充要条件量词不等式ppt课件新高考数学二轮考前复习专题

第2课时充要条件、量词、不等式

第2课时充要条件、量词、不等式关键能力·应用实践考向一命题与量词【多维题组】速通关1.已知命题p:∃x0∈R,log2(+1)≤0,则(

)A.p是假命题;﹁p:∀x∈R,log2(3x+1)≤0B.p是假命题;﹁p:∀x∈R,log2(3x+1)>0C.p是真命题;﹁p:∀x∈R,log2(3x+1)≤0D.p是真命题;﹁p:∀x∈R,log2(3x+1)>0关键能力·应用实践考向一命题与量词【解析】选B.因为3x>0,所以3x+1>1,则log2(3x+1)>0,所以p是假命题;﹁p:∀x∈R,log2(3x+1)>0.【解析】选B.因为3x>0,所以3x+1>1,则log2(32.设有下面四个命题p1:若复数z满足

∈R,则z∈R;p2:若复数z满足z2∈R,则z∈R;p3:若复数z1,z2满足z1z2∈R,则z1=

;p4:若复数z∈R,则

∈R.其中的真命题为(

)A.p1,p3 B.p1,p4C.p2,p3 D.p2,p42.设有下面四个命题【解析】选B.对于命题p1,设z=a+bi(a,b∈R),由∈R,得b=0,则z∈R成立,故命题p1正确;对于命题p2,设z=a+bi(a,b∈R),由z2=(a2-b2+2abi)∈R,得ab=0,则a=0或b=0,复数z可能为实数或纯虚数,故命题p2错误;对于命题p3,设z1=a+bi(a,b∈R),z2=c+di(c,d∈R),由z1·z2=[(ac-bd)+(ad+bc)i]∈R,得ad+bc=0,不一定有z1=,故命题p3错误;对于命题p4,设z=a+bi(a,b∈R),则由z∈R,得b=0,所以=a∈R成立,故命题p4正确.1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题【解析】选B.对于命题p1,设z=a+bi(a,b∈R),由3.若a,b,c为实数,则下列命题为真命题的是(

)A.若a>b,则ac2>bc2B.若a<b<0,则a2>ab>b2C.若a<b<0,则

D.若a<b<0,则1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题3.若a,b,c为实数,则下列命题为真命题的是()1.2【解析】选B.选项A错,因为c=0时不成立;选项B正确,因为a2-ab=a(a-b)>0,ab-b2=b(a-b)>0,故a2>ab>b2;选项C错,应为;选项D错,因为所以1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题【解析】选B.选项A错,因为c=0时不成立;选项B正确,因为4.命题“∀x>0,lnx≥1-

”的否定是(

)A.∃x0>0,lnx0<1-

B.∃x0≤0,lnx0≥1-

C.∃x0>0,lnx0≥1-

D.∃x0≤0,lnx0<1-

【解析】选A.由全称命题的否定为特称命题得:命题“∀x>0,lnx≥1-”的否定是∃x0>0,lnx0<1-.1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题4.命题“∀x>0,lnx≥1-”的否定是()1.【技法点拨】提素养对含有全称(存在)量词的命题进行否定需两步操作:第一步,将全称(存在)量词改写成存在(全称)量词;第二步,将结论加以否定.注意命题中可能省略了全称或存在意义的量词,要注意判断.1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题【技法点拨】提素养1.2充要条件、量词、不等式课件-202考向二充要条件与必要条件【多维题组】速通关1.(2020·天津高考)设a∈R,则“a>1”是“a2>a”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.解一元二次不等式a2>a可得:a>1或a<0,据此可知:“a>1”是“a2>a”的充分不必要条件.1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题考向二充要条件与必要条件1.2充要条件、量词、不等式课件2.(2020·北京高考)已知α,β∈R,则“存在k∈Z,使得α=kπ+(-1)kβ”是“sinα=sinβ”的(

)A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【解析】选C.若存在k∈Z,使得α=kπ+(-1)kβ,则有sinα=sinβ是显然的;反之若sinα=sinβ,则α=2kπ+β或2kπ+π-β,即α=kπ+(-1)kβ(k∈Z).1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题2.(2020·北京高考)已知α,β∈R,则“存在k∈Z,使3.设x∈R,则“|x+1|<2”是“lgx<0”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B.由|x+1|<2得-3<x<1,设A={x|-3<x<1},由lgx<0得0<x<1,设B={x|0<x<1},所以B

A,即|x+1|<2是lgx<0的必要不充分条件.1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题3.设x∈R,则“|x+1|<2”是“lgx<0”的(【技法点拨】提素养充分条件、必要条件、充要条件的判断方法(1)定义法:判断的三个步骤如下:①分清命题的条件和结论;②找推式:判断“p⇒q”及“q⇒p”的真假;③根据推式及条件得出结论.1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题【技法点拨】提素养1.2充要条件、量词、不等式课件-202(2)集合法:写出集合A={x|p(x)}及B={x|q(x)},利用集合间的包含关系进行判断.(3)传递法:若问题中出现若干个条件和结论,应根据条件画出相应的推式图,根据图中推式的传递性进行判断.1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题(2)集合法:写出集合A={x|p(x)}及B={x|q(x考向三不等式的性质及应用【多维题组】速通关1.(2019·全国Ⅱ卷)若a>b,则(

)A.ln(a-b)>0 B.3a<3bC.a3-b3>0 D.|a|>|b|【解析】选C.当a=3,b=2时,选项A错.由于a>b,而y=3x是增函数,所以3a>3b,故B错.当a=3,b=-5时,选项D错.因为y=x3是增函数,故a3>b3,故C正确.1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题考向三不等式的性质及应用1.2充要条件、量词、不等式课件【变式拓展】若题中的条件a>b,改为a<b,结果如何?【解析】选B.显然选项A不成立;因为y=3x是增函数,所以3a<3b,成立,所以选项B正确;又因为y=x3是增函数,所以选项C错误;当都为正值时,选项D显然不正确.1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题【变式拓展】1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新2.已知x,y∈R,且x>y>0,则(

)A.

>0B.sinx-siny>0C.

<0D.lnx+lny>01.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题2.已知x,y∈R,且x>y>0,则()1.2充要条件【解析】选C.因为x>y>0,所以,即<0,故A不正确.当x>y>0时,不能说明sinx>siny,如x=π,y=,x>y,但sinπ<sin,故B不正确.因为函数y=在R上为减函数,且x>y>0,所以<,即-<0,故C正确.当x=1,y=时,lnx+lny<0,故D不正确.1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题【解析】选C.因为x>y>0,所以,即3.有外表一样,质量不同的四个小球,它们的质量分别是a,b,c,d,已知a+b=c+d,a+d>b+c,a+c<b.则这四个小球由重到轻的排列顺序是(

)A.d>b>a>c B.b>c>d>aC.d>b>c>a D.c>a>d>b【解析】选A.因为a+b=c+d,a+d>b+c,所以2a>2c,所以a>c.因此b<d,因为a+c<b所以a<b,综上可知c<a<b<d.1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题3.有外表一样,质量不同的四个小球,它们的质量分别是a,b,4.设a,b是两个实数,且a≠b,①a5+b5>a3b2+a2b3,②a2+b2≥2(a-b-1),③

>2.上述三个式子恒成立的有(

)A.0 B.1个 C.2个 D.3个【解析】选B.①a5+b5-(a3b2+a2b3)=a3(a2-b2)+b3(b2-a2)=(a2-b2)(a3-b3)=(a-b)2(a+b)(a2+ab+b2)>0不恒成立;(a2+b2)-2(a-b-1)=a2-2a+b2+2b+2=(a-1)2+(b+1)2≥0恒成立;>2不恒成立.1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题4.设a,b是两个实数,且a≠b,①a5+b5>a3b2+a【技法点拨】提素养判断关于不等式的命题真假的三种方法(1)直接运用不等式的性质:把要判断的命题和不等式的性质联系起来考虑,找到与命题相近的性质,然后进行推理判断.(2)利用函数的单调性:有些问题可利用指数函数、对数函数、幂函数的单调性等进行判断.(3)特殊值验证法:给要判断的几个式子中涉及的变量取一些特殊值,然后进行比较、判断.1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题【技法点拨】提素养1.2充要条件、量词、不等式课件-202考向四基本不等式【多维题组】速通关1.已知a>0,b>0,a+b=2,则y=

的最小值是(

)A.

B.4C.

D.5【解析】选C.因为a+b=2,所以=1.所以当且仅当,即b=2a=时,等号成立,故y=的最小值为.1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题考向四基本不等式1.2充要条件、量词、不等式课件-2022.已知正数a,b的等比中项是2,且m=b+

,n=a+

,则m+n的最小值是(

)A.3 B.4 C.5 D.6【解析】选C.由正数a,b的等比中项是2,可得ab=4,又m=b+,n=a+,所以m+n=a+b++≥=5,当且仅当a=b=2时取“=”,故m+n的最小值为5.1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题2.已知正数a,b的等比中项是2,且m=b+,n=a+3.已知P(a,b)为圆x2+y2=4上任意一点,则当

取最小值时,a2的值为(

)A.

B.2C.

D.3【解析】选C.因为P(a,b)为圆x2+y2=4上任意一点,所以a2+b2=4.又a≠0,b≠0,所以当且仅当b2=2a2=时取等号,故a2=.1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题3.已知P(a,b)为圆x2+y2=4上任意一点,则当4.已知函数f(x)=

(a∈R),若对于任意x∈N*,f(x)≥3恒成立,则a的取值范围是________.

【解析】对任意x∈N*,f(x)≥3恒成立,即≥3恒成立,即a≥-+3.设g(x)=x+,x∈N*,则g(2)=6,g(3)=.因为g(2)>g(3),所以g(x)min=.所以所以a≥-,故a的取值范围是答案:

1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题4.已知函数f(x)=(a∈R),若对于任意【技法点拨】提素养利用基本不等式求最值的类型及方法(1)若已经满足基本不等式的条件,则直接应用基本不等式求解.(2)若不直接满足基本不等式的条件,需要通过配凑进行恒等变形,构造成满足条件的形式,常用的方法有:“1”的代换,对不等式进行分拆、组合、添加项等.(3)多次使用基本不等式求最值,此时要注意只有同时满足等号成立的条件才能取得等号,若等号不成立,一般利用函数单调性求解.1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题1.2充要条件、量词、不等式课件-2021届新高考数学二轮考前复习专题【技法点拨】提素养1.2充要条件、量词、不等式课件-202题组训练·素养提升【新题速递】1.已知p:∃x0∈R,

,那么﹁p为(

)

A.∀x∈R,3x<x3 B.∃x0∈R,

C.∀x∈R,3x≥x3 D.∃x0∈R,

【解析】选C.因为特称命题的否定为全称命题,所以﹁p:∀x∈R,3x≥x3.题组训练·素养提升【新题速递】2.(多选题)下面命题正确的是(

)A.“a>1”是“

<1”的充分不必要条件B.命题“若x<1,则x2<1”的否定是“存在x<1,则x2≥1”C.设x,y∈R,则“x≥2且y≥2”是“x2+y2≥4”的必要而不充分条件D.设a,b∈R,则“a≠0”是“ab≠0”的充要条件2.(多选题)下面命题正确的是()【解析】选AB.选项A,根据反比例函数的性质可知:由a>1,能推出<1,但是由

<1,不能推出a>1,例如当a<0时,符合<1,但是不符合a>1,所以本选项是正确的;选项B,根据命题的否定的定义可知:命题“若x<1,则x2<1”的否定是“存在x<1,则x2≥1”.所以本选项是正确的;选项C,根据不等式的性质可知:由x≥2且y≥2能推出x2+y2≥4,本选项是不正确的;选项D,因为b可以等于零,所以由a≠0不能推出ab≠0,再判断由ab≠0能推出a≠0,本选项是不正确的.故选AB.【解析】选AB.选项A,根据反比例函数的性质可知:由a>1,3.x>y>0是

成立的(

)A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件3.x>y>0是成立的()【解析】选B.充分性:由x>y>0,得x>x-y>0,故成立,即充分性成立.必要性:由,得当x<0<y时,不等式也成立,即必要性不成立.【解析】选B.充分性:由x>y>0,得x>x-y>0,故4.若函数f(x)=x+

(x>2)在x=a处取最小值,则a等于(

)A.1+

B.1+

C.3 D.4【解析】选C.当x>2时,x-2>0,f(x)=(x-2)++2≥=4,当且仅当x-2=(x>2),即x=3时取等号,即a=3.4.若函数f(x)=x+(x>2)在x=a处取最小5.已知x>0,y>0,且

=1,则x+y的最小值为(

)A.12 B.16 C.20 D.24【解析】选B.方法一:由题得x+y=当且仅当即时取等号,所以x+y的最小值为16.5.已知x>0,y>0,且=1,则x+y的最小值为方法二:由=1且x>0,y>0,所以x>1,y>9且9x+y-xy=0,即=9,又因为x>1,y>9.所以当且仅当,即时取等号,所以x+y的最小值为16.方法二:由=1且x>0,y>0,【创新迁移】1.下列命题是真命题的是(

)A.∀x∈(2,+∞),x2>2xB.“x2+5x-6>0”是“x>2”的充分不必要条件C.设{an}是公比为q的等比数列,则“q>1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件D.a⊥b的充要条件是a·b=0【创新迁移】【解析】选C.C选项,当a1<0,q>1时,数列{an}递减;当a1<0,数列{an}递增时,0<q<1.A选项,当x=4时,x2与2x显然相等.B选项,由x2+5x-6>0得{x|x>1或x<-6},{x|x>2}⊆{x|x>1或x<-6},故“x2+5x-6>0”是“x>2”的必要不充分条件.D选项,当a=0或b=0时,a·b=0但不垂直.【解析】选C.C选项,当a1<0,q>1时,数列{an}递减2.给出下列命题:①已知集合A={1,a},B={1,2,3},则“a=3”是“A⊆B”的充分不必要条件;②“x<0”是“ln(x+1)<0”的必要不充分条件;③“函数f(x)=cos2ax-sin2ax的最小正周期为π”是“a=1”的充要条件;④“平面向量a与b的夹角是钝角”的充要条件是“a·b<0”.其中正确命题的序号是________.(把所有正确命题的序号都写上)

2.给出下列命题:【解析】①因为“a=3”可以推出“A⊆B”,但“A⊆B”不能推出“a=3”,所以“a=3”是“A⊆B”的充分不必要条件,故①正确;②“x<0”不能推出“ln(x+1)<0”,但“ln(x+1)<0”可以推出“x<0”;所以“x<0”是“ln(x+1)<0”的必要不充分条件,故②正确;③f(x)=cos2ax-sin2ax=cos2ax,若其最小正周期为π,则=π⇒a=±1,因此“函数f(x)=cos2ax-sin2ax的最小正周期为π”是“a=1”的必要不充分条件,故③错误;【解析】①因为“a=3”可以推出“A⊆B”,但“A⊆B”不能④“平面向量a与b的夹角是钝角”可以推出“a·b<0”,但由“a·b<0”得“平面向量a与b的夹角是钝角”或反向共线,所以“a·b<0”是平面向量a与b的夹角是钝角的必要不充分条件,故④错误.正确命题的序号是①②.答案:①②④“平面向量a与b的夹角是钝角”可以推出“a·b<0”,但由3.若m>0,n>0,m+n=1且

(t>0)的最小值为9,则t=________.

【解析】由基本不等式得(m+n)=t+1+≥t+1+2=t+1+2=(+1)2=9,因为t>0,解得t=4,当且仅当,即当时,等号成立.答案:43.若m>0,n>0,m+n=1且(t>0)的最小4.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,∠ABC=120°,∠ABC的平分线交AC于点D,且BD=1,则4a+c的最小值为________.

【解析】因为∠ABC=120°,∠ABC的平分线交AC于点D,所以∠ABD=∠CBD=60°,由三角形的面积公式可得acsin120°=asin60°+csin60°,化简得ac=a+c,又a>0,c>0,所以=1,则4a+c=(4a+c)=5+≥5+2=9,当且仅当c=2a时取等号,故4a+c的最小值为9.答案:94.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,∠A专题能力提升练一、单项选择题(共8小题,每小题5分,共40分)1.设命题p:∀x∈R,x2-x+1>0,则为(

)A.∃x0∈R,

-x0+1>0B.∀x∈R,x2-x+1≤0C.∃x0∈R,

-x0+1≤0D.∀x∈R,x2-x+1<0二充要条件、量词、不等式(40分钟80分)专题能力提升练一、单项选择题(共8小题,每小题5分,共40分【解析】选C.已知原命题p:∀x∈R,x2-x+1>0,全称命题的否定是将全称量词改为存在量词,并否定命题的结论,故原命题的否定为:∃x0∈R,-x0+1≤0.【解析】选C.已知原命题p:∀x∈R,x2-x+1>0,全称2.下列命题中的假命题是(

)A.∃x0∈R,log2x0=0B.∃x0∈R,cosx0=1C.∀x∈R,x2>0D.∀x∈R,2x>0【解析】选C.因为log21=0,cos0=1,所以选项A,B均为真命题,又02=0,所以选项C为假命题.2.下列命题中的假命题是()3.下列命题中,假命题是(

)A.∀x∈R,2x-1>0B.∃x0∈N*,(x0-1)2>0C.∀x∈R,lgx<1D.∃x0∈R,tanx0=2【解析】选C.对于C,x=10时,lg10=1,是假命题.3.下列命题中,假命题是()4.“sinα=0”是“sin2α=0”的(

)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选A.由sinα=0可得α=kπ,k∈Z,由sin2α=0可得α=π,k∈Z,所以“sinα=0”是“sin2α=0”的充分不必要条件.4.“sinα=0”是“sin2α=0”的()5.司机甲、乙加油习惯不同,甲每次加定量的油,乙每次加固定钱数的油,恰有两次司机甲、乙同时加同价格的油,但两次的油价不同,则从这两次加油的均价角度分析(

)A.司机甲的均价低B.司机乙的均价低C.油价先高后低司机甲的均价低D.油价先低后高司机甲的均价低5.司机甲、乙加油习惯不同,甲每次加定量的油,乙每次加固定钱【解析】选B.设司机甲每次加m升油,司机乙每次加n元钱的油,第一次油价为x元/升,第二次油价为y元/升.司机甲这两次加油的均价为(元/升),司机乙这两次加油的均价为(元/升).因为x≠y,所以即司机乙这两次加油的均价低.【解析】选B.设司机甲每次加m升油,司机乙每次加n元钱的油,6.已知实数x>0,y>0,则“xy≤1”是“2x+2y≤4”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6.已知实数x>0,y>0,则“xy≤1”是“2x+2y≤4【解析】选B.因为实数x>0,y>0,所以当x=3,y=时,2x+2y=23+>4,所以“xy≤1”推不出“2x+2y≤4”;反之,实数x>0,y>0,由基本不等式可得2x+2y≥2,由不等式的基本性质得2≤2x+2y≤4,整理得2x+y≤4,所以x+y≤2,由基本不等式得xy≤≤1,即“2x+2y≤4”⇒“xy≤1”.所以实数x>0,y>0,则“xy≤1”是“2x+2y≤4”的必要不充分条件.【解析】选B.因为实数x>0,y>0,7.若对任意正数x,不等式

恒成立,则实数a的最小值为(

)

【解析】选C.依题意得当x>0时,a≥恒成立.又因为当且仅当x=>0,即x=1时取等号,的最小值为2,的最大值是,所以a≥,a的最小值是.7.若对任意正数x,不等式恒成立,则实数a8.如果a<b<0,那么下列不等式正确的是(

)①

②ac2<bc2

③a+

<b+

④a2>ab>b2A.①② B.②③C.①③ D.③④8.如果a<b<0,那么下列不等式正确的是()【解析】选D.因为a<b<0,所以b-a>0,a-b<0,ab>0,①故错误;②ac2-bc2=c2(a-b),当c=0时,ac2-bc2=0,故错误;③故正确;④a2-ab=a(a-b)>0,ab-b2=b(a-b)>0,故正确.【解析】选D.因为a<b<0,所以b-a>0,a-b<0,a二、多项选择题(共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.“x<0”的充分不必要条件是(

)A.x<1 B.x<-1C.x≤0 D.x+2<0【解析】选BD.因为由x+2<0可得x<-2,所以由x<-1,x<-2都可以推出x<0,但是由x<0不能推出x<-1,x<-2,故“x<0”的充分不必要条件是x<-1,x<-2.二、多项选择题(共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分10.已知

<0,给出下列四个结论,其中正确结论的序号是(

)A.a<b B.a+b<abC.|a|>|b| D.ab<b2【解析】选BD.因为<0,所以b<a<0,故A错误;因为b<a<0,所以a+b<0,ab>0,所以a+b<ab,故B正确;因为b<a<0,所以|a|<|b|,故C错误;ab-b2=b(a-b),因为b<a<0,所以a-b>0,即ab-b2=b(a-b)<0,所以ab<b2,故D正确.10.已知<0,给出下列四个结论,其中正确结论的序11.设a>1,b>1,且ab-(a+b)=1,那么(

)A.a+b有最小值2(

+1)B.a+b有最大值(

+1)2C.ab有最大值3+2

D.ab有最小值3+211.设a>1,b>1,且ab-(a+b)=1,那么()【解析】选AD.①由题意得:ab≤,故有(a+b)2-4(a+b)-4≥0,解得a+b≥2+2或a+b≤-2+2(舍),即a+b≥2+2(当且仅当a=b=+1时取等号),A正确;②因为a+b≥2,所以-(a+b)≤-2,ab-(a+b)≤ab-2,又因为ab-(a+b)=1,1≤ab-2⇒2≤ab-2+1,2≤(-1)2⇒-1≥.≥+1⇒ab≥3+2,ab有最小值3+2,D正确.【解析】选AD.①由题意得:ab≤,故有(a+b12.若a>b>0,