2020高中数学 第二章 等式与不等式 2.2.1 不等式及其性质应用案巩固提升 第一册

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE7-学必求其心得，业必贵于专精2。2.1不等式及其性质［A基础达标］1．下列说法正确的是（）A．若a>b,c〉d，则ac>bdB．若eq\f（1，a）〉eq\f（1,b)，则a<bC．若b>c，则|a｜b≥|a｜cD．若a〉b，c>d，则a－c>b－d解析：选C。A项：a，b，c，d的符号不确定，故无法判断；B项:不知道ab的符号，无法确定a，b的大小；C项：｜a｜≥0,所以|a｜b≥|a｜c成立；D项:同向不等式不能相减．2．设a，b∈R,则“（a－b）·a2〈0”是“a〈b”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：选A。（a－b）·a2<0，则必有a－b〈0，即a<b；而a<b时，不能推出（a－b）·a2〈0，如a＝0,b＝1,所以“（a－b)·a2〈0”是“a<b”的充分不必要条件．3．若y1＝3x2－x＋1,y2＝2x2＋x－1，则y1与y2的大小关系是()A．y1<y2 B．y1＝y2C．y1〉y2 D．随x值变化而变化解析:选C.y1－y2＝（3x2－x＋1)－(2x2＋x－1）＝x2－2x＋2＝(x－1）2＋1>0，所以y1〉y2。故选C。4．已知a〉b〉0，则下列不等式一定成立的是(）A．a＋eq\f(1，b）〉b＋eq\f(1,a) B．a＋eq\f（1，a)≥b＋eq\f(1,b）C。eq\f（b,a)〉eq\f（b＋1，a＋1） D．b－eq\f(1，b）〉a－eq\f（1，a)解析：选A.因为a>b〉0，所以eq\f(1,b）>eq\f（1,a)〉0，所以a＋eq\f(1，b)〉b＋eq\f（1,a),故选A.5．设a〉b>c，且a＋b＋c＝0,则下列不等式恒成立的是(）A．ab>bc B．ac〉bcC．ab〉ac D．a|b|>c｜b|解析:选C.因为a>b>c,且a＋b＋c＝0，所以a>0,c〈0,b可正、可负、可为零．由b〉c,a〉0知,ab〉ac。故选C.6．给出四个条件：①b〉0〉a，②0>a>b，③a〉0>b，④a>b>0，能推得eq\f(1,a）〈eq\f（1,b)成立的是________．解析：eq\f(1,a）<eq\f（1，b)⇔eq\f(b－a,ab)〈0,所以①②④能使它成立．答案：①②④7．若a1<a2,b1〈b2,则a1b1＋a2b2与a1b2＋a2b1的大小关系是________．解析：（a1b1＋a2b2)－（a1b2＋a2b1)＝（a1b1－a1b2)＋(a2b2－a2b1）＝a1(b1－b2)＋a2（b2－b1）＝(a1－a2）(b1－b2）,因为a1〈a2，b1〈b2,所以a1－a2〈0,b1－b2<0，所以（a1－a2)(b1－b2）>0，所以a1b1＋a2b2〉a1b2＋a2b1.答案:a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b18．已知三个不等式①ab>0;②eq\f(c,a)〉eq\f(d，b）；③bc>ad。若以其中的两个作为条件，余下的一个作为结论,则可以组成________个正确命题．解析：①②⇒③，③①⇒②。（证明略)由②得eq\f（bc－ad，ab)〉0，又由③得bc－ad>0。所以ab>0⇒①.所以可以组成3个正确命题．答案：39．已知a，b∈R,a＋b〉0，试比较a3＋b3与ab2＋a2b的大小．解：因为a＋b〉0，（a－b）2≥0，所以a3＋b3－ab2－a2b＝a3－a2b＋b3－ab2＝a2（a－b)＋b2(b－a）＝（a－b）(a2－b2）＝（a－b)(a－b）(a＋b)＝(a－b)2(a＋b）≥0，所以a3＋b3≥ab2＋a2b。10．已知－2<a≤3，1≤b<2,试求下列代数式的取值范围．（1）|a｜;（2）a＋b；(3）a－b;(4)2a－3b。解：(1)|a|∈[0，3］．(2)－1<a＋b<5。(3）依题意得－2<a≤3，－2〈－b≤－1,相加得－4〈a－b≤2。（4)由－2<a≤3，得－4〈2a≤6，①由1≤b<2,得－6〈－3b≤－3，②由①②得，－10〈2a－3b≤3。［B能力提升]11．(2019·河南省实验中学月考)若eq\f(1,a）〈eq\f（1，b)〈0，则下列结论中不正确的是（）A．a2<b2 B．ab<b2C．a＋b<0 D．｜a|＋｜b|〉｜a＋b｜解析:选D.因为eq\f（1,a）<eq\f(1，b)〈0，所以b〈a<0，所以b2〉a2，ab〈b2,a＋b〈0，所以A，B,C均正确，因为b<a<0,所以｜a｜＋|b｜＝｜a＋b|，故D错误，故选D。12．若α、β满足－eq\f（π，2)〈α<β<eq\f(π，2)，则2α－β的取值范围是()A．－π<2α－β〈0 B．－π<2α－β<πC．－eq\f（3π,2)<2α－β<eq\f（π,2） D．0<2α－β<π解析：选C。由－eq\f(π,2）<α<β<eq\f(π,2），得－π<α－β〈0，又－eq\f(π,2）〈α〈eq\f（π，2)，所以－eq\f（3,2)π<α＋（α－β)<eq\f（π,2),即－eq\f（3,2）π<2α－β<eq\f（π，2).13．已知0<a<b且a＋b＝1，试比较:（1）a2＋b2与b的大小；（2）2ab与eq\f（1,2）的大小．解:（1）因为0<a<b且a＋b＝1，所以0〈a〈eq\f（1，2）<b，则a2＋b2－b＝a2＋b（b－1)＝a2－ab＝a(a－b)〈0，所以a2＋b2〈b.（2)因为2ab－eq\f(1，2)＝2a（1－a)－eq\f（1,2）＝－2a2＋2a－eq\f(1，2)＝－2eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（a2－a＋\f(1,4))）＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1，2）))eq\s\up12(2)〈0，所以2ab〈eq\f（1，2）。14．若bc－ad≥0,bd＞0，求证：eq\f（a＋b，b)≤eq\f(c＋d，d)。证明：eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(bc－ad≥0⇒bc≥ad，bd>0⇒\f（1,bd）〉0))⇒eq\f（c,d）≥eq\f(a，b）⇒eq\f(c，d）＋1≥eq\f（a，b)＋1⇒eq\f(c＋d,d）≥eq\f(a＋b，b)⇒eq\f(a＋b,b)≤eq\f（c＋d，d)。[C拓展探究］15．已知－eq\f(1,2)<a<0,A＝1＋a2，B＝1－a2,C＝eq\f(1，1＋a），D＝eq\f(1，1－a）,试判断A、B、C、D的大小关系．解：因为－eq\f(1,2)<a<0,取a＝－eq\f(1,3），则A＝eq\f（10，9），B＝eq\f（8,9)，C＝eq\f(3，2)，D＝eq\f(3，4)，所以猜想C〉A〉B〉D。则只需说明B－D>0，A－B>0，C－A>0即可．因为B－D＝1－a2－eq\f（1，1－a)＝eq\f(a3－a2－a，1－a）＝eq\f(a\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（a－\f（1,2)））\s\up12(2）－\f(5，4）))，1－a），又－eq\f(1,2)<a<0,所以1－a>0，－1〈a－eq\f（1,2）<－eq\f(1,2),所以eq\f（1，4)〈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（a－\f（1,2))）eq\s\up12（2）<1，故eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)）)eq\s\up12(2)－eq\f(5,4）<0。所以eq\f(a\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(a－\f（1，2）)）\s\up12（2)－\f（5，4))），1－a)〉0，所以B〉D.因为A－B＝1＋a2－1＋a2＝2a2〉0，所以A〉B。因为C－A＝eq\f（1，1＋a)－（1＋a2)＝eq\f（－a（a2＋a＋1）,1＋a）＝eq\f（－a\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1，2)）)\s\up12（2）＋\f（3，4))），1＋a），又1＋a>0，－a〉0，eq\b\lc\(\rc