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专题1.6 不等关系与不等式性质-重难点题型精练
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022春•辽宁期末）已知x，y R，且x＞y，则（ ）
1 1 ∈
A． ＜ B．lnx＞lny
x y
1 1
C．x2＞y2 D．（ ）x＜（ ）y
2 2
【解题思路】利用不等式的性质可判断A，C，利用对数函数和指数函数的性质可判断BD．
1 1
【解答过程】解：对于A，当x＝1，y＝﹣2时，显然 ＜ 不成立，故A错误，
x y
对于B，当x≤0，y≤0时，lnx，lny无意义，故B错误，
对于C，当x＝1，y＝﹣2时，显然x2＞y2不成立，故C错误，
1
对于D，因为函数y=( ) t在R上单调递减，且x＞y，
2
1 1
所以( ) x＜( ) y，故D正确，
2 2
故选：D．
2．（5分）（2022•杨浦区二模）下列不等式恒成立的是（ ）
A．|x+y|≥|x﹣y| B．
√x2+1+x＞0
1
C．x+ ≥2 D．|x+y|+|x﹣y|≤|x|+|y|
x
【解题思路】举反例判断选项A、C、D，再通过不等式的性质判断选项B即可．
【解答过程】解：当x＝2，y＝﹣1时，|x+y|≥|x﹣y|不成立，
故选项A错误；
1
当x＝﹣1时，x+ ≥2不成立，
x
故选项C错误；
当x＝2，y＝﹣1时，|x+y|+|x﹣y|≤|x|+|y|不成立，
故选项D错误；
x x＝|x|+x≥0，
√x2+1+ ＞√x2+故 x＞0，
√x2+1+
故选项B正确；
故选：B．
3．（5分）（2022春•昌平区期末）已知0＜a＜1，b＜0，则下列大小关系正确的是（ ）
A．ab＜1＜a2b B．1＜ab＜a2b C．ab＜a2b＜1 D．a2b＜ab＜1
【解题思路】根据不等式的性质及指数函数的单调性，判断各选项即可．
【解答过程】解：∵0＜a＜1，b＜0，∴a2b＜1，∴AB错误；
a＞a2，ab＜a2b＜1，∴C正确，D错误．
故选：C．
a2
4．（5分）（2021秋•焦作期中）已知﹣3＜a＜﹣2，3＜b＜4，则 的取值范围为（ ）
b
4 9 2 3 1
A．（1，3） B．（ ， ） C．（ ， ） D．（ ，1）
3 4 3 4 2
1 1 1
【解题思路】由已知中：﹣3＜a＜﹣2，3＜b＜4可得：4＜a2＜9， ＜ ＜ ，结合不等式的同号可
4 b 3
a2
乘性，可得 的取值范围．
b
【解答过程】解：∵﹣3＜a＜﹣2，3＜b＜4，
1 1 1
∴4＜a2＜9， ＜ ＜ ，
4 b 3
a2
∴1＜ ＜3，
b
故选：A．
4 4 4
5．（5分）（2022春•上饶月考）设a，b，c均为正实数，则三个数a+ ，b+ ，c+ （ ）
b c a
A．都大于4 B．都小于4
C．至少有一个不大于4 D．至少有一个不小于4
【解题思路】由三个数相加，根据基本不等式，利用反证法思想，可以确定正确答案．
4 4 4 4 1 4
【解答过程】解：∵a+ +b+ +c+ =a+ +b+ +c+ ≥4+4+4＝12，
b c a a b c
当且仅当a＝b＝c时，取“＝”号，
4 4 4
若a+ ＜4，b+ ＜4，c+ ＜4，则结论不成立，
b c a4 4 4
∴a+ ，b+ ，c+ 至少有一个不小于4，
b c a
故选：D．
6．（5分）（2022春•河南期中）若a是实数， ， ，则P，Q的大小关
P=√a2+10+a Q=√a2+6+√a2+4
系是（ ）
A．Q＞P B．P＝Q
C．P＞Q D．由a的取值确定
【解题思路】先平方，再分类讨论a的值，求解即可．
【解答过程】解：显然P，Q都是正数，
又 ，
P2=(√a2+10+a) 2=2a2+10+2a√a2+10
，
Q2=(√a2+6+√a2+4) 2=2a2+10+2√(a2+6)(a2+4)=2a2+10+2√a4+10a2+24
①当a＜0时，则 0＞a ，∴Q2＞P2，Q＞P，
√a4+10a2+24＞ √a2+10
②当a≥0时，则 a ，∴Q2＞P2，Q＞P，
√a4+10a2+24＞√a4+10a2= √a2+10
综上所述，Q＞P．
故选：A．
7．（5分）（2022•义乌市模拟）已知实数a，b，a＞0，b＞0，则“a+b＜2”是“√a＜√2−b”的（
）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【解题思路】从充分性和必要性两个角度分别判断即可得出结论．
【解答过程】解：∵a＞0，b＞0，a+b＜2，
∴0＜a＜2﹣b，则√a＜√2−b，即充分性成立；
若√a＜√2−b，则两边同时平方可得，a＜2﹣b，即a+b＜2，即必要性成立；
∴“a+b＜2”是“√a＜√2−b”的充分必要条件．
故选：C．
1 1 1 1
8．（5分）（2022春•杭州期中）已知实数a，b满足a＞b＞0，则“0＜c＜b”是“ + ＜ +
a b a+c b−c
”（ ）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
1 1 a+b 1 1 a+b
【解题思路】由 + = ， + = ，依题意可得只需比较c（b﹣c﹣a）与
a b ab a+c b−c ab+c(b−c−a)
0的大小，再根据充分条件、必要条件的定义判断可得结果．
1 1 a+b 1 1 a+b a+b
【解答过程】解：∵ + = ， + = = ，
a b ab a+c b−c (a+c)(b−c) ab+c(b−c−a)
∵a＞b＞0，∴a+b＞0，
1 1 1 1 1 1
∴要比较 + 与 + 的大小，即比较 与 的大小，
a b a+c b−c ab ab+c(b−c−a)
即比较c（b﹣c﹣a）与0的大小，
当a＞b＞0且b＞c＞0时，c（b﹣c﹣a）＜0，且（a+c）（b﹣c）＞0，
1 1 1 1 1 1
即0＜ab+c（b﹣c﹣a）＜ab，∴ ＜ ，∴ + ＜ + ，故充分性成立，
ab ab+c(b−c−a) a b a+c b−c
1 1 1 1
当c＞b＞0时，c（b﹣c﹣a）＝c[﹣（a﹣b）﹣c]＜0，此时也满足 + ＜ + ，故必要性不
a b a+c b−c
成立，
1 1 1 1
∴“0＜c＜b”是“ + ＜ + ”充分不必要条件．
a b a+c b−c
故选：A．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）下面列出的几种不等关系中，正确的为（ ）
A．x不大于3，可表示为“x＜3”
B．x与2的和是非负数，可表示为“x+2＞0”
C．△ABC的两边之和大于第三边，记三边分别为a，b，c，则可表示为“a+b＞c”
D．若某天的温度为t，最低温度为7℃，最高温度为13℃，则这天的温度范围可表示为
“7℃≤t≤13℃”
【解题思路】先根据各选项的语言表述列出不等式即可．
【解答过程】解：∵x不大于3，可表示为x≤3，∴A错误，
∵x与2的和是非负数，可表示为x+2≥0，B错误，
根据三角形中任何两边之和大于第三边，则a+b＞c∴C正确，
∵最低温度为7℃，最高温度为13℃，∴7℃≤t≤13℃，∴D正确，
故选：CD．10．（5分）（2022春•福州期末）若﹣1＜a＜b＜0，则（ ）
1 1 1 1
A．a2+b2＞2ab B． ＜ C．a+b＞2√ab D．a+ ＞b+
a b a b
【解题思路】由重要不等式判断A；
举例法判断B；
由正负关系判断C；
作差法判断D．
【解答过程】解：对于A，因为a2+b2﹣2ab＝（a﹣b）2＞0（a≠b），所以a2+b2＞2ab，故正确；
1 1 1 1
对于B，取a=− ，b=− ，满足﹣1＜a＜b＜0，则 =−2＞﹣3= ，故错误；
2 3 a b
对于C，因为﹣1＜a＜b＜0，所以a+b＜0，而2√ab＞0，所以a+b＜2√ab，故错误；
1 1 1 1 b−a 1
对于 D，因为 a+ −（b+ ）＝（a﹣b）+（ − ）＝（a﹣b）+ =（a﹣b）（1− ）
a b a b ab ab
(a−b)(ab−1)
= ，
ab
因为﹣1＜a＜b＜0，所以a﹣b＜0，0＜ab＜1，
(a−b)(ab−1) 1 1
所以 ＞0，即有为a+ ＞（b+ ），故正确．
ab a b
故选：AD．
11．（5分）（2022春•开福区校级期末）十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把
“＝”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“＜”和“＞”符号，并逐步被数学界接受，
不等号的引入对不等式的发展影响深远．若a＞0，b＞0，a+b＝2，则（ ）
A．0＜a≤1 B．0＜ab≤1 C．a2+b2≥2 D．0＜b＜2
【解题思路】根据a＞0，b＞0，b＝2﹣a列不等式判断AD，再根据基本不等式判断BC即可．
【解答过程】解：∵a＞0，b＞0，b＝2﹣a．
{ a＞0
∴ ，解得0＜a＜2．
2−q＞0
同理可以得到：0＜b＜2，故A不正确．则D正确．
a+b 2 2 2
又∵ab≤( ) =( ) =1，并且当且仅当a＝b时，取得等号．
2 2
故得到：0＜ab≤1，所以B正确．
(a+b) 2 22
又∵a2+b2≥ = =2，并且当且仅当a＝b时，取得等号．
2 2故得到：a2+b2≥2，所以C正确．
故选：BCD．
12．（5 分）（2022•新华区校级模拟）已知 a＞b＞c＞1，定义 M，N，P，Q 分别为
a+b a+b+c
M=a−√c，N=a−√b，P=2( −√ab)，Q=3( −√3 abc)，则下列叙述正确的是（
2 3
）
A．M＞N＞P
B．M＜N＜P
C．P是M，N，P，Q四个数中最小者
D．M是M，N，P，Q四个数中最大者
【解题思路】利用不等式的基本性质，作差法和基本不等式判断．
【解答过程】解：因为a＞b＞c＞1，
所以−√c＞−√b，则a−√c＞a−√b，即M＞N，
a+b+c a+b
又Q−P=3( −√3 abc)−2( −√ab)，
3 2
=c+2√ab−3√3 abc=c+√ab+√ab−3√3 abc，
，又 ，则Q＞P；
≥3√3 c⋅√ab⋅√ab−3√3 abc=0 c≠√ab
又N−P=2√ab−√b−b=√b(2√a−1−√b)，
=√b[(√a−1)+(√a−√b)]＞0，即P＜N，
a+b+c
M−Q=a−√c−3( −√3 abc)=3√3 abc−b−c−√c，
3
当c＝4，b＝8，a＝16时，M﹣Q＝10＞0，
当c＝4，b＝100，a＝101时，M−Q=3√3 40400−106＜0，
故选：AC．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
1
13．（5分）（2021秋•濂溪区校级月考）若0＜x＜1，则x、 、√x、x2中最小的是 x 2 ．
x
1
【解题思路】根据题意，分析可得0＜√x＜1，0＜x2＜1， ＞1，利用作差法分析可得答案．
x
1
【解答过程】解：根据题意，由于0＜x＜1，则有0＜√x＜1，0＜x2＜1， ＞1，
x
则x2﹣x＝x（x﹣1）＜0，即x2＜x；x−√x=√x（√x−1）＜0，即x＜√x，
1
则有x2＜x＜√x＜ ，其中最小的为x2；
x
故答案为：x2．
14．（5分）（2022春•赣州期中）已知t＞1，且x=√t+1−√t，y=√t−√t−1，则x，y的大小关系是
x ＜ y ．
x
【解题思路】可以转化为分式，再判断 跟1的大小关系．从而确定x，y的大小．
y
(√t+1−√t)(√t+1+√t) 1
【解答过程】解：x=√t+1−√t= = ．
√t+1+√t √t+1+√t
(√t−√t−1)(√t+√t−1) 1 ．
y=√t−√t−1= =
√t+√t−1 √t+√t−1
x √t+√t−1
= ＜1．
y √t+√√t−1
故答案为：x＜y．
15．（5分）（2021•鸡冠区校级三模）已知1≤a+b≤3，﹣1≤a﹣b≤2，则z＝3a﹣b的取值范围是 [ ﹣
1 ， 7] ．
【解题思路】根据条件可求出∴﹣2≤2a﹣2b≤4，进而可得出z＝3a﹣b的取值范围．
【解答过程】解：∵1≤a+b≤3，﹣1≤a﹣b≤2，
∴﹣2≤2a﹣2b≤4，
∴﹣1≤3a﹣b≤7，
∴z＝3a﹣b的取值范围是：[﹣1，7]．
故答案为：[﹣1，7]．
16．（5分）（2021秋•杨浦区校级月考）已知m是实常数，若 ：﹣1≤x≤3， ：m﹣1≤x≤2m+5，且
是 的充分条件，则实数m的取值范围是 [ ﹣ 1 ， 0 ] ． α β α
【解β题思路】根据充分条件和必要条件与不等式的关系进行转化求解即可．
【解答过程】解：∵ 是 的充分条件，
∴[﹣1，3] [m﹣1，2αm+5β]，
{m−1≤⊆−1
则 ，得﹣1≤m≤0，
2m+5≥3
∵两个等号能同时成立，
∴﹣1≤m≤0，故答案为：[﹣1，0]．
四．解答题（共6小题，满分70分）
x 1
17．（10分）（2021秋•武安市校级期末）x R，比较(x+1)(x2+ +1)与(x+ )(x2+x+1)的大小．
2 2
∈
【解题思路】作差化简即可比较大小．
x 1
【解答过程】解：∵(x+1)(x2+ +1)−(x+ )(x2+x+1)
2 2
x2 x x2 x 1
＝（x3+ +x+x2+ +1）﹣（x3+ +x+x2+ + ）
2 2 2 2 2
1
= ＞0，
2
x 1
∴(x+1)(x2+ +1)＞(x+ )(x2+x+1)．
2 2
18．（12分）（2021秋•普宁市校级月考）已知﹣2＜a≤3，1≤b＜2，试求下列各式的取值范围．
（1）|a|；
（2）a+b；
（3）a﹣b；
（4）2a﹣3b．
【解题思路】根据绝对值运算可解决（1）；
根据不等式性质可解决（2）（3）（4）．
【解答过程】解：（1）0≤|a|≤3；
（2）﹣1＜a+b＜5；
（3）依题意得﹣2＜﹣b≤﹣1，又﹣2＜a≤3，相加得﹣4＜a﹣b≤2；
（4）由﹣2＜a≤3得﹣4＜2a≤6①，
由1≤b＜2得﹣6＜﹣3b≤﹣3②，
①+②得，﹣10＜2a﹣3b≤3．
a2+b2
19．（12分）（2021秋•金水区校级期中）已知对于正数 a、b，存在一些特殊的形式，如： 、
a+b
√a2+b2、a+b等．判断上述三者的大小关系，并证明．
2 2【解题思路】利用基本不等式可得出a2+b2、√a2+b2、a+b的大小关系．
a+b 2 2
【解答过程】解：a2+b2 √a2+b2 a+b，证明如下：
≥ ≥
a+b 2 2
因为a、b均为正数，由基本不等式可得a2+b2≥2ab，
则2（a2+b2）≥a2+b2+2ab＝（a+b）2，则a2+b2 a+b ，所以√a2+b2 a+b，
≥( ) 2 ≥
2 2 2 2
由上可知
a2+b2≥
(a+b) 2，则
√a2+b2≥
a+b，即 a2+b2
≥
a+b，
2 √2 √a2+b2 √2
所以，a2+b2 √a2+b2，
≥
a+b 2
综上所述，：a2+b2 √a2+b2 a+b，当且仅当a＝b时，两个等号都成立．
≥ ≥
a+b 2 2
20．（12分）（2021秋•江岸区校级月考）试比较下列各组式子的大小：
（1）√x+1−√x与√x−√x−1，其中x＞1；
（2）x3﹣2y3与xy2﹣2x2y，其中x＞y＞0．
1 1
【 解 题 思 路 】 （ 1 ） 由 题 意 可 得 √x+1−√x= ， √x−√x−1= ， 由
√x+1+√x √x+√x−1
√x+1+√x＞√x+√x−1＞0即可求解．
（2）由题意利用作差法即可求解．
(√x+1−√x)(√x+1+√x) 1
【解答过程】解：（1）由题意可得√x+1−√x= = ，
√x+1+√x √x+1+√x
(√x−√x−1)(√x+√x−1) 1 ，
√x−√x−1= =
√x+√x−1 √x+√x−1
因为√x+1+√x＞√x+√x−1＞0，
所以√x+1−√x＜√x−√x−1．
（2）（x3﹣2y3）﹣（xy2﹣2x2y）＝x3﹣xy2+2x2y﹣2y3＝x（x2﹣y2）+2y（x2﹣y2）＝（x2﹣y2）（x+2y）
＝（x﹣y）（x+y）（x+2y），
因为x＞y＞0，所以x﹣y＞0，x+y＞0，x+2y＞0，所以（x3﹣2y3）﹣（xy2﹣2x2y）＞0，
即x3﹣2y3＞xy2﹣2x2y．
21．（12分）（2021秋•太和县校级月考）（1）设xy＜0，试比较（x2+y2）（x﹣y）与（x2﹣y2）（x+y）
的大小；
（2）已知1＜a+b＜3，﹣2＜a﹣b＜2，求2a+3b的取值范围．
【解题思路】（1）利用作差法，分类讨论即可比较两式的大小．
（2）设2a+3b＝m（a+b）+n（a﹣b），由题意可求m，n的值，结合已知即可求解．
【解答过程】解：（1）（x2+y2）（x﹣y）﹣（x2﹣y2）（x+y）＝（x﹣y）[x2+y2﹣（x+y）2]＝﹣2xy（x
﹣y），
∵xy＜0，
∴当x＞y时，x﹣y＞0，﹣2xy（x﹣y）＞0，得（x2+y2）（x﹣y）＞（x2﹣y2）（x+y），
当x＜y时，x﹣y＜0，﹣2xy（x﹣y）＜0，得（x2+y2）（x﹣y）＜（x2﹣y2）（x+y）．
（2）设2a+3b＝m（a+b）+n（a﹣b），
{m+n=2，
则
m−n=3，
5 1
解得m= ，n=− ，
2 2
5 1
则2a+3b= (a+b)− (a−b)，
2 2
∵1＜a+b＜3，﹣2＜a﹣b＜2，
5 5 15 1
∴ ＜ (a+b)＜ ，−1＜− (a−b)＜1，
2 2 2 2
3 5 1 17
∴ ＜ (a+b)− (a−b)＜ ，
2 2 2 2
3 17
即 ＜2a+3b＜ ．
2 2
22．（12分）（2021秋•长白县校级月考）（1）已知﹣3＜a＜2，﹣4＜b＜﹣3，试求2a+3b与a﹣b的取
值范围．
（2）设f（x）＝（4a﹣3）x+b﹣2a，x [0，1]，若f（0）≤2，f（1）≤2，求a+b的取值范围．
【解题思路】（1）由﹣3＜a＜2，﹣4＜∈b＜﹣3，结合不等式的性质可得﹣18＜2a+3b＜﹣5，0＜a﹣b＜
6；（2）根据题意得{ f(0)=b−2a≤2 ，化简a+b 3(2a+b)+b−2a 3f(1)+f(0)+9，从而利用
= =
f(1)=2a+b−3≤2 4 4
17
不等式的性质求得a+b的取值范围为（﹣∞， ]．
4
【解答过程】解：（1）∵﹣3＜a＜2，﹣4＜b＜﹣3，
∴﹣6＜2a＜4，﹣12＜3b＜﹣9，
∴﹣6+（﹣12）＜2a+3b＜4+（﹣9），
即﹣18＜2a+3b＜﹣5．
又∵﹣4＜b＜﹣3，∴3＜﹣b＜4，
∴﹣3+3＜a﹣b＜2+4，
即0＜a﹣b＜6，
故﹣18＜2a+3b＜﹣5，0＜a﹣b＜6；
（2）根据题意得{ f(0)=b−2a≤2 ，
f(1)=2a+b−3≤2
3(2a+b)+b−2a
故a+b=
4
3(2a+b−3)+(b−2a)+9
=
4
3f(1)+f(0)+9
= ，
4
∵f（0）≤2，f（1）≤2，∴3f（1）+f（0）+9≤17，
3f(1)+f(0)+9 17
故a+b= ≤ ，
4 4
17
故a+b的取值范围为（﹣∞， ]．
4
