新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)精講練+易錯(cuò)題型第03講 不等式及性質(zhì)（解析版）

第03講不等式及性質(zhì)【基礎(chǔ)知識網(wǎng)絡(luò)圖】基本不等式重要不等式基本不等式重要不等式SKIPIF1<0最大（?。┲祮栴}基本不等式SKIPIF1<0基本不等式的應(yīng)用擴(kuò)充不等式絕對值不等式柯西不等式基本不等式【基礎(chǔ)知識全通關(guān)】基本不等式知識點(diǎn)01：兩個(gè)重要不等式及幾何意義1．重要不等式：如果SKIPIF1<0，那么SKIPIF1<0（當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)取等號“=”）.2．基本不等式：如果SKIPIF1<0是正數(shù)，那么SKIPIF1<0（當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)取等號“=”）.【要點(diǎn)詮釋】SKIPIF1<0和SKIPIF1<0兩者的異同：（1）成立的條件是不同的：前者只要求SKIPIF1<0都是實(shí)數(shù)，而后者要求SKIPIF1<0都是正數(shù)；（2）取等號“=”的條件在形式上是相同的，都是“當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)取等號”。（3）SKIPIF1<0可以變形為：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0可以變形為：SKIPIF1<0.3.如圖，SKIPIF1<0是圓的直徑，點(diǎn)SKIPIF1<0是SKIPIF1<0上的一點(diǎn)，SKIPIF1<0,SKIPIF1<0，過點(diǎn)SKIPIF1<0作SKIPIF1<0交圓于點(diǎn)D，連接SKIPIF1<0、SKIPIF1<0.易證SKIPIF1<0，那么SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0.這個(gè)圓的半徑為SKIPIF1<0，它大于或等于SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，其中當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)SKIPIF1<0與圓心重合，即SKIPIF1<0時(shí)，等號成立.【要點(diǎn)詮釋】1.在數(shù)學(xué)中，我們稱SKIPIF1<0為SKIPIF1<0的算術(shù)平均數(shù)，稱SKIPIF1<0為SKIPIF1<0的幾何平均數(shù).因此基本不等式可敘述為：兩個(gè)正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù).2.如果把SKIPIF1<0看作是正數(shù)SKIPIF1<0的等差中項(xiàng)，SKIPIF1<0看作是正數(shù)SKIPIF1<0的等比中項(xiàng)，那么基本不等式可以敘述為：兩個(gè)正數(shù)的等差中項(xiàng)不小于它們的等比中項(xiàng).知識點(diǎn)02：用基本不等式SKIPIF1<0求最大（?。┲翟谟没静坏仁角蠛瘮?shù)的最值時(shí)，應(yīng)具備三個(gè)條件：一正二定三取等。①一正：函數(shù)的解析式中，各項(xiàng)均為正數(shù)；②二定：函數(shù)的解析式中，含變數(shù)的各項(xiàng)的和或積必須有一個(gè)為定值；③三取等：函數(shù)的解析式中，含變數(shù)的各項(xiàng)均相等，取得最值。知識點(diǎn)03：幾個(gè)常見的不等式1）SKIPIF1<0，當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)取“=”號。2）SKIPIF1<0，當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)取“=”號。3）SKIPIF1<0；特別地：SKIPIF1<0；4）SKIPIF1<0SKIPIF1<05）SKIPIF1<0；6）SKIPIF1<0；7）SKIPIF1<0知識點(diǎn)04：絕對值不等式的性質(zhì)

1.SKIPIF1<0；2.SKIPIF1<0；知識點(diǎn)05：柯西不等式1.二維形式的柯西不等式：（1）向量形式：設(shè)SKIPIF1<0是兩個(gè)向量，則SKIPIF1<0，當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0是零向量或存在實(shí)數(shù)k，使SKIPIF1<0時(shí)，等號成立。（2）代數(shù)形式：=1\*GB3①若a、b、c、d都是實(shí)數(shù)，則SKIPIF1<0，當(dāng)且僅當(dāng)ac=bd時(shí)，等號成立；=2\*GB3②若a、b、c、d都是正實(shí)數(shù)，則SKIPIF1<0，當(dāng)且僅當(dāng)ac=bd時(shí)，等號成立；=3\*GB3③若a、b、c、d都是實(shí)數(shù)，則SKIPIF1<0，當(dāng)且僅當(dāng)ac=bd時(shí)，等號成立；【要點(diǎn)詮釋】柯西不等式的代數(shù)形式可以看作是向量形式的坐標(biāo)化表示；（3）三角形式：設(shè)SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0。2.三維形式的柯西不等式（代數(shù)形式）：若SKIPIF1<0都是實(shí)數(shù)，則SKIPIF1<0，當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0或存在實(shí)數(shù)k，使得SKIPIF1<0時(shí)，等號成立。3.一般形式的柯西不等式（代數(shù)形式）：若SKIPIF1<0都是實(shí)數(shù)，則SKIPIF1<0，當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0或存在實(shí)數(shù)k，使得SKIPIF1<0時(shí)，等號成立。【拓展】1．兩個(gè)實(shí)數(shù)比較大小的方法(1)作差法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b>0?a>b,a－b＝0?a＝b,a－b<0?a<b))(a，b∈R)(2)作商法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)>1?a>b,\f(a,b)＝1?a＝b,\f(a,b)<1?a<b))(a∈R，b>0)2．不等式的基本性質(zhì)性質(zhì)性質(zhì)內(nèi)容特別提醒對稱性a>b?b<a?傳遞性a>b，b>c?a>c?可加性a>b?a＋c>b＋c?可乘性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b,c>0))?ac>bc注意c的符號eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b,c<0))?ac<bc同向可加性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b,c>d))?a＋c>b＋d?同向同正可乘性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b>0,c>d>0))?ac>bd?可乘方性a>b>0?an>bn(n∈N，n≥1)a，b同為正數(shù)可開方性a>b>0?eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)a，b同為正數(shù)微思考1．兩個(gè)正數(shù)a，b，如果a>b，則eq\r(n,a)與eq\r(n,b)的大小關(guān)系如何？提示如果a>b>0，則eq\r(n,a)>eq\r(n,b).2．非零實(shí)數(shù)a，b，如果a>b，則eq\f(1,a)與eq\f(1,b)的大小關(guān)系如何？提示如果ab>0且a>b，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b).如果a>0>b，則eq\f(1,a)>eq\f(1,b).【考點(diǎn)研習(xí)一點(diǎn)通】考點(diǎn)01：基本不等式SKIPIF1<0求最值問題1．設(shè)SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0的最小值是A．1 B．2 C．3 D．4【解析】SKIPIF1<0當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0即SKIPIF1<0時(shí)取等號.【答案】D【變式1】已知SKIPIF1<0,且SKIPIF1<0，求SKIPIF1<0的最小值及相應(yīng)的SKIPIF1<0值.【解析】∵SKIPIF1<0,∴SKIPIF1<0,又SKIPIF1<0,∴SKIPIF1<0當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0即SKIPIF1<0時(shí)取等號∴當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0取最小值SKIPIF1<0.【變式2】求下列函數(shù)的最大（或最?。┲?SKIPIF1<0；(2)SKIPIF1<0，SKIPIF1<0；(3)SKIPIF1<0，SKIPIF1<0(4)SKIPIF1<0，SKIPIF1<0；(5)SKIPIF1<0，SKIPIF1<0【解析】（1）∵SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0時(shí)取等號∴SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0(2)∵SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0即SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0.(3)∵SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0∴SKIPIF1<0當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0即SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0.(4)∵SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0∴SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0即SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0.(5)∵SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0∴SKIPIF1<0當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0即SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0【變式3】已知SKIPIF1<0且SKIPIF1<0，求SKIPIF1<0的最小值.【解析】方法一：SKIPIF1<0SKIPIF1<0且SKIPIF1<0∴SKIPIF1<0（當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0即SKIPIF1<0時(shí)等號成立）.∴SKIPIF1<0的最小值是16.方法二：由SKIPIF1<0，得SKIPIF1<0，∵SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0∴SKIPIF1<0當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0即SKIPIF1<0時(shí)取等號，此時(shí)SKIPIF1<0∴SKIPIF1<0的最小值是16.方法三：由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0∴SKIPIF1<0當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)取等號，∴SKIPIF1<0的最小值是16.考點(diǎn)02：利用基本不等式證明不等式2.已知SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，求證：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0中至少有一個(gè)小于等于SKIPIF1<0.證明：假設(shè)SKIPIF1<0則有SKIPIF1<0〔＊〕又∵SKIPIF1<0SKIPIF1<0與〔＊〕矛盾【變式1】已知SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0都是正數(shù)，求證：SKIPIF1<0【解析】∵SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0都是正數(shù)∴SKIPIF1<0（當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，取等號）SKIPIF1<0（當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，取等號）SKIPIF1<0（當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，取等號）∴SKIPIF1<0（當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，取等號）即SKIPIF1<0.【變式2】已知SKIPIF1<0、SKIPIF1<0都是正數(shù)，求證：SKIPIF1<0?！窘馕觥俊逽KIPIF1<0、SKIPIF1<0都是正數(shù)，∴SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0（當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0即SKIPIF1<0時(shí),等號成立）故SKIPIF1<0.考點(diǎn)03：利用絕對值不等式求最值3.不等式SKIPIF1<0對SKIPIF1<0恒成立，則實(shí)數(shù)SKIPIF1<0的取值范圍是；【解析】設(shè)SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0對SKIPIF1<0恒成立SKIPIF1<0，∵SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0的最小值為SKIPIF1<0，∴實(shí)數(shù)SKIPIF1<0的取值范圍是SKIPIF1<0.【變式1】求SKIPIF1<0的最值【解析】由SKIPIF1<0得：SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0∴SKIPIF1<0的最小值為SKIPIF1<0，最大值為6.【變式2】不等式SKIPIF1<0對SKIPIF1<0恒成立，則常數(shù)SKIPIF1<0的取值范圍是；【解析】設(shè)SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0對SKIPIF1<0恒成立SKIPIF1<0，∵SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0的最大值為SKIPIF1<0，∴實(shí)數(shù)SKIPIF1<0的取值范圍是SKIPIF1<0.考點(diǎn)04：利用柯西不等式求最值4.設(shè)SKIPIF1<0，求函數(shù)SKIPIF1<0的最大值．【解析】∵SKIPIF1<0∴根據(jù)柯西不等式SKIPIF1<0SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0.當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0時(shí)等號成立，此時(shí)，SKIPIF1<0【變式1】求函數(shù)SKIPIF1<0的最大值．【解析】函數(shù)的定義域?yàn)閇1，5]，且y>0，SKIPIF1<0當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，等號成立，即SKIPIF1<0時(shí)函數(shù)取最大值，最大值為SKIPIF1<0.【考點(diǎn)易錯(cuò)】易錯(cuò)題型01比較兩個(gè)數(shù)(式)的大小1(1)(2022·首都師范大學(xué)附屬中學(xué)月考)設(shè)M＝2a(a－2)＋7，N＝(a－2)(a－3)，則M與N的大小關(guān)系是()A．M>N B．M≥NC．M<N D．M≤N【答案】A【解析】因?yàn)镸－N＝2a(a－2)＋7－(a－2)(a－3)＝a2＋a＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，所以M>N.(2)若a＝eq\f(ln3,3)，b＝eq\f(ln4,4)，c＝eq\f(ln5,5)，則()A．a(chǎn)<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．b<a<c【答案】B【解析】令函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，易知當(dāng)x>e時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，因?yàn)閑<3<4<5，所以f(3)>f(4)>f(5)，即c<b<a.(3)eπ·πe與ee·ππ的大小關(guān)系為________．【答案】eπ·πe<ee·ππ【解析】eq\f(eπ·πe,ee·ππ)＝eq\f(eπ－e,ππ－e)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,π)))π－e，又0<eq\f(e,π)<1,0<π－e<1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,π)))π－e<1，即eq\f(eπ·πe,ee·ππ)<1，即eπ·πe<ee·ππ.思維升華比較大小的常用方法(1)作差法：①作差；②變形；③定號；④得出結(jié)論．(2)作商法：①作商；②變形；③判斷商與1的大小關(guān)系；④得出結(jié)論．(3)構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小．【變式】已知x>0，y>0，M＝eq\f(x2,x＋2y)，N＝eq\f(4x－y,5)，則M和N的大小關(guān)系為()A．M>N B．M<NC．M＝N D．以上都有可能【答案】A【解析】因?yàn)閤>0，y>0，所以M－N＝eq\f(x2,x＋2y)－eq\f(4x－y,5)＝eq\f(x2－4xy＋8y2,5x＋2y)＝eq\f(x－2y2＋4y2,5x＋2y)>0，即M>N.(2)已知M＝eq\f(e2020＋1,e2021＋1)，N＝eq\f(e2021＋1,e2022＋1)，則M，N的大小關(guān)系為________．【答案】M>N【解析】方法一M－N＝eq\f(e2020＋1,e2021＋1)－eq\f(e2021＋1,e2022＋1)＝eq\f(e2020＋1e2022＋1－e2021＋12,e2021＋1e2022＋1)＝eq\f(e2020＋e2022－2e2021,e2021＋1e2022＋1)＝eq\f(e2020e－12,e2021＋1e2022＋1)>0.∴M>N.方法二令f(x)＝eq\f(ex＋1,ex+1＋1)＝eq\f(\f(1,e)ex+1＋1＋1－\f(1,e),ex+1＋1)＝eq\f(1,e)＋eq\f(1－\f(1,e),ex+1＋1)，顯然f(x)是R上的減函數(shù)，∴f(2020)>f(2021)，即M>N.易錯(cuò)題型02不等式的基本性質(zhì)2(1)(2022·新鄉(xiāng)模擬)已知a，b，c，d均為實(shí)數(shù)，則下列命題正確的是()A．若a<b，c<d，則ac<bdB．若ab>0，bc－ad>0，則eq\f(c,a)－eq\f(d,b)<0C．若a>b，c>d，則a－d>b－cD．若a>b，c>d>0，則eq\f(a,d)>eq\f(b,c)【答案】C【解析】若0<a<b,0<c<d，則ac<bd，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若ab>0，bc－ad>0，則eq\f(bc－ad,ab)>0，即eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若a>b，c>d，則－d>－c，所以a－d>b－c，故選項(xiàng)C正確；若c>d>0，則eq\f(1,d)>eq\f(1,c)>0，若a>b>0，則eq\f(a,d)>eq\f(b,c)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．(2)(多選)若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則下列不等式正確的是()A.eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)B．|a|＋b>0C．a(chǎn)－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)D．lna2>lnb2【答案】AC【解析】由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，可知b<a<0.A中，因?yàn)閍＋b<0，ab>0，所以eq\f(1,a＋b)<0，eq\f(1,ab)>0.故有eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)，即A正確；B中，因?yàn)閎<a<0，所以－b>－a>0.故－b>|a|，即|a|＋b<0，故B錯(cuò)誤；C中，因?yàn)閎<a<0，又eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則－eq\f(1,a)>－eq\f(1,b)>0，所以a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)，故C正確；D中，因?yàn)閎<a<0，根據(jù)y＝x2在(－∞，0)上單調(diào)遞減，可得b2>a2>0，而y＝lnx在定義域(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以lnb2>lna2，故D錯(cuò)誤．思維升華判斷不等式的常用方法(1)直接利用不等式的性質(zhì)逐個(gè)驗(yàn)證，利用不等式的性質(zhì)判斷不等式是否成立時(shí)要特別注意前提條件．(2)利用特殊值法排除錯(cuò)誤答案．(3)利用函數(shù)的單調(diào)性，當(dāng)直接利用不等式的性質(zhì)不能比較大小時(shí)，可以利用指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)等函數(shù)的單調(diào)性來比較．【變式】(1)若2m>2n，則下列結(jié)論一定成立的是()A.eq\f(1,m)>eq\f(1,n) B．m|m|>n|n|C．ln(m－n)>0 D．πm-n<1【答案】B【解析】∵2m>2n，可取m＝2，n＝1，可得ACD不成立．(2)(多選)設(shè)b>a>0，c∈R，則下列不等式中正確的是()A．SKIPIF1<0 B.eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C.eq\f(a＋2,b＋2)>eq\f(a,b) D．a(chǎn)c3<bc3【答案】ABC【解析】因?yàn)閥＝SKIPIF1<0在(0，＋∞)上是增函數(shù)，所以SKIPIF1<0；因?yàn)閥＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)；因?yàn)閑q\f(a＋2,b＋2)－eq\f(a,b)＝eq\f(2b－a,b＋2b)>0，所以eq\f(a＋2,b＋2)>eq\f(a,b)；當(dāng)c＝0時(shí)，ac3＝bc3，所以D不成立．易錯(cuò)題型03不等式性質(zhì)的綜合應(yīng)用3(1)已知－1<x<4,2<y<3，則x－y的取值范圍是________，3x＋2y的取值范圍是________．【答案】(－4,2)(1,18)【解析】∵－1<x<4,2<y<3，∴－3<－y<－2，∴－4<x－y<2.由－1<x<4,2<y<3，得－3<3x<12,4<2y<6，∴1<3x＋2y<18.(2)已知3<a<8,4<b<9，則eq\f(a,b)的取值范圍是________．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))【解析】∵4<b<9，∴eq\f(1,9)<eq\f(1,b)<eq\f(1,4)，又3<a<8，∴eq\f(1,9)×3<eq\f(a,b)<eq\f(1,4)×8，即eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<2.【變式】(1)已知a>b>c,2a＋b＋c＝0，則eq\f(c,a)的取值范圍是()A．－3<eq\f(c,a)<－1 B．－1<eq\f(c,a)<－eq\f(1,3)C．－2<eq\f(c,a)<－1 D．－1<eq\f(c,a)<－eq\f(1,2)【答案】A【解析】因?yàn)閍>b>c,2a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0，b＝－2a－c，因?yàn)閍>b>c，所以－2a－c<a，即3a>－c，解得eq\f(c,a)>－3，將b＝－2a－c代入b>c中，得－2a－c>c，即a<－c，得eq\f(c,a)<－1，所以－3<eq\f(c,a)<－1.(2)已知0<β<α<eq\f(π,2)，則α－β的取值范圍是________．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))【解析】∵0<β<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,2)<－β<0，又0<α<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2)，又β<α，∴α－β>0，即0<α－β<eq\f(π,2).【鞏固提升】1、（2022屆山東省泰安市高三上期末）已知SKIPIF1<0均為實(shí)數(shù)，則下列命題正確的是（）A．若SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0B．若SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0C．若SKIPIF1<0則SKIPIF1<0D．若SKIPIF1<0則SKIPIF1<0【答案】BC【解析】若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，故A錯(cuò)；若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，化簡得SKIPIF1<0，故B對；若SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，故C對；若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，故D錯(cuò)；故選：BC．2、若eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，給出下列不等式：①eq\f(1,a＋b)＜eq\f(1,ab)；②|a|＋b＞0；③a－eq\f(1,a)＞b－eq\f(1,b)；④lna2＞lnb2.其中正確的不等式是()A.①④ B.②③ C.①③ D.②④【答案】C【解析】方法一因?yàn)閑q\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，故可取a＝－1，b＝－2.顯然|a|＋b＝1－2＝－1＜0，所以②錯(cuò)誤；因?yàn)閘na2＝ln(－1)2＝0，lnb2＝ln(－2)2＝ln4＞0，所以④錯(cuò)誤.綜上所述，可排除A，B，D.方法二由eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，可知b＜a＜0.①中，因?yàn)閍＋b＜0，ab＞0，所以eq\f(1,a＋b)＜0，eq\f(1,ab)＞0.故有eq\f(1,a＋b)＜eq\f(1,ab)，即①正確；②中，因?yàn)閎＜a＜0，所以－b＞－a＞0.故－b＞|a|，即|a|＋b＜0，故②錯(cuò)誤；③中，因?yàn)閎＜a＜0，又eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，則－eq\f(1,a)＞－eq\f(1,b)＞0，所以a－eq\f(1,a)＞b－eq\f(1,b)，故③正確；④中，因?yàn)閎＜a＜0，根據(jù)y＝x2在(－∞，0)上為減函數(shù)，可得b2＞a2＞0，而y＝lnx在定義域(0，＋∞)上為增函數(shù)，所以lnb2＞lna2，故④錯(cuò)誤.由以上分析，知①③正確.3．已知a1∈(0,1)，a2∈(0,1)，記M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，則M與N的大小關(guān)系是()A．M<N B．M>NC．M＝N D．不確定【答案】B【解析】M－N＝a1a2－(a1＋a2－1)＝a1a2－a1－a2＋1＝(a1－1)(a2－1)，又a1∈(0,1)，a2∈(0,1)，∴a1－1<0，a2－1<0.∴(a1－1)(a2－1)>0，即M－N>0，∴M>N.4、（2022·邵東創(chuàng)新實(shí)驗(yàn)學(xué)校高三月考）下列不等式成立的是（）A．若a＜b＜0，則a2＞b2 B．若ab＝4，則a＋b≥4C．若a＞b，則ac2＞bc2 D．若a＞b＞0，m＞0，則【答案】AD【解析】對于A，若，根據(jù)不等式的性質(zhì)則，故A正確；對于B，當(dāng)，時(shí)，，顯然B錯(cuò)誤；對于C，當(dāng)時(shí)，，故C錯(cuò)誤；對于D，，因?yàn)?，，所以，，所以所以，即成立，故D正確．故選AD．方法總結(jié)：判斷多個(gè)不等式是否成立，需要逐一給出推理判斷或反例說明.常用的推理判斷需要利用不等式的性質(zhì)，常見的反例構(gòu)成方式可從以下幾個(gè)方面思考：①不等式兩邊都乘以一個(gè)代數(shù)式時(shí)，考察所乘的代數(shù)式是正數(shù)、負(fù)數(shù)或0；②不等式左邊是正數(shù)，右邊是負(fù)數(shù)，當(dāng)兩邊同時(shí)平方后不等號方向不一定保持不變；③不等式左邊是正數(shù)，右邊是負(fù)數(shù)，當(dāng)兩邊同時(shí)取倒數(shù)后不等號方向不變等.5．(多選)已知c<b<a，且ac<0，那么下列不等式中，一定成立的是()A．a(chǎn)b>ac B．c(b－a)>0C．cb2<ab2 D．a(chǎn)c(a－c)<0【答案】ABD【解析】由c<b<a且ac<0知a>0且c<0，b的正負(fù)不確定，由b>c且a>0知ba>ca，故A一定成立；∵b－a<0且c<0，∴c(b－a)>0，故B一定成立；當(dāng)b＝0時(shí)，cb2＝ab2＝0，故C不一定成立；又a－c>0且ac<0，∴ac(a－c)<0，故D一定成立．6．(多選)有外表一樣，重量不同的六個(gè)小球，它們的重量分別是a，b，c，d，e，f，已知a＋b＋c＝d＋e＋f，a＋b＋e>c＋d＋f，a＋b＋f<c＋d＋e，a＋e<b.則下列判斷正確的有()A．b>c>f B．b>e>fC．c>e>f D．b>e>c【答案】ABD【解析】因?yàn)閍＋b＋c＝d＋e＋f，a＋b＋e>c＋d＋f，所以e－c>c－e，所以e>c，又因?yàn)閍＋b＋c＝d＋e＋f，a＋b＋f<c＋d＋e，所以c－f>f－c，所以c>f，所以e>c>f，所以C錯(cuò)誤；又因?yàn)閍＋e<b，所以a<b，e<b，所以b>e>c，b>e>f，b>c>f均成立，所以ABD正確.7、（2021屆山東省濱州市三校高三上學(xué)期聯(lián)考）（多選題）設(shè)SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，則下列不等式中恒成立的是（）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】CD【解析】當(dāng)SKIPIF1<0，滿足條件．但SKIPIF1<0不成立，故A錯(cuò)誤，

當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0，故B錯(cuò)誤，

SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，故C正確，

SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，故D正確.

故選：CD．8、（2022江蘇鹽城中學(xué)月考）（多選題）下列命題為真命題的是（）.A．若，則B．若，，則C．若，且，則D．若，且，則【答案】BCD【解析】選項(xiàng)A：當(dāng)取，時(shí)，，∴本命題是假命題.選項(xiàng)B：已知，，所以，∴，故，∴本命題是真命題.選項(xiàng)C：，∵，∴，∴本命題是真命題.選項(xiàng)D：，∵，∴，∴，∴本命題是真命題.故選：BCD9、設(shè)f(x)＝ax2＋bx，若1≤f(－1)≤2，2≤f(1)≤4，則f(－2)的取值范圍是________.【答案】[5，10]【解析】方法一設(shè)f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)(m，n為待定系數(shù))，則4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)，即4a－2b＝(m＋n)a＋(n－m)b.于是得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4，,n－m＝－2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝3，,n＝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)≤10.10、設(shè)SKIPIF1<0那么SKIPIF1<0的取值范圍是____________．【答案】SKIPIF1<0【解析】：由題設(shè)得SKIPIF1<0∴SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<011、(2022·天津模擬)若α，β滿足－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，則2α－β的取值范圍是()A．－π<2α－β<0 B．－π<2α－β<πC．－eq\f(3π,2)<2α－β<eq\f(π,2) D．0<2α－β<π【答案】C【解析】：∵－eq\f(π,2)<α<eq\f(π,2)，∴－π<2α<π.∵－eq\f(π,2)<β<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,2)<－β<eq\f(π,2)，∴－eq\f(3π,2)<2α－β<eq\f(3π,2).又α－β<0，α<eq\f(π,2)，∴2α－β<eq\f(π,2).故－eq\f(3π,2)<2α－β<eq\f(π,2).方法總結(jié)：求代數(shù)式的取值范圍一般是利用整體思想，通過“一次性”不等關(guān)系的運(yùn)算求得整體范圍12．已知M＝x2＋y2＋z2，N＝2x＋2y＋2z－π，則M________N．(填“>”“<”或“＝”)【答案】>【解析】M－N＝x2＋y2＋z2－2x－2y－2z＋π＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3≥π－3>0，故M>N.13．已知非零實(shí)數(shù)a，b滿足a>b，則下列結(jié)論正確的是________(填序號)．①eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；②a3>b3；③2a>2b；④lna2>lnb2.【答案】②③【解析】當(dāng)a>0，b<0時(shí)，eq\f(1,a)>0>eq\f(1,b)，故①不正確；由函數(shù)y＝x3，y＝2x的單調(diào)性可知，②③正確；當(dāng)a＝1，b＝－1時(shí)，lna2＝lnb2＝ln1＝0，故④不正確．14．近來雞蛋價(jià)格起伏較大，每兩周的價(jià)格均不相同，假設(shè)第一周、第二周雞蛋價(jià)格分別為a元/斤、b元/斤，家庭主婦甲和乙買雞蛋的方式不同：家庭主婦甲每周買3斤雞蛋，家庭主婦乙每周買10元錢的雞蛋，試比較誰的購買方式更優(yōu)惠(兩次平均價(jià)格低視為更優(yōu)惠)________．(在橫線上填甲或乙即可)【答案】乙【解析】由題意得甲購買產(chǎn)品的平均單價(jià)為eq\f(3a＋3b,6)＝eq\f(a＋b,2)，乙購買產(chǎn)品的平均單價(jià)為eq\f(20,\f(10,a)＋\f(10,b))＝eq\f(2ab,a＋b)，由條件得a≠b.∵eq\f(a＋b,2)－eq\f(2ab,a＋b)＝eq\f(a－b2,2a＋b)>0，∴eq\f(a＋b,2)>eq\f(2ab,a＋b)，即乙的購買方式更優(yōu)惠．15．(2021·浙江寧海中學(xué)月考)已知等比數(shù)列{a1，a2，a3，a4}滿足a1∈(0,1)，a2∈(1,2)，a3∈(2,3)，則a4的取值范圍是________．【答案】(2eq\r(2)，9)【解析】設(shè)等比數(shù)列{a1，a2，a3，a4}的公比為q，由a1∈(0,1)，a2∈(1,2)，a3∈(2,3)可知，0<a1<1①，1<a1q<2②，2<a1q2<3③，由③÷②可得1<q<3，③÷①可得q2>2，即q>eq\r(2)或q<－eq\r(2)，②÷①可得q>1，所以eq\r(2)<q<3，所以a4＝a3q∈(2eq\r(2)，9)．16．已知a＋b>0，試比較eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)與eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的大?。窘馕觥拷鈋q\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(a－b,b2)＋eq\f(b－a,a2)＝(a－b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)－\f(1,a2)))＝eq\f(a＋ba－b2,a2b2).∵a＋b>0，(a－b)2≥0，∴eq\f(a＋ba－b2,a2b2)≥0.∴eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).17．(1)若bc－ad≥0，bd>0，求證：eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d)；(2)已知c>a>b>0，求證：eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b).【解析】證明(1)∵bc≥ad，eq\f(1,bd)>0，∴eq\f(c,d)≥eq\f(a,b)，∴eq\f(c,d)＋1≥eq\f(a,b)＋1，∴eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).(2)∵c>a>b>0，∴c－a>0，c－b>0.∵a>b>0，∴eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又∵c>0，∴eq\f(c,a)<eq\f(c,b)，∴eq\f(c－a,a)<eq\f(c－b,b)，又c－a>0，c－b>0，∴eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b).18．(多選)若0<a<1，b>c>1，則()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))a>1 B.eq\f(c－a,b－a)>eq\f(c,b)C．ca－1<ba－1 D．logca<logba【答案】AD【解析】對于A，∵b>c>1，∴eq\f(b,c)>1.∵0<a<1，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))a>eq\b\lc\(\