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专题 03 等式与不等式的性质
【考纲要求】
1、会用不等式表示不等关系；掌握等式性质和不等式性质.
2、会利用不等式性质比较大小
【思维导图】
【考点总结】
【考点总结】
一、等式的基本性质
性质1 如果a＝b，那么b＝a；
性质2 如果a＝b，b＝c，那么a＝c；
性质3 如果a＝b，那么a±c＝b±c；
性质4 如果a＝b，那么ac＝bc；
性质5 如果a＝b，c≠0，那么＝.
二、不等式的概念
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．
三、比较两个实数a、b大小的依据
文字语言 符号表示
如果a＞b，那么a－b是正数；
a>b a－b>0
如果a＜b，那么a－b是负数；
ab bb，b>c a>c；
⇔
(3)可加性：a>b a＋c>b＋c.
⇒
⇒推论(同向可加性)：⇒a＋c>b＋d；
(4)可乘性：⇒ac>bc；⇒acbd；
(5)正数乘方性：a>b>0 an>bn(n∈N*，n≥1)；
(6)正数开方性：a>b>0 >(n∈N*，n≥2)．
⇒
[化解疑难]
⇒
1．在应用不等式时，一定要搞清它们成立的前提条件．不可强化或弱化成立的条件．
2．要注意“箭头”是单向的还是双向的，也就是说每条性质是否具有可逆性．
【题型汇编】
题型一：利用不等式的性质比较数（式）大小
题型二：作差法比较数（式）大小
题型三：利用不等式的性质证明不等式
【题型讲解】
题型一：利用不等式的性质比较数（式）大小
一、单选题
1．（2022·浙江·三模）已知 ，且 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由 得 ，结合 即可求解.
【详解】
由题意知： ，又 ，则 ，显然 异号，
又 ，所以 .
故选：B.
2．（2022·北京·北大附中三模）已知 ，下列不等式中正确的是（ ）
A． B．
C． D．【答案】C
【解析】
【分析】
由 ，结合不等式的性质及基本不等式即可判断出结论.
【详解】
解：对于选项A，因为 ，而 的正负不确定，故A错误；
对于选项B，因为 ，所以 ，故B错误；
对于选项C，依题意 ，所以 ，所以 ，故C正确；
对于选项D，因为 与 正负不确定，故大小不确定，故D错误；
故选：C.
3．（2022·江西萍乡·三模（理））设 ， ， ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
令 ， ，求导研究函数 的单调性，从而得到
，利用不等式的性质比较得出 ，从而求得答案.
【详解】
令 ，
，
，可以判断 在 上单调递增，，
所以 ，
，
所以 ，
又因为 ， ，
所以 ，即 ，所以 ，
故选：D.
4．（2022·北京·二模）“ ”是“ ”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】A
【解析】
【分析】
首先根据不等式的性质，求解出 ，进而根据逻辑关系进行判断即可.
【详解】
对于 等价为：
或
即： 或
解得： 或 ，
“ ”是“ ”的充分不必要条件.
故选：A.
5．（2022·江西鹰潭·二模（理））已知 ，且 则下列不等式中恒成立的个数是
（ ）① ② ③ ④
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
①，分析得到 所以 正确；②，构造函数举反例判断得解；③，构造函数利用函数单调性判
断得解；④，转化为判断 ，再构造函数利用导数判断函数的单调性
即得解.
【详解】
解：①，若 ，所以矛盾，所以 所以 正确；
②， ，设 ，
所以当 时，函数 单调递减，当 时，函数 单调递增，因为 ，所以
不恒成立，如 ，所以该命题错误；
③， ，设 在 单调递增，因为 ，所以
恒成立，所以该命题正确；
④， ，
设 ，
所以
，
所以函数 在 单调递增，在 单调递减.取
设 ，所以 在 单调递增，
， ，
所以存在 ，
此时 ，
所以该命题错误.
故选：B
6．（2022·山东日照·二模）若a，b，c为实数，且 ， ，则下列不等关系一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由不等式的基本性质和特值法即可求解.
【详解】
对于A选项，由不等式的基本性质知，不等式的两边都加上（或减去）同一个数或同一个整式，不等号方
向不变，则 ，A选项正确；
对于B选项，由不等式的基本性质知，不等式的两边都乘以（或除以）同一个负数，不等号方向改变，若
， ，则 ，B选项错误；
对于C选项，由不等式的基本性质知，不等式的两边都乘以（或除以）同一个正数，不等号方向不变，
， ，C选项错误；
对于D选项，因为 ， ，所以无法判断 与 大小，D选项错误.
7．（2022·陕西渭南·二模（文））设x、y都是实数，则“ 且 ”是“ 且 ”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【答案】A
【解析】
【分析】
由不等式性质及特殊值法判断条件间的推出关系，结合充分必要性的定义即可确定答案.
【详解】
由 且 ，必有 且 ，
当 且 时，如 不满足 ，故不一定有 且 .
所以“ 且 ”是“ 且 ”的充分不必要条件.
故选：A
8．（2022·安徽黄山·二模（文））设实数 、 满足 ，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
对于A，B，C可以取特殊值验证，对于D，根据题意得 ， ，利用基本不等式求
解即可.
【详解】
对于A：当 ， 时不成立，故A错误；
对于B：当 ， ，所以 ， ，即 ，故C错误；
对于C：当 时不成立，故C错误；
对于D：因为 ，所以 ，又 ，
所以 （等号成立的条件是 ），故D正确.
故选：D.
9．（2022·宁夏六盘山高级中学二模（文））设 ，若 为函数 的极小值点，
则（ ）A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先对函数求导，令 ，则 或 ，然后分 和 结合 的正负讨论判断函
数的极值点即可
【详解】
由 ，
得 ，
令 ，则 或 ，
当 ，即 时，
若 时，则 在 ， 上单调递增，在 上单调递减，
所以 是函数的极大值点，不合题意，
若 时，则 在 ， 上单调递减，在 上单调递增，
所以 是函数的极小值点，满足题意，此时由 ， ，可得 ，
当 时， ，
若 时， 在 ， 上单调递减，在 上单调递增，
所以 是函数的极大值点，不合题意，
若 时， 在 ， 上单调递增，在 上单调递减，
所以 是函数的极小值点，满足题意，此时由 ， 得 ，
综上， 一定成立，所以C正确，ABD错误，
故选：C10．（2022·江西·二模（文））已知正实数a，b满足 ，则下列结论不正确的是（ ）
A． 有最大值
B． 的最小值是9
C．若 ，则
D． 的最大值为0
【答案】D
【解析】
【分析】
利用基本不等式，以及对数的运算，不等式的性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】
对 ： ，∴ ，
当且仅当 时，等号成立，故A正确；
对 ： ，
当且仅当 ，即 时，等号成立，故B正确；
对 ： ，∴ ，∴ ，故C正确；
对 ：由 可知 ，故 ，
当且仅当 时，等号成立，故D错误.
故选： .
二、多选题
1．（2022·全国·模拟预测）已知 ，则下列不等关系中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】CD【解析】
【分析】
根据不等式的性质，特值法以及基本不等式即可判断各关系式的真假．
【详解】
对A，由 ，得 ，当 ， 时，A错误；
对B，当 ， 时，B错误；
对C，由 ，得 ，根据基本不等式知，C正确：
对D，由 ，得 ，所以 ，因为 ，所以D正确．
故选：CD．
2．（2022·辽宁·二模）己知非零实数a，b满足 ，则下列不等关系一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【解析】
【分析】
利用不等式的性质及特殊值法判断即可．
【详解】
解：对于非零实数 ， 满足 ，则 ，
即 ，故A一定成立；
因为 ，故B一定成立；
又 ，即 ，所以 ，故C一定成立；
对于D：令 ， ，满足 ，此时 ，故D不一定成立．故选：ABC
3．（2022·重庆·二模）已知 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【解析】
【分析】
根据指数式与对数式的互化，再利用对数的运算性质及对数大小的比较及不等式的性质即可求解.
【详解】
对于A，
，故A不正确；
对于B， ，
，
，故B正确；
对于C，
，故C 正确；
对于D，由B知， ，故D正确；
故选：BCD.
题型二：作差法比较数（式）大小
一、单选题1．（2022·全国·模拟预测（理））已知 ，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据不等式的性质，结合指数函数、对数函数的单调性、作差法比较大小等知识，逐一分析各个选项，即
可得答案.
【详解】
因为 ，所以 ，
对于A： ， ，所以 ，故A错误；
对于B： ，所以 在 上为增函数，
又 ，所以 ，故B错误；
对于C： ，
因为 ， ，所以 ，
所以 ，故C错误；
对于D： ，
因为 ， ，
所以 ，即 ，故D正确.
故选：D2．（2022·重庆·二模）若非零实数a，b满足 ，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据不等式的基本性质、基本不等式的条件和对数的运算，逐项判定，即可求解.
【详解】
对于A中，由 ，因为 ，可得 ，当 不确定，所以A错误；
对于B中，只有当 不相等时，才有 成立，所以B错误；
对于C中，例如 ，此时满足 ，但 ，所以C错误；
对于D中，由不等式的基本性质，当 时，可得 成立，所以D正确.
故选：D.
3．（2022·江西上饶·二模（理））设 ，其中e是自然对数的底数，
则（ ）
注：
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
构造函数 ，则 ，利用导数研究函数的单调性可得
；根据作差法和对数的运算性质可得 ，构造新函数
，利用导数研究函数的性质可得 ，
进而 ，即可得出结果.【详解】
令 ，
则 ，令 ，
则 在 单调递减，
所以 ，
∵ ；
，
∴ ，
令 ，
则 ，∴ 在 单调递增，
∴ ，
∴ ；
综上， .
故选：C
4．（2022·安徽黄山·二模（文））设实数 、 满足 ，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
对于A，B，C可以取特殊值验证，对于D，根据题意得 ， ，利用基本不等式求
解即可.【详解】
对于A：当 ， 时不成立，故A错误；
对于B：当 ， ，所以 ， ，即 ，故C错误；
对于C：当 时不成立，故C错误；
对于D：因为 ，所以 ，又 ，
所以 （等号成立的条件是 ），故D正确.
故选：D.
5．（2022·广东广州·一模）若正实数a，b满足 ，且 ，则下列不等式一定成立的是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据函数单调性及 得到 或 ，分别讨论两种情况下四个选项是否正确，A选项
可以用对数函数单调性得到，B选项可以用作差法，C选项用作差法及指数函数单调性进行求解，D选项，
需要构造函数进行求解.
【详解】
因为 ， 为单调递增函数，故 ，由于 ，故 ，或
，
当 时， ，此时 ；
，故 ；
， ；
当 时， ，此时 ， ，故 ；
， ；
故ABC均错误；D选项， ，两边取自然对数， ，因为不管 ，还是 ，均有
，所以 ，故只需证 即可，
设 （ 且 ），则 ，令 （ 且 ），则
，当 时， ，当 时， ，所以 ，所以
在 且 上恒成立，故 （ 且 ）单调递减，因为 ，所以
，结论得证，D正确
故选：D
6．（2022·山西太原·二模（文））已知 ， ，则下列结论正确的有（ ）
① ② ③ ④
A． 个 B． 个 C． 个 D． 个
【答案】B
【解析】
【分析】
求出 、 的值，比较 、 的大小，利用指数函数的单调性、导数法、不等式的基本性质以及基本不等式
逐项判断可得出合适的选项.
【详解】
因为 ， ，则 ， .
对于①， ，则 ，从而 ，
，则 ，则 ，即 ，①对；
对于②， ，因为 ，则 ， ，所以， ，②错；
对于③， ，
所以， ，
所以， ，③错；
对于④，构造函数 ，其中 ，则 .
当 时， ，则函数 在 上单调递增，
因为 ，则 ，即 ，可得 ，所以， ，④对.
故选：B.
7．（2022·河北衡水中学一模）已知 ，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由 ，得到 ，结合不等式的基本性质、作差比较、基本不等式和对数的运算法则，逐项判
定，即可求解.
【详解】
由 ，可得 ，则 ，
对于A中，由 ，所以 ，所以A不正确；
对于B中，由 ，且 ，则 ，所以B不正确；
对于C中，由 ，且 ，当 时， ，此时 ；
当 时， ，此时 ；
当 时， ，此时 ，所以C不正确；
对于D中，由 ，因为 ，可得 ，
所以 ，可得 ，所以D正确.
故选：D.
8．（2022·重庆·三模）已知 ， ， ，则 ， ， 的大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
作差法比较出 ，构造函数，利用函数单调性比较出 ，从而得出 .
【详解】
，所以 ，故 ，又 ，则
在 上单调递减，又 ， ，所以存在 ，
使得 ，且在 时， ，在 时， ，即 在
上单调递增，在 单调递减，且 ，所以 ，又因为，所以当 时， ，其中因为 ，所以 ，所以
，故 ，即 .
故选：B
9．（2022·湖南·雅礼中学二模）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．已知三个房间的粉刷面积（单位： ）分别为 ， ， ，且 ，三种颜色涂料
的粉刷费用（单位：元/ ）分别为 ， ， ，且 ．在不同的方案中，最低的总费用（单位：
元）是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【详解】
由 ， ，所以
，故 ；同理，
，故 .因为
，故 .故最低费用为 .故选B.
二、多选题
1．（2022·山东日照·三模）某公司通过统计分析发现，工人工作效率E与工作年限 ，劳累程度
，劳动动机 相关，并建立了数学模型 ，已知甲、乙为该公司的员
工，则下列结论正确的是（ ）
A．甲与乙劳动动机相同，且甲比乙工作年限长，劳累程度弱，则甲比乙工作效率高
B．甲与乙劳累程度相同，且甲比乙工作年限长，劳动动机高，则甲比乙工作效率低
C．甲与乙劳动动机相同，且甲比乙工作效率高，工作年限短．则甲比乙劳累程度弱
D．甲与乙工作年限相同，且甲比乙工作效率高，劳动动机低，则甲比乙劳累程度强
【答案】AC【解析】
【分析】
设甲与乙的工人工作效率 ，工作年限 ，劳累程度 ，劳动动机 ，利用作差法和指数函数
的性质比较大小即可判断选项AB；利用作商法和幂函数指数函数的性质比较大小即可判断选项CD.
【详解】
设甲与乙的工人工作效率 ，工作年限 ，劳累程度 ，劳动动机 ，
对于A， ∴ ，
则 ，
∴ ，即甲比乙工作效率高，故A正确；
对于B， ，∴ ，
则 ，
∴ ，即甲比乙工作效率高，故B错误：
对于C， ，
∴ ，
∴ ，
所以 ，即甲比乙劳累程度弱，故C正确；
对于D， ，
∴ ， ∴ ，所以 ，即甲比乙劳累程度弱，故D错误．
故选：AC
2．（2022·辽宁葫芦岛·二模）已知 ， ，则下列不等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AB
【解析】
【分析】
AB选项，利用基本不等式进行求解；CD选项，利用作差法比较大小.
【详解】
，即 ，所以 ，
因为 ，所以由基本不等式得： ，所以 ，
解得： ，A正确；
，当且仅当 时等号成立，故B正确；
，
因为 ，所以 ，所以 ，C错误；
，因为 ，而 可能比1大，可能比1小，所以 符号不确定，所以D错
误，
故选：AB
3．（2022·湖南·长沙市明德中学二模）已知 ，若 （ 为自然对数的底数），
则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
由 可得 ，利用作差法即可判断A；令 ，根据导数可判断函
数在 上递增，结合A及指数函数的单调性可判断B；根据指数函数的单调性结合基本不等式可判
断C；结合B根据对数函数的单调性可判断D.
【详解】
解：因为 ，
所以 ，即 ，
对于A，因为 ，
所以 ，故A正确；
对于B，令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，因为 ，所以 ，
所以 ，即 ，所以 ，故B错误；
对于C，因为 ，所以 ，
当且仅当 ，即 时取等号，
所以 ，故C正确；
对于D，因为 ，所以 ，故D正确.
故选：ACD.
4．（2022·广东潮州·二模）已知幂函数 的图象经过点 ，则下列命题正确的有（ ）．
A．函数 的定义域为
B．函数 为非奇非偶函数
C．过点 且与 图象相切的直线方程为
D．若 ，则
【答案】BC
【解析】
【分析】
先利用待定系数法求出幂函数的解析式，写出函数的定义域、判定奇偶性，即判定选项A错误、选项B正
确；设出切点坐标，利用导数的几何意义和过点 求出切线方程，进而判定选项C正确；平方作差比较大
小，进而判定选项D错误.
【详解】设 ，将点 代入 ，
得 ，则 ，即 ，
对于A： 的定义域为 ，即选项A错误；
对于B：因为 的定义域为 ，
所以 不具有奇偶性，即选项B正确；
对于C：因为 ，所以 ，
设切点坐标为 ，则切线斜率为 ，
切线方程为 ，又因为切线过点 ，
所以 ，解得 ，
即切线方程为 ，即 ，
即选项C正确；
对于D：当 时，
，
即 成立，即选项D错误．
故选：BC．
5．（2022·辽宁·一模）已知不相等的两个正实数a和b，满足 ，下列不等式正确的是（ ）A． B．
C． D．
【答案】BD
【解析】
【分析】
A选项，利用 作出判断；B选项，利用基本不等式即函数单调性求解；CD选
项，用作差法求解.
【详解】
由于两个不相等的正实数a和b，满足 ，所以a和b可取一个比1大，一个比1小，即
，故 ，A错误；
由题意得： ，所以 ，B正确；
，其中 ，但不知道a和b的大小关系，故当 时，
，当 时， ，C错误；
，其中 ， ，所以 ，即
，D正确.
故选：BD
6．（2022·山东聊城·三模）已知实数m，n满足 ，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】
【分析】利用作差法比较大小，可判断A,B,利用指数函数和幂函数的单调性，可判断C;根据对数函数的单调性，可
判断D.
【详解】
由 知， ，故 ，A正确；
由 得 ， ，所以 ，即 ，故B
错误；
因为指数函数 为单调减函数，故 ，
由幂函数 为单调增函数知 ，故 ，故C正确；
根据, 对数函数 为单调减函数,
故 ，故D错误，
故选：AC
题型三：利用不等式的性质证明不等式
一、单选题
1．（2022·浙江·绍兴一中模拟预测）设 ，则“ ”是“ ”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
【答案】A
【解析】
【分析】
根据不等式的基本性质可证充分性成立，举例说明可证必要性不成立.
【详解】
，所以充分性成立，
当 时，满足 ，但 不成立，所以必要性不成立．
所以“ ”是“ ”的充分不必要条件.
故选：A．2．（2022·浙江省杭州学军中学模拟预测）若 均为实数，则“ ”是“ ”的
（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
通过列举，和推理证明可以推出充要性.
【详解】
若 中，取 ，则推不出 ；
若 ，则 ，则可得出 ；
故“ ”是“ ”的必要不充分条件，
故选：B.
【点睛】
本题考查充分必要不条件的定义以及不等式的性质，可通过代入特殊值解决．
3．（2021·浙江·模拟预测）已知 ， ，则“ ”是“ ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】
先化简 得 ，即得解.
【详解】
由 得 ，
所以 .
反之，也成立.所以“ ”是“ ”的充分必要条件.
故选：C
【点睛】
方法点睛：充分必要条件的判断，常用的方法有：（1）定义法；（2）集合法；（3）转化法. 要根据已知
条件灵活选择方法求解.
4．（2021·上海长宁·二模）已知函数 满足：对任意 ，都有
．
命题 ：若 是增函数，则 不是减函数；
命题 ：若 有最大值和最小值，则 也有最大值和最小值．
则下列判断正确的是（ ）
A． 和 都是真命题 B． 和 都是假命题
C． 是真命题， 是假命题 D． 是假命题， 是真命题
【答案】C
【解析】
【分析】
利用函数单调性定义结合已知判断命题p的真假，再利用函数最大、最小值的意义借助不等式性质判断命
题q的真假而得解.
【详解】
对于命题 ：设 ，因为 是 上的增函数，所以 ，
所以 ，
因为 ，
所以所以
故函数 不是减函数，
故命题 为真命题；
对于命题 在 上有最大值 ，此时 ，有最小值 ，此时 ，
因为 ，
所以 ，
所以 有界，但不一定有最大值和最小值，故命题 为假命题．
故选：C
【点睛】
结论点睛：含绝对值不等式转化方法：a>0时， ； 或 .
5．（2021·浙江·模拟预测）已知 ， ，则“ ”是“ ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】
利用不等式的性质证明必要性成立，利用特殊值法证明充分性不成立即可得到结果.
【详解】
若 ，则 ， ，所以 ，
所以 ，即必要性成立；当 ， 时， ，但 ，所以充分性不成立
所以“ ”是“ ”的必要不充分条件
故选：B．
【点睛】
关键点睛：解决本题的关键是利用不等式的性质证明必要性.
6．（2021·全国·模拟预测）已知 ， 在 上恒成立，则实数 的取值范围
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
不等式 等价于 ，分类讨论 ， 和 ，分别求出
实数 的取值范围，最后取交集即可.
【详解】
易知 ，不等式 ，即 .
当 时， ， ，则 ，又 ，所以 ；
当 时， ，对任意的实数 ，不等式恒成立；
当 时， ， ，则 ，又 ，所以 ；
综上，实数 的取值范围为 .
故选：D
【点睛】方法点睛：本题考查不等式恒成立求参数问题， 不等式恒成立问题常见方法：
①分离参数 恒成立( 即可)或 恒成立（ 即可）；
②数形结合( 图像在 上方即可)；
③讨论最值 或 恒成立.
7．（2021·浙江·模拟预测）已知 ，给出下列命题：
①若 ，则 ； ②若 ，则 ；
③若 ，则 ； ④若 ，则 .
其中真命题的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
①若 ，则 ，然后两边平方，再通过作差法即可得解；
②若 ，则 ，然后利用立方差公式可知 ，再结合 以及不等式的
性质即可判断；
③若 ，则 ，再利用 ，得出 ，从而求得 的范围，进而判断；
④取特殊值， ， 即可判断．
【详解】
解：①若 ，
则 ，
所以 ，
所以 ，即①错误；
若 ，
则 ，
即 ，因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，即 ，所以②正确；
若 ，
则 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，即③正确；
④取 ， ，满足 ，
但 ，所以④错误；
所以真命题有②③，
故选：B．
【点睛】
本题考查命题真假的判断，涉及根据不等式的性质证明不等式、指对运算法则、立方差公式等，考查学生
的分析能力和运算能力．
8．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知 且满足 ，则 的取值范
围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
设 ，求出 结合条件可得结果.
【详解】
设 ，可得 ，
解得 ， ，因为 可得 ，
所以 .
故选：C.
9．（2022·浙江·杭州高级中学模拟预测）已知 且 ，则 的取值范围是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
首先求得 及 的取值范围，再把 转化为关于 的代数式 ，利用函数 的单调性
去求 的取值范围即可解决
【详解】
由 ，可得 ，
则 ，则 ，令 ，则
，
又 在 单调递增，在 单调递减
， ，
则 ，即
故选：C
10．（2022·浙江·模拟预测）若实数x，y满足 ，则 的取值范围（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设 ，求出 ，再根据不等式的性质即可得出答案.
【详解】
解：设 ，
则 ，解得 ，
故 ，
又因 ，
所以 ，
所以 .
故选：A.
二、多选题
1．（2021·江苏·扬州中学模拟预测）已知两个不为零的实数 ， 满足 ，则下列说法中正确的有
（ ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【解析】
【分析】
对四个选项一一验证：
对于A：利用 为增函数直接证明；
对于B：取特殊值判断；对于C：若 时，利用同向不等式相乘判断；若 时，有 ，直接判断；若
时，利用不等式的乘法性质进行判断
对于D：取特殊值判断；
【详解】
对于A：因为两个不为零的实数 ， 满足 ，所以 ，而 为增函数，所以 ，即
；故A正确；
对于B：可以取 ，则有 ，所以 ；故B不正确；
对于C：若 时，则有 根据同向不等式相乘得： ，即 成
立；
若 时，有 ，故 成立；
若 时，则有 ， ，因为 ，所以 ，即 成立；
故C正确；
对于D：可以取 ，则有 ，所以 ；故D不正确；
故选：AC
【点睛】
（1）判断不等式是否成立：①利用不等式的性质或定理直接证明；②取特殊值进行否定，用排除法；
（2）多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．
（3）要证明一个命题是真命题，需要严格的证明；要判断一个命题是假命题，只需要举一个反例否定就
看可以了.
2．（2021·福建·模拟预测）下列说法正确的是（ ）
A．设 ，则“ ”是“ 且 ”的必要不充分条件
B． 是“ ”的充要条件C．“ ”是“ ”成立的充要条件
D．设 ，则 “ ”是“ ”的充分而不必要条件
【答案】AD
【解析】
【分析】
对于AC，利用不等式的性质结合充分必要条件的定义判断即可；对于B，解 得 ，
结合充分必要条件的定义判断即可；对于D，运用绝对值不等式的解法和正弦函数的图像与性质，化简两
个已知不等式，结合充分必要条件的定义判断即可.
【详解】
对于A，当 且 时，可推出 且 时，即 成立，反之，当 时，例
满足条件，即不能推出 且 ，故 是 且 的必要不充分条件，故A正确；
对于B，由 可得 ，反之， 不一定得 ，如 也满足 ，故 是
的充分不必要条件，故B错误；
对于C，当 时，满足 ，但 ，反之，若 ，则 ，故 是 成立的必要不充
分条件，故C错误；
对于D，由 ，得 ，故 ，反之，由 ，得 ，
推不出 ，故 是 的充分而不必要条件，故D正确.
故选：AD
【点睛】
关键点点睛：本题考查充分条件和必要条件的判断，同时考查三角函数的性质与不等式的性质，运用定义
法和解不等式是解题的关键，属于基础题.3．（2021·广东·石门中学模拟预测）设 为正实数，下列命题正确的有（ ）
A．若 ，则 ；
B．若 ，则 ；
C．若 ，则 ；
D．若 ，则 .
【答案】AD
【解析】
将 ，分解变形为 ，即可证明 ，即 ；
可通过举反例的方法证明其错误性；
若 ，去掉绝对值，将 分解变形为 ，即可证明 ，同理当 时
也可证明 ，从而命题④正确．
【详解】
若 ，则 ，即 ，
， ，即 ，该选项正确；
若 ，可取 ， ，则 ， 该选项错误；
若 ，则可取 ， ，而 ， 该选项错误；
由 ，
若 ，则 ，即 ，即 ，
， ，即
若 ，则 ，即 ，即 ，
， ，即
该选项正确；故选：AD
【点睛】
方法点睛：证明不等式常用的方法有：（1）比较法；（2）综合法；（3）分析法；（4）放缩法；（5）
数学归纳法；（6）反证法.要根据已知灵活选择.
4．（2021·江苏南京·二模）已知 ， ，且 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】
根据已知条件，利用基本不等式可以证明A正确；根据已知条件，求得 的取值范围，结合不等式的基
本性质和指数函数的单调性判定BD；利用对数函数的单调性对C进行等价转化，通过举例可以否定C.
【详解】
，
又 故 正确；
， ，且 ， ，故 正确；
,故 正确；
等价于 ，即 ，
等价于 ,但当 时，满足条件 ， ，且 ， ,故C错误；
故选： .
【点睛】
本题考查不等式的基本性质，基本不等式，涉及指数对数函数的单调性，属中档题.关键是要熟练掌握不等
式的基本性质和基本不等式，掌握指数对数函数的单调性.注意使用等价分析法，举反例否定法进行判定.
