高中数学人教A版5不等式和绝对值不等式

第一讲一1一、选择题1．若a＜b＜0，则()\f(1,a)＜eq\f(1,b) B．0＜eq\f(a,b)＜1C．ab＞b2 \f(b,a)＞eq\f(a,b)解析：因为a＜b<0，所以eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，故A错．因为a＜b＜0，所以|a|＞|b|，所以eq\f(a,b)＞1，故B错．因为a＜b＜0，所以ab＞b·b，即ab＞b2，故C对．因为a，b同号，|a|＞|b|，所以eq\f(a,b)＞1,0＜eq\f(b,a)＜1，故D错．答案：C2．已知三个不等式：ab＞0，bc－ad＞0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＞0(其中a，b，c，d均为实数)，用其中两个不等式作为条件，余下的一个不等式作为结论组成一个命题，可组成的正确命题的个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：由ab＞0，bc－ad＞0可得bc＞ad两边同除以ab得eq\f(c,a)＞eq\f(d,b)，即eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＞0.由eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＞0得eq\f(c,a)＞eq\f(d,b)，再由ab＞0，两边同乘以ab得bc＞ad，即bc－ad＞0.由bc－ad＞0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0可得bc＞ad，eq\f(c,a)＞eq\f(d,b)，所以可得ab＞0.答案：D3．若eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，则下列不等式：①a＋b＜ab；②|a|>|b|；③a＜b；④eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＞2中，正确的不等式有()A．1个 B．2个C．3个 D．4个解析：eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0⇔b＜a＜0，∴a＋b＜0＜ab，|a|＜|b|，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＞2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2(∵b＜a＜0，故等号取不到)，即①④正确，②③错误，故选B.(注：本题亦可用特值法，如取a＝－1，b＝－2验证得)答案：B4．已知0＜x＜y＜a＜1，则有()A．loga(xy)＜0 B．0＜loga(xy)＜1C．1＜loga(xy)＜2 D．loga(xy)＞2解析：∵0＜x＜y＜a＜1，∴0＜xy＜a2＜1，由对数函数的单调性和对数的定义得，loga(xy)＞logaa2＝2.答案：D二、填空题5．若x>0，则x＋eq\f(4,x)的最小值为()A．2 B．3C．2eq\r(2) D．4解析：∵x>0，∴x＋eq\f(4,x)≥2eq\r(x·\f(4,x))＝4，当且仅当x＝eq\f(4,x)即x＝2时取等号，所以x＋eq\f(4,x)的最小值为4.答案：D6．若0＜2α－β＜π，－eq\f(π,2)＜α－2β＜π，则α＋β的取值范围是________．解析：由－eq\f(π,2)＜α－2β＜π得－π＜2β－α＜eq\f(π,2)，再与0＜2α－β＜π相加得－π＜α＋β＜eq\f(3π,2)答案：－π＜α＋β＜eq\f(3π,2)三、解答题7．设a＞0，b＞0且a≠b，试比较aabb与abba的大小．解析：eq\f(aabb,abba)＝aa－b÷ba－b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b.当a＞b＞0时，eq\f(a,b)＞1，a－b＞0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b＞1，于是aabb＞abba.当b＞a＞0时，0＜eq\f(a,b)＜1，a－b＜0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b＞1，于是aabb＞abba.综上所述，对于不相等的正数a，b，都有aabb＞abba.8．已知－6＜a＜8,2＜b＜3，分别求2a＋b，a－b，eq\f(a,b)的取值范围．解析：∵－6＜a＜8，∴－12＜2a又2＜b＜3，∴－10＜2a＋b∵2＜b＜3，∴－3＜－b＜－2.又－6＜a＜8，∴－9＜a－b＜6.∵2＜b＜3，∴eq\f(1,3)＜eq\f(1,b)＜eq\f(1,2).①当0≤a＜8时，0≤eq\f(a,b)＜4；②当－6＜a＜0时，－3＜eq\f(a,b)＜0.综合①②得－3＜eq\f(a,b)＜4.9．设f(x)＝ax2＋bx，且1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，求f(－2)的取值范围．解析：设f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)(m，n为待定系数)，则4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b即4a－2b＝(m＋n)a－(m－n)b于是，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4，,m－n＝2.