高一数学不等式性质检测试题

例1 比较x33与3x的大小，其中xR． 解：(x23)3x

x23x3，

33[x23x()2]()23，

2233(x)2，

2430， 4∴ x233x．

说明：由例1可以看出实数比较大小的依据是：①ab0ab； ②ab0ab；③ab0ab．

典型例题二

例2 比较x61与x4x2的大小，其中xR 解：(x61)(x4x2)

x6x4x21，

x4(x21)(x21)， (x21)(x41)， (x21)(x21)(x21)， (x21)2(x21)，

∴ 当x1时，x61x4x2； 当x1时，x61x4x2.

说明：两个实数比较大小，通常用作差法来进行，其一般步骤是：第一步：作差；第二步：变形，常采用配方，因式分解等恒等变形手段；第三步：定号，贵州省是能确定是大于0，还是等于0，还是小于0．最后得结论．概括为“三步，—结论”，这里的“变形”一步最为关键．

典型例题三

例3 xR，比较(x1)(x21)与(x)（x2x1）的大小． 分析：直接作差需要将(x1)(x21)与(x)（x2x1）展开，过程复杂，式子冗长，可否考虑根据两个式子特点，予以变形，再作差．

解：∵(x1)(x21)=(x1)（x2x1）

x(x1)(x2x1)(x1)，

211(x)(x2x1)(x1)(x2x1)

221(x1)(x2x1)(x2x1)，

2x1∴ (x1)(x21)(x)(x2x1)

22111(x2x1)x(x1)0． 222x1则有xR时，(x1)(x21)(x)（x2x1）恒成立．

22x2x2x212x212说明：有的确问题直接作差不容易判断其符号，这时可根据两式的特点考虑先变形，到比较易于判断符号时，再作差，予以比较，如此例就是先变形后，再作差．

典型例题四

例4 设xR，比较

1与1x的大小． 1x1x2(1x)解：作差， 1x1xx20， 1）当x0时，即1x∴

11x； 1xx20， 2）当1x0，即x1时，1x∴

11x； 1xx20， 3）当1x0但x0，即1x0或x0时，1x∴

11x． 1x说明：如本题作差，变形，变形到最简形式时，由于式中含有字母，不能定号，必须对字母根据式子具体特点分类讨论才能定号．此时要注意分类合理恰当．

典型例题五

例5 比较1816与1618的大小

分析：两个数是幂的形式，比较大小一般采用作商法。

181618191916解：18()162()16()16()

1616816282982916 ()＜1,821618＞0,1816＜1618.(0,1)说明：求商法比大小的变形要围绕与1比大小进行．

典型例题六

例6 设a＞0,b＞0，且ab，比较：aabb与abba的大小。 分析：比较大小一般方法是求差法或求商法，利用不等式的性质进行变形，然后确定大小。

aabba解：baaabbba()ab

bababaa当b＞a＞0时，0＜＜1,ab＜0()ab＞1

bb当a＞b＞0时，＞1,ab＞0，()ab＞1

abaabaabb()＞1即ba＞1， bab又abba＞0，aaba＞abba

说明：求商法的基本步骤是：①求商，②变形，③与1比大小从而确定两个数的大小.

典型例题七

例7 实数a、b、c、d满足条件：①ab,cd；②acbc0；③adbd0，则有( )

A．acdb B．cabd

C．acbd D．cadb

（天津市2001年南开中学期末试题）

分析：先由条件②③分析出a、b与c、d的关系，根据条件利用①用数轴数形结合比出大小．

解：∵acbc0，∴a、b与c同侧 ∵adbd0，∴a、b与d异侧 ∵ab,cd

∴把a、b、c、d标在数轴上，只有下面一种情况

由此得出cadb，∴此题选D．

说明：比较大小时可以借助于数轴，利用推出的一些结论在数轴上标出它们的相对位置，这样容易看出几个数之间的大小关系，尤其是比较的个数较多时适用．

典型例题八

例8 已知①1ab1；②1ab3，求：3ab的取值范围． 分析：此题是给代数式的字母的范围，求另外代数式的范围．分为两步来进行：(1)利用待定系数法将代数式3ab用ab和ab表示．(2)利用不等式性质及题目条件确定3ab的范围．

解：设：3abx(ab)y(ab)(xy)a(xy)b

xy3xy1x1 y2由①+②×2得：12(ab)2(ab)132

即：13ab7．

说明：此题的一种典型错误做法，如下：

1ab1,1ab3,02a4，即：0a2

1ab1,3ba1

42b0即：2b0 03a6,0b2,03ab8

此解法的错误原因是因为a与b是两个相互联系，相互制约的量，而不是各自独立的，当ab取到最大值或最小值时，ab不一定能取到最值，所以用以上方法可能扩大变量的范围．

避免出错的方法是通过待定系数法“整体代入”，见解题过程．

典型例题九

例9 判断下列各命题的真假，并说明理由． （1）若ac2bc2，则ab. （2）若ab，则. （3）若ab,c0，则. （4）若ab,cd，则acbd. （5）若ab0,ac，则a2bc. （6）若ab,mN，则ambm.

分析：利用不等式的性质来判断命题的真假．

cacb1a1b10解：（1）ac2bc2c20c2ab，是真命题．

ac2bc2（2）可用赋值法：a3,b2，有，是假命题． 也可这样说明：1a1bba， ab1a1b∵ ab，只能确定ba0，

但ab的符号无法确定，从而的符号确定不了，所以无法得到，实际上有：

11. ab11ab,ab0.

abab,ab01a1b1a1b11cccc（3）与（2）类似，由ab是ab，从而abababc0假命题．

（4）取特殊值：a5,b1,c2,d3. 有acbd，∴ 是假命题．

定理3的推论是同向不等式可相加，但同向不等式相减不一定成立．只有异向不等式可相减，即ab,cdacbd.

ab02aaba02（5）abc， ∴是真命题．

acabbcb0（6）定理4成立的条件为必须是正数． 举反例：

a3,b4,m2，则有ambm.

说明：在利用不等式的性质解题时，一定要注意性质定理成立的

条件．要说明一个命题是假命题可通过举反例．

典型例题十

例10 求证：ab,a0,b0.

分析：把已知的大小关系转化为差数的正负，再利用不等式的性质完成推理．

证明：利用不等式的性质，得

abab01111abab0 00abbaab1a1ba,b异号a0,b0. ab典型例题十一

例11 若ab,cd，则下面不等式中成立的一个是（ ） （A）adbc （B）acbd （C） （D）dacb

解：由不等式的性质知：（A）、（B）、（C）成立的条件都不充分，所以选（D），其实（D） 正是异向不等式相减的结果．

ababdacb.

cddcacbd说明：本的解法都是不等式性质的基本应用，对于不等式的基本性质要逐条掌握准确，以便灵活应用．

典型例题十二

例12 若11，则下面各式中恒成立的是（ ）． （A）20 （B）21 （C）10 （D）11

分析 本题考查是否能正确使用不等式的性质来进行变形，应看到，已知条件中含有两个内容，即11，11和，根据不等式的性质，可得11，0，继而得到22且

0，故20，因此选A．

典型例题十三

例13 若abc，则一定成立的不等式是（ ）

A．acbc B．abac C．acbc D．

分析：A错，当ab,c0时有acbc；同样B错；D没有考虑各数取零和正负号的关系，所以也不对．

故选C，因为不等式两边同时加上一个任意数（此题是c），原不等式成立．

说明：这类题可以采用特例法：令c0即得C成立．

典型例题十四

例14 已知：a＞b，e＞f，c0，求证：fac＜ebc． 分析：要证明的式子中，左右均为二项差，其中都有一项是两字

1a1b1c母积的形式，因此在证明时，对两项积要注意性质的使用，对两项差的证明要注意使用同向加性或异向减性来处理．

ac＜bc．证明：a＞b，c＞0，ac＞bc，

又f＜e，∴由同向加性可得：fac＜ebc．

说明：此题还可采用异向减性来处理：f＜e，ac＞bc，fac＜ebc．做这类题过程并不复杂，关键是记准性质，并能正确地应用．

典型例题十五

例15已知集合IR，Ax|x25x14＜０，Bx|x|y2,yA,求：AB．

分析：要求AB，需要先求集合A和B，从已知来看，A的范围容易求，B的元素由yA可以推算，但在推算过程中，要注意运用不等式的性质．

解：x25x140且IR,

2x7.

Axx25x140x2x7.

yA,2y7. 4y25.|x|y2, 4|x|5,|x|5. 5x5.

Bx5x5. AB{x2x5}.

说明：本题中的条件IR，意在明确集合A中的元素为R，若去

掉此条件，会出现不确定的情况．比如，2x7的实数和2x7的整数显然是有区别的．另外，这里集合B的元素是通过集合A的元素求出的，解题时，一定要看清．

典型例题十六

例16 设a和b都是非零实数，求不等式ab和同时成立的充要条件．

分析：本题是求两个不等式同时成立的充要条件，因此，这两个不等式不能分开来讨论．如果分开讨论，则ab成立的条件就是ab本身；而成立的条件则是a与b同号，且ab，但这个条件只是

11的一个充分条件，并且与第一个不等式ab是矛盾的．所以必ab1a1b1a1b须研究这两个不等式同时成立的条件．显然，应该从求它们同时成立的必要条件入手．

解：先求ab，同时成立的必要条件，即当ab，同时成立时，a与b应具备什么条件．

ab,ab0,由 11，得ba0.abab1a1b1a1b由ab0可知ba0，再由

abba0知ab0，即a与b异号，因ab此a0b是不等式ab与11同时成立的必要条件． 再求ab，11同时成立的充分条件．

ab事实上，当a0b时，必有ab，且0,1a1a1110，因而成立．从bab1b11因此，两个不等式ab，同时成立的充要条件是a0b．

ab11说明：本题结果表明，ab与同时成立，其充要条件是a为

ab11正数，b为负数．这与成立的条件ab0，ba不要混淆．解本

ab11题是从必要条件入手的，即若ab，同时成立，则要研究从不

ab11等式和ab看a与b的大小有什么关系，从中得出结论

ab11（a0b），再把这个结论作为一个充分条件去验证ab及能否

ab而a0b是不等式ab，同时成立的充分条件．

同时成立．从而解决了本题．

典型例题十七

例17 已知函数f(x)ax2c满足：4f(1)1,1f(2)5.则

f(3)应满足（ ）

（A）7f(3)26 （B）4f(3)15 （C）1f(3)20 （D）2835f(3) 33分析：如果能用f(1)与f(2)将f(3)“线性”表示出：

f(3)mf(1)nf(2)，就可利用不等式的基本性质，由f(1)、f(2)的取值

范围，推出f(3)满足的条件． 解：∵f(1)ac,f(2)4ac, ∴a[f(2)f(1)],c[f(2)4f(1)] 故f(3)9ac3[f(2)f(1)][f(2)4f(1)] f(2)f(1)

8353131313由不等式的基本性质，得

5520f(1)3331f(3)20.

88401f(2)5f(2)33304f(1)1故选（C）.

说明：（1）也可设f(3)mf(1)nf(2)，由代定系数法求得m，

8n． 353（2）下面的错误是值得引以为戒的∵f(1)ac,f(2)4ac,

4f(1)14ac1ca4

1f(2)514ac503a90a31c7

1ca4又 f(3)9ac. ∴

0a309a27,7f(3)26.

1c7c1故选（A）

上述推理错误产生的原因是由于将条件

4f(1)10a3化为使a、c的取值范1f(2)51c7围扩大所致．事实上，作为点集

与N(a,c)0a3,117之间的关系是MN，如图点集N是图中乱世形OABD所围成的区域，点集M是由平行四边形MNBP所围成的区域，这样就直观地表现了MN，揭示了上述解法的错误．