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专题03 等式与不等式的性质
知
识
梳
理
考纲要求
考点预测
常用结论
方法技巧
题
型
归
类
题型一：比较两个数(式)的大小
题型二：不等式的性质
题型三：应用性质判断不等式是否成立
题型四：求代数式的取值范围
培
优
训
练
训练一：
训练二：
训练三：
训练四：
训练五：
训练六：
强
化
测
试
单选题：共8 题
多选题：共4 题
填空题：共4 题
解答题：共6 题
一、【知识梳理】
【考纲要求】
1.理解用作差法比较两个实数大小的理论依据.
2.理解不等式的概念.
3.理解不等式的性质，掌握不等式性质的简单应用.
【考点预测】
1.两个实数比较大小的方法
(1)作差法
(2)作商法
2.不等式的性质
(1)对称性：a＞b⇔b＜a；
(2)传递性：a＞b，b＞c⇒a＞c；
(3)同向可加性：a＞b⇔a＋c＞b＋c；a＞b，c＞d⇒a＋c＞b＋d；
(4)可乘性：a＞b，c＞0⇒ac＞bc；a＞b，c＜0⇒ac＜bc；a＞b＞0，c＞d＞0⇒ac＞bd；
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(5)可乘方性：a＞b＞0⇒an＞bn(n∈N，n≥1)；
(6)可开方性：a＞b＞0⇒＞(n∈N，n≥2).
【常用结论】
1.证明不等式的常用方法有：作差法、作商法、综合法、分析法、反证法、放缩法.
2.有关分式的性质
(1)若a>b>0，m>0，则<；>(b－m>0).
(2)若ab>0，且a>b⇔<.
【方法技巧】
1.作差法一般步骤：
(1)作差；(2)变形；(3)定号；(4)结论.其中关键是变形，常采用配方、因式分解、有理化等方法把
差式变成积式或者完全平方式.当两个式子都为正数时，有时也可以先平方再作差.
2.作商法一般步骤：
(1)作商；(2)变形；(3)判断商与1 的大小；(4)结论.
3.函数的单调性法：将要比较的两个数作为一个函数的两个函数值，根据函数单调性得出大小关
系.
4.特殊值法：对于选择、填空题，可以选取符合条件的特殊值比较大小.
5.利用不等式性质可以求某些代数式的取值范围，但应注意两点：
一是必须严格运用不等式的性质；
二是在多次运用不等式的性质时有可能扩大了变量的取值范围.解决的途径是先建立所求范围的整
体与已知范围的整体的等量关系，最后通过“一次性”不等关系的运算求解范围.
二、【题型归类】
【题型一】比较两个数(式)的大小
【典例1】若a<0，b<0，则p＝＋与q＝a＋b 的大小关系为( )
A．p<q B．p≤q C．p>q D．p≥q
【解析】p－q＝＋－a－b
＝＋＝(b2－a2)·
＝＝，
因为a<0，b<0，所以a＋b<0，ab>0.
若a＝b，则p－q＝0，故p＝q；
若a≠b，则p－q<0，故p<q.
综上，p≤q.
故选B.
【典例2】已知a，b，c∈(0,3)，且a5＝5a，b4＝4b，c3＝3c，下列不等式正确的是( )
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A．a>b>c
B．c>a>b
C．c>b>a
D．a>c>b
【解析】a5＝5a，即＝，
b4＝4b，即＝，
c3＝3c，即＝，
设f(x)＝，
则f(a)＝f(5)，f(b)＝f(4)，f(c)＝f(3)，
f′(x)＝(x>0)，
当x>e 时，f′(x)<0，f(x)＝单调递减，
当0<x<e 时，
f′(x)>0，f(x)＝单调递增，
因为a，b，c∈(0,3)，f(a)＝f(5)，
f(b)＝f(4)，f(c)＝f(3)，
所以a，b，c∈(0，e)，因为f(5)<f(4)<f(3)，
所以f(a)<f(b)<f(c)，a<b<c.
故选C.
【典例3】已知M＝，N＝，则M，N 的大小关系为________
【解析】方法一 M－N＝－
＝
＝
＝>0.
∴M>N.
方法二 令f(x)＝
＝＝＋，
显然f(x)是R 上的减函数，
∴f(2 021)>f(2 022)，即M>N.
【题型二】不等式的性质
【典例1】若a＞b＞0，c＜d＜0，则一定有( )
A.＞
B.＜
C.＞
D.＜
【解析】由c＜d＜0⇒－＞－＞0，又a＞b＞0，故由不等式性质，得－＞－＞0，所以＜.故选D.
【典例2】下列命题为真命题的是( )
A．若a>b，则ac2>bc2
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B．若a<b<0，则a2<ab<b2
C．若c>a>b>0，则<
D．若a>b>c>0，则>
【解析】对于A 选项，当c＝0 时，显然不成立，故A 选项为假命题；
对于B 选项，当a＝－3，b＝－2 时，满足a<b<0，但不满足a2<ab<b2，故B 选项为假命题；
对于C 选项，当c＝3，a＝2，b＝1 时，＝>＝，故C 选项为假命题；
对于D 选项，由于a>b>c>0，所以－＝＝＝>0，即>，故D 选项为真命题．故选D.
【典例3】(多选)若<<0，则下列不等式正确的是( )
A.<
B．|a|＋b>0
C．a－>b－
D．ln a2>ln b2
【解析】由<<0，可知b<a<0.
A 中，因为a＋b<0，ab>0，所以<0，>0.故有<，即A 正确；
B 中，因为b<a<0，所以－b>－a>0.故－b>|a|，即|a|＋b<0，故B 错误；
C 中，因为b<a<0，又<<0，则－>－>0，所以a－>b－，故C 正确；
D 中，因为b<a<0，根据y＝x2在(－∞，0)上单调递减，可得b2>a2>0，而y＝ln x 在定义域(0，＋
∞)上单调递增，所以ln b2>ln a2，故D 错误．
故选AC.
【题型三】应用性质判断不等式是否成立
【典例1】已知a>b>0，给出下列四个不等式：
①a2>b2；②2a>2b－1；③>－；④a3＋b3>2a2b.
其中一定成立的不等式为( )
A.①②③ B.①②④
C.①③④ D.②③④
【解析】方法一 由a>b>0 可得a2>b2，①成立；
由a>b>0 可得a>b－1，而函数f(x)＝2x在R 上是增函数，
∴f(a)>f(b－1)，即2a>2b－1，②成立；
∵a>b>0，∴>，
∴()2－(－)2
＝2－2b＝2(－)>0，
∴>－，③成立；
若a＝3，b＝2，则a3＋b3＝35,2a2b＝36，
a3＋b3<2a2b，④不成立.
故选A.
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方法二 令a＝3，b＝2，
可以得到①a2>b2，②2a>2b－1，③>－均成立，而④a3＋b3>2a2b 不成立，故选A.
【典例2】已知a，b 为正数，a≠b，n 为正整数，则anb＋abn－an＋1－bn＋1的正负情况为 ( )
A．恒为正
B．恒为负
C．与n 的奇偶性有关
D．与a，b 的大小有关
【解析】anb＋abn－an＋1－bn＋1＝an(b－a)＋bn(a－b)
＝－(a－b)(an－bn)，
因为(a－b)与(an－bn)同号，所以anb＋abn－an＋1－bn＋1<0 恒成立．故选B.
【典例3】如果0＜m＜b＜a，则( )
A．cos＜cos＜cos
B．cos＜cos＜cos
C．cos＜cos＜cos
D．cos＜cos＜cos
【解析】作商比较：÷＝＞1，所以1＞＞＞0，同理，0＜＜＜1，∴1＞＞＞＞0.而y＝cosx 在上单
调递减，所以cos＜cos＜cos(也可取特殊值判断)．故选A.
【题型四】求代数式的取值范围
【典例1】若1<α<3，－4<β<2，则－β 的取值范围是________．
【解析】由1＜α＜3 得＜＜，由－4＜β＜2 得－2＜－β＜4，所以－β 的取值范围是.故填.
【典例2】若角α，β 满足－<α<β<，则2α－β 的取值范围是________．
【解析】∵－＜α＜β＜，∴－＜α＜，－＜β＜，－＜－β＜，而α＜β，∴－π＜α－β＜0，∴2α－β
＝(α－β)＋α∈.故填.
【典例3】已知a>b>c,2a＋b＋c＝0，则的取值范围是( )
A．－3<<－1
B．－1<<－
C．－2<<－1
D．－1<<－
【解析】因为a>b>c,2a＋b＋c＝0，
所以a>0，c<0，b＝－2a－c，
因为a>b>c，
所以－2a－c<a，即3a>－c，解得>－3，
将b＝－2a－c 代入b>c 中，得－2a－c>c，
即a<－c，得<－1，所以－3<<－1.
三、【培优训练】
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【训练一】已知实数a，b，c 满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c 的大小关系
为( )
A.a＜b≤c
B.b≤c＜a
C.b＜c＜a
D.b＜a＜c
【解析】∵c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，∴c≥b，
又∵b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，
两式相减得2b＝2＋2a2，即b＝1＋a2，
∴b－a＝a2＋1－a＝＋＞0，
∴b＞a，∴a＜b≤c.
【训练二】已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c 满足f(1)＝0，且a>b>c，则的取值范围是________．
【解析】因为f(1)＝0，所以a＋b＋c＝0，
所以b＝－(a＋c)．又a>b>c，
所以a>－(a＋c)>c，且a>0，c<0，
所以1>－>，即1>－1－>.
所以解得－2<<－.
即的取值范围为.
【训练三】某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件：
(1)男学生人数多于女学生人数；
(2)女学生人数多于教师人数；
(3)教师人数的两倍多于男学生人数．
①若教师人数为4，则女学生人数的最大值为________．
②该小组人数的最小值为________．
【解析】设男学生人数为x，女学生人数为y，教师人数为z，由已知得且x，y，z 均为正整数．
①当z＝4 时，8>x>y>4，∴x 的最大值为7，y 的最大值为6，故女学生人数的最大值为6.
②x>y>z>，当x＝3 时，条件不成立，当x＝4 时，条件不成立，当x＝5 时，5>y>z>，此时z＝3，
y＝4.
∴该小组人数的最小值为12.
【训练四】设a>b>1，c<0，给出下列三个结论：
①>；②ac<bc；③logb>loga.
其中所有正确结论的序号是( )
A．①
B．①②
C．②③
D．①②③
【解析】①∵a>b>1，∴0<<<1，又c<0，∴>，①正确；②由于a>b>1，可设f(x)＝ax，g(x)＝bx，
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当x＝c＜0 时，根据指数函数的性质，得ac<bc，②正确；③∵a＞b＞1，c＜0，即a－c＞b－c＞1，
∴loga(a－c)＞loga(b－c)，又由对数函数的性质知logb(a－c)＞loga(a－c)，∴logb(a－c)＞loga(b－c)，
③正确．故选D
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【训练五】(多选)设a，b，c，d 为实数，且a＞b＞0＞c＞d，则下列不等式正确的是( )
A.c2＜cd
B.a－c＜b－d
C.ac＞bd
D.－＞0
【解析】对于A，c2－cd＝c(c－d)＜0，所以A 正确；
对于B，a－c－(b－d)＝(a－b)－(c－d)，无法判断与0 的大小关系，所以B 错误；
对于C，不妨设a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，则ac＝bd，所以C 错误；
对于D，－＝＞＝＞0，所以D 正确.故选AD.
【训练六】若a＞b＞0，c＜d＜0，|b|＞|c|.
(1)求证：b＋c＞0.
(2)求证：＜.
(3)在(2)的不等式中，能否找到一个代数式，满足＜所求式＜？若能，请直接写出该代数式；
若不能，请说明理由.
【解析】(1)证明 因为|b|＞|c|，且b＞0，c＜0，所以b＞－c，所以b＋c＞0.
(2)证明 因为c＜d＜0，所以－c＞－d＞0.
又a＞b＞0，所以由同向不等式的可加性可得a－c＞b－d＞0，
所以(a－c)2＞(b－d)2＞0，
所以0＜＜①.
因为a＞b，d＞c，所以由同向不等式的可加性可得a＋d＞b＋c，
所以a＋d＞b＋c＞0 ②.
①②相乘得＜.
(3)因为a＋d＞b＋c＞0，0＜＜，
所以＜＜或＜＜.
所以，均为所求代数式.(只要写出一个即可)
四、【强化测试】
【单选题】
1. 若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，则f(x)，g(x)的大小关系是( )
A．f(x)＝g(x)
B．f(x)>g(x)
C．f(x)<g(x)
D．随x 的值变化而变化
【解析】f(x)－g(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0⇒f(x)>g(x)．故选B.
2. 若m<0，n>0 且m＋n<0，则下列不等式中成立的是( )
A．－n<m<n<－m
B．－n<m<－m<n
C．m<－n<－m<n
D．m<－n<n<－m
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【解析】法一(取特殊值法)：令m＝－3，n＝2 分别代入各选项检验即可．
法二：m＋n<0⇒m<－n⇒n<－m，又由于m<0<n，故m<－n<n<－m 成立．
故选D.
3. 已知a，b 为非零实数，且a<b，则下列不等式一定成立的是( )
A．a2<b2
B．ab2>a2b
C．<
D．<
【解析】若a<b<0，则a2>b2，故A 错；若0<a<b，则>，故D 错；若ab<0，即a<0，b>0，则
a2b>ab2，故B 错；故C 正确．故选C．
4. 设a，b∈R，则“a>2 且b>1”是“a＋b>3 且ab>2”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
【解析】若a>2 且b>1，则由不等式的同向可加性可得a＋b>2＋1＝3，由不等式的同向同正
可乘性可得ab>2×1＝2.即“a>2 且b>1”是“a＋b>3 且ab>2”的充分条件；反之，若“a＋b>3
且ab>2”，则“a>2 且b>1”不一定成立，如a＝6，b＝.所以“a>2 且b>1”是“a＋b>3 且ab>2”
的充分不必要条件．故选A．
5. 已知下列四个条件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0，能推出<成立的有( )
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【解析】由不等式的倒数性质易知条件①，②，④都能推出<.由a>0>b 得>，故能推出<成立
的条件有3 个．故选C.
6. 下列命题中，正确的是( )
A．若a>b，c>d，则ac>bd
B．若ac>bc，则a>b
C．若<<0，则|a|＋b<0
D．若a>b，c>d，则a－c>b－d
【解析】取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，可知A 错误；当c<0 时，ac>bc⇒a<b，所以B 错
误；由<<0，可知b<a<0，所以－b>－a>0，故－b>|a|，即|a|＋b<0，故C 正确；取a＝c＝2，
b＝d＝1，可知D 错误．故选C.
7. 已知a1∈(0,1)，a2∈(0,1)，记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，则M 与N 的大小关系是( )
A．M<N
B．M>N
C．M＝N
D．不确定
【解析】M－N＝a1a2－(a1＋a2－1)
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＝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.
8. 已知实数a，b，c 满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c 的大小关系为(
)
A．a<b≤c
B．b≤c<a
C．b<c<a
D．b<a<c
【解析】c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，∴c≥b，
又b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，
两式相减得2b＝2＋2a2即b＝1＋a2，
∴b－a＝a2＋1－a＝2＋>0，
∴b>a，∴a<b≤c.
故选A.
【多选题】
9. 已知c<b<a，且ac<0，那么下列不等式中，一定成立的是( )
A．ab>ac
B．c(b－a)>0
C．cb2<ab2
D．ac(a－c)<0
【解析】由c<b<a 且ac<0 知a>0 且c<0，b 的正负不确定，
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；
当b＝0 时，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．
故选ABD.
10. 有外表一样，重量不同的六个小球，它们的重量分别是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.则下列判断正确的有( )
A．b>c>f
B．b>e>f
C．c>e>f
D．b>e>c
【解析】因为a＋b＋c＝d＋e＋f，a＋b＋e>c＋d＋f，
所以e－c>c－e，所以e>c，
又因为a＋b＋c＝d＋e＋f，a＋b＋f<c＋d＋e，
所以c－f>f－c，所以c>f，
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所以e>c>f，所以C 错误；
又因为a＋e<b，所以a<b，e<b，
所以b>e>c，b>e>f，b>c>f 均成立.故选ABD.
11. 若0<a<1，b>c>1，则( )
A.a>1
B.>
C．ca－1<ba－1
D．logca<logba
【解析】对于A，∵b>c>1，∴>1.∵0<a<1，则a>0＝1，故正确．
对于B，若>，则bc－ab>bc－ac，即a(c－b)>0，这与0<a<1，b>c>1 矛盾，故错误．
对于C，∵0<a<1，∴a－1<0.∵b>c>1，∴ca－1>ba－1，故错误．
对于D，∵0<a<1，b>c>1，∴logca<logba，故正确．故选AD.
12. 下列命题为真命题的是( )
A．若a>b>0，则ac2>bc2
B．若a<b<0，则a2>ab>b2
C．若a>b>0 且c<0，则>
D．若a>b 且>，则ab<0
【解析】当c＝0 时，不等式不成立，∴A 中命题是假命题；⇒a2>ab，⇒ab>b2，∴a2>ab>b2，
∴B 中命题是真命题；a>b>0⇒a2>b2>0⇒0<<，
∵c<0，∴>，∴C 中命题是真命题；>⇒－>0⇒>0，∵a>b，∴b－a<0，ab<0，∴D 中命题是
真命题，故选BCD.
【填空题】
13. 若a1<a2，b1<b2，则a1b1＋a2b2与a1b2＋a2b1的大小关系是________．
【解析】作差可得(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)·(b1－b2)，
因为a1<a2，b1<b2，
所以(a1－a2)(b1－b2)>0，
即a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1.
答案：a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1
14. 若1<α<3，－4<β<2，则α－|β|的取值范围是________．
【解析】因为－4<β<2，所以0≤|β|<4，所以－4<－|β|≤0.所以－3<α－|β|<3.
答案：(－3，3)
15. 设a>b，有下列不等式：①>；②<；③|a|>|b|；④a|c|≥b|c|，其中一定成立的有________．
(填序号)
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【解析】对于①，>0，故①成立；
对于②，a>0，b<0 时不成立；
对于③，取a＝1，b＝－2 时不成立；
对于④，|c|≥0，故④成立．
答案：①④
16. 已知存在实数a 满足ab2>a>ab，则实数b 的取值范围是________．
【解析】因为ab2>a>ab，所以a≠0，
当a>0 时，b2>1>b，
即解得b<－1；
当a<0 时，b2<1<b，即无解．
综上可得b<－1.
答案：(－∞，－1)
【解答题】
17. 已知a＋b>0，试比较＋与＋的大小．
【解析】＋－＝＋
＝(a－b)·＝.
∵a＋b>0，(a－b)2≥0，
∴≥0.
∴＋≥＋.
18. (1)若bc－ad≥0，bd>0，求证：≤；
(2)已知c>a>b>0，求证：>.
【证明】(1)∵bc≥ad，>0，∴≥，
∴＋1≥＋1，∴≤.
(2)∵c>a>b>0，∴c－a>0，c－b>0.
∵a>b>0，∴<，
又∵c>0，∴<，∴<，
又c－a>0，c－b>0，∴>.
19. 已知－1<x－y<4，2<x＋y<3，求3x＋2y 的取值范围.
【解析】设3x＋2y＝λ(x－y)＋μ(x＋y)，
即3x＋2y＝(λ＋μ)x＋(μ－λ)y，
于是解得
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∴3x＋2y＝(x－y)＋(x＋y).
∵－1<x－y<4，2<x＋y<3，
∴－<(x－y)<2，5<(x＋y)<，
∴<(x－y)＋(x＋y)<.
故3x＋2y 的取值范围是.
20. 已知a>b>0，c<d<0，|b|>|c|，求证：
(1)b＋c>0；
(2)<.
【证明】(1)因为|b|>|c|且b>0，c<0，
所以b>－c，即b＋c>0；
(2)因为c<d<0，
所以－c>－d>0，
又a>b>0，
所以a－c>b－d>0，
所以>>0，
所以<<.
21. 观察以下运算：
1×5＋3×6>1×6＋3×5，
1×5＋3×6＋4×7>1×6＋3×5＋4×7>1×7＋3×6＋4×5.
(1)若两组数a1，a2与b1，b2，且a1≤a2，b1≤b2，则a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1是否成立，试证明．
(2)若两组数a1，a2，a3与b1，b2，b3且a1≤a2≤a3，b1≤b2≤b3，对a1b3＋a2b2＋a3b1，a1b2＋a2b1＋
a3b3，a1b1＋a2b2＋a3b3进行大小顺序(不需要说明理由)．
【解析】(1)成立，证明如下：
∵a1b1＋a2b2－(a1b2＋a2b1)＝a1(b1－b2)＋a2(b2－b1)＝(a1－a2)(b1－b2)，
又a1≤a2，b1≤b2，∴(a1－a2)(b1－b2)≥0，即a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1.
(2)a1b3＋a2b2＋a3b1≤a1b2＋a2b1＋a3b3≤a1b1＋a2b2＋a3b3.
22. 某企业去年年底给全部的800 名员工共发放1 000 万元年终奖，该企业计划从今年起，10
年内每年发放的年终奖都比上一年增加30 万元，企业员工每年净增a 人．
(1)若a＝10，在计划时间内，该企业的人均年终奖是否会超过1.5 万元？
(2)为使人均年终奖年年有增长，该企业每年员工的净增量不能超过多少人？
【解析】(1)设从今年起的第x 年(今年为第1 年)该企业人均发放年终奖为y 万元．
则y＝(a∈N*，1≤x≤10)．
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假设会超过1.5 万元，则当a＝10 时有＞1.5，解得x＞＞10.
所以，10 年内该企业的人均年终奖不会超过1.5 万元．
(2)设1≤x1＜x2≤10，y＝f(x)＝，
则f(x2)－f(x1)＝－
＝＞0，
所以30×800－1 000a＞0，得a＜24.
所以，为使人均年终奖年年有增长，该企业每年员工的净增量不能超过23 人．
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