2024-2025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2.1.2等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)課時分層作業(yè)含解析新人教A版必修第一冊

PAGE1-課時分層作業(yè)(九)等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)(建議用時：40分鐘)一、選擇題1．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＜－bB[選項A，若a＝4，b＝2，c＝5，明顯不成立，選項C不滿意倒數(shù)不等式的條件，如a＞b＞0，c＜0＜d時，不成立；選項D只有a＞b＞0時才可以．否則如a＝－1，b＝0時不成立，故選B.]2．設(shè)a>1>b>－1，則下列不等式中恒成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．a(chǎn)2>2b D．a(chǎn)>b2D[A錯，例如a＝2，b＝－eq\f(1,2)時，eq\f(1,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(1,b)＝－2，此時，eq\f(1,a)>eq\f(1,b)；B錯，例如a＝2，b＝eq\f(1,2)時，eq\f(1,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(1,b)＝2，此時，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；C錯，例如a＝eq\f(5,4)，b＝eq\f(15,16)時，a2＝eq\f(25,16)，2b＝eq\f(30,16)，此時a2<2b；由a>1，b2<1得a>b2，故D正確．]3．已知a>b，則下列不等式：①a2>b2；②eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；③eq\f(1,a－b)>eq\f(1,a).其中不成立的個數(shù)是()A．0 B．1C．2 D．3D[雖然已知a>b，但并不知道a，b的正負(fù)，如有2>－3，但22<(－3)2，故①錯；2>－3?eq\f(1,2)>－eq\f(1,3)，②錯；若有a＝1，b＝－2，則eq\f(1,a－b)＝eq\f(1,3)，eq\f(1,a)＝1，故③錯．]4．若abcd<0，且a>0，b>c，d<0，則()A．b<0，c<0 B．b>0，c>0C．b>0，c<0 D．0<c<b或c<b<0D[由a>0，d<0，且abcd<0，知bc>0，又∵b>c，∴0<c<b或c<b<0.]5．若a，b，c∈R，a＞b，則下列不等式成立的是()A.eq\f(1,a)＜eq\f(1,b) B．a(chǎn)2＞b2C.eq\f(a,c2＋1)＞eq\f(b,c2＋1) D．a(chǎn)|c|＞b|c|C[對A，若a＞0＞b，則eq\f(1,a)＞0，eq\f(1,b)＜0，此時eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，∴A不成立；對B，若a＝1，b＝－2，則a2＜b2，∴B不成立；對C，∵c2＋1≥1，且a＞b，∴eq\f(a,c2＋1)＞eq\f(b,c2＋1)恒成立，∴C正確；對D，當(dāng)c＝0時，a|c|＝b|c|，∴D不成立．]二、填空題6．給出以下四個命題：①a＞b?an＞bn(n∈N*)；②a＞|b|?an＞bn(n∈N*)；③a＜b＜0?eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)；④a＜b＜0?eq\f(1,a－b)＞eq\f(1,a).其中真命題的序號是________．②③[①中取a＝－1，b＝－2，n＝2，不成立；②a＞|b|，得a＞0，∴an＞bn成立；③a＜b＜0，得eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)成立；④a＜b＜0，得a－b＜0，且a－b＞a，故eq\f(1,a－b)＜eq\f(1,a)，④不成立．]7．設(shè)x＞1，－1＜y＜0，將x，y，－y按從小到大的依次排列如下：________.y＜－y＜x[∵－1＜y＜0，∴0＜－y＜1，∴y＜－y，又x＞1，∴y＜－y＜x.]8．若8<x<10,2<y<4，則eq\f(x,y)的取值范圍是________．2<eq\f(x,y)<5[∵2<y<4，∴eq\f(1,4)<eq\f(1,y)<eq\f(1,2).∵8<x<10，∴2<eq\f(x,y)<5.]三、解答題9．(1)已知a<b<0，求證：eq\f(b,a)<eq\f(a,b)；(2)已知a>b，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，求證：ab>0.[證明](1)由于eq\f(b,a)－eq\f(a,b)＝eq\f(b2－a2,ab)＝eq\f(b＋ab－a,ab)，∵a<b<0，∴b＋a<0，b－a>0，ab>0，∴eq\f(b＋ab－a,ab)<0，故eq\f(b,a)<eq\f(a,b).(2)∵eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，∴eq\f(1,a)－eq\f(1,b)<0，即eq\f(b－a,ab)<0，而a>b，∴b－a<0，∴ab>0.10．已知：3＜a＋b＜4,0＜b＜1，求下列各式的取值范圍．(1)a；(2)a－b；(3)eq\f(a,b).[解](1)∵3＜a＋b＜4,0＜b＜1，∴－1＜－b＜0，∴2＜a＋b＋(－b)＜4，即2＜a＜4.(2)∵0＜b＜1，∴－1＜－b＜0.又∵2＜a＜4，∴1＜a－b＜4.(3)∵0＜b＜1，∴eq\f(1,b)＞1，又∵2＜a＜4，∴eq\f(a,b)＞2.11．(多選題)設(shè)a，b為正實數(shù)，則下列結(jié)論正確的是()A．若a2－b2＝1，則a－b<1B．若eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝1，則a－b<1C．若|eq\r(a)－eq\r(b)|＝1，則|a－b|<1D．若|a3－b3|＝1，則|a－b|<1AD[對于A，由題意a，b為正實數(shù)，則a2－b2＝1?a－b＝eq\f(1,a＋b)?a－b>0?a>b>0，故a＋b>a－b>0.若a－b≥1，則eq\f(1,a＋b)≥1?a＋b≤1≤a－b，這與a＋b>a－b>0沖突，故a－b<1成立．對于B，取特別值，a＝3，b＝eq\f(3,4)，則a－b>1.對于C，取特別值，a＝9，b＝4時，|a－b|>1.對于D，∵|a3－b3|＝1，a>0，b>0，∴a≠b，不妨設(shè)a>b>0.∴a2＋ab＋b2>a2－2ab＋b2>0，∴(a－b)(a2＋ab＋b2)>(a－b)(a－b)2.即a3－b3>(a－b)3>0，∴1＝|a3－b3|>(a－b)3>0，∴0<a－b<1，即|a－b|<1.因此D正確．]12．若α，β滿意－eq\f(π,2)＜α＜β＜eq\f(π,2)，則2α－β的取值范圍是()A．－π＜2α－β＜0 B．－π＜2α－β＜πC．－eq\f(3π,2)＜2α－β＜eq\f(π,2) D．0＜2α－β＜πC[∵－eq\f(π,2)＜α＜eq\f(π,2)，∴－π＜2α＜π.∵－eq\f(π,2)＜β＜eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,2)＜－β＜eq\f(π,2)，∴－eq\f(3π,2)＜2α－β＜eq\f(3π,2).又α－β＜0，α＜eq\f(π,2)，∴2α－β＜eq\f(π,2).故－eq\f(3π,2)＜2α－β＜eq\f(π,2).]13．已知三個不等式：①ab＞0；②eq\f(c,a)＞eq\f(d,b)；③bc＞ad.若以其中的兩個作為條件，余下的一個作為結(jié)論，則可以組成________個正確命題．3[①②?③，③①?②.(證明略)由②得eq\f(bc－ad,ab)＞0，又由③得bc－ad＞0.所以ab＞0?①.所以可以組成3個正確命題．]14．(一題兩空)已知－1≤x＋y≤4，且2≤x－y≤3，則x的取值范圍為________，z＝2x－3y的取值范圍為________．eq\f(1,2)≤x≤eq\f(7,2)3≤z≤8[由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x＋y≤4,2≤x－y≤3))，得1≤2x≤7，即eq\f(1,2)≤x≤eq\f(7,2).∵z＝－eq\f(1,2)(x＋y)＋eq\f(5,2)(x－y)，－2≤－eq\f(1,2)(x＋y)≤eq\f(1,2)，5≤eq\f(5,2)(x－y)≤eq\f(15,2)，∴3≤－eq\f(1,2)(x＋y)＋eq\f(5,2)(x－y)≤8，∴3≤z≤8.]15．已知二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c滿意以下條件：(1)該函數(shù)圖象過原點；(2)當(dāng)x＝－1時，y的取值范圍為大于等于1且小于等于2；(3)當(dāng)x＝1時，y的取值范圍為大于等于3且小于等于4；求當(dāng)x＝－2時，y的取值范圍．[解]∵二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c圖象過原點，∴c＝0，∴y＝ax2＋bx.又∵當(dāng)x＝－1時，1≤a－b≤2. ①當(dāng)x＝1時，3≤a＋b≤4， ②∴當(dāng)x＝－2時，y＝4a－2b設(shè)存