新教材數(shù)學(xué)人教A版作業(yè)2-1第2課時不等式性質(zhì)

第二章2.1第2課時A組·素養(yǎng)自測一、選擇題1．下列運用等式的性質(zhì)，變形不正確的是(D)A．若x＝y(tǒng)，則x＋5＝y(tǒng)＋5 B．若a＝b，則ac＝bcC．若eq\f(a,c)＝eq\f(b,c)，則a＝b D．若x＝y(tǒng)，則eq\f(x,a)＝eq\f(y,a)[解析]對于選項A，由等式的性質(zhì)3知，若x＝y(tǒng)，則x＋5＝y(tǒng)＋5，正確；對于選項B，由等式的性質(zhì)4知，若a＝b，則ac＝bc，正確；對于選項C，由等式的性質(zhì)4知，若eq\f(a,c)＝eq\f(b,c)，則a＝b，正確；對于選項D，若x＝y(tǒng)，則eq\f(x,a)＝eq\f(y,a)的前提條件為a≠0，故此選項錯誤．2．(2020·上海市黃浦區(qū)期中)已知0＜a＜1,0＜b＜1，記M＝a·b，N＝a＋b－1，則M與N的大小關(guān)系是(C)A．M＜N B．M＝NC．M＞N D．不確定[解析]∵0＜a＜1,0＜b＜1，M＝a·b，N＝a＋b－1，∴M－N＝a·b－a－b＋1＝(a－1)(b－1)＞0，∴M＞N．3．已知a＞b＞c，則eq\f(1,b－c)＋eq\f(1,c－a)的值是(A)A．正數(shù) B．負(fù)數(shù)C．非正數(shù) D．非負(fù)數(shù)[解析]eq\f(1,b－c)＋eq\f(1,c－a)＝eq\f(b－a,b－cc－a)，∵a＞b＞c，∴b－a＜0，b－c＞0，c－a＜0，∴上式＞0，故選A．4．已知a＋b＞0，b＜0，則a，b，－a，－b的大小關(guān)系是(C)A．a(chǎn)＞b＞－b＞－a B．a(chǎn)＞－b＞－a＞bC．a(chǎn)＞－b＞b＞－a D．a(chǎn)＞b＞－a＞－b[解析]因為a＋b＞0，b＜0，所以a＞－b＝|b|＞0，所以必有a＞－b＞b＞－a．5．若不等式a＞b與eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)同時成立，則必有(C)A．a(chǎn)＞b＞0 B．0＞eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)C．a(chǎn)＞0＞b D．eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)＞0[解析]若a＞b＞0，則eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)，同理0＞a＞b時，eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)，所以只有當(dāng)a＞0＞b時，滿足eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)．6．已知x＞y＞z，x＋y＋z＝0，則下列不等式中成立的是(C)A．xy＞yz B．xz＞yzC．xy＞xz D．x|y|＞z|y|[解析]因為x＞y＞z，x＋y＋z＝0，所以3x＞x＋y＋z＝0,3z＜x＋y＋z＝0，所以x＞0，z＜0．所以由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞0，,y＞z，))可得xy＞xz．二、填空題7．若x＞y，a＞b，則在①a－x＞b－y；②a＋x＞b＋y；③ax＞by；④x－b＞y－a這四個式子中，恒成立的不等式的序號是__②④__．8．若－10＜a＜b＜8，則|a|＋b的取值范圍是__0＜|a|＋b＜18__．[解析]當(dāng)a≥0時，有0≤a＜8,0＜b＜8，故0＜a＋b＜16，即0＜|a|＋b＜16；當(dāng)a＜0時，－10＜a＜0，故0＜－a＜10，因為－10＜b＜8，所以－10＜－a＋b＜18，又a＜b，所以0＜－a＋b＜18，即0＜|a|＋b＜18．綜上，0＜|a|＋b＜18．9．已知2b＜a＜－b，則eq\f(a,b)的取值范圍為__－1＜eq\f(a,b)＜2__．[解析]∵2b＜a＜－b，∴2b＜－b．∴b＜0．∴eq\f(－b,b)＜eq\f(a,b)＜eq\f(2b,b)，即－1＜eq\f(a,b)＜2．三、解答題10．已知a＞b，e＞f，c＞0，求證：f－ac＜e－bc．[證明]∵a＞b，c＞0，∴ac＞bc．∴－ac＜－bc．又e＞f，即f＜e，∴f－ac＜e－bc．11．已知a＞b＞0，c＜d＜0，比較eq\f(b,a－c)與eq\f(a,b－d)的大?。甗解析]∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0．又a＞b＞0，∴a－c＞b－d＞0，∴eq\f(1,b－d)＞eq\f(1,a－c)＞0，又a＞b＞0，∴eq\f(a,b－d)＞eq\f(b,a－c)．B組·素養(yǎng)提升一、選擇題1．若－1＜α＜β＜1，則下列不等式恒成立的是(A)A．－2＜α－β＜0 B．－2＜α－β＜－1C．－1＜α－β＜0 D．－1＜α－β＜1[解析]∵－1＜β＜1，∴－1＜－β＜1，－2＜α－β＜2，又∵α＜β，∴α－β＜0，－2＜α－β＜0．2．設(shè)0＜b＜a＜1，則下列不等式成立的是(C)A．a(chǎn)b＜b2＜1 B．eq\r(a)＜eq\r(b)＜1C．1＜eq\f(1,a)＜eq\f(1,b) D．a(chǎn)2＜ab＜1[解析]取a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,3)驗證可得A，B，D不正確．3．(2021·陜西咸陽高二期末)設(shè)實數(shù)a＝eq\r(5)－eq\r(3)，b＝eq\r(3)－1，c＝eq\r(7)－eq\r(5)，則(A)A．b＞a＞c B．c＞b＞aC．a(chǎn)＞b＞c D．c＞a＞b[解析]eq\r(5)－eq\r(3)＝eq\f(2,\r(5)＋\r(3))，eq\r(3)－1＝eq\f(2,\r(3)＋1)，eq\r(7)－eq\r(5)＝eq\f(2,\r(7)＋\r(5))，∵eq\r(3)＋1＜eq\r(3)＋eq\r(5)＜eq\r(5)＋eq\r(7)，∴eq\f(2,\r(3)＋1)＞eq\f(2,\r(5)＋\r(3))＞eq\f(2,\r(7)＋\r(5))，b＞a＞c，故選A．4．(多選題)下列說法中正確的是(AC)A．若a＞b，則eq\f(a,c2＋1)＞eq\f(b,c2＋1)B．若－2＜a＜3,1＜b＜2，則－3＜a－b＜1C．若a＞b＞0，m＞0，則eq\f(m,a)＜eq\f(m,b)D．若a＞b，c＞d，則ac＞bd[解析]對于A，∵c2＋1＞0，∴eq\f(1,c2＋1)＞0，∵a＞b，∴eq\f(a,c2＋1)＞eq\f(b,c2＋1)，故A正確；對于B，因為1＜b＜2，所以－2＜－b＜－1，同向不等式相加得－4＜a－b＜2，故B中說法錯誤；對于C，因為a＞b＞0，所以eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)，又因為m＞0，所以eq\f(m,a)＜eq\f(m,b)，故C中說法正確；對于D，只有當(dāng)a＞b＞0，c＞d＞0時，才有ac＞bd，故D中說法錯誤，故選AC．二、填空題5．給出下列命題：①若a＜b，c＜0，則eq\f(c,a)＜eq\f(c,b)；②若ac－3＞bc－3，則a＞b；③若a＞b且k∈N＋，則ak＞bk；④若c＞a＞b＞0，則eq\f(a,c－a)＞eq\f(b,c－b)．其中正確命題的序號是__④__．[解析]①當(dāng)ab＜0時，eq\f(c,a)＜eq\f(c,b)不成立，故①不正確；②當(dāng)c＜0時，a＜b，故②不正確；③當(dāng)a＝1，b＝－2，k＝2時，命題不成立，故③不正確；④a＞b＞0?－a＜－b＜0?0＜c－a＜c－b，兩邊同乘以eq\f(1,c－ac－b)，得0＜eq\f(1,c－b)＜eq\f(1,c－a)，又a＞b＞0，∴eq\f(a,c－a)＞eq\f(b,c－b)，故④正確．6．用不等式表示如下圖所示兩個函數(shù)之間的關(guān)系為__x2＋1＞eq\f(x,2)__．[解析]函數(shù)y＝x2＋1的圖象始終在函數(shù)y＝eq\f(x,2)的圖象的上方，也就是說y＝x2＋1的函數(shù)值總是大于y＝eq\f(x,2)的函數(shù)值，故x2＋1＞eq\f(x,2)．7．已知0＜a＜eq\f(1,b)，且M＝eq\f(1,1＋a)－eq\f(b,1＋b)，N＝eq\f(a,1＋a)－eq\f(1,1＋b)，則M，N的大小關(guān)系為__M＞N__．[解析]由0＜a＜eq\f(1,b)，得1＋a＞0,1＋b＞0，ab＜1，所以M－N＝eq\f(1,1＋a)－eq\f(b,1＋b)－(eq\f(a,1＋a)－eq\f(1,1＋b))＝eq\f(1－a,1＋a)＋eq\f(1－b,1＋b)＝eq\f(2－ab,1＋a1＋b)＞0，所以M＞N．三、解答題8．甲、乙兩車從A地沿同一路線到達B地，甲車一半時間的速度為a，另一半時間的速度為b；乙車一半路程的速度為a，另一半路程的速度為b．若a≠b，試判斷哪輛車先到達B地．[解析]設(shè)A，B兩地間的路程為s，甲、乙兩輛車所用的時間分別為t1，t2，則t1＝eq\f(2s,a＋b)，t2＝eq\f(s,2a)＋eq\f(s,2b)．因為t1－t2＝eq\f(2s,a＋b)－(eq\f(s,2a)＋eq\f(s,2b))＝eq\f(s[4ab－a＋b2],2aba＋b)＝－eq\f(sa－b2,2aba＋b)＜0，所以t1＜t2，所以甲先到達B地．9．已知1≤a＋b≤4，－1≤a－b≤2，求4a－2b的取值范圍[解析]解法一：設(shè)u＝a＋b，v＝a－b得a＝eq\f(u＋v,2)，b＝eq\f(u－v,2)，∴4a－2b＝2u＋2v－u＋v＝u＋3v∵1≤u≤4，－1≤v≤2，∴－3≤3v≤6．則－2≤u＋3v≤10，即－2≤4