2019-2020學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第二章一元二次函數(shù)方程和不等式2.1等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)課時(shí)作業(yè)含解析新人教A版必修第一冊(cè)

PAGEPAGE12.1等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)一、選擇題1．若A＝a2＋3ab，B＝4ab－b2，則A、B的大小關(guān)系是()A．A≤BB．A≥BC．A<B或A>BD．A>B解析：因?yàn)锳－B＝a2＋3ab－(4ab－b2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(b,2)))2＋eq\f(3,4)b2≥0，所以A≥B.答案：B2．已知：a，b，c，d∈R，則下列命題中必成立的是()A．若a>b，c>b，則a>cB．若a>－b，則c－a<c＋bC．若a>b，c<d，則eq\f(a,c)>eq\f(b,d)D．若a2>b2，則－a<－b解析：選項(xiàng)A，若a＝4，b＝2，c＝5，顯然不成立；選項(xiàng)C不滿足倒數(shù)不等式的條件，如a>b>0，c<0<d時(shí)，不成立；選項(xiàng)D只有a>b>0時(shí)才可以．否則如a＝－1，b＝0時(shí)不成立．答案：B3．若－1<α<β<1，則下列各式中恒成立的是()A．－2<α－β<0B．－2<α－β<－1C．－1<α－β<0D．－1<α－β<1解析：∵－1<β<1，∴－1<－β<1.又－1<α<1，∴－2<α＋(－β)<2，又α<β，∴α－β<0，即－2<α－β<0.故選A.答案：A4．有四個(gè)不等式：①|(zhì)a|>|b|；②a<b；③a＋b<ab；④a3>b3.若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則不正確的不等式的個(gè)數(shù)是()A．0B．1C．2D．3解析：由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0可得b<a<0，從而|a|<|b|，①不正確；a>b，②不正確；a＋b<0，ab>0，則a＋b<ab成立，③正確；a3>b3，④正確．故不正確的不等式的個(gè)數(shù)為2.答案：C二、填空題5．已知a，b均為實(shí)數(shù)，則(a＋3)(a－5)________(a＋2)(a－4)(填“>”“<”或“＝”)．解析：因?yàn)?a＋3)(a－5)－(a＋2)(a－4)＝(a2－2a－15)－(a2－2a－8)＝－7<0，所以(a＋3)(a－5)<(a＋2)(答案：<6．如果a>b，那么c－2a與c－2b解析：c－2a－(c－2b)＝2b－2a＝2(b－答案：c－2b7．給定下列命題：①a>b?a2>b2；②a2>b2?a>b；③a>b?eq\f(b,a)<1；④a>b，c>d?ac>bd；⑤a>b，c>d?a－c>b－d.其中錯(cuò)誤的命題是________(填寫(xiě)相應(yīng)序號(hào))．解析：由性質(zhì)7可知，只有當(dāng)a>b>0時(shí)，a2>b2才成立，故①②都錯(cuò)誤；對(duì)于③，只有當(dāng)a>0且a>b時(shí)，eq\f(b,a)<1才成立，故③錯(cuò)誤；由性質(zhì)6可知，只有當(dāng)a>b>0，c>d>0時(shí)，ac>bd才成立，故④錯(cuò)誤；對(duì)于⑤，由c>d得－d>－c，從而a－d>b－c，故⑤錯(cuò)誤．答案：①②③④⑤三、解答題8．已知x<1，比較x3－1與2x2－2x的大小．解析：x3－1－(2x2－2x)＝x3－2x2＋2x－1＝(x3－x2)－(x2－2x＋1)＝x2(x－1)－(x－1)2＝(x－1)(x2－x＋1)＝(x－1)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,4)))，因?yàn)閤<1，所以x－1<0，又因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，所以(x－1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,4)))<0，所以x3－1<2x2－2x.9．若bc－ad≥0，bd>0.求證：eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).證明：因?yàn)閎c－ad≥0，所以ad≤bc，因?yàn)閎d>0，所以eq\f(a,b)≤eq\f(c,d)，所以eq\f(a,b)＋1≤eq\f(c,d)＋1，所以eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).[尖子生題庫(kù)]10．設(shè)f(x)＝ax2＋bx,1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，求f(－2)的取值范圍．解析：方法一設(shè)f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)(m，n為待定系數(shù))，則4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)＝(m＋n)a＋(n－m)b于是得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4,n－m＝－2))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝3，,n＝1))∴f(－2)＝3f(－1)＋f又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4.∴5≤3f(－1)＋f故f(－2)的取值范圍是[5,10]．方法二由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝a－b,f1＝a＋b))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(