《不等關(guān)系與不等式》同步練習(xí)6

《不等關(guān)系與不等式》同步練習(xí)課時(shí)目標(biāo)1．初步學(xué)會(huì)作差法比較兩實(shí)數(shù)的大小．2．掌握不等式的基本性質(zhì)，并能運(yùn)用這些性質(zhì)解決有關(guān)問(wèn)題．1．比較實(shí)數(shù)a，b的大小(1)文字?jǐn)⑹鋈绻鸻－b是正數(shù)，那么a>b；如果a－b等于0，那么a＝b；如果a－b是負(fù)數(shù)，那么a<b，反之也成立．(2)符號(hào)表示a－b>0?a>b；a－b＝0?a＝b；a－b<0?a<b.2．常用的不等式的基本性質(zhì)(1)a>b?b<a(對(duì)稱性)；(2)a>b，b>c?a>c(傳遞性)；(3)a>b?a＋c>b＋c(可加性)；(4)a>b，c>0?ac>bc；a>b，c<0?ac<bc；(5)a>b，c>d?a＋c>b＋d；(6)a>b>0，c>d>0?ac>bd；(7)a>b>0，n∈N，n≥2?an>bn；(8)a>b>0，n∈N，n≥2?eq\r(n,a)>eq\r(n,b).一、選擇題1．若a，b，c∈R，a>b，則下列不等式成立的是()\f(1,a)<eq\f(1,b)B．a(chǎn)2>b2\f(a,c2＋1)>eq\f(b,c2＋1)D．a(chǎn)|c|>b|c|答案C解析對(duì)A，若a>0>b，則eq\f(1,a)>0，eq\f(1,b)<0，此時(shí)eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，∴A不成立；對(duì)B，若a＝1，b＝－2，則a2<b2，∴B不成立；對(duì)C，∵c2＋1≥1，且a>b，∴eq\f(a,c2＋1)>eq\f(b,c2＋1)恒成立，∴C正確；對(duì)D，當(dāng)c＝0時(shí)，a|c|＝b|c|，∴D不成立．2．已知a<0，b<－1，則下列不等式成立的是()A．a(chǎn)>eq\f(a,b)>eq\f(a,b2)\f(a,b2)>eq\f(a,b)>a\f(a,b)>a>eq\f(a,b2)\f(a,b)>eq\f(a,b2)>a答案D解析取a＝－2，b＝－2，則eq\f(a,b)＝1，eq\f(a,b2)＝－eq\f(1,2)，∴eq\f(a,b)>eq\f(a,b2)>a.3．已知a、b為非零實(shí)數(shù)，且a<b，則下列命題成立的是()A．a(chǎn)2<b2B．a(chǎn)2b<ab2\f(1,ab2)<eq\f(1,a2b)\f(b,a)<eq\f(a,b)答案C解析對(duì)于A，當(dāng)a<0，b<0時(shí)，a2<b2不成立；對(duì)于B，當(dāng)a<0，b>0時(shí)，a2b>0，ab2<0，a2b<ab2不成立；對(duì)于C，∵a<b，eq\f(1,a2b2)>0，∴eq\f(1,ab2)<eq\f(1,a2b)；對(duì)于D，當(dāng)a＝－1，b＝1時(shí)，eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)＝－1.4．若x∈(e－1,1)，a＝lnx，b＝2lnx，c＝ln3x，則()A．a(chǎn)<b<cB．c<a<bC．b<a<cD．b<c<a答案C解析∵eq\f(1,e)<x<1，∴－1<lnx<0.令t＝lnx，則－1<t<0.∴a－b＝t－2t＝－t>0，∴a>b.c－a＝t3－t＝t(t2－1)＝t(t＋1)(t－1)，又∵－1<t<0，∴0<t＋1<1，－2<t－1<－1，∴c－a>0，∴c>a.∴c>a>b.5．設(shè)a，b∈R，若a－|b|>0，則下列不等式中正確的是()A．b－a>0B．a(chǎn)3＋b3<0C．a(chǎn)2－b2<0D．b＋a>0答案D解析由a>|b|得－a<b<a，∴a＋b>0，且a－b>0.∴b－a<0，A錯(cuò)，D對(duì)．可取特值，如a＝2，b＝－1，a3＋b3＝7>0，故B錯(cuò)．而a2－b2＝(a－b)(a＋b)>0，∴C錯(cuò)．6．若a>b>c且a＋b＋c＝0，則下列不等式中正確的是()A．a(chǎn)b>acB．a(chǎn)c>bcC．a(chǎn)|b|>c|b|D．a(chǎn)2>b2>c2答案A解析由a>b>c及a＋b＋c＝0知a>0，c<0，又∵a>0，b>c，∴ab>ac.故選A.二、填空題7．若1≤a≤5，－1≤b≤2，則a－b的取值范圍為_(kāi)_______．答案[－1,6]解析∵－1≤b≤2，∴－2≤－b≤1，又1≤a≤5，∴－1≤a－b≤6.8．若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，則f(x)與g(x)的大小關(guān)系是________．答案f(x)>g(x)解析∵f(x)－g(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0，∴f(x)>g(x)．9．若x∈R，則eq\f(x,1＋x2)與eq\f(1,2)的大小關(guān)系為_(kāi)_______．答案eq\f(x,1＋x2)≤eq\f(1,2)解析∵eq\f(x,1＋x2)－eq\f(1,2)＝eq\f(2x－1－x2,21＋x2)＝eq\f(－x－12,21＋x2)≤0，∴eq\f(x,1＋x2)≤eq\f(1,2).10．設(shè)n>1，n∈N，A＝eq\r(n)－eq\r(n－1)，B＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，則A與B的大小關(guān)系為_(kāi)_______．答案A>B解析A＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n－1))，B＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n)).∵eq\r(n)＋eq\r(n－1)<eq\r(n＋1)＋eq\r(n)，并且都為正數(shù)，∴A>B.三、解答題11．設(shè)a>b>0，試比較eq\f(a2－b2,a2＋b2)與eq\f(a－b,a＋b)的大?。夥椒ㄒ蛔鞑罘╡q\f(a2－b2,a2＋b2)－eq\f(a－b,a＋b)＝eq\f(a＋ba2－b2－a－ba2＋b2,a2＋b2a＋b)＝eq\f(a－b[a＋b2－a2＋b2],a2＋b2a＋b)＝eq\f(2aba－b,a＋ba2＋b2)∵a>b>0，∴a＋b>0，a－b>0,2ab>0.∴eq\f(2aba－b,a＋ba2＋b2)>0，∴eq\f(a2－b2,a2＋b2)>eq\f(a－b,a＋b).方法二作商法∵a>b>0，∴eq\f(a2－b2,a2＋b2)>0，eq\f(a－b,a＋b)>0.∴eq\f(\f(a2－b2,a2＋b2),\f(a－b,a＋b))＝eq\f(a＋b2,a2＋b2)＝eq\f(a2＋b2＋2ab,a2＋b2)＝1＋eq\f(2ab,a2＋b2)>1.∴eq\f(a2－b2,a2＋b2)>eq\f(a－b,a＋b).12．設(shè)f(x)＝1＋logx3，g(x)＝2logx2，其中x＞0且x≠1，試比較f(x)與g(x)的大小．解f(x)－g(x)＝1＋logx3－2logx2＝logxeq\f(3x,4)，①當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜x＜1，,\f(3x,4)＞1，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞1，,0＜\f(3x,4)＜1，))即1＜x＜eq\f(4,3)時(shí)，logxeq\f(3x,4)＜0，∴f(x)＜g(x)；②當(dāng)eq\f(3x,4)＝1，即x＝eq\f(4,3)時(shí)，logxeq\f(3x,4)＝0，即f(x)＝g(x)；③當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜x＜1，,0＜\f(3x,4)＜1，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞1，,\f(3x,4)＞1，))即0＜x＜1，或x＞eq\f(4,3)時(shí)，logxeq\f(3x,4)＞0，即f(x)＞g(x)．綜上所述，當(dāng)1＜x＜eq\f(4,3)時(shí)，f(x)＜g(x)；當(dāng)x＝eq\f(4,3)時(shí)，f(x)＝g(x)；當(dāng)0＜x＜1，或x＞eq\f(4,3)時(shí)，f(x)＞g(x)．能力提升13．若0<a1<a2,0<b1<b2，且a1＋a2＝b1＋b2＝1，則下列代數(shù)式中值最大的是()A．a(chǎn)1b1＋a2b2B．a(chǎn)1a2＋b1bC．a(chǎn)1b2＋a2b1\f(1,2)答案A解析方法一特殊值法．令a1＝eq\f(1,4)，a2＝eq\f(3,4)，b1＝eq\f(1,4)，b2＝eq\f(3,4)，則a1b1＋a2b2＝eq\f(10,16)＝eq\f(5,8)，a1a2＋b1b2＝eq\f(6,16)＝eq\f(3,8)，a1b2＋a2b1＝eq\f(6,16)＝eq\f(3,8)，∵eq\f(5,8)>eq\f(1,2)>eq\f(3,8)，∴最大的數(shù)應(yīng)是a1b1＋a2b2.方法二作差法．∵a1＋a2＝1＝b1＋b2且0<a1<a2,0<b1<b2，∴a2＝1－a1>a1，b2＝1－b1>b1，∴0<a1<eq\f(1,2)，0<b1<eq\f(1,2).又a1b1＋a2b2＝a1b1＋(1－a1)(1－b1)＝2a1b1＋1－a1－b1a1a2＋b1b2＝a1(1－a1)＋b1(1－b1)＝a1＋b1－aeq\o\al(2,1)－beq\o\al(2,1)，a1b2＋a2b1＝a1(1－b1)＋b1(1－a1)＝a1＋b1－2a1b1∴(a1b2＋a2b1)－(a1a2＋b1b2)＝aeq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,1)－2a1b1＝(a1－b1)2≥0，∴a1b2＋a2b1≥a1a2＋b1b2∵(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝4a1b1＋1－2a1－2＝1－2a1＋2b1(2a1－1)＝(2a1－1)(2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1－\f(1,2)))>0，∴a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1.∵(a1b1＋a2b2)－eq\f(1,2)＝2a1b1＋eq\f(1,2)－a1－b1＝b1(2a1－1)－eq\f(1,2)(2a1－1)＝(2a1－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1－\f(1,2)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1－\f(1,2)))>0，∴a1b1＋a2b2>eq\f(1,2).綜上可知，最大的數(shù)應(yīng)為a1b1＋a2b2.14．設(shè)x，y，z∈R，試比較5x2＋y2＋z2與2xy＋4x＋2z－2的大?。狻?x2＋y2＋z2－(2xy＋4x＋2z－2)＝4x2－4x＋1＋x2－2xy＋y2＋z2－2z＋1＝(2x－1)2＋(x－y)2＋(z－1)2≥0，∴5x2＋y2＋z2≥2xy＋4x＋2z－2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq