2025《金版教程•高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案》第1節(jié) 等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)

第一節(jié)等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)課標(biāo)解讀考向預(yù)測(cè)理解不等式的概念，掌握不等式的性質(zhì).高考主要與其他知識(shí)及實(shí)際問題相結(jié)合進(jìn)行命題，為中檔難度.2025年備考要重視性質(zhì)的運(yùn)用，明確其成立的前提，靈活運(yùn)用估值法，適當(dāng)關(guān)注與實(shí)際問題的結(jié)合.必備知識(shí)——強(qiáng)基礎(chǔ)1．等式的性質(zhì)(1)對(duì)稱性：若a＝b，則beq\x(\s\up1(01))＝a.(2)傳遞性：若a＝b，b＝c，則aeq\x(\s\up1(02))＝c.(3)可加性：若a＝b，則a＋ceq\x(\s\up1(03))＝b＋c.(4)可乘性：若a＝b，則aceq\x(\s\up1(04))＝bc；若a＝b，c＝d，則aceq\x(\s\up1(05))＝bd.(5)可除性：如果a＝b，c≠0，那么eq\f(a,c)eq\x(\s\up1(06))＝eq\f(b,c).2．不等式的性質(zhì)性質(zhì)性質(zhì)內(nèi)容注意對(duì)稱性a>b?eq\x(\s\up1(07))b<a；a<b?eq\x(\s\up1(08))b>a可逆?zhèn)鬟f性a>b，b>c?aeq\x(\s\up1(09))>c；a<b，b<c?aeq\x(\s\up1(10))<c同向可加性a>b?a＋ceq\x(\s\up1(11))>b＋c可逆可乘性a>b，c>0?aceq\x(\s\up1(12))>bc；a>b，c<0?aceq\x(\s\up1(13))<bc；c的符號(hào)同向可加性a>b，c>d?a＋ceq\x(\s\up1(14))>b＋d同向同向同正可乘性a>b>0，c>d>0?aceq\x(\s\up1(15))>bd同向同正可乘方性a>b>0，n∈N，n≥2?aneq\x(\s\up1(16))>bn同正可開方性a>b>0，n∈N，n≥2?eq\r(n,a)eq\x(\s\up1(17))>eq\r(n,b)同正3.兩個(gè)實(shí)數(shù)比較大小的方法(1)作差法①a－b>0?aeq\x(\s\up1(18))>b；②a－b＝0?aeq\x(\s\up1(19))＝b；③a－b<0?aeq\x(\s\up1(20))<b.(2)作商法①eq\f(a,b)>1(a∈R，b>0)?aeq\x(\s\up1(21))>b(a∈R，b>0)；②eq\f(a,b)＝1(a∈R，b≠0)?aeq\x(\s\up1(22))＝b(a∈R，b≠0)；③eq\f(a,b)<1(a∈R，b>0)?aeq\x(\s\up1(23))<b(a∈R，b>0)．若a＞b＞0，m＞0，則(1)eq\f(b,a)＜eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)＞eq\f(b－m,a－m)(a－m＞0)；(2)eq\f(a,b)＞eq\f(a＋m,b＋m)；eq\f(a,b)＜eq\f(a－m,b－m)(b－m＞0)．1．概念辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)a＝b?ac＝bc.()(2)若a<b<0，則eq\f(1,a2n)<eq\f(1,b2n)(n∈N*)．()(3)若a>b>c，則(a－b)c>(b－a)c.()答案(1)×(2)√(3)×2．小題熱身(1)實(shí)數(shù)x，y滿足x＞y，則下列不等式成立的是()A.eq\f(y,x)＜1 B．2－x＜2－yC．lg(x－y)＞0 D．x2＞y2答案B(2)(人教B必修第一冊(cè)2.2.1練習(xí)BT2改編)若a＞b＞0，c＜d＜0，則一定有()A.eq\f(a,d)＞eq\f(b,c) B.eq\f(a,d)＜eq\f(b,c)C.eq\f(a,c)＞eq\f(b,d) D.eq\f(a,c)＜eq\f(b,d)答案B(3)(人教A必修第一冊(cè)習(xí)題2.1T8)下列命題為真命題的是()A．若a>b>0，則ac2>bc2B．若a>b>0，則a2>b2C．若a<b<0，則a2<ab<b2D．若a<b<0，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b)答案B解析對(duì)于A，當(dāng)c2＝0時(shí)不正確；對(duì)于B，因?yàn)閍＞b＞0，所以a2－b2＝(a＋b)(a－b)＞0，所以a2＞b2，所以B正確；對(duì)于C，由a＜b＜0可得，a2＞ab＞b2，所以C不正確；對(duì)于D，因?yàn)閍＜b＜0，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，所以D不正確．(4)已知1<a＋2b<2，－2<2a－b<1，則8a＋b的取值范圍是________．答案(－4，7)解析因?yàn)?a＋b＝2(a＋2b)＋3(2a－b)，1<a＋2b<2，－2<2a－b<1，所以2<2(a＋2b)<4，－6<3(2a－b)<3，－4<8a＋b<7，故8a＋b的取值范圍是(－4，7)．考點(diǎn)探究——提素養(yǎng)考點(diǎn)一不等式的性質(zhì)例1(多選)(2023·湖南長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)高三二模)已知實(shí)數(shù)a，b，c滿足0<a<b<c，則下列不等式成立的是()A.eq\f(1,c－a)>eq\f(1,b－a) B.eq\f(b,a)>eq\f(b＋c,a＋c)C.eq\f(1,a(c－a))>eq\f(1,b(c－a)) D．a(chǎn)b＋c2>ac＋bc答案BCD解析因?yàn)?<a<b<c，所以c－a>b－a>0，eq\f(1,c－a)<eq\f(1,b－a)，故A錯(cuò)誤；因?yàn)閍＞0，b＞0，b＋c＞0，a＋c＞0，所以eq\f(b,a)>eq\f(b＋c,a＋c)?b(a＋c)>a(b＋c)?bc>ac?b>a，故B正確；因?yàn)閍＞0，b＞0，c－a＞0，所以eq\f(1,a(c－a))>eq\f(1,b(c－a))?eq\f(1,a)>eq\f(1,b)?b>a，故C正確；ab＋c2>ac＋bc?c(c－b)－a(c－b)>0?(c－a)(c－b)>0，故D正確．故選BCD.【通性通法】應(yīng)用不等式的性質(zhì)進(jìn)行推導(dǎo)時(shí)，應(yīng)注意緊扣不等式的性質(zhì)成立的條件，且不可省略條件或跳步推導(dǎo)，更不能隨意構(gòu)造性質(zhì)與法則．有時(shí)可以結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行推導(dǎo)．【鞏固遷移】1．(2024·山東濟(jì)南高三開學(xué)考試)“x>y”的一個(gè)充分條件可以是()A．2x－y>eq\f(1,2) B．x2>y2C.eq\f(x,y)>1 D．xt2>yt2答案D解析由x>y，得x－y>0.對(duì)于A，由2x－y>eq\f(1,2)，得2x－y>2－1，由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，得x－y>－1，因?yàn)閤－y>－1不一定有x－y>0，故A不正確；對(duì)于B，由x2>y2，得x2－y2>0，即(x＋y)(x－y)>0，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y>0，,x－y>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y<0，,x－y<0，))故B不正確；對(duì)于C，由eq\f(x,y)>1，得eq\f(x,y)－1>0，即eq\f(x－y,y)>0，所以y(x－y)>0，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y>0，,x－y>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y<0，,x－y<0，))故C不正確；對(duì)于D，由xt2>yt2，知t2>0，所以x>y成立，故D正確．故選D.考點(diǎn)二比較兩個(gè)數(shù)(式)的大小(多考向探究)考向1作差法例2已知a，b∈R，a>b>0，則下列不等式中一定成立的是()A.eq\f(a,b)>eq\f(a－1,b－1) B.eq\f(1,a－b)>eq\f(1,b)C.eq\f(a,b)>eq\f(a＋1,b＋1) D．a(chǎn)－eq\f(1,b)>b－eq\f(1,a)答案C解析對(duì)于A，eq\f(a,b)－eq\f(a－1,b－1)＝eq\f(a(b－1)－b(a－1),b(b－1))＝eq\f(b－a,b(b－1))，因?yàn)閎－1的正負(fù)不確定，所以eq\f(a,b)>eq\f(a－1,b－1)不一定成立，即A錯(cuò)誤；對(duì)于B，eq\f(1,a－b)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－(a－b),b(a－b))＝eq\f(2b－a,b(a－b))，因?yàn)?b－a的正負(fù)不確定，所以eq\f(1,a－b)>eq\f(1,b)不一定成立，即B錯(cuò)誤；對(duì)于C，eq\f(a,b)－eq\f(a＋1,b＋1)＝eq\f(a(b＋1)－b(a＋1),b(b＋1))＝eq\f(a－b,b(b＋1))，因?yàn)閍－b>0，b>0，b＋1>0，所以eq\f(a,b)>eq\f(a＋1,b＋1)一定成立，即C正確；對(duì)于D，a－eq\f(1,b)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(1,a)))＝eq\f((a－b)(ab－1),ab)，因?yàn)閍b－1的正負(fù)不確定，所以a－eq\f(1,b)>b－eq\f(1,a)不一定成立，即D錯(cuò)誤．故選C.【通性通法】作差法的一般步驟：(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．【鞏固遷移】2．若a，b∈[0，＋∞)，A＝eq\r(a)＋eq\r(b)，B＝eq\r(a＋b)，則A，B的大小關(guān)系是()A．A≤B B．A≥BC．A＜B D．A＞B答案B解析由題意，得B2－A2＝－2eq\r(ab)≤0，所以B2≤A2.又A≥0，B≥0，所以A≥B.故選B.考向2作商法例3已知c＞1，且x＝eq\r(c＋1)－eq\r(c)，y＝eq\r(c)－eq\r(c－1)，則x，y的大小關(guān)系是()A．x＞y B．x＝y(tǒng)C．x＜y D．x，y的關(guān)系隨c而定答案C解析易知x>0，y＞0，又eq\f(x,y)＝eq\f(\r(c＋1)－\r(c),\r(c)－\r(c－1))＝eq\f(\f(1,\r(c＋1)＋\r(c)),\f(1,\r(c)＋\r(c－1)))＝eq\f(\r(c)＋\r(c－1),\r(c＋1)＋\r(c))<1，所以x<y.故選C.【通性通法】作商法的一般步驟：(1)作商；(2)變形；(3)判斷商與1的大小；(4)結(jié)論．注意作商前要先判斷正負(fù)，一般要比較的兩數(shù)(式)均為正數(shù)，可考慮使用作商法．【鞏固遷移】3．已知a，b，c為正實(shí)數(shù)，且a2＋b2＝c2，則當(dāng)n∈N，且n＞2時(shí)，cn與an＋bn的大小關(guān)系為________．答案cn＞an＋bn解析∵a2＋b2＝c2，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq\s\up12(2)＝1，則0＜eq\f(a,c)＜1，0＜eq\f(b,c)＜1.又n∈N，且n＞2，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))eq\s\up12(n)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))eq\s\up12(2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq\s\up12(n)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq\s\up12(2)，∴eq\f(an＋bn,cn)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))eq\s\up12(n)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq\s\up12(n)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq\s\up12(2)＝1，∴cn＞an＋bn.考向3特殊值法例4(2023·北京海淀高三模擬)已知x，y∈R，且x＋y>0，則()A.eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)>0 B．x3＋y3>0C．lg(x＋y)>0 D．sin(x＋y)>0答案B解析令x＝1，y＝－eq\f(1,2)，顯然eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝1－2<0，故A錯(cuò)誤；因?yàn)閤3＋y3＝(x＋y)(x2－xy＋y2)＝(x＋y)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)y))\s\up12(2)＋\f(3,4)y2))，顯然x＝eq\f(1,2)y，y＝0不能同時(shí)成立，所以(x＋y)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)y))\s\up12(2)＋\f(3,4)y2))>0，故B正確；取x＝1，y＝0，則lg(x＋y)＝0，故C錯(cuò)誤；取x＝1，y＝3，則sin(x＋y)＝sin4<0，故D錯(cuò)誤．故選B.【通性通法】解有關(guān)不等式選擇題時(shí)，可采用特殊值法進(jìn)行排除，注意取值一定要遵循如下原則：一是滿足題設(shè)條件；二是取值要簡(jiǎn)單，便于驗(yàn)證計(jì)算；三是所取值要有代表性．【鞏固遷移】4．(2024·福建三明第一中學(xué)高三月考)若非零實(shí)數(shù)a，b滿足a>b，則()A．a(chǎn)c2>bc2 B.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2C．ea－b>1 D．lna>lnb答案C解析對(duì)于A，當(dāng)c＝0時(shí)，ac2＝bc2＝0，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，當(dāng)a＝1，b＝－1時(shí)，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＝－2<0，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，∵a>b，∴a－b>0，∴ea－b>e0＝1，故C正確；對(duì)于D，當(dāng)0>a>b時(shí)，lna，lnb無(wú)意義，故D錯(cuò)誤．故選C.考向4中間量法例5(2023·四川南充模擬)設(shè)a＝0.50.2，b＝log0.20.5，c＝log0.50.2，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)>b>c B．c>b>aC．c>a>b D．b>c>a答案C解析因?yàn)閍＝0.50.2>0.5＝eq\f(1,2)，a＝0.50.2＜0.50＝1，b＝log0.20.5＝log0.2eq\r(0.25)<log0.2eq\r(0.2)＝eq\f(1,2)，c＝log0.50.2>log0.50.5＝1，所以c>1>a>eq\f(1,2)>b，故選C.【通性通法】對(duì)于兩個(gè)數(shù)(式)，若無(wú)法直接比較大小，則可以考慮利用中間值來(lái)比較大小，一般常用的中間值為－1，0，eq\f(1,2)，1，eq\r(2)等．【鞏固遷移】5．已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，則()A．a(chǎn)<b<c B．a(chǎn)<c<bC．c<a<b D．b<c<a答案B解析a＝log20.2<log21＝0，b＝20.2>20＝1，c＝0.20.3<0.20＝1，即c∈(0，1)，故a<c<b.考點(diǎn)三不等式性質(zhì)的綜合應(yīng)用例6(1)已知－1<x<4，2<y<3，則x－y的取值范圍是________，3x＋2y的取值范圍是________．答案(－4，2)(1，18)解析因?yàn)椋?<x<4，2<y<3，所以－3<－y<－2，所以－4<x－y<2.因?yàn)椋?<3x<12，4<2y<6，所以1<3x＋2y<18.(2)已知a∈(－3，－2)，b∈(2，4)，則eq\f(b,a)的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))解析∵a∈(－3，－2)，∴eq\f(1,a)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,3)))，故eq\f(1,3)<－eq\f(1,a)<eq\f(1,2)，又2<b<4，∴eq\f(2,3)<－eq\f(b,a)<2，則－2<eq\f(b,a)<－eq\f(2,3).【通性通法】利用不等式的性質(zhì)求代數(shù)式取值范圍的注意點(diǎn)【鞏固遷移】6．已知12<a<60，15<b<36，則a－2b的取值范圍為________，eq\f(2a,b)的取值范圍為________．答案(－60，30)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，8))解析因?yàn)?5<b<36，所以－72<－2b<－30.又12<a<60，所以－60<a－2b<30.因?yàn)?2<a<60，所以24<2a<120，又15<b<36，所以eq\f(1,36)<eq\f(1,b)<eq\f(1,15)，所以eq\f(2,3)<eq\f(2a,b)<8.綜上，a－2b的取值范圍是(－60，30)，eq\f(2a,b)的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，8)).7．(2024·廣東五校高三上學(xué)期期末聯(lián)考)已知1≤a－b≤3，3≤a＋b≤7，則5a＋b的取值范圍為________．答案[11，27]解析設(shè)5a＋b＝m(a－b)＋n(a＋b)＝(m＋n)a＋(n－m)b，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝5，,n－m＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝3，))則5a＋b＝2(a－b)＋3(a＋b)，又1≤a－b≤3，3≤a＋b≤7，所以2≤2(a－b)≤6，9≤3(a＋b)≤21，由不等式的性質(zhì)，得11≤2(a－b)＋3(a＋b)≤27，則5a＋b的取值范圍為[11，27]．課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．已知a＋b＜0，且a＞0，則()A．a(chǎn)2＜－ab＜b2 B．b2＜－ab＜a2C．a(chǎn)2＜b2＜－ab D．－ab＜b2＜a2答案A解析解法一：令a＝1，b＝－2，則a2＝1，－ab＝2，b2＝4，從而a2＜－ab＜b2.故選A.解法二：由a＋b＜0，且a＞0可得b＜0，且a＜－b.因?yàn)閍2－(－ab)＝a(a＋b)＜0，所以0＜a2＜－ab.又0＜a＜－b，所以0＜－ab＜(－b)2，所以0＜a2＜－ab＜b2.故選A.2．(2024·福建師范大學(xué)附屬中學(xué)高三月考)已知a，b∈R，使a>b成立的一個(gè)必要不充分條件是()A．a(chǎn)＋1>b B．a(chǎn)>b＋1C．2a>2b D．a(chǎn)2>b2答案A解析對(duì)于A，若a>b，則a＋1>a>b，而a＋1>b成立，不能推出a>b成立，即a＋1>b是a>b成立的必要不充分條件，故A正確；對(duì)于B，因?yàn)閍>b＋1>b，所以a>b＋1是a>b成立的充分條件，故B不正確；對(duì)于C，因?yàn)楹瘮?shù)y＝2x是R上的增函數(shù)，所以a>b?2a>2b，故C不正確；對(duì)于D，取a＝1，b＝－2，滿足a>b，而a2>b2不成立，反之，取a＝－2，b＝1，滿足a2>b2，而a>b不成立，故D不正確．故選A.3．若正實(shí)數(shù)a，b，c互不相等且滿足a2＋b2＋c2＝2ab＋bc，則下列結(jié)論成立的是()A．2a>b>c B．2a>c>bC．2c>a>b D．2c>b>a答案A解析由a2＋b2＋c2＝2ab＋bc可得2ab＋bc－c2＝a2＋b2≥2ab，由于正實(shí)數(shù)a，b不相等，故2ab＋bc－c2>2ab，即bc－c2>0，c(b－c)>0，則b>c；又由a2＋b2＋c2＝2ab＋bc可得2ab＋bc－b2＝a2＋c2>2ac(a，c不相等)，故b(2a－b)＋(b－2a)c>0，即(2a－b)(b－c)>0，由于b>c，故2a>b，故2a>b>c.故選A.4．(2023·江西九江六校聯(lián)考)已知a＝eq\r(2)，b＝eq\r(7)－eq\r(3)，c＝eq\r(6)－eq\r(2)，則()A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>bC．c>a>b D．c>b>a答案B解析由a－b＝eq\r(2)＋eq\r(3)－eq\r(7)，且(eq\r(2)＋eq\r(3))2＝5＋2eq\r(6)>7，故a>b；由a－c＝2eq\r(2)－eq\r(6)且(2eq\r(2))2＝8>6，故a>c；b－c＝(eq\r(7)＋eq\r(2))－(eq\r(6)＋eq\r(3))且(eq\r(6)＋eq\r(3))2＝9＋2eq\r(18)>9＋2eq\r(14)＝(eq\r(7)＋eq\r(2))2，故c>b.所以a>c>b.故選B.5．“a>b>0”是“eq\f(1,a)<eq\f(1,b)”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案A解析若a>b>0，則eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)<0，即eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立；若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，則eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)<0，則a>b>0或0>a>b或a<0<b，所以“a>b>0”是“eq\f(1,a)<eq\f(1,b)”的充分不必要條件．故選A.6．若a>0，且a≠7，則()A．77aa<7aa7B．77aa＝7aa7C．77aa>7aa7D．77aa與7aa7的大小不確定答案C解析eq\f(77aa,7aa7)＝77－aaa－7＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,a)))eq\s\up12(7－a)，則當(dāng)a>7時(shí)，0<eq\f(7,a)<1，7－a<0，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,a)))eq\s\up12(7－a)>1，∴77aa>7aa7；當(dāng)0<a<7時(shí)，eq\f(7,a)>1，7－a>0，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,a)))eq\s\up12(7－a)>1，∴77aa>7aa7.綜上，77aa>7aa7.故選C.7．設(shè)a＝sineq\f(1,2)，b＝lnπ，c＝πeq\s\up7(-\f(1,2))，則()A．c<b<a B．a(chǎn)<c<bC．a(chǎn)<b<c D．c<a<b答案B解析因?yàn)?＝sin0<sineq\f(1,2)<sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2)，所以a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，又lnπ>lne＝1，所以b∈(1，＋∞)，又eq\f(1,2)＝eq\f(1,\r(4))<eq\f(1,\r(π))＝πeq\s\up7(-\f(1,2))<π0＝1，所以c∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以a<c<b.故選B.8．甲、乙兩人同時(shí)從寢室到教室，甲一半路程步行，一半路程跑步，乙一半時(shí)間步行，一半時(shí)間跑步，如果兩人步行速度、跑步速度均相同，則()A．甲先到教室B．乙先到教室C．兩人同時(shí)到教室D．誰(shuí)先到教室不確定答案B解析設(shè)步行速度與跑步速度分別為v1，v2，顯然v1＜v2，總路程為2s，則甲用的時(shí)間為eq\f(s,v1)＋eq\f(s,v2)，乙用的時(shí)間為eq\f(4s,v1＋v2)，而eq\f(s,v1)＋eq\f(s,v2)－eq\f(4s,v1＋v2)＝eq\f(s(v1＋v2)2－4sv1v2,v1v2(v1＋v2))＝eq\f(s(v1－v2)2,v1v2(v1＋v2))>0，故eq\f(s,v1)＋eq\f(s,v2)>eq\f(4s,v1＋v2)，故乙先到教室．故選B.二、多項(xiàng)選擇題9．(2024·湖北宜昌協(xié)作體高三上學(xué)期期中聯(lián)考)已知a>b>0，則下列說(shuō)法正確的是()A.eq\f(b,a)>eq\f(b＋2,a＋2)B．2eq\r(a)>eq\r(a－b)＋eq\r(b)C．a(chǎn)＋eq\f(1,a)>b＋eq\f(1,b)D．lgeq\f(a＋b,2)>eq\f(lga＋lnb,2)答案BD解析因?yàn)閍>b>0，所以eq\f(b,a)－eq\f(b＋2,a＋2)＝eq\f(2(b－a),a(a＋2))<0，故A錯(cuò)誤；因?yàn)閍>b>0，所以eq\r(a)>eq\r(b)，eq\r(a)>eq\r(a－b)，所以2eq\r(a)>eq\r(a－b)＋eq\r(b)，故B正確；當(dāng)a＝2，b＝eq\f(1,2)時(shí)，a＋eq\f(1,a)＝b＋eq\f(1,b)，故C錯(cuò)誤；因?yàn)閍>b>0，所以lgeq\f(a＋b,2)>lgeq\f(2\r(ab),2)＝lgeq\r(ab)＝eq\f(lga＋lgb,2)，故D正確．故選BD.10．(2023·湖北武漢江漢區(qū)模擬)若eq\f(c3,a)<eq\f(c3,b)<0，則()A．|a|<|b| B．a(chǎn)c<bcC.eq\f(a－b,c)>0 D．0<eq\f(a,b)<1答案ACD解析由eq\f(c3,a)<eq\f(c3,b)<0，得c≠0，當(dāng)c>0時(shí)，由eq\f(c3,a)<eq\f(c3,b)<0，得eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，即b<a<0，則|a|<|b|，ac>bc，eq\f(a－b,c)>0，0<eq\f(a,b)<1；當(dāng)c<0時(shí)，由eq\f(c3,a)<eq\f(c3,b)<0得eq\f(1,a)>eq\f(1,b)>0，即b>a>0，所以|a|<|b|，ac>bc，eq\f(a－b,c)>0，0<eq\f(a,b)<1，故A，C，D正確，B錯(cuò)誤．故選ACD.11．(2023·湖南十六校聯(lián)考)下列不等式成立的是()A．log2(sin1)>2sin1 B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)))eq\s\up12(2)<πeq\s\up7(\f(1,2))C.eq\r(7)－eq\r(5)<eq\r(6)－2 D．log43<log65答案BCD解析∵sin1∈(0，1)，∴l(xiāng)og2(sin1)<0，2sin1>1，∴l(xiāng)og2(sin1)<2sin1，故A不成立；∵0<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)))eq\s\up12(2)<1，πeq\s\up7(\f(1,2))>1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)))eq\s\up12(2)<πeq\s\up7(\f(1,2))，故B成立；要判定eq\r(7)－eq\r(5)<eq\r(6)－2，即判定eq\r(7)＋2<eq\r(6)＋eq\r(5)，即(eq\r(7)＋2)2<(eq\r(6)＋eq\r(5))2，即11＋4eq\r(7)<11＋2eq\r(30)，即4eq\r(7)<2eq\r(30)，即28<30成立，故C成立；∵log34＝1＋log3eq\f(4,3)，log56＝1＋log5eq\f(6,5)，又log3eq\f(4,3)>log3eq\f(6,5)>log5eq\f(6,5)，∴l(xiāng)og34>log56>0，∴0<eq\f(1,log34)<eq\f(1,log56)，∴l(xiāng)og43<log65，故D成立．故選BCD.三、填空題12．(2023·江西南昌模擬)已知1≤2x－y≤2，－1≤2x＋3y≤1，則6x＋5y的取值范圍為________．答案[－1，4]解析因?yàn)?x＋5y＝2x－y＋2(2x＋3y)，所以1＋2×(－1)≤2x－y＋2(2x＋3y)≤2＋2×1，故6x＋5y的取值范圍為[－1，4]．13．某新農(nóng)村為加強(qiáng)體育文化建設(shè)，購(gòu)買了一批體育器材．已知在該批次器材中，4個(gè)排球和5個(gè)足球的價(jià)格之和小于400元，而6個(gè)排球和3個(gè)足球的價(jià)格之和大于450元．設(shè)1個(gè)排球的價(jià)格為A元，1個(gè)足球的價(jià)格為B元，則A________B(填“>”“<”或“＝”)．答案>解析由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4A＋5B<400，,6A＋3B>450，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4A－5B>－400，,6A＋3B>450，))所以A－B>25>0，則A>B.14．(2024·皖南八校高三第一次大聯(lián)考)設(shè)x，y是正實(shí)數(shù)，記S為x，y＋eq\f(2,x)，eq\f(2,y)中的最小值，則S的最大值為________．答案2解析由題意，知0<S≤x，0<S≤eq\f(2,y)，則eq\f(1,x)≤eq\f(1,S)，eq\f(y,2)≤eq\f(1,S)，即有eq\f(2,x)≤eq\f(2,S)，y≤eq\f(2,S)，所以S≤y＋eq\f(2,x)≤eq\f(2,S)＋eq\f(2,S)＝eq\f(4,S)，解得0<S≤2，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,x)＝eq\f(y,2)＝eq\f(1,2)時(shí)取等號(hào)，故S的最大值為2.15．(2023·河南開封模擬)若a是實(shí)數(shù)，P＝eq\r(a2＋10)＋a，Q＝eq\r(a2＋6)＋eq\r(a2＋4)，則P，Q的大小關(guān)系是()A．Q>P B．P＝QC．P>Q D．由a的取值確定答案A解析顯然P，Q都是正數(shù)，又P2＝2a2＋10＋2aeq\r(a2＋10)，Q2＝2a2＋10＋2eq\r((a2＋6)(a2＋4))＝2a2＋10＋2eq\r(a4＋10a2＋24)，Q2－P2＝2eq\r(a4＋10a2＋24)－2aeq\r(a2＋10)，若a是負(fù)數(shù)，則Q2－P2>0，即Q2>P2，所以Q>P；若a是非負(fù)數(shù)，則2aeq\r(a2＋10)＝2eq\r(a4＋10a2)<2eq\r(a4＋10a2＋24)，所以Q2－P2>0，即Q2>P2，所以Q>P.故選A.16．(2024·貴州畢節(jié)市高三診斷(一))某營(yíng)救小組有48人，需要乘船過河去執(zhí)行營(yíng)救任務(wù)，現(xiàn)從甲、乙兩種型號(hào)的船中選擇一種．甲型號(hào)的船比乙型號(hào)的船少5艘．若只選擇甲型號(hào)的船，每艘船載4人，則船不夠；每艘船載5人，則有船沒有載滿．若只選擇乙型號(hào)的船，每艘船載3人，則船不夠；每艘船載4人，則有多余的船．那么，甲型號(hào)的船有()A．9艘 B．10艘C．11艘 D．12艘答案B解析設(shè)甲型號(hào)的船有x艘，則乙型號(hào)的船有(x＋5)艘，由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x<48<5x，,3(x＋5)<48≤4(x＋5－1)，))解得9.6<x<11，又因?yàn)閤為正整數(shù)，所以x＝10，即甲型號(hào)的船有10艘．故選B.17．(多選)已知3<a<6，1<b<5，則()A.eq\f(a,b)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，3)) B.eq\f(a,b)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，6))C．a(chǎn)－2b∈(－4，1) D．a(chǎn)－2b∈(－7，4)答案BD解析∵1<b<5，∴－10<－2b<－2，eq\f(1,5)<eq\f(1,b)<1，又3<a<6，∴－7<a－2b<4，eq\f(3,5)<eq\f(a,b)<6，即eq\f(a,b)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，6))，a－2b∈(－7，4)．故選BD.18．設(shè)x，y為實(shí)數(shù)，滿足2≤xy2≤3，3≤eq\f(x2