2x＋y＝x2＋y2x2＋y2＋2xy<1，∴(x2＋y2)(x－y)>(x2－y2)(x＋y)．(2)证明xx＋a－yy＋b＝bx－ayx＋a y＋b.∵1a>1b且a，b∈(0，＋∞)，∴b>a>0，又∵x>y>0，∴bx>ay>0，∴bx－ayx＋a y＋b>0，∴xx＋a>yy＋b.。
