专题1.3 等式性质与不等式性质（举一反三讲义）
【全国通用】
【题型1 不等式性质的应用】..................................................................................................................................3
【题型2 用不等式表示不等关系】..........................................................................................................................4
【题型3 比较数（式）的大小】..............................................................................................................................6
【题型4 利用不等式的性质证明不等式】..............................................................................................................8
【题型5 利用不等式的性质求目标式的取值范围】...........................................................................................10
【题型6 不等式的综合问题】................................................................................................................................11
【题型7 糖水不等式】............................................................................................................................................13
1、不等关系与不等式性质
考点要求
真题统计
考情分析
(1)等式性质
(2)比较两个数的大小
(3)理解不等式的性质，并
能简单应用
2022 年Ⅱ卷：第12 题，5 分
高考对不等式的性质的考查比较稳定，
一般以选择题、填空题为主，主要考查
不等式的性质及其应用、比较大小；单
独考查的题目虽然不多，但不等式的相
关知识往往可以渗透到高考的各个知识
领域，作为解题工具与函数、向量、解
析几何、数列等知识相结合，在知识的
交汇处命题，是进行不等式变形、证明
以及解不等式的依据，是高考考查的一
个重点内容.
知识点
等式性质与不等式性质
1．等式的基本性质
性质1 对称性：如果a＝b，那么b＝a；
性质2 传递性：如果a＝b，b＝c，那么a＝c；
性质3 可加（减）性：如果a＝b，那么a±c＝b±c；
性质4 可乘性：如果a＝b，那么ac＝bc；
性质5 可除性：如果a＝b，c≠0，那么＝.
2．不等式的性质
(1)对称性：如果a>b，那么b<a；如果b<a，那么a>b.即a>b⇔b<a.
(2)传递性：如果a>b，b>c，那么a>c.即a>b，b>c⇒a>c.
(3)可加性：如果a>b，那么a＋c>b＋c.
(4)可乘性：如果a>b，c>0，那么ac>bc；如果a>b，c<0，那么ac<bc.
(5)同向可加性：如果a>b，c>d，那么a＋c>b＋d.
(6)同向同正可乘性：如果a>b>0，c>d>0，那么ac>bd.
(7)同正可乘方性：如果a>b>0，那么an>bn(n∈N，n≥2)．
3．不等式的两类常用性质
(1)倒数性质
①a>b，ab>0⇒
；
②a<b<0⇒
；
③a>b>0，0<c<d⇒
；
④0<a<x<b 或a<x<b<0⇒
．
(2)有关分数的性质
若a>b>0，m>0，则
①真分数的性质
；
②假分数的性质
.
4．比较大小的基本方法
关系
方法
作
差
法
与0 比较
作
商
法
与1 比较
a>b
a−b>0
a
b >1(a ，b>0)
或
a
b <1(a，b<0)
a=b
a−b=0
a
b=1(b≠0)
a<b
a−b=0
a
b <1(a ，b>0)
或
a
b >1(a，b<0)
【方法技巧与总结】
1．应用不等式的基本性质，不能忽视其性质成立的条件，特别提醒的是在解决有关不等式的判断题
时，有时可用特殊值验证法，以提高解题的效率.
2．比较数（式）的大小常用的方法有作差法、作商法.、直接应用不等式的性质、基本不等式、利用
函数的单调性，需要灵活运用方法求解.
【题型1 不等式性质的应用】
【例1】（2025·天津南开·一模）设x , y ∈R，则“x
2+ y
2>0”是“xy >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
【解题思路】根据不等式的性质判断条件间的推出关系，即可得.
【解答过程】若x
2+ y
2>0，如x =−1, y =1，但xy >0不成立，充分性不成立；
若xy >0，显然x , y同号且不为0，则x
2+ y
2>0成立，必要性成立；
所以“x
2+ y
2>0”是“xy >0”的必要不充分条件.
故选：B.
【变式1-1】（2024·河南驻马店·二模）已知a>b>c>0，则下列说法一定正确的是（ ）
A．a>b+c
B．a
2<bc
C．ac>b
2
D．ab+bc>b
2+ac
【解题思路】利用赋值法来举反例比较大小，利用作差法来比较大小，利用不等式的性质来比较大小.
【解答过程】当a=3,b=2,c =1时，a=b+c，且ac<b
2，故A，C 项错误；
因为a>b>0，a>c>0，所以a
2>bc，故B 项错误；
ab+bc−(b
2+ac)=(b−c)(a−b)>0，故D 项正确.
故选：D.
【变式1-2】（2025·河北石家庄·一模）如果ab>0，那么“a>b”是“1
a < 1
b ”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
【解题思路】由不等式的性质作差后分别证明充分性和必要性即可.
【解答过程】若ab>0，a>b，则b−a<0，
则1
a −1
b = b−a
ab <0，即1
a < 1
b，充分性成立；
若ab>0，1
a < 1
b ，则1
a −1
b = b−a
ab <0，
所以b<a，必要性成立，
所以如果ab>0，那么“a>b”是“1
a < 1
b”的充要条件.
故选：C.
【变式1-3】（2025·山东·二模）若a<b<0，则下列不等式成立的是（ ）
A．a
2<b
2
B．a+b<b+c
C．1
a < 1
b
D．1
|a) < 1
|b)
【解题思路】根据不等式的性质，即可结合选项逐一求解.
【解答过程】对于A, 由于a<b<0，a
2>b
2,故A 错误，
对于B，由于a,c关系不确定，故a+b<b+c不一定成立，故B 错误，
对于C，由于a<b<0，所以1
a > 1
b ，C 错误，
对于D，由于a<b<0，则|a)>|b)>0，故1
|a) < 1
|b)，D 正确，
故选；D.
【题型2 用不等式表示不等关系】
【例2】（24-25 高一上·广东深圳·阶段练习）公司运输一批木材，总重600 吨，车队有两种货车，A 型货
车载重量30 吨，B型货车载重量24 吨，设派出A 型货车x辆，B型货车y辆，则运输方案应满足的关系式
是（ ）
A．5 x + 4 y <100
B．5 x + 4 y ≥100
C．5 x + 4 y >100
D．5 x + 4 y ≤100
【解题思路】根据已知列出不等式，化简即可得出答案.
【解答过程】由已知可得，30 x +24 y ≥600，
所以有5 x + 4 y ≥100.
故选：B.
【变式2-1】（2024·江西抚州·模拟预测）2021 年是中国共产党成立100 周年，为了庆祝建党100 周年，学
校计划购买一些气球来布置会场，已知购买的气球一共有红黄蓝绿四种颜色，红色多于蓝色，蓝色多
､
､
､
于绿色，绿色多于黄色，黄色的两倍多于红色，则购买的气球最少有（ ）个
A．20
B．22
C．24
D．26
【解题思路】分别设红黄蓝绿各有
､
､
､
a，b，c，d个，根据题意列出不等式可分别求出a,b,c ,d范围，即
可求出.
【解答过程】分别设红黄蓝绿各有
､
､
､
a，b，c，d个，且a，b，c，d为正整数，
则由题意得a≥c +1，c≥d +1，d ≥b+1，2b≥a+1，可得b≥4，
所以a≥7，c≥6，d ≥5，即至少有4+5+6+7=22个.
故选：B.
【变式2-2】（2025·山西·二模）从坐标平面的四个象限中取若干点，这些点中横坐标为正数的点比横坐标
为负数的点多，纵坐标为正数的点比纵坐标为负数的点少，则下列对这些点的判断一定正确的是（ ）
A．第一象限点比第二象限点多
B．第二象限点比第三象限点多
C．第一象限点比第三象限点少
D．第二象限点比第四象限点少
【解题思路】分别设出各象限内横坐标、纵坐标分别为正数、负数时点的个数，根据题意列不等式，结合
不等式性质求解即可.
【解答过程】设第一象限的点即横坐标为正数且纵坐标为正数的点有x个，
第二象限的点即横坐标为负数且纵坐标为正数的点有y个，
第三象限的点即横坐标为负数且纵坐标为负数的点有z个，
第四象限的点即横坐标为正数且纵坐标为负数的点有w个，
又因为横坐标为正数的点比横坐标为负数的点多，纵坐标为正数的点比纵坐标为负数的点少，
所以x + w > y + z①，且z + w > x + y②，
由不等式性质可知，①+②可得w > y，即第二象限点比第四象限点少.
故选：D.
【变式2-3】（2024·浙江金华·一模）某高中高三（15）班打算下周开展辩论赛活动，现有辩题A、B 可供
选择，每位学生都需根据自己的兴趣选取其中一个作为自己的辩题进行资料准备，已知该班的女生人数多
于男生人数，经过统计，选辩题A 的人数多于选辩题B 的人数，则（ ）
A．选辩题A 的女生人数多于选辩题B 的男生人数
B．选辩题A 的男生人数多于选辩题B 的男生人数
C．选辩题A 的女生人数多于选辩题A 的男生人数
D．选辩题A 的男生人数多于选辩题B 的女生人数
【解题思路】根据不等式的性质以及简单的逻辑推理，找出正确的选项即可.
【解答过程】设选辩题A 的男生有x 人，选辩题A 的女生有y 人，选辩题B 的男生有m 人，选辩题B 的女
生有n 人.
已知该班女生人数多于男生人数，即y +n> x +m；又知选辩题A 的人数多于选辩题B 的人数，即
x + y >m+n.
将这两个不等式相加得到：2 y + x +n>2m+ x +n，两边同时消去x +n得到2 y >2m，即y >m.
这就意味着选辩题A 的女生人数多于选辩题B 的男生人数.
故选：A.
【题型3 比较数（式）的大小】
【例3】（2025·云南昆明·一模）已知x>0，x
2−2 xy + z
2=0，x
2< yz，则（ ）
A．y > z> x
B．x> y > z
C．y > x> z
D．z> x> y
【解题思路】根据题意，由原式可得y = x
2+ z
2
2 x
，然后由作差法分别比较y与x，y与z的大小关系，即可得
到结果.
【解答过程】由x>0，且x
2−2 xy + z
2=0可得2 xy = x
2+ z
2，即y = x
2+ z
2
2 x
，
则y −x = x
2+ z
2
2 x
−x = x
2+ z
2−2 x
2
2 x
= z
2−x
2
2 x
，
又x
2< yz，即x
2< x
2+ z
2
2 x
⋅z，化简可得2 x
3−x
2 z−z
3<0，
即(x −z)(2 x
2+ xz + z
2)<0，其中2 x
2+ xz + z
2=2(x + z
4)
2
+ 7
8 z
2>0，
所以x−z<0，即0< x< z，所以x
2< z
2，
所以y −x = z
2−x
2
2 x
>0，所以y > x，
又y −z = x
2+ z
2
2 x
−z = x
2+ z
2−2 xz
2 x
= (x−z)
2
2 x
>0，所以y > z，
综上所述，y > z> x.
故选：A.
【变式3-1】（2024·全国·模拟预测）已知x> y，则下列不等式正确的是（ ）
A．1−x<1−y
B．x
2> y
2
C．| x
y |>1
D．xz> yz
【解题思路】利用不等式的性质可判断A 项正确，D 项错误，通过举反例可说明B,C 两项错误.
【解答过程】∵ x> y ,∴−x<−y ,∴−x +1<−y +1，即1−x<1−y，故选项A 正确；
当x =−1, y =−2时，满足x> y，但x
2=1, y
2= 4，此时x
2< y
2，| x
y |=| −1
−2 |= 1
2 <1，故选项B，C 错
误；
当z<0时，由x> y可得xz< yz，故选项D 错误.
故选:A．
【变式3-2】（2024·浙江金华·模拟预测）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 <2 P
【解题思路】根据作差法比较大小,首先将要比较的M , N , P,用a,b,c表示,后作差变形,运用a>b>c这个条
件,判断正负即可比较出大小.
【解答过程】根据题意得,M = a+b+c
3
,N = a+b
2
,P= N +c
2
=
a+b
2
+c
2
= a+b+2c
4
,
对于A 选项,N −P= a+b
2
−a+b+2c
4
= a+b−2c
4
,
∵a>b>c ,∴a−c>0,b−c>0,∴a+b−2c>0,∴N −P= a+b−2c
4
>0,∴N > P.
对于B 选项,M −P= a+b+c
3
−a+b+2c
4
= a+b−2c
12
,
∵a>b>c ,∴a−c>0,b−c>0,∴a+b−2c>0,∴M −P= a+b−2c
12
>0,∴M > P.
对于C 选项,M −N = a+b+c
3
−a+b
2
= −a−b+2c
6
,
∵a>b>c ,∴c−a<0,c−b<0,∴2c−a−b<0,∴M −N = −a−b+2c
6
<0,∴M < N .
对于D 选项,∵M > P , N > P ,∴M + N >2 P.
故选：B.
【变式3-3】（2025·广西来宾·模拟预测）黄金不仅可以制成精美的首饰佩戴，还因其价值高，并且是一种
稀少的资源，长久以来也是一种投资工具.小李计划投资黄金，根据自身实际情况，他决定分两次进行购
买，并且制定了两种不同的方案：方案一是每次购入一定数量的黄金：方案二是每次购入一定金额的黄金.
已知黄金价格并不稳定，所以他预设两次购入的单价不同.现假设他两次购入的单价分别为a1,a2，且
a1≠a2，则下列说法正确的是（ ）
A．当且仅当a1>a2时，方案一的平均购买成本比方案二更低
B．当且仅当a1>a2时，方案二的平均购买成本比方案一更低
C．无论a1,a2的大小关系如何，方案一的平均购买成本比方案二更低
D．无论a1,a2的大小关系如何，方案二的平均购买成本比方案一更低
【解题思路】根据题意，分别计算出方案一与方案二的平均购买成本，然后作差比较大小，即可判断.
【解答过程】方案一：设每次购入的黄金数量为m，则平均购买成本x = ma1+ma2
2m
= a1+a2
2
；
方案二：设每次购入的黄金金额为n，则平均购买成本为
y =
2n
n
a1
+ n
a2
=
2n
n(a1+a2)
a1a2
= 2a1a2
a1+a2，
所以x−y = a1+a2
2
−2a1a2
a1+a2
= (a1+a2)
2−4 a1a2
2(a1+a2)
= (a1−a2)
2
2(a1+a2)
，
且a1≠a2，则x−y = (a1−a2)
2
2(a1+a2)
>0，即x> y，
无论a1,a2的大小关系如何，方案二的平均购买成本比方案一更低.
故选：D.
【题型4 利用不等式的性质证明不等式】
【例4】（2024·全国·模拟预测）已知a，b，c 为三角形的三边．
(1)求证：❑√a
2+b
2+ab+
❑√b
2+c
2+bc>2c；
(2)若c≥b≥a，求证：
3√a
3+b
3+
3√c
3+a
3<a+b+c．
【解题思路】（1）由❑√a
2+b
2+ab= ❑√(a+ b
2)
2
+ 3
4 b
2>a+ b
2
，❑√b
2+c
2+bc = ❑√(c + b
2)
2
+ 3
4 b
2>c + b
2
，结
合三角形两边之和大于第三边的性质可得答案.
（2）利用作差法求证(
a
2 +b)
3
−(a
3+b
3)>0，则a
2 +b>
3√a
3+b
3，同理a
2 +c>
3√c
3+a
3，结合不等式的性质
可得答案.
【解答过程】（1）因为a，b，c 为三角形的三边，所以a，b，c∈(0,+∞)，且a+b>c，（关键：根据
三角形的三边关系得到a，b，c 满足的条件）
所以
❑√a
2+b
2+ab= ❑√(a+ b
2)
2
+ 3
4 b
2>a+ b
2
，
❑√b
2+c
2+bc = ❑√(c + b
2)
2
+ 3
4 b
2>c + b
2
，
所以
❑√a
2+b
2+ab+
❑√b
2+c
2+bc>a+ b
2 +c + b
2 =a+b+c>2c．
（2）因为c≥b≥a，
所以(
a
2 +b)
3
−(a
3+b
3)=−7
8 a
3+ 3
4 a
2b+ 3
2 ab
2≥−7
8 a
3+ 3
4 a
3+ 3
2 a
3= 11
8 a
3>0，
所以a
2 +b>
3√a
3+b
3，
同理可得a
2 +c>
3√c
3+a
3，
所以
3√a
3+b
3+
3√c
3+a
3< a
2 +b+ a
2 +c =a+b+c．
【变式4-1】（24-25 高一上·全国·课后作业）设x>0，y >0，z>0，证明：1<
x
x + y +
y
y + z +
z
z + x <2．
【解题思路】由x + y + z> x + y，x + y + z> x + z，x + y + z> y + z和
x
x + y >
x
x + y + z ，
y
y + z >
y
x + y + z ，
z
z + x >
z
x + y + z 证明即可.
【解答过程】由题意知x>0，y >0，z>0，
则有x + y + z> x + y，x + y + z> x + z，x + y + z> y + z，①
x
x + y >
x
x + y + z ，
y
y + z >
y
x + y + z ，z
z + x >
z
x + y + z ，
所以
x
x + y +
y
y + z +
z
z + x >
x
x + y + z +
y
x + y + z +
z
x + y + z =1．
又根据①的结论可知
x
x + y <
x + z
x + y + z ，
y
y + z <
x + y
x + y + z ，z
z + x <
y + z
x + y + z ，
所以
x
x + y +
y
y + z +
z
z + x <
x + z
x + y + z +
x + y
x + y + z +
y + z
x + y + z =2．
综上所述，1<
x
x + y +
y
y + z +
z
z + x <2.
【变式4-2】（24-25 高一上·海南省直辖县级单位·期中）已知a>b>1，d <c<−2．
(1)求证：(a−1)(b−1)(c +2)(d +2)>0；
(2)求证：ac+bd >bc+ad．
【解题思路】（1）利用不等式的性质证明即可；
（2）应用作差法比较大小，即可证.
【解答过程】（1）由a>b>1，则a−1>0,b−1>0，故(a−1)(b−1)>0，
由d <c<−2，则c +2<0,d +2<0，故(c +2)(d +2)>0，
所以(a−1)(b−1)(c +2)(d +2)>0，得证.
（2）由ac +bd −bc−ad =c(a−b)+d(b−a)=(c−d)(a−b)，而a−b>0,c−d >0，
所以ac +bd −bc−ad =(c−d)(a−b)>0，即ac+bd >bc+ad，得证.
【变式4-3】（24-25 高一上·上海·课堂例题）（1）已知c>a>b>0，求证：
a
c−a >
b
c−b；
（2）已知a>b，e>f ，c>0，求证：f −ac<e−bc．
【解题思路】（1）（2）利用不等式的性质推理即得.
【解答过程】（1）由a>b，得−a<−b，则c−a<c−b，
又c>a，则c−a>0，即0<c−a<c−b，
不等式两边同乘
1
(c−a)(c−b)，得
1
c−a >
1
c−b >0，
而a>b>0，所以
a
c−a >
b
c−b ．
（2）由a>b，c>0，得ac>bc，即−ac<−bc，
又f <e，所以f −ac<e−bc．
【题型5 利用不等式的性质求目标式的取值范围】
【例5】（2025·吉林长春·模拟预测）已知π
4 <α < β <π
2 ，则2α −2 β的取值范围是（ ）
A．(−π
2 ,π
2 )
B．(−π
2 ,0)
C．(−π,π)
D．(−π,0)
【解题思路】应用不等式的性质，线性运算即可求出2α −2 β的取值范围.
【解答过程】因为π
4 <α <π
2 ,π
4 < β <π
2 ，所以π
2 <2α <π,−π<−2 β <−π
2 ，
则−π
2 <2α −2 β <π
2 ，又α < β，所以2α −2 β <0，
从而−π
2 <2α −2 β <0．
故选：B．
【变式5-1】（2025·河北沧州·模拟预测）已知2<a≤4，−1<b≤0，则2a−b的取值范围（ ）
A．[4,9)
B．(4,9)
C．(5,8)
D．(5,8)
【解题思路】由不等式的同向可加性得到结果.
【解答过程】因为2<a≤4，−1<b≤0得4<2a≤8，0≤−b<1，
所以4<2a−b<9．
故选：B．
【变式5-2】（2024·江苏南通·模拟预测）设x , y为实数，满足3≤x y
2≤8,4≤x
2
y ≤9，则x
3
y
4的最大值为
（ ）
A．27
B．24
C．12
D．32
【解题思路】根据不等式的基本性质计算即可求解.
【解答过程】由3≤x y
2≤8，得1
8 ≤1
x y
2 ≤1
3，
又4≤x
2
y ≤9，所以16≤x
4
y
2 ≤81，
所以1
8 ×16≤1
x y
2 × x
4
y
2 ≤1
3 ×81，即2≤x
3
y
4 ≤27，
所以x
3
y
4的最大值为27.
故选：A.
【变式5-3】（2025·浙江·模拟预测）若负实数t满足：对于任意a∈[−4 ,t )，总存在b,c∈[−4 ,t )，使得
ab+c =1，则t的范围是（ ）
A．[−4 ,−5
4)
B．[−5
4 ,−1
3)
C．[−❑√5,−1
3)
D．[−❑√5,−4)
【解题思路】由条件得到a= 1−c
b
，求得1−c
b
的范围，由a的取值范围是1−c
b
的子集，构造不等式求解即
可.
【解答过程】由题可知：对于任意a∈[−4 ,t )，总存在b,c∈[−4 ,t )，
使得a= 1−c
b
，
所以a的取值范围是1−c
b
的子集即可，
{
−4≤c≤t
−4≤b≤t)⇒{
−5≤c−1≤t −1
1
t ≤1
b ≤−1
4 )
，
注意到0<1−t ≤1−c≤5，
{
1
b
(1−c)≤−1
4
(1−c)≤t −1
4
1
b
(1−c)≥1
t
(1−c)≥5
t )
⇒5
t ≤1
b
(1−c)≤t −1
4
，
因为t <0，所以{
−4≤t
5
t ≤t −1
4
5
t ≤−4
t ≤t −1
4 )
⇒{
−4≤t
−4≤t ≤5
−5
4 ≤t
t ≤−1
3 )
⇒−5
4 ≤t ≤−1
3
故选：B.
【题型6 不等式的综合问题】
【例6】（24-25 高一上·云南·期中）回答下列问题
(1)已知a,b都是正实数，比较a
2
b + b
2
a
与a+b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）将a
2
b + b
2
a
与a+b相减并化简，分类讨论判断差的符号即可比较大小；
（2）根据不等式的性质求解即可.
【解答过程】（1）(
a
2
b + b
2
a )−(a+b)= a
3+b
3−ab
2−a
2b
ab
= a
2(a−b)+b
2(b−a)
ab
= (a−b)(a
2−b
2)
ab
= (a−b)
2(a+b)
ab
，
因为a,b都是正实数，所以ab>0，a+b>0，(a−b)
2≥0，
所以a
2
b + b
2
a ≥a+b，当且仅当a=b时等号成立.
（2）设2a+3b=m(a+b)+n(a−b)，
则{
m+n=2
m−n=3)，
解得m= 5
2，n=−1
2，
所以2a+3b= 5
2
(a+b)−1
2
(a−b)，
因为1<a+b<3，−2<a−b<2，
所以5
2 < 5
2
(a+b)< 15
2 ，−1<−1
2
(a−b)<1，
所以3
2 < 5
2
(a+b)−1
2
(a−b)< 17
2 ，
即3
2 <2a+3b< 17
2 ，
所以2a+3b的取值范围为(
3
2 , 17
2 ).
【变式6-1】（24-25 高一上·上海宝山·阶段练习）（1）已知x∈R，比较2 x
2+3 x−1与7 x−3的大小；
（2）已知a>0，b>0，若a+b>4，求证：a
b+2和b
a+2中至少有一个大于1
2.
【解题思路】（1）运用作差比较法，结合配方法进行比较大小即可；
（2）用反证法，假设a
b+2 ≤1
2，b
a+2 ≤1
2，推出a+b≤4矛盾，即得证.
【解答过程】（1）∵(2 x
2+3 x−1)−(7 x−3)=2 x
2−4 x +2=2(x−1)
2≥0，
∴2 x
2+3 x−1≥7 x−3.
（2）假设a
b+2 ≤1
2，b
a+2 ≤1
2，
∵a>0,b>0，∴a+2>0，b+2>0，
∴2a≤b+2,2b≤a+2，
两式相加得，a+b≤4，这与a+b>4矛盾，所以假设错误.
所以a
b+2和b
a+2中至少有一个大于1
2.
【变式6-2】（24-25 高一上·四川南充·阶段练习）（1）已知−1≤x + y ≤4,2≤x−y <3，求x +2 y的取值
范围；
（2）若a>b>0,c<d <0,e<0，求证：e
(a−c)
2 >e
(b−d )
2.
【解题思路】（1）根据不等式的同向可加性结合待定系数法即可求x +2 y的取值范围；
（2）根据不等式的性质结合逐步判断即可得结论.
【解答过程】（1）设x +2 y =m(x + y)+n(x−y)=(m+n) x +(m−n) y，
所以{
m+n=1
m−n=2)，解得{
m= 3
2
n=−1
2)
，
∵−3
2 ≤3
2
(x + y)≤6,−3
2 <−1
2
(x−y)≤−1，
∴−3
2 +(−3
2)< 3
2
(x + y)+ 1
2
(x−y)≤6+(−1)即−3< x +2 y ≤5,
∴x +2 y的取值范围是(−3,5).
（2）证明：∵−c>−d >0,a>b>0,
∴a−c>b−d >0,
∴(a−c)
2>(b−d )
2>0，
∴
1
(a−c)
2 <
1
(b−d)
2 ,
∵e<0，
∴e
(a−c)
2 >e
(b−d)
2.
【变式6-3】（24-25 高一上·上海黄浦·期中）设a，b，c，d是四个正数．
(1)已知a>b，比较2a+b
a+2b 与a
b的值的大小；
(2)若(a+1)(b+1)(c +1)(d +1)<16，求证：a，b，c，d中至少有一个小于1．
【解题思路】（1）利用作差比较即可判断；
（2）利用反证法即可证明．
【解答过程】（1）因为a>b>0，
则2a+b
a+2b −a
b = 2ab+b
2−a
2−2ab
(a+2b)b
= (b+a)(b−a)
b(a+2b)
<0，
所以2a+b
a+2b < a
b ；
（2）假设a，b，c，d都不小于1，即a≥1，b≥1，c≥1，d ≥1，
则a+1≥2，b+1≥2，c +1≥2，d +1≥2，
所以(a+1)(b+1)(c +1)(d +1)≥16，与已知矛盾，
故a，b，c，d中至少有一个小于1．
【题型7 糖水不等式】
【例7】（24-25 高一上·贵州六盘水·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，并逐渐被数学界接受，不等
号的引入对不等式的发展影响深远.如糖水在日常生活中经常见到，可以说大部分人都喝过糖水.如果a克糖
水中含有b克糖（a>b>0），再添加n克糖（n>0）（假设全部溶解），糖水变甜了，将这一事实表示为
不等式正确的是（ ）
A．b+n
a+n > b
a
B．b
a+n > b
a
C．b+n
a+n ≥b
a
D．a+n
b+n > a
b
【解题思路】根据加糖前后糖水浓度的变化即可得答案.
【解答过程】解：由题意可知，加入n克糖（n>0）后糖水变甜了，
即糖水的浓度增加了，
加糖之前，糖水的浓度为：b
a；加糖之后，糖水的浓度为：b+n
a+n；
所以b+n
a+n > b
a.
故选：A.
【变式7-1】（24-25 高一上·福建莆田·期末）a克糖水中含有b克糖，糖的质量与糖水的质量比为b
a，这个
质量比决定了糖水的甜度，如果再添加m克糖（假设全部溶解），生活经验告诉我们糖水会变甜，对应的
不等式为b+m
a+m > b
a
(a>b>0, m>0)，这个不等式趣称为糖水不等式．根据糖水不等式，下列不等式正确
的是（ ）
A．
❑√7
❑√11 <
❑√7−2
❑√11−2
B．
❑√5
❑√3 <
❑√5+2
❑√3+2
C．log85<log1610
D．lg7
1+lg7 +
lg11
1+lg11 <
lg7+lg11
1+lg7+lg11
【解题思路】根据给定的信息，利用不等式的性质逐项判断即得.
【解答过程】对于A，❑√11>❑√7>2，
❑√7
❑√11 =
❑√7−2+2
❑√11−2+2 >
❑√7−2
❑√11−2
，A 错误；
对于B，❑√5>❑√3,2>0，
❑√3
❑√5 <
❑√3+2
❑√5+2
，则
❑√5
❑√3 >
❑√5+2
❑√3+2
，B 错误.
对于C，由lg8>lg5,lg2>0，得log85= lg5
lg8 < lg5+lg2
lg8+lg2 = lg10
lg16 = log1610，C 正确；
对于D，lg7
1+lg7 +
lg11
1+lg11 >
lg7
1+lg7+lg11 +
lg11
1+lg7+lg11 =
lg7+lg11
1+lg7+lg11，D 错误；
故选：C.
【变式7-2】（2025 高二·全国·专题练习）下列关于糖水浓度的问题，能提炼出怎样的不等关系呢？写出式
子并证明.
(1)如果向一杯糖水里加糖，糖水变甜了；
(2)把原来的糖水（淡）与加糖后的糖水（浓）混合到一起，得到的糖水一定比淡的浓、比浓的淡；
(3)如果向一杯糖水里加水，糖水变淡了.
【解题思路】（1）首先根据浓度关系，建立不等式，再作差比较大小；
（2）首先由浓糖水喝淡糖水表示不等关系a
b < c
d ，再证明混合后的糖水的浓度关系，即可证明
a
b < a+c
b+d < c
d ；
（3）根据条件建立不等式，再作差证明.
【解答过程】（1）设糖水b 克，含糖a 克，糖水浓度为a
b ，加入m 克糖，
求证：不等式a+m
b+m > a
b (其中a，b，m 为正实数，且b>a)成立．
不妨用作差比较法，证明如下：
a+m
b+m −a
b = b(a+m)−a(b+m)
b(b+m)
＝m(b−a)
b(b+m) .
∵a，b，m 为正实数，且a<b，∴b+m>0,b−a>0，
∴m(b−a)
b(b+m) >0，即a+m
b+m > a
b .
（2）设原糖水b 克，含糖a 克，糖水浓度为a
b；另一份糖水d 克，含糖c 克，糖水浓度为c
d ，且a
b < c
d ，
求证：a
b < a+c
b+d < c
d (其中b>a>0,d >c>0).
证明：∵a
b < c
d ，且b>a>0,d >c>0，
∴ad <bc，即bc−ad >0，
a
b −a+c
b+d = ab+ad −ab−bc
b(b+d)
= ad −bc
b(b+d) <0，
即a
b < a+c
b+d ，
c
d −a+c
b+d = cb+cd −ad −cd
d (b+d)
= cb−ad
d (b+d) >0，
即a+c
b+d < c
d ∴a
b < a+c
b+d < c
d .
（3）设原糖水b 克，含糖a 克，糖水浓度为a
b，加入m 克水，
求证：a
b >
a
b+m (其中b>a>0，m>0).
证明：a
b −
a
b+m = ab+am−ab
b(b+m)
=
am
b(b+m) >0，
∴a
b >
a
b+m.
【变式7-3】（24-25 高一上·黑龙江黑河·阶段练习）已知b 克糖水中有a 克糖(b>a>0)，往糖水中加入m
克糖(m>0)，（假设全部溶解）糖水更甜了．
(1)请将这个事实表示为一个不等式，并证明这个不等式；
(2)利用（1）的结论比较M = 20192020
20232024 , N = 20192017
20232021的大小；
(3)证明命题：设x>0, y >0, z>0，证明：1<
x
x + y +
y
y + z +
z
z + x <2．
【解题思路】（1）根据题意，得到不等式a
b < a+m
b+m ,(m>0)，结合作差比较法，即可得证；
（2）根据题意，化简M = 20192020
20232024 = 20192017+3
20232021+3 ，利用上述结论，即可求解；
（3）由（1）中的结论，得到
x
x + y <
x + z
x + y + z ,
y
y + z <
y + x
y + z + x ,
z
z + x <
z + y
z + x + y
，证得
x
x + y +
y
y + z +
z
z + x <2，再由
x
x + y +
y
y + z +
z
z + x =3−(
y
x + y +
z
y + z +
x
z + x )，进而证得
x
x + y +
y
y + z +
z
z + x >1，即可得证.
【解答过程】（1）由题意，可得不等式a
b < a+m
b+m ,(m>0).
证明：由a
b −a+m
b+m = ab+am−ab−bm
b(b+m)
= (a−b)m
b(b+m) ，
因为b>a>0,m>0，可得a−b<0,b+m>0，
所以a
b −a+m
b+m <0，即a
b < a+m
b+m.
（2）由M = 20192020
20232024 = 20192017+3
20232021+3 , N = 20192017
20232021，
由（1）中的结论，可得20192017+3
20232021+3 > 20192017
20232021，即M > N.
（3）证明：因为x>0, y >0, z>0，
由（1）中的结论，可得
x
x + y <
x + z
x + y + z ,
y
y + z <
y + x
y + z + x ,
z
z + x <
z + y
z + x + y ，
所以
x
x + y +
y
y + z +
z
z + x <
x + z
x + y + z +
y + x
y + z + x +
z + y
z + x + y =2①，
又由
x
x + y = x + y −y
x + y
=1−
y
x + y ，同理可得
y
y + z =1−
z
y + z ,
z
z + x =1−
x
z + x ，
则
x
x + y +
y
y + z +
z
z + x =3−(
y
x + y +
z
y + z +
x
z + x )，
由上述结论，可得
y
x + y +
z
y + z +
x
z + x <2，所以
x
x + y +
y
y + z +
z
z + x >1②，
综合①②，得1<
x
x + y +
y
y + z +
z
z + x <2.
一、单选题
1．（2024·青海西宁·一模）下列命题中，正确的是（ ）
A．若ab≠0且a<b，则1
a > 1
b
B．若a>b，则a
2>b
2
C．若a>b，c>d，则ac>bd
D．若a>b，则a+c>b+c
【解题思路】利用特殊值法和不等式的性质即可求解.
【解答过程】对于A 选项，令a=−1,b=1，则1
−1 < 1
1，所以1
a > 1
b不成立，故A 错误；
对于B 选项，令a=−1,b=−2，则(−1)
2<(−2)
2，所以a
2>b
2不成立，故B 错误；
对于C 选项，令a=−1,b=−2,c =3,d =1，则(−1)×3<(−2)×1，所以ac>bd不成立，故C 错误；
对于D 选项，由a>b及不等式的可加性可得a+c>b+c，故D 正确.
故选：D.
2．（2025·福建三明·三模）已知a，b∈R，则“|a)+|b)≤1”是“a
2+b
2≤1”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
【解题思路】依次分析充分性和必要性即可得解.
【解答过程】若|a)+|b)≤1，则a
2+b
2≤a
2+b
2+2|a)|b)=(|a)+|b))
2≤1，充分性成立；
设a=b=
❑√2
2 ，则有a
2+b
2=(
❑√2
2 )
2
+(
❑√2
2 )
2
=1满足a
2+b
2≤1，
此时有|a)+|b)= ❑√2>1，不满足|a)+|b)≤1，故必要性不成立，
综上所述，“|a)+|b)≤1”是“a
2+b
2≤1”的充分不必要条件.
故选：A.
3．（2025·北京海淀·二模）设a、b、c∈R，abc≠0，且a>b>c，则（ ）
A．a
b + b
c >2
B．b
a + c
b <2
C．2a>b+c
D．a+b>c
【解题思路】利用特殊值法可判断ABD 选项，利用不等式的性质可判断C 选项.
【解答过程】对于A 选项，不妨取a=2，b=1，c =−1
4 ，则a
b + b
c =2−4 =−2<2，A 错；
对于B 选项，不妨设a=−1，b=−2，c =−6，则b
a + c
b =2+3=5>2，B 错；
对于C 选项，因为a>b>c，由不等式的基本性质可得2a>b+c，C 对；
对于D 选项，不妨设a=−1，b=−2，c =−2.5，则a+b=−3<−2.5=c，D 错.
故选：C.
4．（2025·全国·模拟预测）已知x，y为实数，p: x< y，q:|x)< y，则p是q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
【解题思路】利用举反例的方法及不等式的性质，结合必要不充分条件的定义即可判断.
【解答过程】因为x，y为实数，当x =−2<0，y =1时，满足x< y，但是|x)=2> y =1，
所以若p则q是假命题；
而由0≤|x)< y，当x ≥0时，得x< y；
当x<0时，得x<0< y，所以由|x)< y得x< y，
所以若q则p是真命题；
所以p是q的必要不充分条件.
故选：B.
5．（2025·山西临汾·二模）若3≤a≤5,−2≤b≤1，则2a−b的范围是（ ）
A．[8,9)
B．[4,8)
C．[5,8)
D．[5,12)
【解题思路】根据不等式的性质即可求解.
【解答过程】由3≤a≤5,−2≤b≤1可得6≤2a≤10,−1≤−b≤2，
故5≤2a−b≤12，
故选：D.
6．（2025·重庆·模拟预测）设 a，b，c 为均不为零的实数，且 |a−c|<|b| ，则（ ）
A．a−c<b
B．a+b>c
C．|a|<|b|+|c|
D．|a|+|c|<|b|
【解题思路】对A，B，根据题意可得−|b)<a−c<|b)，当b<0时易判断；对C，根据条件结合绝对值三
角不等式求解判断；对D，举反例说明.
【解答过程】因为a,b,c为均不为零的实数，且|a−c)<|b)，
所以−|b)<a−c<|b)，
对于A，由−|b)<a−c<|b)，当b<0时，得a−c>b，故A 错误；
对于B，由−|b)<a−c<|b)，当b<0时，得a+b<c，故B 错误；
对于C，因为|a−c)≥|a)−|c)，所以|b)>|a)−|c)，即|a)<|b)+|c)，故C 正确；
对于D，举反例，如a=c =2,b=1，满足条件，但|2)+|2)>|1)，故D 错误.
故选：C.
7．（2025·云南玉溪·二模）已知x>0，x
2−2 xy + z
2=0，x
2< yz，则（ ）
A．y > z> x
B．x> y > z
C．y > x> z
D．z> x> y
【解题思路】易得x
2+ z
2≥2 xz，再结合已知可得y > z，由x
2−2 xy + z
2=0，得x
2−2 xy + y
2= y
2−z
2，即
可比较x , y，利用作差法即可比较x , z，即可得解.
【解答过程】由x
2−2 xy + z
2=0，得x
2+ z
2=2 xy，
因为x
2+ z
2≥2 xz，当且仅当x = z时取等号，
所以2 xy ≥2 xz，
因为x>0，所以y ≥z，
当y = z时，y = x = z，此时，x
2= yz，
这与x
2< yz矛盾，所以y > z，
由x
2−2 xy + z
2=0，得x
2−2 xy + y
2= y
2−z
2，
所以( y + z)( y −z)=(x−y)
2≥0，当且仅当x = y = z时取等号，
由A 选项知，当x = y = z时，不符题意，
所以( y + z)( y −z)=(x−y)
2>0，
由y > z，可得y + z>0，
因为yz> x
2>0，所以y > z>0，
所以y
2> yz，
因为x
2< yz，所以y
2> x
2，所以y > x，
由x
2−2 xy + z
2=0，得z
2=2 xy −x
2，
则x
2−z
2=2 x
2−2 xy =2 x (x−y)，
因为x>0，y > x，
所以x
2−z
2=(x + z)(x−z)=2 x (x−y)<0，
又因为x>0, z>0，所以x−z<0，所以x< z，
综上所述，y > z> x.
故选：A.
8．（2025·安徽淮北·二模）已知a,b∈R，下列命题正确的是（ ）
A．若ab=1，则a+b≥2
B．若1
a < 1
b ，则a>b
C．若a>b，则ln(a−b)>0
D．若a>b>0，则a+ 1
b >b+ 1
a
【解题思路】举反例即可推出A,B,C 错误，D 利用反比例函数单调性和不等式可加性即可证得.
【解答过程】当a=−1,b=−1时，a+b=−2，所以A 错.
当a<0,b>0时，a<b ，所以B 错.
当a=2,b=1时，ln(a−b)=0，所以C 错.
若a>b>0，则1
b > 1
a >0，则a+ 1
b >b+ 1
a成立，所以D 正确.
故选：D.
二、多选题
9．（2025·山东临沂·二模）已知a>b>c，则下列不等式正确的是（ ）
A．
1
a−c <
1
a−b
B．ab
2>c b
2
C．a+b>c
D．a
2+c
2>b
2
【解题思路】对于A，可以用作差法判断，对于BC，举反例判断即可，对于D，分b>0,b=0,b<0三种
情况讨论即可判断.
【解答过程】对于A，
1
a−c −
1
a−b = (a−b)−(a−c)
(a−c)(a−b) =
c−b
(a−c)(a−b)，因为a>b>c，
所以c−b<0,a−c>0,a−b>0，即
c−b
(a−c)(a−b) <0，所以
1
a−c <
1
a−b，故A 正确；
对于B，取a>b=0>c，此时ab
2=c b
2=0，故B 错误；
对于C，取a=−1>b=−2>c =−3，则a+b=c =−3，故C 错误，
对于D，若a>b=0>c，则a
2+c
2>b
2=0显然成立，
若a>b>0>c，则a
2+c
2>a
2>b
2成立，
若a>0>b>c，则a
2+c
2>c
2>b
2成立，
综上所述，只要a>b>c，就一定有a
2+c
2>b
2，故D 正确.
故选：AD.
10．（2025·广东茂名·一模）下列命题正确的是（ ）
A．若a>b，则a
2>b
2
B．若a<b<0，则b
2<ab<a
2
C．若a>b>0, b
a > b+m
a+m，则m<0
D．若2<a+b<3,−1<a−b<2，则3<3a+b<8
【解题思路】举出反例即可判断A，由不等式的性质代入计算即可判断BD，由作差法即可判断C.
【解答过程】对于A，取a=1,b=−2，满足a>b，但是a
2<b
2，故A 错误；
对于B，因为a<b<0，不等式两边同时乘以负数a，不等式方向改变，所以a
2>ab，
不等式两边同时乘以负数b，不等式方向改变，所以ab>b
2，
所以b
2<ab<a
2，故B 正确；
对于C，因为a>b>0，b
a −b+m
a+m = b(a+m)−a(b+m)
a(a+m)
= bm−am
a(a+m) = m(b−a)
a(a+m) ，
又因为b
a > b+m
a+m，所以m(b−a)
a(a+m) >0，而a>b>0，即b−a<0，m(a+m)<0，
所以m<0，故C 正确；
对于D，设3a+b= x (a+b)+ y (a−b)，即3a+b=(x + y)a+(x−y)b，
则{
x + y =3
x−y =1)，解得x =2, y =1，所以3a+b=2(a+b)+(a−b)，
又2<a+b<3，则4<2(a+b)<6，且−1<a−b<2，
所以3<2(a+b)+(a−b)<8，所以3<3a+b<8，故D 正确；
故选：BCD.
11．（2025·湖南长沙·二模）设a，b，c，d 为实数，且a>b>0>c>d，则下列不等式正确的有（ ）
A．c
2<cd
B．a−c<b−d
C．ac<bd
D．c
a −d
b >0
【解题思路】根据不等式的相关性质可得A ,D 项正确；通过举反例可说明B ,C 项错误.
【解答过程】对于A，由0>c>d和不等式性质可得c
2<cd，故A 正确；
对于B，因a>b>0>c>d，若取a=2，b=1，c =−1，d =−2，
则a−c =3，b−d =3，所以a−c =b−d，故B 错误；
对于C，因a>b>0>c>d，若取a=2，b=1，c =−1，d =−2，
则ac =−2，bd =−2，所以ac =bd，故C 错误；
对于D，因为a>b>0，则0< 1
a < 1
b，又因0>c>d则0<−c<−d，
由不等式的同向皆正可乘性得，−c
a <−d
b ，故c
a −d
b >0，故D 正确．
故选：AD．
三、填空题
12．（2025·吉林长春·二模）正整数a,b满足3<a<b<9，则a+b
ab 的最大值为 9
20 ．
【解题思路】当a,b取最小的正整数时，所求最大.
【解答过程】a+b
ab = 1
b + 1
a，要使其最大，则a,b都最小即可，
因为3<a<b<9，且a,b为正整数，故取a= 4 ,b=5，
此时1
b + 1
a = 1
5 + 1
4 = 9
20，
故答案为：9
20.
13．（2024·河北石家庄·二模）若实数x , y , z≥0，且x + y + z = 4,2 x−y + z =5，则M = 4 x +3 y +5 z的取
值范围是 [15,19) .
【解题思路】先得到x =3−2 z
3 , y =1−z
3，并根据x , y , z≥0得到0≤z≤3，从而求出
M = 4 z
3 +15∈[15,19).
【解答过程】因为x + y = 4−z ,2 x−y =5−z，故x =3−2 z
3 , y =1−z
3，
由x , y , z≥0得{
3−2 z
3 ≥0
1−z
3 ≥0
z≥0 )
，解得0≤z≤3，
故M = 4 x +3 y +5 z = 4(3−2 z
3 )+3(1−z
3)+5 z = 4 z
3 +15∈[15,19).
故答案为：[15,19).
14．（2025·河北邯郸·三模）记min{x , y , z }表示x，y，z 中最小的数．设a>0，b>0，则
min{a, 1
b , 1
a +3b)的最大值为 2
．
【解题思路】分a是否大于1
b进行讨论，由此即可简化表达式，若a≤1
b，则可以得到min{a, 1
a +3b)≤2，
并且存在a=2，b= 1
2，使得min{a, 1
a +3b)=2，，同理a> 1
b 时，我们可以证明min{a, 1
b , 1
a +3b)<2，
由此即可得解.
【解答过程】若a≤1
b ，则ab≤1，此时min{a, 1
b , 1
a +3b)=min{a, 1
a +3b)，
因为a(
1
a +3b)=1+3ab≤4，所以a和1
a +3b中至少有一个小于等于2，
所以min{a, 1
a +3b)≤2，又当a=2，b= 1
2时，a= 1
b = 1
a +3b=2，
所以min{a, 1
b , 1
a +3b)的最大值为2．
若a> 1
b ，则ab>1，此时min{a, 1
b , 1
a +3b)=min{
1
b , 1
a +3b)，
因为1
b(
1
a +3b)= 1
ab +3<4，所以1
b和1
a +3b中至少有一个小于2，
所以min{a, 1
b , 1
a +3b)<2．
综上，min{a, 1
b , 1
a +3b)的最大值为2．
故答案为：2.
四、解答题
15．（24-25 高一·全国·随堂练习）判断下列命题的真假，并说明理由：
(1)若a>b，则ac
2>bc
2；
(2)若ac
2>bc
2，则a>b；
(3)若a>b，c>d，则ac>bd；
(4)若a>b，则1
a < 1
b．
【解题思路】（1）取c =0即可判断；
（2）根据不等式的性质即可求解；
（3）（4）举反例即可求解.
【解答过程】（1）若a>b，当c =0时，则ac
2=bc
2=0；故为假命题；
（2）由于ac
2>bc
2，故c
2≠0，则c
2>0，进而可得a>b；故为真命题；
（3）若a=2,b=1，c =−2,d =−3，则ac =−4 ,bd =−3，
此时满足a>b，c>d，但是无法得到ac>bd，故为假命题；
（4）若a>b，不妨取a=1,b=0，则1
b无意义，故无法得到1
a < 1
b，故为假命题.
16．（2025 高三·全国·专题练习）已知−1≤x + y ≤2，−2≤x−y ≤1，求x−2 y的取值范围.
【解题思路】计算出x−2 y =−1
2
(x + y)+ 3
2
(x−y)，从而得到−4≤x−2 y ≤2，得到答案.
【解答过程】设x−2 y =m(x + y)+n(x−y)，
∴x−2 y =(m+n) x +(m−n) y，
∴{
m+n=1
m−n=−2)，解得{
m=−1
2
n= 3
2 )
，
故x−2 y =−1
2
(x + y)+ 3
2
(x−y)，
∵−1≤x + y ≤2，−2≤x−y ≤1，
∴−1≤−1
2
(x + y)≤1
2，−3≤3
2
(x−y)≤3
2，
∴−4≤−1
2
(x + y)+ 3
2
(x−y)≤2，
即−4≤x−2 y ≤2，
故x−2 y的取值范围为[−4,2).
17．（24-25 高一下·河北保定·阶段练习）（1）已知x ≤1，比较3 x
3与3 x
2−x +1的大小．
（2）比较2 x
2+5 x +3与x
2+ 4 x +2的大小．
【解题思路】（1）（2）利用作差法即可求解.
【解答过程】（1）3 x
3−(3 x
2−x +1)=3 x
2(x−1)+(x−1)=(x−1)(3 x
2+1)，
由于x ≤1，所以x−1≤0，所以(x−1)(3 x
2+1)≤0，
故3 x
3≤3 x
2−x +1
（2）2 x
2+5 x +3−( x
2+ 4 x +2)= x
2+ x +1=(x + 1
2)
2
+ 3
4 ，
因为(x + 1
2)
2
+ 3
4 ≥3
4 >0，即2 x
2+5 x +3−( x
2+ 4 x +2)>0,
所以2 x
2+5 x +3> x
2+ 4 x +2.
18．（24-25 高一上·山西晋中·期末）为衡量房屋的采光效果，行业一般采用窗地面积比（房间窗洞口面积
与该房间地面面积的比值）作为标准，民用住宅的窗地面积比应不小于10%，且不超过50%，而且这个比
值越大，采光效果越好.设某住宅的窗洞口面积与地面面积分别为am
2，bm
2.
(1)若这所住宅的地面面积为100m
2，求这所住宅的窗洞口面积的范围；
(2)若窗洞口面积和地面面积在原来的基础上都增加了xm
2，判断这所住宅的采光效果是否变好了，并说明
理由.
【解题思路】（1）依题意得出不等关系，解不等式即可得出结果；
（2）利用作差法计算比较出大小，可得结论.
【解答过程】（1）因为b=100，所以10 %≤a
100 ≤50 %，
解得10≤a≤50，
所以这所住宅的窗洞口面积的范围为[10,50)m
2.
（2）由题意得0<a<b，x>0，
原来的窗地面积比为a
b，现在的窗地面积比为a+ x
b+ x
则a+ x
b+ x −a
b = ab+bx−ab−ax
(b+ x)b
= x (b−a)
b(b+ x) .
因为0<a<b，x>0，所以.b(b+ x)>0，x (b−a)>0
所以a+ x
b+c −a
b >0，即a+ x
b+c > a
b.
所以窗洞口和地面同时增加了相等的面积，住宅的采光效果变好了.
19．（24-25 高一上·北京西城·期末）已知实数a，b满足−1<a<1，−1<b<1．
(1)求a+b和ab的取值范围；
(2)证明：1+ab>a+b．
【解题思路】（1）根据条件，利用不等式的性质，即可求解；
（2）通过作差，得到1+ab−(a+b)=(1−a)(1−b)，再根据条件，即可求解.
【解答过程】（1）因为−1<a<1，−1<b<1，所以−2<a+b<2，
当−1<a<0，−1<b<0时，则0<−a<1，0<−b<1，此时0<ab<1，
当−1<a<0，0<b<1时，则0<−a<1，此时0<−ab<1，得到−1<ab<0，
当0<a<1，−1<b<0时，则0<−b<1，此时0<−ab<1，得到−1<ab<0，
当0<a<1，0<b<1时，0<ab<1，
又当a=0或b=0时，ab=0，
综上，−1<ab<1.
（2）因为1+ab−(a+b)=(1−a)(1−b)，
又−1<a<1，−1<b<1，则0<1−a<2，0<1−b<2，
所以1+ab−(a+b)=(1−a)(1−b)>0，得到1+ab>a+b.
