2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強(qiáng)化測(cè)試專題03等式與不等式的性質(zhì)教師版

專題03等式與不等式的性質(zhì)一、【知識(shí)梳理】【考綱要求】1.理解用作差法比較兩個(gè)實(shí)數(shù)大小的理論依據(jù).2.理解不等式的概念.3.理解不等式的性質(zhì)，掌握不等式性質(zhì)的簡(jiǎn)單應(yīng)用.【考點(diǎn)預(yù)測(cè)】1.兩個(gè)實(shí)數(shù)比較大小的方法(1)作差法eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b>0?a>b，,a－b＝0?a＝b，,a－b<0?a<b.))(2)作商法eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)>1（a∈R，b>0）?a>b（a∈R，b>0），,\f(a,b)＝1?a＝b（a，b≠0），,\f(a,b)<1（a∈R，b>0）?a<b（a∈R，b>0）.))2.不等式的性質(zhì)(1)對(duì)稱性：a＞b?b＜a；(2)傳遞性：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；(5)可乘方性：a＞b＞0?an＞bn(n∈N，n≥1)；(6)可開(kāi)方性：a＞b＞0?eq\r(n,a)＞eq\r(n,b)(n∈N，n≥2).【常用結(jié)論】1.證明不等式的常用方法有：作差法、作商法、綜合法、分析法、反證法、放縮法.2.有關(guān)分式的性質(zhì)(1)若a>b>0，m>0，則eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0).(2)若ab>0，且a>b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).【方法技巧】1.作差法一般步驟：(1)作差；(2)變形；(3)定號(hào)；(4)結(jié)論.其中關(guān)鍵是變形，常采用配方、因式分解、有理化等方法把差式變成積式或者完全平方式.當(dāng)兩個(gè)式子都為正數(shù)時(shí)，有時(shí)也可以先平方再作差.2.作商法一般步驟：(1)作商；(2)變形；(3)判斷商與1的大??；(4)結(jié)論.3.函數(shù)的單調(diào)性法：將要比較的兩個(gè)數(shù)作為一個(gè)函數(shù)的兩個(gè)函數(shù)值，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性得出大小關(guān)系.4.特殊值法：對(duì)于選擇、填空題，可以選取符合條件的特殊值比較大小.5.利用不等式性質(zhì)可以求某些代數(shù)式的取值范圍，但應(yīng)注意兩點(diǎn)：一是必須嚴(yán)格運(yùn)用不等式的性質(zhì)；二是在多次運(yùn)用不等式的性質(zhì)時(shí)有可能擴(kuò)大了變量的取值范圍.解決的途徑是先建立所求范圍的整體與已知范圍的整體的等量關(guān)系，最后通過(guò)“一次性”不等關(guān)系的運(yùn)算求解范圍.二、【題型歸類】【題型一】比較兩個(gè)數(shù)(式)的大小【典例1】若a<0，b<0，則p＝eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)與q＝a＋b的大小關(guān)系為()A．p<qB．p≤qC．p>qD．p≥q【解析】p－q＝eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)－a－b＝eq\f(b2－a2,a)＋eq\f(a2－b2,b)＝(b2－a2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))＝eq\f(b2－a2b－a,ab)＝eq\f(b－a2b＋a,ab)，因?yàn)閍<0，b<0，所以a＋b<0，ab>0.若a＝b，則p－q＝0，故p＝q；若a≠b，則p－q<0，故p<q.綜上，p≤q.故選B.【典例2】已知a，b，c∈(0,3)，且a5＝5a，b4＝4b，c3＝3c，下列不等式正確的是()A．a(chǎn)>b>c B．c>a>bC．c>b>a D．a(chǎn)>c>b【解析】a5＝5a，即eq\f(lna,a)＝eq\f(ln5,5)，b4＝4b，即eq\f(lnb,b)＝eq\f(ln4,4)，c3＝3c，即eq\f(lnc,c)＝eq\f(ln3,3)，設(shè)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f(a)＝f(5)，f(b)＝f(4)，f(c)＝f(3)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)(x>0)，當(dāng)x>e時(shí)，f′(x)<0，f(x)＝eq\f(lnx,x)單調(diào)遞減，當(dāng)0<x<e時(shí)，f′(x)>0，f(x)＝eq\f(lnx,x)單調(diào)遞增，因?yàn)閍，b，c∈(0,3)，f(a)＝f(5)，f(b)＝f(4)，f(c)＝f(3)，所以a，b，c∈(0，e)，因?yàn)閒(5)<f(4)<f(3)，所以f(a)<f(b)<f(c)，a<b<c.故選C.【典例3】已知M＝eq\f(e2021＋1,e2022＋1)，N＝eq\f(e2022＋1,e2023＋1)，則M，N的大小關(guān)系為_(kāi)_______【解析】方法一M－N＝eq\f(e2021＋1,e2022＋1)－eq\f(e2022＋1,e2023＋1)＝eq\f(e2021＋1e2023＋1－e2022＋12,e2022＋1e2023＋1)＝eq\f(e2021＋e2023－2e2022,e2022＋1e2023＋1)＝eq\f(e2021e－12,e2022＋1e2023＋1)>0.∴M>N.方法二令f(x)＝eq\f(ex＋1,ex＋1＋1)＝eq\f(\f(1,e)ex＋1＋1＋1－\f(1,e),ex＋1＋1)＝eq\f(1,e)＋eq\f(1－\f(1,e),ex＋1＋1)，顯然f(x)是R上的減函數(shù)，∴f(2021)>f(2022)，即M>N.【題型二】不等式的性質(zhì)【典例1】若a＞b＞0，c＜d＜0，則一定有()A.eq\f(a,c)＞eq\f(b,d) B.eq\f(a,c)＜eq\f(b,d)C.eq\f(a,d)＞eq\f(b,c) D.eq\f(a,d)＜eq\f(b,c)【解析】由c＜d＜0?－eq\f(1,d)＞－eq\f(1,c)＞0，又a＞b＞0，故由不等式性質(zhì)，得－eq\f(a,d)＞－eq\f(b,c)＞0，所以eq\f(a,d)＜eq\f(b,c).故選D.【典例2】下列命題為真命題的是()A．若a>b，則ac2>bc2B．若a<b<0，則a2<ab<b2C．若c>a>b>0，則eq\f(a,c－a)<eq\f(b,c－b)D．若a>b>c>0，則eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)【解析】對(duì)于A選項(xiàng)，當(dāng)c＝0時(shí)，顯然不成立，故A選項(xiàng)為假命題；對(duì)于B選項(xiàng)，當(dāng)a＝－3，b＝－2時(shí)，滿足a<b<0，但不滿足a2<ab<b2，故B選項(xiàng)為假命題；對(duì)于C選項(xiàng)，當(dāng)c＝3，a＝2，b＝1時(shí)，eq\f(a,c－a)＝eq\f(2,3－2)>eq\f(b,c－b)＝eq\f(1,2)，故C選項(xiàng)為假命題；對(duì)于D選項(xiàng)，由于a>b>c>0，所以eq\f(a,b)－eq\f(a＋c,b＋c)＝eq\f(ab＋c－ba＋c,bb＋c)＝eq\f(ac－bc,bb＋c)＝eq\f(a－bc,bb＋c)>0，即eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)，故D選項(xiàng)為真命題．故選D.【典例3】(多選)若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則下列不等式正確的是()A.eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab) B．|a|＋b>0C．a(chǎn)－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b) D．lna2>lnb2【解析】由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，可知b<a<0.A中，因?yàn)閍＋b<0，ab>0，所以eq\f(1,a＋b)<0，eq\f(1,ab)>0.故有eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)，即A正確；B中，因?yàn)閎<a<0，所以－b>－a>0.故－b>|a|，即|a|＋b<0，故B錯(cuò)誤；C中，因?yàn)閎<a<0，又eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則－eq\f(1,a)>－eq\f(1,b)>0，所以a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)，故C正確；D中，因?yàn)閎<a<0，根據(jù)y＝x2在(－∞，0)上單調(diào)遞減，可得b2>a2>0，而y＝lnx在定義域(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以lnb2>lna2，故D錯(cuò)誤．故選AC.【題型三】應(yīng)用性質(zhì)判斷不等式是否成立【典例1】已知a>b>0，給出下列四個(gè)不等式：①a2>b2；②2a>2b－1；③eq\r(a－b)>eq\r(a)－eq\r(b)；④a3＋b3>2a2b.其中一定成立的不等式為()A.①②③ B.①②④C.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，而函數(shù)f(x)＝2x在R上是增函數(shù)，∴f(a)>f(b－1)，即2a>2b－1，②成立；∵a>b>0，∴eq\r(a)>eq\r(b)，∴(eq\r(a－b))2－(eq\r(a)－eq\r(b))2＝2eq\r(ab)－2b＝2eq\r(b)(eq\r(a)－eq\r(b))>0，∴eq\r(a－b)>eq\r(a)－eq\r(b)，③成立；若a＝3，b＝2，則a3＋b3＝35,2a2b＝36，a3＋b3<2a2b，④不成立.故選A.方法二令a＝3，b＝2，可以得到①a2>b2，②2a>2b－1，③eq\r(a－b)>eq\r(a)－eq\r(b)均成立，而④a3＋b3>2a2b不成立，故選A.【典例2】已知a，b為正數(shù)，a≠b，n為正整數(shù)，則anb＋abn－an＋1－bn＋1的正負(fù)情況為()A．恒為正B．恒為負(fù)C．與n的奇偶性有關(guān)D．與a，b的大小有關(guān)【解析】anb＋abn－an＋1－bn＋1＝an(b－a)＋bn(a－b)＝－(a－b)(an－bn)，因?yàn)?a－b)與(an－bn)同號(hào)，所以anb＋abn－an＋1－bn＋1<0恒成立．故選B.【典例3】如果0＜m＜b＜a，則()A．coseq\f(b＋m,a＋m)＜coseq\f(b,a)＜coseq\f(b－m,a－m)B．coseq\f(b,a)＜coseq\f(b－m,a－m)＜coseq\f(b＋m,a＋m)C．coseq\f(b－m,a－m)＜coseq\f(b,a)＜coseq\f(b＋m,a＋m)D．coseq\f(b＋m,a＋m)＜coseq\f(b－m,a－m)＜coseq\f(b,a)【解析】作商比較：eq\f(b＋m,a＋m)÷eq\f(b,a)＝eq\f(ab＋am,ab＋bm)＞1，所以1＞eq\f(b＋m,a＋m)＞eq\f(b,a)＞0，同理，0＜eq\f(b－m,a－m)＜eq\f(b,a)＜1，∴1＞eq\f(b＋m,a＋m)＞eq\f(b,a)＞eq\f(b－m,a－m)＞0.而y＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，所以coseq\f(b＋m,a＋m)＜coseq\f(b,a)＜coseq\f(b－m,a－m)(也可取特殊值判斷)．故選A.【題型四】求代數(shù)式的取值范圍【典例1】若1<α<3，－4<β<2，則eq\f(α,2)－β的取值范圍是________．【解析】由1＜α＜3得eq\f(1,2)＜eq\f(α,2)＜eq\f(3,2)，由－4＜β＜2得－2＜－β＜4，所以eq\f(α,2)－β的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(11,2))).故填eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(11,2))).【典例2】若角α，β滿足－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，則2α－β的取值范圍是________．【解析】∵－eq\f(π,2)＜α＜β＜eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,2)＜α＜eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)＜β＜eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)＜－β＜eq\f(π,2)，而α＜β，∴－π＜α－β＜0，∴2α－β＝(α－β)＋α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(π,2))).故填eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(π,2))).【典例3】已知a>b>c,2a＋b＋c＝0，則eq\f(c,a)的取值范圍是()A．－3<eq\f(c,a)<－1 B．－1<eq\f(c,a)<－eq\f(1,3)C．－2<eq\f(c,a)<－1 D．－1<eq\f(c,a)<－eq\f(1,2)【解析】因?yàn)閍>b>c,2a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0，b＝－2a－c，因?yàn)閍>b>c，所以－2a－c<a，即3a>－c，解得eq\f(c,a)>－3，將b＝－2a－c代入b>c中，得－2a－c>c，即a<－c，得eq\f(c,a)<－1，所以－3<eq\f(c,a)<－1.三、【培優(yōu)訓(xùn)練】【訓(xùn)練一】已知實(shí)數(shù)a，b，c滿足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，則a，b，c的大小關(guān)系為()A.a＜b≤c B.b≤c＜aC.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＋a2，兩式相減得2b＝2＋2a2，即b＝1＋a2，∴b－a＝a2＋1－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)＞0，∴b＞a，∴a＜b≤c.【訓(xùn)練二】已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c滿足f(1)＝0，且a>b>c，則eq\f(c,a)的取值范圍是________．【解析】因?yàn)閒(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>－eq\f(a＋c,a)>eq\f(c,a)，即1>－1－eq\f(c,a)>eq\f(c,a).所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2c,a)<－1，,\f(c,a)>－2，))解得－2<eq\f(c,a)<－eq\f(1,2).即eq\f(c,a)的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2))).【訓(xùn)練三】某學(xué)習(xí)小組由學(xué)生和教師組成，人員構(gòu)成同時(shí)滿足以下三個(gè)條件：(1)男學(xué)生人數(shù)多于女學(xué)生人數(shù)；(2)女學(xué)生人數(shù)多于教師人數(shù)；(3)教師人數(shù)的兩倍多于男學(xué)生人數(shù)．①若教師人數(shù)為4，則女學(xué)生人數(shù)的最大值為_(kāi)_______．②該小組人數(shù)的最小值為_(kāi)_______．【解析】設(shè)男學(xué)生人數(shù)為x，女學(xué)生人數(shù)為y，教師人數(shù)為z，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>y，,y>z，,2z>x，))且x，y，z均為正整數(shù)．①當(dāng)z＝4時(shí)，8>x>y>4，∴x的最大值為7，y的最大值為6，故女學(xué)生人數(shù)的最大值為6.②x>y>z>eq\f(x,2)，當(dāng)x＝3時(shí)，條件不成立，當(dāng)x＝4時(shí)，條件不成立，當(dāng)x＝5時(shí)，5>y>z>eq\f(5,2)，此時(shí)z＝3，y＝4.∴該小組人數(shù)的最小值為12.【訓(xùn)練四】設(shè)a>b>1，c<0，給出下列三個(gè)結(jié)論：①eq\f(c,a)>eq\f(c,b)；②ac<bc；③logbeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－c))>logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－c)).其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是()A．① B．①②C．②③ D．①②③【解析】①∵a>b>1，∴0<eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<1，又c<0，∴eq\f(c,a)>eq\f(c,b)，①正確；②由于a>b>1，可設(shè)f(x)＝ax，g(x)＝bx，當(dāng)x＝c＜0時(shí)，根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，得ac<bc，②正確；③∵a＞b＞1，c＜0，即a－c＞b－c＞1，∴l(xiāng)oga(a－c)＞loga(b－c)，又由對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)知logb(a－c)＞loga(a－c)，∴l(xiāng)ogb(a－c)＞loga(b－c)，③正確．故選D【訓(xùn)練五】(多選)設(shè)a，b，c，d為實(shí)數(shù)，且a＞b＞0＞c＞d，則下列不等式正確的是()A.c2＜cd B.a－c＜b－dC.ac＞bd D.eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＞0【解析】對(duì)于A，c2－cd＝c(c－d)＜0，所以A正確；對(duì)于B，a－c－(b－d)＝(a－b)－(c－d)，無(wú)法判斷與0的大小關(guān)系，所以B錯(cuò)誤；對(duì)于C，不妨設(shè)a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，則ac＝bd，所以C錯(cuò)誤；對(duì)于D，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＝eq\f(bc－ad,ab)＞eq\f(ac－ad,ab)＝eq\f(a（c－d）,ab)＞0，所以D正確.故選AD.【訓(xùn)練六】若a＞b＞0，c＜d＜0，|b|＞|c|.(1)求證：b＋c＞0.(2)求證：eq\f(b＋c,（a－c）2)＜eq\f(a＋d,（b－d）2).(3)在(2)的不等式中，能否找到一個(gè)代數(shù)式，滿足eq\f(b＋c,（a－c）2)＜所求式＜eq\f(a＋d,（b－d）2)？若能，請(qǐng)直接寫(xiě)出該代數(shù)式；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由.【解析】(1)證明因?yàn)閨b|＞|c|，且b＞0，c＜0，所以b＞－c，所以b＋c＞0.(2)證明因?yàn)閏＜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＜eq\f(1,（a－c）2)＜eq\f(1,（b－d）2)①.因?yàn)閍＞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＞0②.①②相乘得eq\f(b＋c,（a－c）2)＜eq\f(a＋d,（b－d）2).(3)因?yàn)閍＋d＞b＋c＞0，0＜eq\f(1,（a－c）2)＜eq\f(1,（b－d）2)，所以eq\f(b＋c,（a－c）2)＜eq\f(b＋c,（b－d）2)＜eq\f(a＋d,（b－d）2)或eq\f(b＋c,（a－c）2)＜eq\f(a＋d,（a－c）2)＜eq\f(a＋d,（b－d）2).所以eq\f(b＋c,（b－d）2)，eq\f(a＋d,（a－c）2)均為所求代數(shù)式.(只要寫(xiě)出一個(gè)即可)四、【強(qiáng)化測(cè)試】【單選題】1.若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，則f(x)，g(x)的大小關(guān)系是()A．f(x)＝g(x) B．f(x)>g(x)C．f(x)<g(x) D．隨x的值變化而變化【解析】f(x)－g(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0?f(x)>g(x)．故選B.2.若m<0，n>0且m＋n<0，則下列不等式中成立的是()A．－n<m<n<－m B．－n<m<－m<nC．m<－n<－m<n D．m<－n<n<－m【解析】法一(取特殊值法)：令m＝－3，n＝2分別代入各選項(xiàng)檢驗(yàn)即可．法二：m＋n<0?m<－n?n<－m，又由于m<0<n，故m<－n<n<－m成立．故選D.3.已知a，b為非零實(shí)數(shù)，且a<b，則下列不等式一定成立的是()A．a(chǎn)2<b2 B．a(chǎn)b2>a2bC．eq\f(1,ab2)<eq\f(1,a2b) D．eq\f(b,a)<eq\f(a,b)【解析】若a<b<0，則a2>b2，故A錯(cuò)；若0<a<b，則eq\f(b,a)>eq\f(a,b)，故D錯(cuò)；若ab<0，即a<0，b>0，則a2b>ab2，故B錯(cuò)；故C正確．故選C．4.設(shè)a，b∈R，則“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件【解析】若a>2且b>1，則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”的充分條件；反之，若“a＋b>3且ab>2”，則“a>2且b>1”不一定成立，如a＝6，b＝eq\f(1,2).所以“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”的充分不必要條件．故選A．5.已知下列四個(gè)條件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0，能推出eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的有()A．1個(gè) B．2個(gè)C．3個(gè) D．4個(gè)【解析】由不等式的倒數(shù)性質(zhì)易知條件①，②，④都能推出eq\f(1,a)<eq\f(1,b).由a>0>b得eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，故能推出eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的條件有3個(gè)．故選C.6.下列命題中，正確的是()A．若a>b，c>d，則ac>bdB．若ac>bc，則a>bC．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則|a|＋b<0D．若a>b，c>d，則a－c>b－d【解析】取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，可知A錯(cuò)誤；當(dāng)c<0時(shí)，ac>bc?a<b，所以B錯(cuò)誤；由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，可知b<a<0，所以－b>－a>0，故－b>|a|，即|a|＋b<0，故C正確；取a＝c＝2，b＝d＝1，可知D錯(cuò)誤．故選C.7.已知a1∈(0,1)，a2∈(0,1)，記M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，則M與N的大小關(guān)系是()A．M<N B．M>NC．M＝N D．不確定【解析】M－N＝a1a2－(a1＋a2－1)＝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.已知實(shí)數(shù)a，b，c滿足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)<b≤c B．b≤c<aC．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＋a2，兩式相減得2b＝2＋2a2即b＝1＋a2，∴b－a＝a2＋1－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，∴b>a，∴a<b≤c.故選A.【多選題】9.已知c<b<a，且ac<0，那么下列不等式中，一定成立的是()A．a(chǎn)b>ac B．c(b－a)>0C．cb2<ab2 D．a(chǎn)c(a－c)<0【解析】由c<b<a且ac<0知a>0且c<0，b的正負(fù)不確定，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；當(dāng)b＝0時(shí)，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．故選ABD.10.有外表一樣，重量不同的六個(gè)小球，它們的重量分別是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.則下列判斷正確的有()A．b>c>f B．b>e>fC．c>e>f D．b>e>c【解析】因?yàn)閍＋b＋c＝d＋e＋f，a＋b＋e>c＋d＋f，所以e－c>c－e，所以e>c，又因?yàn)閍＋b＋c＝d＋e＋f，a＋b＋f<c＋d＋e，所以c－f>f－c，所以c>f，所以e>c>f，所以C錯(cuò)誤；又因?yàn)閍＋e<b，所以a<b，e<b，所以b>e>c，b>e>f，b>c>f均成立.故選ABD.11.若0<a<1，b>c>1，則()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))a>1 B.eq\f(c－a,b－a)>eq\f(c,b)C．ca－1<ba－1 D．logca<logba【解析】對(duì)于A，∵b>c>1，∴eq\f(b,c)>1.∵0<a<1，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))0＝1，故正確．對(duì)于B，若eq\f(c－a,b－a)>eq\f(c,b)，則bc－ab>bc－ac，即a(c－b)>0，這與0<a<1，b>c>1矛盾，故錯(cuò)誤．對(duì)于C，∵0<a<1，∴a－1<0.∵b>c>1，∴ca－1>ba－1，故錯(cuò)誤．對(duì)于D，∵0<a<1，b>c>1，∴l(xiāng)ogca<logba，故正確．故選AD.12.下列命題為真命題的是()A．若a>b>0，則ac2>bc2B．若a<b<0，則a2>ab>b2C．若a>b>0且c<0，則eq\f(c,a2)>eq\f(c,b2)D．若a>b且eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，則ab<0【解析】當(dāng)c＝0時(shí)，不等式不成立，∴A中命題是假命題；eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<b，,a<0))?a2>ab，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<b，,b<0))?ab>b2，∴a2>ab>b2，∴B中命題是真命題；a>b>0?a2>b2>0?0<eq\f(1,a2)<eq\f(1,b2)，∵c<0，∴eq\f(c,a2)>eq\f(c,b2)，∴C中命題是真命題；eq\f(1,a)>eq\f(1,b)?eq\f(1,a)－eq\f(1,b)>0?eq\f(b－a,ab)>0，∵a>b，∴b－a<0，ab<0，∴D中命題是真命題，故選BCD.【填空題】13.若a1<a2，b1<b2，則a1b1＋a2b2與a1b2＋a2b1的大小關(guān)系是________．【解析】作差可得(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)·(b1－b2)，因?yàn)閍1<a2，b1<b2，所以(a1－a2)(b1－b2)>0，即a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1.答案：a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b114.若1<α<3，－4<β<2，則α－|β|的取值范圍是________．【解析】因?yàn)椋?<β<2，所以0≤|β|<4，所以－4<－|β|≤0.所以－3<α－|β|<3.答案：(－3，3)15.設(shè)a>b，有下列不等式：①eq\f(a,c2)>eq\f(b,c2)；②eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；③|a|>|b|；④a|c|≥b|c|，其中一定成立的有________．(填序號(hào))【解析】對(duì)于①，eq\f(1,c2)>0，故①成立；對(duì)于②，a>0，b<0時(shí)不成立；對(duì)于③，取a＝1，b＝－2時(shí)不成立；對(duì)于④，|c|≥0，故④成立．答案：①④16.已知存在實(shí)數(shù)a滿足ab2>a>ab，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是________．【解析】因?yàn)閍b2>a>ab，所以a≠0，當(dāng)a>0時(shí)，b2>1>b，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2>1，,b<1，))解得b<－1；當(dāng)a<0時(shí)，b2<1<b，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2<1，,b>1))無(wú)解．綜上可得b<－1.答案：(－∞，－1)【解答題】17.已知a＋b>0，試比較eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)與eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的大小．【解析】eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(a－b,b2)＋eq\f(b－a,a2)＝(a－b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)－\f(1,a2)))＝eq\f(a＋ba－b2,a2b2).∵a＋b>0，(a－b)2≥0，∴eq\f(a＋ba－b2,a2b2)≥0.∴eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).18.(1)若bc－ad≥0，bd>0，求證：eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d)；(2)已知c>a>b>0，求證：eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b).【證明】(1)∵bc≥ad，eq\f(1,bd)>0，∴eq\f(c,d)≥eq\f(a,b)，∴eq\f(c,d)＋1≥eq\f(a,b)＋1，∴eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).(2)∵c>a>b>0，∴c－a>0，c－b>0.∵a>b>0，∴eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又∵c>0，∴eq\f(c,a)<eq\f(c,b)，∴eq\f(c－a,a)<eq\f(c－b,b)，又c－a>0，c－b>0，∴eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b).19.已知－1<x－y<4，2<x＋y<3，求3x＋2y的取值范圍.【解析】設(shè)3x＋2y＝λ(x－y)＋μ(x＋y)，即3x＋2y＝(λ＋μ)x＋(μ－λ)y，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＋μ＝3，,μ－λ＝2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(1,2)，,μ＝\f(5,2