第03 讲 等式与不等式的性质
内容导航
命题透视·考情前瞻
——
素养，研判高考命
对标
题趋势
01
命题透视·考情前瞻
素养，研判高考命
对标
题趋势
02
思维建模·脉络梳理
搭建知
框架，构建系
思
识
统
维
03
知识精讲·靶向突破
拆解核心知
，
型技巧
识归纳题
知识解构
知识点1 等式的基本性质 知识点2 不等式的基本性质
知识点3 比较大小的常用方法 知识点4 不等式常用推论
题型破译 (含超链接）
题型
1
不等式性质
的
正误判断
【方法技巧】不等式性质的快速判断
【易错分析】忽略前提条件
题型
2 比较大小
【方法技巧】比较大小的解题策略
【易错分析】方法选择不当
题型
3
求代数式的取值范围
【方法技巧】求代数式范围的规范步骤
【易错分析】范围扩大问题
题型
4
不等式的基
础
证明
【方法技巧】不等式证明的基础方法
【易错分析】逻辑不严谨
04
真题溯源·考向感知
溯源真
，感知高考考向
题逻辑
05
课本典例·高考素材
立足
本典例，挖掘高考素材
课
核心考点
2026 年
2025 年
2024 年
不等式的基本性质
——
——
——
比较大小
——
全国一卷T8（5 分）
——
利用不等式性质求范
围
全国一卷T10（4 分）
全国二卷T10（4 分）
全国一卷T10（4 分）
全国甲卷（文理） T3
（5 分）
全国Ⅰ卷T8（5 分）
全国Ⅰ卷T18（4 分）
不等式的推论与应用
全国一卷T14（5 分）
全国一卷T17（8 分）
全国一卷T19（10 分）
全国二卷T19（13 分）
全国一卷T19（10
分）
全国二卷T19（6 分）
全国甲卷（理） T21
（6 分）
全国甲卷（文理）
T23（12 分）
全国Ⅰ卷T19（4 分）
考情分析
等式与不等式的性质是高中数学的基础工具，新教材强化了其与函数、数列、导
数的融合考查，删除了繁琐的不等式证明技巧，侧重性质的直接应用与逻辑推
理。题型以选择题第 2-4 题为主，分值固定5 分，整体难度中等偏下，属于必
得分板块。
考查方向：
1. 不等式基本性质的正误判断（核心高频）；
2. 作差法、作商法、中间量法比较大小；
3. 利用不等式性质求代数式的取值范围；
4. 结合函数单调性、指数对数运算考查不等式应用；
常结合指数函数、对数函数、幂函数的单调性，以及数列、立体几何中的不等关
系考查，侧重数学运算与逻辑推理核心素养，强调变形的等价性。
复习目标
1. 掌握等式的基本性质，理解其作为代数变形的基础地位。
2. 熟练掌握不等式的8 条基本性质，能准确判断不等式变形的等价性。
3. 掌握作差法、作商法、中间量法三种比较大小的核心方法。
4. 能利用不等式性质求代数式的取值范围，掌握 “同向不等式相加” 的边界
控制技巧。
5. 理解不等式的常用推论，能结合函数单调性解决综合不等问题。
思维建模·脉络梳理
——搭建知
框架，构建系
思
识
统
维
知识精讲·靶向突破
——拆解核心知
，
型技巧
识归纳题
知●识●解●构
知识点1 等式的基本性质
1.
对称性：若a=b，则b=a ；
2.
传递性：若a=b 且b=c，则a=c；
3.
可加性：若a=b，则a+c=b+c ；
4.
可乘性：若a=b，则ac=bc；若a=b 且c≠0，则
。
自主检测（2026·陕西西安中学·模拟）已知cosα +2sin β =1，且α，β ∈(0,π
2 )，则
M =2cosα -cos2 β的取值范围是（ ）
A．(0,1)
B．(- 1
2 ,1)
C．(-1,1)
D．(- 1
2 ,0)
【答案】B
【分析】将M 换成只含β的方程，然后对这个未知数进行取值范围的讨论即可.
【详解】由题意可得cosα =1-2sin β，cosα >0，
可得0<sin β < 1
2 , M =2- 4 sin β -cos2 β，
即M =1+2sin
2 β - 4 sin β =2(sin β -1)
2-1，
将0<sin β < 1
2代入，可得- 1
2 < M <1.
知识点2 不等式的基本性质
性质名称
具体内容
注意事项
对称性
a>b⇔b<a
双向等价
传递性
a>b,b>c⇒a>c
单向推导
可加性
a>b⇔a+c>b+c
双向等价，移项的依据
同向可加性
a>b,c>d⇒a+c>b+d
单向，可推广到 n 个同向不等式
可乘性
a>b,c>0⇒ ac>bc
a>b,c<0⇒ac<bc
乘负数不等号方向
同向同正可乘性
a>b>0,c>d>0⇒ac>bd
必须同时满足 "同向"和"正数"
乘方性
a>b>0⇒
>
(n∈N,n≥2)
仅对 成立
开方性
a>b>0⇒
(n∈N,n≥2)
仅对 成立
自主检测（多选题）若a>0，b>0，a+b= 4，则（ ）
A．a- 4
b ≥0
B．1
a + 1
b ≥1
C．❑√a+ ❑√b≤2❑√2
D．12<a
2+3b
2<48
【答案】BC
【分析】根据题意，利用基本不等式，可得判定A 不正确，B 正确，C 正确；由a= 4 -b，化简得到
a
2+3b
2= 4(b-1)
2+12，结合二次函数的性质，可判定D 不正确.
【详解】对于A，因为a>0，b>0，4 =a+b≥2❑√ab，所以ab≤4，
当且仅当a=b=2时取等号，即a≤4
b ，所以a- 4
b ≤0，所以A 不正确；
对于B，因为1
a + 1
b = 1
4 ⋅( 1
a + 1
b )(a+b)= 1
4 ⋅(2+ b
a + a
b )≥1
4 (2+2❑√
b
a ⋅a
b )=1，
当且仅当a=b=2时取等号，所以B 正确；
对于C，因为
❑√a+ ❑√b
2
≤
❑√
(❑√a)
2+(❑√b)
2
2
= ❑√2，所以❑√a+ ❑√b≤2❑√2，
当且仅当a=b=2时取等号，所以C 正确；
对于D，因为a>0，b>0，且a= 4 -b，所以a
2+3b
2=(4 -b)
2+3b
2= 4(b-1)
2+12，
又因为0<b<4，可得12≤4(b-1)
2+12<48，所以D 不正确.
知识点3 比较大小的常用方法
1.
作差法（通用）：
2.
作商法（适用于同号两数）：若a,b>0，则
;
;
。
3.
中间量法：找 0、1 等中间量，通过传递性比较大小。
自主检测设a=2
0.3×0.3
2，b=0.3
0.3×2
2，c =2
0.3×2
2，则（ ）
A．a<b<c
B．b<a<c
C．c<a<b
D．a<c<b
【答案】A
【详解】a=2
0.3×0.3
2，c =2
0.3×2
2，
因为2
0.3>0，且0.3
2<2
2，
所以2
0.3×0.3
2<2
0.3×2
2，即a<c，
b=0.3
0.3×2
2，因为2
2>0，幂函数y = x
0.3在(0,+∞)上单调递增，0.3<2，
所以0.3
0.3<2
0.3，因此0.3
0.3×2
2<2
0.3×2
2，即b<c，
a
b = 2
0.3×0.3
2
0.3
0.3×2
2 =2
-1.7×0.3
1.7=0.15
1.7，
因为0<0.15<1，1.7>0，所以0.15
1.7<1，
因为a>0,b>0，所以a
b <1，即a<b，
因此a<b<c.
知识点4 不等式的常用结论
1.
倒数法则：a＞b,ab＞0⇒
；
2.
分数性质：若a>b>0,m>0，则
（真分数性质） ；
3.
绝对值不等式： ||a|-|b||≤|a±b| ≤ |a|+|b|。
自主检测（2026·山东济宁·模拟）（多选题）已知a，b，c为实数，则（ ）
A．若ac
2>bc
2，则a>b
B．若a>b，ab≠0，则1
a < 1
b
C．若a>b>c>0，则b+c
a+c > b
a
D．若a>0，b>0，a+b=1，则1
a + 1
b ≥4
【答案】ACD
【分析】可根据不等式的性质判断A，可通过举反例来判断该选项B 是否正确，通过作差法判断C，可通
过对 1
a + 1
b 进行变形，然后利用基本不等式判断D.
【详解】选项A：已知 ac
2>bc
2，则c
2>0，则a>b ，所以选项A 正确；
选项B： 当 a=1,b=-1 时，满足 a>b ， ab=1×(-1)=-1≠0 ，
此时 1
a =1, 1
b =-1 ，显然 1
a > 1
b ，所以选项B 错误；
选项C：b+c
a+c - b
a = a(b+c)-b(a+c)
a(a+c)
= ab+ac -ab-bc
a(a+c)
= c (a-b)
a(a+c)，
因为 a>b>c>0 ，所以a-b>0,a+c>0，
所以c (a-b)
a(a+c) >0，即b+c
a+c - b
a >0，b+c
a+c > b
a，选项C 正确;
选项D: 已知 a+b=1,a>0 ，b>0 ，将 1
a + 1
b 变形为：
1
a + 1
b =(
1
a + 1
b)(a+b)=1+ b
a + a
b +1=2+ b
a + a
b ,
根据基本不等式，因为 a>0,b>0 ，所以 b
a >0, a
b >0 ，
则 b
a + a
b ≥2❑√
b
a × a
b =2（当且仅当 b
a = a
b ，即 a=b= 1
2 时，等号成立）；
所以 1
a + 1
b =2+ b
a + a
b ≥2+2= 4 ，即 1
a + 1
b ≥4 ，所以选项D 正确.
题●型●破●译
题型1 不等式性质的正误判断
例1-1（2026·湖南株洲四中·学考模拟二）若实数a，b满足a>b，则（ ）
A．a+1>b+1
B．a+1<b+1
C．3a<3b
D．a-b<0
【答案】A
【详解】已知实数a，b满足a>b，则a+1>b+1，故A 正确，B 错误；
∵a>b，
∴a-b>0，故3(a-b)>0，即3a>3b，故C，D 错误．
例1-2（2026·四川绵阳南山中学实验学校·高考冲刺）已知a,b∈R，且0<|a|<b<1，则（ ）
A．a
2>b
2
B．1
a > 1
b
C．1
a+1 >
1
b+1
D．cosa<cosb
【答案】C
【分析】对于AB，利用不等式的性质可判断，对于C，使用作差法即可判断，对于D，结合余弦函数的单
调性和奇偶性即可判断.
【详解】对于A，因为0<|a|<b<1，所以|a|
2<b
2，即a
2<b
2，故A 错误；
对于B，当a∈(-1,0)时，1
a <0，1
b >0，此时1
a < 1
b，故B 错误；
对于C，1
a+1 -
1
b+1 = (b+1)-(a+1)
(a+1)(b+1) =
b-a
(a+1)(b+1)，
因为b>|a|，所以b>a，即b-a>0，又因为a>-1,b>0，所以(a+1)(b+1)>0，
因此1
a+1 -
1
b+1 >0，即1
a+1 >
1
b+1，故C 正确；
对于D，余弦函数y =cos x在(0,1)上单调递减，所以cos|a|>cosb，
又因为函数为偶函数，所以cos|a|=cosa>cosb，故D 错误.
方法技巧 不等式性质的快速判断
1、特殊值法：代入 0、1、-1 等特殊值排除错误选项；
2、性质法：严格依据 8 条基本性质判断变形的等价性；
3、函数法：将不等式转化为函数单调性问题。
易错分析 忽略前提条件
1、忽略可乘性中 "c 的符号" 对不等号方向的影响；
2、忽略乘方、开方性质中 "a,b>0" 的前提；
3、混淆同向可加性与同向可乘性的条件。
【变式训练1-1】（25-26 高三下·江苏G4·4 月联考）已知实数a>0,b>0，则“a+b<1”是“ab< 1
4 ”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
【详解】1>a+b时，1>a+b≥2❑√ab，∴1>4 ab，∴ab< 1
4 ，
又ab< 1
4 时，取a=100，b=
1
1000，此时a+b>1，
所以a>0,b>0，则“a+b<1”是“ab< 1
4 ”的充分不必要条件.
【变式训练1-2】（多选题）（2026·芜湖安师大附中·适应性检测）若非零实数a,b满足a
2+b
2= 4，则下列
结论一定成立的是（ ）
A．1
a + 1
b ≥1
B．a+b≤2❑√2
C．ab≤2
D．3a+ 4 b≤10
【答案】BCD
【分析】应用特殊值法判断A，由基本不等式判断B、C，应用柯西不等式判断D.
【详解】由a=b=- ❑√2时，满足a
2+b
2= 4，此时1
a + 1
b <0<1，A 错，
由a
2+b
2= 4≥(a+b)
2
2
⇒(a+b)
2≤8，有a+b≤2❑√2，当且仅当a=b= ❑√2时取等号，B 对，
由a
2+b
2= 4≥2ab⇒ab≤2，当且仅当a=b=± ❑√2时取等号，C 对，
由(3a+ 4 b)
2≤(3
2+ 4
2)(a
2+b
2)=100，则3a+ 4 b≤10，当且仅当4 a=3b，即a= 6
5 ,b= 8
5 时取等号，D
对.
【变式训练1-3】（多选题）（2026·河南名校·模拟）下列说法正确的是（ ）
A．若c
2
a > c
2
b ，则a<b
B．若a ❑√a>b ❑√b，则a>b
C．若a<b<0，则a- 1
a >b- 1
b
D．若-2<a<3，1<b<2，则- 4<a-b<2
【答案】BD
【分析】对于选项A，可根据已知不等式判断c的取值情况，再结合不等式性质判断a与b的大小关系；
对于选项B，可根据不等式两边同时平方的性质判断a与b的大小关系；
对于选项C，可通过作差法比较a- 1
a与b- 1
b的大小；
对于选项D，可根据不等式的性质求出a-b的取值范围．
【详解】选项A，已知 c
2
a > c
2
b ，因为 c
2≥0，当 c =0 时，c
2
a = c
2
b =0，不满足 c
2
a > c
2
b ，所以 c≠0，则
c
2>0．
不等式 c
2
a > c
2
b 两边同时除以 c
2，不等号方向不变，可得 1
a > 1
b ．
当 a>0, b<0 时，满足 1
a > 1
b ，但此时 a>b，所以选项A 错误．
选项B，已知 a ❑√a>b ❑√b，因为 a ❑√a 和 b ❑√b 都有意义，所以 a≥0, b≥0．
不等式两边同时平方，不等号方向不变，可得 (a ❑√a)
2>(b ❑√b)
2，即 a
3>b
3。
因为函数 y = x
3 在 R 上单调递增，所以由 a
3>b
3 可得 a>b，选项B 正确。
选项C， (a- 1
a)-(b- 1
b)=a-b+ 1
b - 1
a =a-b+ a-b
ab =(a-b)(1+ 1
ab)，
因为 a<b<0，所以 a-b<0，ab>0，则 1+ 1
ab >0，
所以 (a-b)(1+ 1
ab)<0，即 a- 1
a <b- 1
b，选项C 错误．
选项D，已知 1<b<2，不等式两边同时乘以 -1，不等号方向改变，可得 -2<-b<-1，
又因为 -2<a<3，根据不等式的性质，两个不等式相加，不等号方向不变，
可得 -2+(-2)<a+(-b)<3+(-1)，即 - 4<a-b<2，选项D 正确．
【变式训练1-4】（多选题）（2026·黔西南顶兴中学·二模）已知实数a，b满足❑√a-1>❑√b-1，则（ ）
A．a>b
B．1
a < 1
b
C．(a-b)(a+b-2)<0
D．2
a-2
b>3
-a-3
-b
【答案】ABD
【分析】首先根据条件判断a>b≥1，再根据不等式的性质和函数的单调性比较大小.
【详解】由条件可知，a-1>b-1≥0，则a>b≥1，故A 正确；
1
a < 1
b ，故B 正确；
a-b>0，a+b-2>0，所以(a-b)(a+b-2)>0，故C 错误；
设f (x)=2
x-3
- x，为增函数-减函数=增函数，所以f (x)为增函数，
因为a>b，所以f (a)>f (b)，即2
a-3
-a>2
b-3
-b，即2
a-2
b>3
-a-3
-b，故D 正确.
【变式训练1-5】（多选题）已知a>0,b>0，则下列说法正确的是（ ）
A．若a>b,c<0，则ac>bc
B．若a>b,m>0，则 a
b > a+m
b+m
C．若3a+b=2，则 1
a + 1
b的最小值为4+2❑√3D．若a+b=2，则 ❑√a+ ❑√b的最大值为2
【答案】BD
【分析】利用不等式的性质判断A，利用作差法判断B，根据基本不等式求最值后判断CD.
【详解】对于A，因为a>b,c<0，由不等式的性质可得ac<bc，故A 错误；
对于B，a
b - a+m
b+m = (a-b)m
b(b+m)，
因为a>b>0,m>0，故a-b>0,b+m>0，故
(a-b)m
b(b+m) >0，
故a
b > a+m
b+m，故B 正确；
对于C，1
a + 1
b = 3a+b
2
×(
1
a + 1
b)= 1
2(4+ 3a
b + b
a)≥2+ ❑√3，
当且仅当b= ❑√3-1,a=1-
❑√3
3 时等号成立，故1
a + 1
b 的最小值为2+ ❑√3.
对于D，(❑√a+ ❑√b)
2=a+b+2❑√ab=2+2❑√ab≤2+a+b= 4，
故❑√a+ ❑√b≤2，当且仅当a=1,b=1时等号成立，
故❑√a+ ❑√b的最大值为2，故D 成立.
【变式训练1-6·变载体】（多选题）（2026·河北雄安新区·预测）已知4 个正数a，b，c，d成等比数列
（公比q≠1），则（ ）
A．ad >bc
B．d -b>c -a
C．a
2+d
2>2bc
D．若a≤1，bc = 4，则a+d的最小值为5
【答案】BCD
【详解】对A：由等比数列性质可得ad =bc，故A 错误；
对B：d -b=aq
3-aq =aq(q
2-1)，c -a=aq
2-a=a(q
2-1)，
则(d -b)-(c -a)=aq(q
2-1)-a(q
2-1)=a(q
2-1)(q -1)=a(q -1)
2(q+1)，
由q≠1且各项为正数，则(q -1)
2>0，q>0，则(d -b)-(c -a)>0，
即d -b>c -a，故B 正确.
对C：由q≠1，则a≠d，则(a-d)
2=a
2+d
2-2ad >0，
故a
2+d
2>2ad =2bc，故C 正确；
对D：由ad =bc，则a+d =a+ bc
a =a+ 4
a ，
由对勾函数性质可得y =a+ 4
a 在(0,1]上单调递减，
故a+d =a+ 4
a ≥1+ 4
1 =5，故D 正确.
【变式训练1-7·变考法】（多选题）已知实数a,b,c≠0，且|a|
2b|c|, b
|ac|,|c|+2|a|
2b|a| 成等差数列，则下列说
法正确的是（ ）
A．2b
2≤a
2+c
2
B．a
2≤b
2≤c
2
C．b
2≥|ac|
D．a
2b
2+b
2c
2≥2a
2c
2
【答案】ACD
【分析】利用等差数列性质，取特殊值，以及均值不等式逐项分析即可.
【详解】对于A，设x =|a|，y =|b|，z =|c|，
因为|a|
2b|c|, b
|ac|,|c|+2|a|
2b|a| 成等差数列，所以|a|
2b|c|+|c|+2|a|
2b|a| =2× b
|ac|，
两边同乘2bxz可得：x
2bz ×2bxz + z +2 x
2bx ×2bxz =2× b
xz ×2bxz，
即x
2+2 xz + z
2=(x + z)
2= 4 b
2，也即(|a|+|c|)
2=(2|b|)
2，可得b
2= (|a|+|c|)
2
4
，
因a
2+c
2-2b
2=a
2+c
2- (|a|+|c|)
2
2
= 1
2 (|a|
2-2|a||c|+|c|
2)= 1
2 (|a|-|c|)
2≥0
故2b
2≤a
2+c
2，即A 正确；
对于B，若取|a|=3,|c|=1，代入|a|
2b|c|+|c|+2|a|
2b|a| =2× b
|ac|，可得3
2b + 1+2×3
2b×3 = 2b
3 ，
b
2= 4，此时不满足a
2≤b
2，故B 错误；
对于C，由A 项分析，得b
2= (|a|+|c|)
2
4
≥(2❑√|a||c|)
2
4
=|ac|，当且仅当|a|=|c|时取等，故C 正确；
对于D，因为b
2≥|ac|，所以a
2b
2+b
2c
2=b
2(a
2+c
2)≥|ac|(a
2+c
2)≥2|ac|·|ac|=2a
2c
2，
当且仅当a
2=c
2时等号成立，故D 正确．
题型2 比较大小
例2-1（2026·辽宁名校联盟·模拟）已知实数x , y , z满足x> y > z，则（ ）
A．(x - y)( y - z)<0
B．xz> yz
C．1
x < 1
y
D．1
x - z <
1
y - z
【答案】D
【详解】实数x , y , z满足x> y > z，
x - y >0，y - z>0,(x - y)( y - z)>0，A 项错误；
x> y，但是z正负不确定，B 项错误；
x> y，但是x , y正负不确定，C 项错误；
x - z> y - z>0 ，所以1
x - z <
1
y - z ，D 项正确.
例2-2【新考法】（2026·天津河东·二模）“明数理”数学兴趣小组在综合实践过程中为某公司的一款明星
科技产品提供涨价方案，经过小组成员分析讨论形成如下四个方案：
方案甲：第一次提价m %，第二次提价n %；方案乙：第一次提价n %，第二次提价m %；
方案丙：第一次和第二次均提价(
m+n
2 )%；
方案丁：第一次提价(2m+2n)%，第二次降价(m+n)%；
其中0<n<m<50，则四个方案中提价最多的方案为（ ）
A．甲
B．乙
C．丙
D．丁
【答案】C
【详解】设商品原价为a(a>0)，
对于甲：最终价格为a(1+m %)(1+n %)=a(1+ m+n
100 +
mn
10000 )；
对于乙：最终价格为a(1+n %)(1+m %)=a(1+ m+n
100 +
mn
10000 )；
所以甲、乙方案结果相同，
对于丙：最终价格为a[1+( m+n
2
)%]
2
=a[1+ m+n
100 + (m+n)
2
40000 ]；
由均值不等式，(m+n)
2
40000 > (2❑√mn)
2
40000
= 4 mn
40000 =
mn
10000 (m≠n)，所以方案丙的最终价格高于甲、乙，
对于丁：最终价格为：a[1+(2m+2n)%][1-(m+n)%]=a(1+ m+n
100 - 2(m+n)
2
10000
)，该式存在负项，所
以明显小于其他方案的结果，
综上，提价最多的是方案丙.
方法技巧 比较大小的解题策略
1.
指数对数式：优先找中间量 0 或 1，再结合函数单调性 ；
2.
同结构代数式：作差法变形为因式乘积形式判号 ；
3.
同号幂形式：作商法与 1 比较大小 ；
4.
复杂形式：构造函数，利用导数判断单调性。
易错分析 方法选择不当
1.
作商法比较大小时忽略分母符号 ；
2.
构造函数时定义域判断错误 ；
3.
指数函数与对数函数单调性混淆。
【变式训练2-1·变载体】（2026·长沙铁一中·模拟）甲和乙有相同的两台燃油车，甲每次加油都是加200
元，乙每次都是加满油箱，若第一次加油甲乙两人都是x 元/升，第二次加油都是y 元/升（x≠y），两次
加油后，请问谁的加油方式单价低?（ ）
A．乙
B．不能确定
C．一样
D．甲
【答案】D
【分析】分别计算甲、乙的平均加油单价，再比较即可.
【详解】甲两次总花费200+200= 400元，甲两次总加油量200
x + 200
y =200⋅x + y
xy 升，
因此甲的平均单价x
‾
甲=
400
200⋅x + y
xy
= 2 xy
x + y .
设油箱容积为V 升，即乙每次加油量为V 升，则乙两次总花费Vx +Vy =V ( x + y)元，乙两次总加油量
V +V =2V 升，
因此乙的平均单价x
‾
乙= V ( x + y)
2V
= x + y
2
.
´x乙- ´x甲= x + y
2
- 2 xy
x + y = ( x + y)
2- 4 xy
2( x + y)
= ( x - y)
2
2( x + y)
.
因为x≠y，所以( x - y )
2>0，因此´x乙- ´x甲>0，即´x甲< ´x乙.
【变式训练2-2·】（2026·河北部分高中·一模）已知某圆锥与圆柱的底面半径均为r，高分别为h₁，h₂，且
该圆锥与圆柱的表面积相等，若 h1+h2=4r，则圆锥的体积V₁ 与圆柱的体积V₂ 的大小关系为（ ）
A．V 1>V 2
B．V 1=V 2
C．V 1<V 2
D．不确定
【答案】C
【详解】因圆锥与圆柱的表面积相等，则有π r
2+ π r
❑√r
2+h1
2=2π r
2+2π r h2，
整理得h1
2= 4 h2
2+ 4 r h2，因h1= 4 r -h2，
代入化简得3h2
2+12r h2-16r
2=0
解得：h2= 2(❑√21-3)r
3
，代入h1= 4 r -h2，可得h1= 2(9- ❑√21)r
3
，
因V 1= 1
3 ×π r
2×h1，V 2= π r
2×h2，
则V 1
V 2
= h1
3h2
=
2(9- ❑√21)r
3
2(❑√21-3)r
=
❑√21+1
6
< 5+1
6
=1，
故V 1<V 2.
【变式训练2-3】已知5
7>3
10，4
10>7
7.设a= log47，b=2log72+ log73，c = log925，则（ ）
A．a<b<c
B．c<a<b
C．b<c<a
D．b<a<c
【答案】D
【来源】广东省广州市天河区2025 届高三综合测试（二）数学试题
【详解】由题意可得b= log712，c = log35，
因为5
7>3
10，4
10>7
7，所以两边取对数整理可得log35> 10
7 ，log47< 10
7 ，所以a<c
又a= log47 = ln7
ln 4 >1，b= log712= ln12
ln7 >1，a
b = (ln7)
2
ln 4 ln12
，
且
❑√ln 4 ln12< ln 4+ ln12
2
= ln 48
2
< ln 49
2
= ln7，即ln 4 ln12<(ln7)
2，
所以a
b >1，a>b，所以b<a<c.
故选：D.
【变式训练2-4】（2026·西宁大通二中·仿真模拟）（多选题）下列不等式中成立的是（ ）
A．若a>b>0，则ac
2>bc
2
B．若a>b>0，则a
2>b
2
C．若a<b<0，则a
2<ab<b
2
D．若a<b<0，则1
b < 1
a
【答案】BD
【详解】对于A：当c =0时， ac
2=bc
2，故A 错误；
对于B：因为a>b>0，则|a|>|b|>0，故得a
2>b
2，故B 正确；
对于 C：若取a=-3，b=-2，满足a<b<0，
因a
2=9，ab=6，b
2= 4，显然不满足a
2<ab<b
2，故 C 错误；
对于D：由a<b<0，得ab>0且b-a>0，
因1
a - 1
b = b-a
ab >0，可得1
b < 1
a，故D 正确.
【变式训练2-5】（2026·江西重点中学协作体·第二次联考）（多选题）已知a>b>0,c<0，则下列不等式
成立的是（ ）
A．c
a > c
b
B．b
a > b-c
a-c
C．a
c>b
c
D．(a+ 1
c)(
1
a +c)≤0
【答案】AD
【分析】利用不等式的性质即可判断AC，利用作差法即可判断B，利用基本不等式即可判断D.
【详解】对于A：由a>b>0得0< 1
a < 1
b ，又c<0，所以c
a > c
b ，故A 正确；
对于B：b
a - b-c
a-c = b(a-c)-a(b-c)
a(a-c)
= c (a-b)
a(a-c)，又a>b>0,c<0，
所以a-b>0,a-c>0，所以c (a-b)<0,a(a-c)>0，
所以c (a-b)
a(a-c) <0，所以b
a < b-c
a-c ，故B 错误；
对于C：由a>b>0,c<0，所以a
c<b
c，故C 错误；
对于D：(a+ 1
c)(
1
a +c)=2+ac + 1
ac =2-[(-ac)+
1
(-ac)]，
由a>0,c<0，所以-ac>0，所以(-ac)+
1
(-ac) ≥2❑√
(-ac)
1
(-ac) =2，
当-ac = 1
-ac ，即ac =-1时，等号成立，
所以(a+ 1
c)(
1
a +c)=2-[(-ac)+
1
(-ac)]≤2-2=0，故D 正确.
【变式训练2-6】（多选题）已知m>n>0，则下列说法正确的是（ ）
A．lnm>lnn
B．cosm<cosn
C．若c>0，则mc>nc
D．(
1
2)
m
>(
1
2)
n
【答案】AC
【分析】选项A 利用函数y = ln x的单调性判断；选项B 余弦函数不单调，举反例；选项C 根据不等式的
性质确定；选项D 利用函数y =( 1
2 )
x
的单调性判断.
【详解】函数y = ln x在区间(0,+ ∞)上单调递增，
因为m>n>0，所以lnm>lnn，选项A 正确；
m=2π，n=π时，cosm>cosn，选项B 错误；
若c>0，m>n>0，则mc>nc，选项C 正确；
函数y =( 1
2 )
x
在(-∞,+ ∞)上单调递减，所以(
1
2)
m
<(
1
2)
n
，选项D 错误.
【变式训练2-7·变考法】（2026·武汉武昌·五月供题）（多选题）已知随机事件A，B满足0< P( A)<1，
0< P(B)<1，记T = P( A) P(B)，S = P( A ∪B)，若A，B互斥，则（ ）
A．P( AB)≠0
B．S>2T
C．当S = 1
2时，T的最大值为1
16
D．若T = 1
4 ，则S =1
【答案】BCD
【分析】应用概率的性质，结合事件互斥得S = P( A)+ P(B)，再应用作差法比较S ,2T大小及基本不等式
得S
2≥4T，进而依次判断各项的正误.
【详解】由概率的性质知S = P( A ∪B)= P( A)+ P(B)- P( AB)，
由A，B互斥，则P( AB)=0，A 错，故S = P( A)+ P(B)，
由S -2T = P( A)+ P(B)-2 P( A) P(B)= P( A)[1- P(B)]+ P(B)[1- P( A)]，
而P( A)+ P(B)≤1⇒P( A)≤1- P(B)且P(B)≤1- P( A)，
所以S -2T ≥[P( A)]
2+[P(B)]
2>0，则S>2T，B 对，
由0< P( A)<1，0< P(B)<1，则T = P( A) P(B)≤(P( A)+ P(B))
2
4
= S
2
4
，
当且仅当P( A)= P(B)= S
2 时取等号，则S
2≥4T，
当S = 1
2，则T ≤S
2
4 = 1
16 ，当且仅当P( A)= P(B)= 1
4 时取等号，即T的最大值为1
16，C 对，
当T = 1
4 ，则S
2≥1，结合概率的性质知0<S≤1，则S =1，D 对.
题型3 求代数式的取值范围
例3-1（25-26 高三下·安徽滁州来安中学·考前预测）已知正实数x，y 满足ln(2 x)+ln y = x +2 y -2，则
x
y - y
x=（ ）
A．
❑√2
4
B．1
2
C．
❑√2
2
D．1
【答案】B
【分析】将条件ln(2 x)+ln y = x +2 y -2等价转化为ln x +ln(2 y)= x -1+2 y -1，构造函数证明
t -1≥lnt，从而ln x +ln(2 y)≤x -1+2 y -1，求得取等号时的x，y，解出x
y - y
x.
【详解】由题意得，x>0，y >0，ln(2 x)+ln y =ln(2 xy )=ln x +ln(2 y)，
则ln(2 x)+ln y = x +2 y -2等价于ln x +ln(2 y)= x -1+2 y -1．
设f (t )=t -1-lnt，则f
'(t )= t -1
t
，则f (t )在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以f (t )≥f (1)=0，即t -1≥lnt，当且仅当t =1时等号成立．
由t -1≥lnt得x -1≥ln x，2 y -1≥ln(2 y)，
则ln x +ln(2 y)≤x -1+2 y -1，
又ln x +ln(2 y)= x -1+2 y -1，
所以x =1，2 y =1即y = 1
2，
则x
y - y
x =1- 1
2 = 1
2．
例3-2（2026·四川广安友谊中学·模拟）（多选题）已知F1，F2两点的坐标分别为(-c ,0)，(c ,0)(c>0)，
曲线C上任意一点P(x , y)满足|P F1|⋅|P F2|=a
2(a>0)，则（ ）
A．曲线C关于原点对称
B．|x|≤
❑√a
2+c
2，|y|≤a
2
2c
C．若a>c，则曲线C与圆：x
2+ y
2=3a
2有交点
D．若a=c，直线y =kx与曲线C有3 个交点，则k的取值范围为(-1,1)
【答案】ABD
【分析】根据条件得到曲线C的方程，根据方程的特征判断A，平方后结合不等式的性质和判别式为非负
判断B，结合B 可判断C，联立直线方程和曲线C的方程后消元求解可判断D.
【详解】由题设有❑√(x +c)
2+ y
2⋅
❑√(x -c)
2+ y
2=a
2，此方程即为曲线C的方程.
对于A，设P关于原点的对称点为Q (- x ,- y)，
则❑√(- x +c)
2+ y
2⋅
❑√(- x -c)
2+ y
2=
❑√(x -c)
2+ y
2⋅
❑√(x +c)
2+ y
2=a
2，
故Q也在曲线C上，故曲线C关于原点对称，故A 正确；
对于B，曲线C的方程可化为❑√x
2+ y
2+c
2-2cx ⋅
❑√x
2+ y
2+c
2+2cx =a
2，
整理得(x
2+ y
2+c
2)
2- 4 c
2 x
2=a
4，故(x
2+ y
2+c
2)
2= 4 c
2 x
2+a
4≥(x
2+c
2)
2，
故x
4-2c
2 x
2+c
4≤a
4，故-a
2≤x
2-c
2≤a
2，故x
2≤c
2+a
2，
所以|x|≤
❑√c
2+a
2.
又x
4+2 x
2( y
2-c
2)+( y
2+c
2)
2-a
4=0，故Δ= 4( y
2-c
2)
2- 4( y
2+c
2)
2+ 4 a
4≥0，
整理得a
4≥4 y
2c
2，故|y|≤a
2
2c ，故B 正确；
对于C，若a>c，若曲线C与圆：x
2+ y
2=3a
2有交点，
则由(x
2+ y
2+c
2)
2- 4 c
2 x
2=a
4可得(3a
2+c
2)
2- 4 c
2 x
2=a
4，
故x
2= (3a
2+c
2)
2-a
4
4 c
2
= 8a
4+6a
2c
2+c
4
4 c
2
>2c
2+ 3a
2
2 >c
2+a
2，这与B 中判断矛盾，
故C 错误；
对于D，若a=c，则曲线方程为 (x
2+ y
2+c
2)
2- 4 c
2 x
2=c
4，
由¿可得(x
2+k
2 x
2+c
2)
2- 4 c
2 x
2=c
4，
整理得(1+k
2)
2 x
4+2(k
2-1)c
2 x
2=0，故x =0或x
2= 2(1-k
2)c
2
(1+k
2)
2
，
因为直线y =kx与曲线C有3 个交点，故1-k
2>0，故-1<k <1，故D 正确.
方法技巧 求代数式范围的规范步骤
1.
设所求代数式为已知代数式的线性组合，用待定系数法求系数 ；
2.
利用同向不等式的可加性，分别求出各部分的范围 ；
3.
合并得到最终范围，注意边界值的验证。
易错分析 范围扩大问题
1.
多次使用同向不等式相加，导致边界扩大 ；
2.
忽略变量之间的相互制约关系 ；
3.
端点值无法同时取到，错误包含端点。
【变式训练3-1】（多选题）已知不相等的实数a，b满足ab=a+b+3，则下面说法正确的是（ ）
A．存在实数t使得a，b是方程x
2-tx +t +3=0的两根
B．若a,b>0，则ab的取值范围是(9,+ ∞)
C．a+b的取值范围是(6,+ ∞)
D．a
2+b
2的取值范围是(2,+∞)
【答案】ABD
【分析】结合韦达定理、基本不等式、二次函数值域求解，先利用题干等式转化为韦达定理形式，再分别
分析各选项.
【详解】选项A：若a、b是方程x
2-tx +t +3=0的两根，
由韦达定理得a+b=t，ab=t +3，代入题干ab=a+b+3，
左边=t +3，右边=t +3，等式成立；又a≠b，
则Δ=t
2- 4 (t +3)>0，即t >6或t <-2时存在这样的t，A 正确；
选项B：若a,b>0，由基本不等式a+b≥2❑√ab，
代入ab=a+b+3得ab≥2❑√ab+3，令m= ❑√ab(m>0)，
则m
2-2m-3≥0，解得m≥3即ab≥9，当且仅当a=b=3时等号成立，
但a≠b，故ab>9，即范围为(9,+ ∞)，B 正确；
选项C：令s=a+b，则ab= s+3，则a、b是方程x
2- sx + s+3=0的两根，
判别式Δ= s
2- 4 (s+3)>0，解得s>6或s<-2，
即a+b的范围是(-∞,-2)∪(6,+ ∞)，并非仅(6,+∞)，C 错误；
选项D：a
2+b
2=(a+b)
2-2ab= s
2-2(s+3)=(s -1)
2-7，
由s∈(-∞,-2)∪(6,+∞)：当s<-2时，(s-1)
2>9，故a
2+b
2>2；
当s>6时，(s -1)
2>25，故a
2+b
2>18，综上a
2+b
2范围为(2,+∞)，D 正确.
【变式训练3-2·变考法】（25-26 高三下·安徽A10 联盟·阶段检测）已知函数f (x)=ln(2 x +1)+ln(2 x -1)，
在点(i,f (i))(i∈N
*)处作曲线y = f (x)的切线li，其纵截距记为bi，若∑
i=1
n
f (i)≤∑
i=1
n
bi+ λn对n∈N
*恒成立，
则实数λ的取值范围为___________．
【答案】[
8
3 ,+∞)
【分析】根据题意求出点(i,f (i))(i∈N
*)处的切线方程，得到截距bi，再根据裂项相消法求出
∑
i=1
n
[f (i)-bi]的表达式，最后解不等式的恒成立问题即可．
【详解】由题意得，f (x)= ln(4 x
2-1)，x> 1
2，
因为f
' (x)=
8 x
4 x
2-1，故点(i ,f (i))(i∈N
*)处的切线方程为y - f (i)=
8i
4i
2-1
(x -i)，
则bi= f (i)+-8i
2
4i
2-1
=-8i
2
4i
2-1
+ ln(4i
2-1)，所以f (i)-bi=
8i
2
4i
2-1
=2+
2
4i
2-1
，
则∑
i=1
n
[f (i)-bi]=2n+∑
i=1
n
2
4i
2-1
=2n+∑
i=1
n
(
1
2i-1 -
1
2i+1)=2n+1-
1
2n+1，
结合题意可得∑
i=1
n
[f (i)-bi]=2n+1-
1
2n+1 ≤λn，
所以λ≥2+ 1
n -
1
n(2n+1) =2+
2
2n+1 (n∈N
*)，可得λ≥8
3，
λ的取值范围为[
8
3 ,+ ∞)．
【变式训练3-3·变载体】（2026·广东·华侨港澳台联考适应性(二)）记△ABC的内角A，B，C 的对边分别
为a，b，c，若a，b，c 成公差为d (d >0)的等差数列，且b=1．
(1)求d 的取值范围；
(2)求cos A +cos B+cosC的取值范围．
【答案】(1)(0, 1
2)
(2)(1, 3
2)
【分析】（1）根据等差数列的定义可得¿，结合三角形三边的大小关系建立不等式组，解之即可；
（2）根据余弦定理可得cos A +cos B+cosC = 3
2 (2-
1
1-d
2 )，结合（1）和不等式的基本性质计算即可求
解.
【详解】（1）因为a,b,c成公差为d(d >0)的等差数列，b=1，
所以¿，即¿，
由三角形三边的大小关系可得¿，即¿，又d >0，
所以0<d < 1
2，即d的取值范围为(0, 1
2 ).
（2）由余弦定理得cos A = b
2+c
2-a
2
2bc
= 1+(1+d )
2-(1-d)
2
2(1+d)
= 1+ 4 d
2(1+d)
，
cos B = a
2+c
2-b
2
2ac
= (1-d )
2+(1+d )
2-1
2
2(1+d )(1-d )
=
1+2d
2
2(1+d)(1-d)，
cosC = a
2+b
2-c
2
2ab
= (1-d)
2+1
2-(1+d )
2
2(1-d)
= 1- 4 d
2(1-d)，
所以cos A +cos B+cosC = 1+ 4 d
2(1+d) +
1+2d
2
2(1+d)(1-d) + 1- 4 d
2(1-d) = 3-6d
2
2-2d
2 = 3
2 (2-
1
1-d
2 )，
由（1）知0<d < 1
2，则3
4 <1-d
2<1，得- 4
3 <-
1
1-d
2 <-1，
所以2
3 <2-
1
1-d
2 <1，故cos A +cos B+cosC = 3
2 (2-
1
1-d
2 )∈(1, 3
2 )，
即cos A +cos B+cosC的取值范围为(1, 3
2 ).
【变式训练3-4】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(c -2b)cos A + a
2+b
2-c
2
2b
=0．
(1)若a= 4，b+c =8，求△ABC的面积；
(2)若角C为钝角，求a
b的取值范围．
【答案】(1)4 ❑√3；
(2)(❑√3,+∞)．
【分析】（1）利用正、余弦定理以及三角恒等变换可得A =π
3 ，利用余弦定理可得bc =16，代入三角形
面积公式求解即可.
（2） 利用正弦定理得到a
b =
❑√3
2sin B ，结合角C为钝角求解即可.
【详解】（1）
由余弦定理得a
2+b
2-c
2
2ab
=cosC，原式可化为(c -2b)cos A +acosC =0，
由正弦定理得(sinC -2sin B)cos A +sin A cosC =0，
即sinC cos A +sin A cosC -2sin Bcos A =sin ( A +C)-2sin Bcos A =0，
又sin ( A +C)=sin (π- B)=sin B，所以sin B -2sin Bcos A =0，
又0<B<π，所以sin B≠0，所以1-2cos A =0，即cos A = 1
2.
又0< A <π，所以A =π
3 .
由余弦定理得a
2=b
2+c
2-2bc cos A =(b+c)
2-2bc (1+cos A)，
即4
2=8
2-2bc(1+ 1
2)，解得bc =16.
所以△ABC的面积S = 1
2 bc sin A = 1
2 ×16×
❑√3
2 = 4 ❑√3.
（2）
在△ABC中，A + B+C = π，所以B+C = 2π
3 .
因为角C为钝角，所以π
2 <C <π，
所以0<B<π
6 ，所以0<sin B< 1
2.
由正弦定理得
a
sin A =
b
sin B ，所以a
b = sin A
sin B =
❑√3
2
sin B =
❑√3
2sin B >❑√3，
则a
b的取值范围为(❑√3,+∞)．
【变式训练3-5·变载体】（2026·陕西宝鸡中学·冲刺一）已知函数f ( x)的定义域为I，点
A( x1,f ( x1)),B( x2,f ( x2))是曲线y = f ( x)上不同的两点，记A ,B两点连线的斜率为k AB，若|k AB|存在
最大值，且最大值为λ，则称曲线y = f ( x)为“λ上界斜率曲线”．
(1)已知函数f ( x)= x
2+3 x，x∈[1,4 ]，判断曲线y = f ( x)是否为“λ上界斜率曲线”，并说明理由；
(2)已知函数g( x)的定义域为闭区间I，且曲线y = g( x)是“λ上界斜率曲线”，证明：曲线y = g(ax +b)
（a,b∈R，且a>0）是“aλ上界斜率曲线”；
(3)已知函数h( x)的定义域与值域均为[0,1]，若曲线y =h( x)为“λ上界斜率曲线”，且0< λ≤1，求h( 1
2 )
的值．
【答案】(1)不是，理由见解析；
(2)证明见解析；
(3)h( 1
2 )= 1
2.
【分析】（1）利用给定函数的单调性，结合给定的定义列式，再利用不等式性质判断即可.
（2）利用给定定义，借助换元法及不等式性质推理得证.
（3）由已知及给定定义，结合不等式性质及取等号的条件可得¿或¿，再利用定义，结合不等式性质求出
h( 1
2 ).
【详解】（1）函数f ( x)= x
2+3 x在[1,4 ]上单调递增，∀x1, x2∈[1,4 ], x1< x2，则f ( x1)<f ( x2)，
|k AB|= f ( x2)- f ( x1)
x2- x1
= ( x2
2- x1
2)+3( x2- x1)
x2- x1
= x2+ x1+3≤x1+7<11，
因此|k AB|没有最大值，曲线y = f ( x)不是“λ上界斜率曲线”.
（2）令ax +b=t，φ( x)= g(ax +b)= g(t )，
由函数g( x)的定义域为闭区间I，且曲线y = g( x)是“λ上界斜率曲线”，
得∀t1,t2∈I ,t1<t2，|k AB|=|
g(t2)- g(t1)
t2-t1
|=| g(t2)- g(t1)|
t2-t1
≤λ恒成立，
且存在t1≠t2，使得|k AB|= λ，函数φ( x)定义域内任意两个不同值x1, x2，
使得a x1+b=t1,a x2+b=t2，而a>0，则x1< x2，
函数φ( x)在两点( x1,φ( x1)),( x2,φ( x2))连线的斜率k，
则|k |=| φ( x2)-φ( x1)
x2- x1
|=a⋅|φ( x2)-φ( x1)|
a( x2- x1)
=a⋅|g(a x2+b)- g(a x1+b)|
(a x2+b)-(a x1+b)
=a⋅| g(t2)- g(t1)|
t2-t1
≤aλ恒成立，且存在x1≠x2，使得|k |=aλ，
所以曲线y = g(ax +b)是“aλ上界斜率曲线”.
（3）由函数h( x)的定义域与值域均为[0,1]，得存在x1, x2∈[0,1], x1≠x2，使得h( x1)=0,h( x2)=1，
而曲线y =h( x)为“λ上界斜率曲线”，且0< λ≤1，则
|h( x1)-h( x2)|
| x1- x2|
=
1
| x1- x2| ≤λ，
因此| x1- x2|≥1
λ ≥1，又| x1- x2|≤1，则| x1- x2|=1，λ =1，必有¿或¿，
当¿时，
|h( 1
2 )-h(0)|
1
2 -0
≤1且
|h(1)-h( 1
2 )|
1- 1
2
≤1，即0≤h( 1
2 )≤1
2且1-h( 1
2 )≤1
2，
因此0≤h( 1
2 )≤1
2且1
2 ≤h( 1
2 )≤1，则h( 1
2 )= 1
2；
当¿时，
|h( 1
2 )-h(0)|
1
2 -0
≤1且
|h(1)-h( 1
2 )|
1- 1
2
≤1，即1-h( 1
2 )≤1
2且0≤h( 1
2 )≤1
2，
因此1
2 ≤h( 1
2 )≤1且0≤h( 1
2 )≤1
2，则h( 1
2 )= 1
2，
所以h( 1
2 )= 1
2.
题型4 不等式的基础证明
例4-1（25-26 高三上·浙江金丽衢十二校·第一次联考）对实数x , y，则“|x|>|y|”是“x
2|x|> y
2|y|”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】C
【分析】应用不等式性质结合充分必要条件的定义求解即可.
【详解】对实数x , y，当|x|>|y|时，|x|
3>|y|
3，则x
2|x|> y
2|y|，
当x
2|x|> y
2|y|时，|x|
3>|y|
3，则|x|>|y|，
则“|x|>|y|”是“x
2|x|> y
2|y|”的充要条件.
故选：C.
例4-2（2026·云南保山·二模）（多选题）已知实数a，b，c，d，则下列命题是真命题的是（ ）
A．若a>b>0，则ac
2>bc
2
B．若a>b，c>d，则a-d >b-c
C．若a<b<0，则1
a > 1
b
D．若0<b<a且c>0，则b
a < b+c
a+c
【答案】BCD
【详解】对于A，∵a>b>0，若c =0，则ac
2=bc
2，故A 为假命题；
对于B，∵c>d，∴-d >-c，又∵a>b，∴a-d >b-c，故B 为真命题；
对于C，∵a<b<0，则1
a - 1
b = b-a
ab >0，∴1
a > 1
b ，故C 为真命题；
对于D，∵0<b<a且c>0，则b
a - b+c
a+c = c (b-a)
a(a+c) <0，∴b
a < b+c
a+c ，故D 为真命题．
方法技巧 不等式证明的基础方法
1.
综合法：从已知条件出发，利用不等式性质逐步推导结论 ；
2.
分析法：从结论出发，逐步寻找使结论成立的充分条件 ；
3.
作差法：通过作差变形，证明差大于等于 0。
易错分析 逻辑不严谨
1.
证明过程中使用未证明的结论 ；
2.
忽略不等式性质的前提条件 ；
3.
循环论证 。
【变式训练4-1】（多选题）下列说法正确的有（ ）
A．对任意实数x都有|x
2-1|≥0
B．若2<a<5,3<b<10，则-18<a-2b<-1
C．当x>1时，x +
1
x -1的最小值是2
D．若p:∃n∈N ,n
2>2
n，则¬ p:∃n∈N ,n
2≤2
n
【答案】AB
【分析】根据绝对值的概念可判断A 的真假；利用不等式的基本性质可判断B 的真假；利用基本不等式可
判断C 的真假；根据特称量词命题否定是全称量词命题可判断D 的真假.
【详解】对于A：绝对值大于等于0 恒成立，故A 正确；
对于B：由2<a<5,3<b<10,-20<-2b<-6，由同向不等式可加性有2-20<a-2b<5-6，即
-18<a-2b<-1，故B 正确；
对于C：因为x>1, x -1>0，所以x +
1
x -1 =(x -1)+
1
x -1 +1≥2❑√
(x -1)×
1
x -1 +1=3，
当且仅当x -1=
1
x -1，即x =2时等号成立，所以C 错误；
对于D：由特称量词命题的否定是全称量词命题，所以p:∃n∈N ,n
2>2
n得¬ p:∀n∈N ,n
2≤2
n，故D
错误.
故选：AB
【变式训练4-2·变考法】（2026·山东青岛·二模）若数列{xn}满足：xn-1+ xn+1>2 xn(n≥2,n∈N
*)，则称
{xn}为“L- L数列”．
(1)已知yn=n
3，判断数列{yn}是否为“L- L数列”；
(2)已知数列{zn}为“L- L数列”，若任意不相等的正整数m, p,q满足m+q =2 p．证明：zm+ zq>2 z p；
(3)若数列{wn}为“L- L数列”，wn≥0，且满足∑
i=1
n
wi<1(n∈N
*)．证明：0≤wn- wn+1< 2
n
2 (n∈N
*)．
【答案】(1)数列{yn}是“L- L数列”
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据“L- L数列”定义，判断已知数列；
（2）根据 “L- L数列”定义，构造数列{dk}，利用数列{dk}的单调性，结合已知条件证明结论；
（3）根据 “L- L数列”定义，利用反证法证明wn-wn+1≥0，利用放缩法证明wn-wn+1< 2
n
2．
【详解】（1）已知yn=n
3，则
yn-1+ yn+1-2 yn=(n-1)
3+(n+1)
3-2n
3=n
3-3n
2+3n-1+n
3+3n
2+3n+1-2n
3
=6n，
当n≥2时，6n>0，即yn-1+ yn+1>2 yn，满足定义，
∴数列{yn}是“L- L数列”．
（2）已知数列{zn}为“L- L数列”，则zn-1+ zn+1>2 zn(n≥2,n∈N
*)，
变形可得zn+1- zn> zn- zn-1，令dk = zk +1- zk，则{dk}单调递增，
已知任意不相等的正整数m, p,q满足m+q =2 p，
不妨设q = p+t ,m= p-t ,t ∈N
*，
则z p- z p-t =d p-t +d p-t +1+...+d p-1， z p+t - z p=d p+d p+1+...+d p+t -1，
∵{dk}单调递增，则d p>d p-1,d p+1>d p-2,...,d p+t -1>d p-t，
∴z p+t - z p> z p- z p-t，即z p+t + z p-t>2 z p，
∴zm+ zq>2 z p，命题得证．
（3）由定义得wk +1- wk>wk - wk -1，数列{wk +1-wk}递增，
若存在i使得wi+1>wi，则wi,wi+1,wi+2...持续递增，
wn≥0，n→+ ∞时wn→+ ∞，与∑
i=1
n
wi<1(n∈N
*)矛盾，
∴wn≥wn+1，即wn- wn+1≥0；
设ak =wk -wk +1≥0，则{ak}单调递减，
对任意k ≤n有wk =ak +ak +1+...+an+ wn+1，∵wn+1≥0，
∴wk ≥ak +ak +1+...+an，
∴w1+ w2+...+ wn≥(a1+a2+...+an)+(a2+a3+...+an)+(a3+...+an)+...+an
=1⋅a1+2⋅a2+3⋅a3+...+nan，
结合∑
i=1
n
wi<1(n∈N
*)可得1⋅a1+2⋅a2+3⋅a3+...+nan<1，
∵a1≥a2≥...≥an，
∴k ⋅ak≥k ⋅an,k =1,2,...,n，
∴1⋅a1+2⋅a2+3⋅a3+...+nan≥(1+2+...+n)⋅an= n(n+1)
2
⋅an<1，
解得an<
2
n(n+1) < 2
n
2，故wn-wn+1< 2
n
2，
综上可得，0≤wn-wn+1< 2
n
2 (n∈N
*)．
【变式训练4-3·变载体】（2026·广东江门·适应性考试）已知圆C的圆心在第一象限且圆C与两坐标轴均相
切，抛物线Γ : y
2=2 px( p>0)经过圆心C．
(1)求圆C的标准方程．
(2)设Γ与圆C交于A，B两点，证明：A，B两点到x轴的距离均不小于3 p
4 ．
(3)O为坐标原点，过圆心C的直线l交Γ于另一点P，Γ的焦点为F，求
|OC |
2+|OP|
2- |CF |
2-| PF |
2的最小值．
【答案】(1)( x -2 p)
2+( y -2 p)
2= 4 p
2；
(2)证明见解析；
(3)3 p
2
2
.
【分析】（1）设出圆心坐标，代入抛物线方程求出圆半径即可.
（2）联立圆与抛物线方程，借助不等式的性质求出y的范围即可.
（3）设出直线l的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理及抛物线定义列出目标式的函数关系求出最小
值.
【详解】（1）设圆C的半径为r(r >0)，
圆C的圆心在第一象限且圆C与两坐标轴均相切，则圆心C(r ,r )，
由抛物线Γ : y
2=2 px( p>0)经过圆心C，
得r
2=2 pr，解得r =2 p，
所以圆C的标准方程为( x -2 p)
2+( y -2 p)
2= 4 p
2.
（2）由¿，得x
2- 4 px + 4 p
2+2 px - 4 py =0，
即x
2-2 px + 4 p
2= 4 py，则( x - p)
2+3 p
2= 4 py，
而( x - p)
2≥0, p>0，因此y ≥3 p
4 ，
所以A ,B两点到x轴的距离均不小于3 p
4 .
（3）抛物线Γ的焦点为F( p
2 ,0)，设P( x1, y1),C( x2, y2)，
由抛物线定义得| PF |= x1+ p
2 ，
则|OP|
2-| PF |
2= x1
2+ y1
2-( x1+ p
2 )
2
= x1
2+2 p x1-( x1+ p
2 )
2
= p x1- p
2
4 ，
同理|OC |
2-|CF |
2= p x2- p
2
4 ，
因此|OC |
2+|OP|
2- |CF |
2-| PF |
2
=(|OC |
2- |CF |
2)+(|OP|
2-| PF |
2)= p( x1+ x2)- p
2
2 ，
设直线l的方程为x =t( y -2 p)+2 p，
由¿，得y
2-2 pty + 4 p
2(t -1)=0，
Δ= 4 p
2(t -2)
2>0，则t ≠2, y1+ y2=2 pt，x1+ x2=t( y1+ y2- 4 p)+ 4 p=2 pt
2- 4 pt + 4 p，
因此|OC |
2+|OP|
2- |CF |
2-| PF |
2= p(2 pt
2- 4 pt + 4 p)- p
2
2 =2 p
2(t -1)
2+ 3 p
2
2 ，
所以当t =1时，|OC |
2+|OP|
2- |CF |
2-| PF |
2取得最小值3 p
2
2 .
真题溯源·考向感知
——溯源真
，感知高考考向
题逻辑
一、单选题
1．（2024·上海·春季高考）a，b，c∈R，b>c，下列不等式恒成立的是（ ）
A．a+b
2>a+c
2
B．a
2+b>a
2+c
C．ab
2>ac
2
D．a
2b>a
2c
【答案】B
【分析】ACD 举反例；B 选项由不等式的可加性可判断.
【详解】对于A，若|b|<|c|，则b
2<c
2，选项不成立，故A 错误；
对于B，由不等式的可加性可知，a
2+b>a
2+c，故B 正确；
对于C、D，若a=0，则选项不成立，故C、D 错误．
故选：B．
2．（2018·全国卷III·高考）设a= log0.20.3，b= log20.3，则
A．a+b<ab<0
B．ab<a+b<0
C．a+b<0<ab
D．ab<0<a+b
【答案】B
【详解】∵a=log0.20.3,b= log20.3
∴1
a =log0.30.2, 1
b = log0.32
∴1
a + 1
b = log0.30.4
∴0< 1
a + 1
b <1,即0< a+b
ab <1
又∵a>0,b<0
∴ab<0即ab<a+ b<0
故选：B.
3．（2017·山东·高考）若a>b>0，且ab=1，则下列不等式成立的是
A．a+ 1
b < b
2
a <log2(a+b)
B． b
2
a <log2(a+b)<a+ 1
b
C． a+ 1
b <log2(a+b)< b
2
a
D． log2(a+b)<a+ 1
b < b
2
a
【答案】B
【详解】因为a>b>0，且ab=1，所以a>1,0<b<1,∴b
2
a <1,log2(a+b)>log22❑√ab=1,
设f (x)=2
x- x ,(x>1)，则f
' (x)=2
x ln2-1>0，所以f (x)=2
x- x ,(x>1)单调递增，
所以2
a+ 1
b >a+ 1
b >a+b⇒a+ 1
b >log2(a+b) ，所以选B.
4．（2016·全国卷I·高考）若a>b>1，0<c<1，则
A．a
c<b
c
B．ab
c<ba
c
C．alogbc<b logac
D．logac<logbc
【答案】C
【详解】试题分析：用特殊值法，令a=3，b=2，c = 1
2得3
1
2 >2
1
2，选项A 错误，3×2
1
2 >2×3
1
2，选项B
错误， log3 1
2 >log2 1
2，选项D 错误，
因为a logbc -b logac =lgc⋅( a
lgb - b
lga )=lgc⋅( lga
a-lgb
b
lgblga
),∵a>b>1∴1<b
b<a
b<a
a
∴lga
a-lgb
b
lgblga
>0∵0<c<1∴lgc<0∴alogbc<b logac选项C 正确，故选C．
【考点】指数函数与对数函数的性质
二、填空题
5．（2017·北京·高考）能够说明“设a,b,c是任意实数,若a>b>c,则a+b>c”是假命题的一组整数a,b,c
的值依次为__________.
【答案】-1,-2,-3
【详解】试题分析：-1>-2>-3,-1+(-2)=-3>-3，矛盾，所以−1，−2，−3 可验证该命题是假命题.
课本典例·高考素材
——立足
本典例，挖掘高考素材
课
一、填空题
1．（高一上·人教A 版·单元测试）用不等号“>”或“<”填空：
（1）若a>b，且1
a > 1
b ，则ab_____________0；
（2）若c>a>b>0，则a
c -a_________ b
c -b；
（3）若a>b>c>0，则a
b __________a+c
b+c .
【答案】 < > >
【解析】（1）直接化简a>b和1
a > 1
b 得解；（2）利用作差法比较a
c -a和b
c -b的大小；（3）利用作差法
比较a
b和a+c
b+c 的大小.
【详解】解：（1）∵a>b,∴a-b>0,∴b-a<0.
∵1
a > 1
b ,∴1
a - 1
b >0,∴b-a
ab >0,∴ab<0.
（2）a
c -a -
b
c -b = a(c -b)-b(c -a)
(c -a)(c -b)
= ac -ab-bc +ab
(c -a)(c -b) =
c(a-b)
(c -a)(c -b).
∵c>a>b>0,∴c>0,a-b>0,c -a>0,c -b>0,∴
a
c -a >
b
c -b.
（3）a
b - a+c
b+c = a(b+c)-b(a+c)
b(b+c)
= ab+ac -ba-bc
b(b+c)
= c(a-b)
b(b+c).
∵a>b>c>0,∴c>0,a-b>0,b>0,b+c>0,
∴a
b - a+c
b+c >0,∴a
b > a+c
b+c .
2．（高一上·人教A 版·2.1 等式性质与不等式性质）用不等号“>”或“<”填空:
(1)如果a>b,c<d,那么a-c______b-d;
(2)如果a>b>0,c<d <0,那么ac____bd;
(3)如果a>b>0,那么1
a
2____ 1
b
2;
(4)如果a>b>c>0,那么c
a____c
b .
【答案】 > < < <
【解析】根据不等式的性质依次填写即可
【详解】解析:(1)∵c<d,∴-c>-d.∵a>b,∴a-c>b-d.
(2)∵c<d <0,∴-c>-d >0.∵a>b>0,∴-ac>-bc>-bd,∴ac<bd.
(3)∵a>b>0,∴ab>0, 1
ab >0,∴a⋅1
ab >b⋅1
ab >0,∴1
b > 1
a >0,
∴(
1
b)
2
>(
1
a)
2
,即1
a
2 < 1
b
2.
(4)∵a>b>0,所以ab>0, 1
ab >0.于是a⋅1
ab >b⋅1
ab ,即1
b > 1
a,即1
a < 1
b .
∵c>0,∴c
a < c
b .
故答案为:(1)>；(2)<；(3)<；(4)<
二、解答题
3．（高一上·人教A 版·单元测试）证明：圆的面积大于与它具有相同周长的正方形的面积，并据此说明，
人们通常把自来水管的横截面制成圆形，而不是正方形的原因.
【答案】见解析
【解析】设圆的周长与正方形的周长均为x，由圆的面积以及正方形的面积公式求出圆和正方形的面积，
利用作差法证明圆的面积大于正方形的面积，即可得出相同周长的圆和正方形的截面，圆的截面面积大.
【详解】证明，设圆的周长与正方形的周长均为x，则圆的面积S1= π( x
2π )
2
= x
2
4 π ，
正方形的面积，S2=( x
4 )
2
= x
2
16 ⋅∴S1- S2= x
2
4 π - x
2
16 = x
2
16 π (4 - π )>0，∴S1>S2.
∴相同材料制成的自来水管，截面为圆的截面面积大，因而出水快.
4．（高一上·人教A 版·单元测试）比较下列各组中两个代数式的大小：
（1）x
2+5 x +6与2 x
2+5 x +9；
（2）( x -3)
2与( x -2)( x - 4)；
（3）当x>1时，x
2与x
2- x +1；
（4）x
2+ y
2+1与2( x + y -1).
【答案】（1）x
2+5 x +6<2 x
2+5 x +9.（2）( x -3)
2>( x -2)( x - 4).（3）x
2> x
2- x +1.（4）
x
2+ y
2+1>2( x + y -1).
【解析】利用作差法比较大小即可.
【详解】解：（1）因为( x
2+5 x +6)-(2 x
2+5 x +9)=- x
2-3<0，所以x
2+5 x +6<2 x
2+5 x +9.
（2）因为( x -3)
2-( x -2)( x - 4)=( x
2-6 x +9)-( x
2-6 x +8)=1>0，所以( x -3)
2>( x -2)( x - 4).
（3）因为x
2-( x
2- x +1)= x -1>0，所以当x>1时，x
2> x
2- x +1.
（4）因为x
2+ y
2+1-2( x + y -1)= x
2+ y
2+1-2 x -2 y +2=( x -1)
2+( y -1)
2+1>0，所以
x
2+ y
2+1>2( x + y -1).
5．（高一上·人教A 版·单元测试）两次购买同一种物品，可以用两种不同的策略，第一种是不考虑物品价
格的升降，每次购买这种物品的数量一定；第二种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品所花的钱
数一定.哪种购物方式比较经济？你能把所得结论作一些推广吗？
【答案】详见解析
【解析】求出两种方案购物的平均价格，再利用作差比较法比较它们的大小即得解.
【详解】解：按第一种策略购物，设第一次购物时的价格为p1，购nkg，第二次购物时的价格为p2元/kg，
仍购nkg，两次购物的平均价格为p1n+ p2n
2n
= p1+ p2
2
；
若按第二种策略购物，第一次花m 元钱，能购m
p1
kg物品，第二次仍花m 元钱，能购m
p2
kg物品，两次购
物的平均价格为
2m
m
p1
+ m
p2
=
2
1
p1
+ 1
p2
.
比较两次购的平均价格：
p1+ p2
2
-
2
1
p1
+ 1
p2
= p1+ p2
2
- 2 p1 p2
p1+ p2
= ( p1+ p2)
2- 4 p1 p2
2( p1+ p2)
= ( p1- p2)
2
2( p1+ p2)
⩾0.
所以第一种策略的平均价格高于第二种策略的平均价格，因而用第二种策略比较经济，一般地，如果是多
次购买同一种物品，用第二种策略购买比较经济.
6．（高一上·人教A 版·单元测试）一般认为，民用住宅的窗户面积必须小于地板面积，但窗户面积与地板
面积的比应不小于10%，而且这个比值越大，采光效果越好.
（1）若一所公寓窗户面积与地板面积的总和为220m
2，则这所公寓的窗户面积至少为多少平方米？
（2）若同时增加相同的窗户面积和地板面积，公寓的采光效果是变好了还是变坏了？
【答案】（1）20 平方米 （2）变好了
【解析】（1）设公寓窗户面积与地板面积分别为am
2,bm
2，则¿，化简得a⩾20即得解；（2）设a 和b
分别表示公寓原来窗户面积和地板面积，m 表示窗户和地板所增加的面积，再比较a+m
b+m和a
b的大小即得解.
【详解】解：（1）设公寓窗户面积与地板面积分别为am
2,bm
2，则¿，所以b⩽
a
10 % =10a，所以
a+b=220⩽a+10a，所以a⩾20.所以这所公寓的窗户面积至少为20 平方米.
（2）设a 和b 分别表示公寓原来窗户面积和地板面积，m 表示窗户和地板所增加的面积（面积单位都相
同），由题意得：0<a<b,m>0，则a+m
b+m - a
b = ab+bm-ab-am
b(b+m)
= m(b-a)
b(b+m).
因为b>0,m>0，所以b(b+m)>0.又因为a<b，所以m(b-a)>0.
因此a+m
b+m - a
b >0，即a+m
b+m > a
b .
所以窗户和地板同时增加相等的面积，住宅的采光条件变好了.
7．（高一上·人教A 版·2.1 等式性质与不等式性质）已知a>b>0，c<0，求证：c
a > c
b .
【答案】证明见解析
【分析】利用作差法结合a，b，c的大小关系，证得不等式成立.
【详解】c
a - c
b = bc -ac
ab
= c(b-a)
ab
，
因为a>b>0，c<0，所以b-a<0，c(b-a)>0，ab>0
故c(b-a)
ab
>0，即证：c
a > c
b .
