2024-2025学年新教材高中数学第一章预备知识3不等式3.1不等式性质第2课时不等式的性质的应用练测评含解析北师大版必修第一册

PAGE第2课时不等式的性质的应用必备学问基础练进阶训练第一层学问点一利用不等式的性质比较大小1.已知a2＋a＜0，那么a，a2，－a，－a2的大小关系是()A．a2＞a＞－a2＞－aB．－a＞a2＞－a2＞aC．－a＞a2＞a＞－a2D．a2＞－a＞a＞－a22．设实数a＝eq\r(5)－eq\r(3)，b＝eq\r(3)－1，c＝eq\r(7)－eq\r(5)，则()A．b>a>cB．c>b>aC．a>b>cD．c>a>b3．若x＞0，y＞0，M＝eq\f(x＋y,1＋x＋y)，N＝eq\f(x,1＋x)＋eq\f(y,1＋y)，则M，N的大小关系是()A．M＝NB．M＜NC．M≤ND．M＞N学问点二利用不等式的性质证明不等式4.已知a>b>0，c<d<0，e<0，求证：eq\f(e,a－c)>eq\f(e,b－d).5．若a>0，b>0，求证：eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)≥a＋b.学问点三利用不等式的性质求范围6.已知12<a<60,15<b<36.求a－b和eq\f(a,b)的取值范围．7．已知1≤a＋b≤5，－1≤a－b≤3，求3a－2b关键实力综合练进阶训练其次层1．已知a>b，c>d，且c，d不为0，那么下列不等式肯定成立的是()A．ad>bcB．ac>bdC．a＋c>b＋dD．a－c>b－d2．假如a，b∈R，且a>|b|，那么()A．a<－bB．a>bC．a2<b2D.eq\f(1,a)>eq\f(1,b)3．假如a<0，b>0，那么下列不等式中正确的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)B.eq\r(－a)<eq\r(b)C．a2<b2D．|a|>|b|4．已知a，b，c均为正实数，若eq\f(c,a＋b)<eq\f(a,b＋c)<eq\f(b,a＋c)，则a，b，c的大小关系为()A．c＜a＜bB．b＜c＜aC．a＜b＜cD．c＜b＜a5．若P＝eq\r(a＋6)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋5)＋eq\r(a＋8)(a>－5)，则P，Q的大小关系为()A．P<QB．P＝QC．P>QD．不能确定6．(探究题)已知x＞y＞z，x＋y＋z＝0，则下列不等式中成立的是()A．xy＞yzB．xz＞yzC．xy＞xzD．x|y|＞z|y|7．若1＜α＜3，－4＜β＜2，则α－|β|的取值范围是________．8．给出下列四个条件：①b＞0＞a；②0＞a＞b；③a＞0＞b；④a＞b＞0，其中能推得eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)成立的是________．9．已知a＋b＞0，则eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)与eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的大小关系是________．10．(易错题)已知实数x，y满意－4≤x－y≤－1，－1≤4x－y≤5，求9x－3y的取值范围．学科素养升级练进阶训练第三层1．(多选题)已知a、b、c、d是实数，则下列肯定正确的有()A．a2＋b2≥eq\f(a＋b2,2)B．a＋eq\f(1,a)≥2C．若eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，则a＜bD．若a＜b＜0，c＜d＜0，则ac＞bd2．有外表一样、重量不同的四个小球，它们的重量分别是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依次是()A．d>b>a>cB．b>c>d>aC．d>b>c>aD．c>a>d>b3．(学科素养—逻辑推理)(1)若bc－ad≥0，bd>0.求证：eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).(2)已知m>0，a，b∈R，求证：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋mb,1＋m)))2≤eq\f(a2＋mb2,1＋m).第2课时不等式的性质的应用必备学问基础练1．解析：∵a2＋a＜0，∴0＜a2＜－a，∴0＞－a2＞a，∴a＜－a2＜a2＜－a.故选B.答案：B2．解析：eq\r(5)－eq\r(3)＝eq\f(2,\r(5)＋\r(3))，eq\r(3)－1＝eq\f(2,\r(3)＋1)，eq\r(7)－eq\r(5)＝eq\f(2,\r(7)＋\r(5))，∵eq\r(3)＋1<eq\r(3)＋eq\r(5)<eq\r(5)＋eq\r(7)，∴eq\f(2,\r(3)＋1)>eq\f(2,\r(5)＋\r(3))>eq\f(2,\r(7)＋\r(5))，即b>a>c，故选A.答案：A3．解析：∵x＞0，y＞0，∴x＋y＋1＞1＋x＞0,1＋x＋y＞1＋y＞0，∴eq\f(x,1＋x＋y)<eq\f(x,1＋x)，eq\f(y,1＋x＋y)<eq\f(y,1＋y)，故M＝eq\f(x＋y,1＋x＋y)＝eq\f(x,1＋x＋y)＋eq\f(y,1＋x＋y)<eq\f(x,1＋x)＋eq\f(y,1＋y)＝N，即M＜N.故选B.答案：B4．证明：证法一(性质法)：∵c<d<0，∴－c>－d>0.∵a>b>0，∴a＋(－c)>b＋(－d)>0，即a－c>b－d>0，∴0<eq\f(1,a－c)<eq\f(1,b－d).又e<0，∴eq\f(e,a－c)>eq\f(e,b－d).证法二(作差法)：eq\f(e,a－c)－eq\f(e,b－d)＝eq\f(b－de,a－cb－d)－eq\f(a－ce,a－cb－d)＝eq\f(b－d－a＋ce,a－cb－d)＝eq\f([b＋c－a＋d]e,a－cb－d).∵a>b>0，c<d<0，e<0，∴a＋d>b＋c，a－c>0，b－d>0，∴[(b＋c)－(a＋d)]e>0，(a－c)(b－d)>0.∴eq\f(e,a－c)－eq\f(e,b－d)>0，∴eq\f(e,a－c)>eq\f(e,b－d).证法三(作商法)：∵a>b>0，c<d<0，e<0，∴a－c>0，b－d>0，∴eq\f(e,a－c)<0，eq\f(e,b－d)<0.∵c<d<0，∴－c>－d>0.∵a>b>0，∴a＋(－c)>b＋(－d)>0，即a－c>b－d>0，∴eq\f(\f(e,a－c),\f(e,b－d))＝eq\f(e,a－c)·eq\f(b－d,e)＝eq\f(b－d,a－c)<1，∴eq\f(\f(e,a－c),\f(e,b－d))<1，∴eq\f(e,a－c)>eq\f(e,b－d).5．证明：∵eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)－a－b＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)－\f(b,a)))＝eq\f(a－b2a＋b,ab).∵(a－b)2≥0恒成立，且a>0，b>0，∴a＋b>0，ab>0.∴eq\f(a－b2a＋b,ab)≥0.∴eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)≥a＋b.6．解析：∵15<b<36，∴－36<－b<－15，∴12－36<a－b<60－15，即－24<a－b<45.又eq\f(1,36)<eq\f(1,b)<eq\f(1,15)，∴eq\f(12,36)<eq\f(a,b)<eq\f(60,15)，即eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<4.故－24<a－b<45，eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<4.7．解析：设x＝a＋b，y＝a－b，则a＝eq\f(x＋y,2)，b＝eq\f(x－y,2)，∵1≤x≤5，－1≤y≤3，∴3a－2b＝eq\f(1,2)x＋eq\f(5,2)y.又eq\f(1,2)≤eq\f(1,2)x≤eq\f(5,2)，－eq\f(5,2)≤eq\f(5,2)y≤eq\f(15,2)，∴－2≤eq\f(1,2)x＋eq\f(5,2)y≤10.即－2≤3a－2b关键实力综合练1．解析：由a>b，c>d得a＋c>b＋d，故选C.答案：C2．解析：由a>|b|得，当b≥0时，a>b，当b<0时，a>－b>b.综上可知，假如a>|b|，那么a>b成立．故选B.答案：B3．解析：∵a<0，b>0，∴eq\f(1,a)<0，eq\f(1,b)>0，∴eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，故选A.答案：A4．解析：∵eq\f(c,a＋b)<eq\f(a,b＋c)，∴c(b＋c)＜a(a＋b)，bc＋c2＜a2＋ab，移项后因式分解得，(a－c)(a＋b＋c)＞0，∵a，b，c均为正实数，∴a＞c，同理b＞a.∴c＜a＜b，故选A.答案：A5．解析：P2＝2a＋13＋2eq\r(a＋6a＋7)，Q2＝2a＋13＋2eq\r(a＋5a＋8)，因为(a＋6)(a＋7)－(a＋5)(a＋8)＝a2＋13a＋42－(a2＋13所以eq\r(a＋6a＋7)>eq\r(a＋5a＋8)，所以P2>Q2，所以P>Q.答案：C6．解析：因为x＞y＞z，x＋y＋z＝0，所以3x＞x＋y＋z＝0,3z＜x＋y＋z＝0，所以x＞0，z＜0.所以由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞0，,y＞z，))可得xy＞xz.故选C.答案：C7．解析：∵－4＜β＜2，∴0≤|β|＜4，∴－4＜－|β|≤0，∴－3＜α－|β|＜3.答案：(－3,3)8．解析：eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)⇔eq\f(b－a,ab)＜0，∴①②④能使它成立．答案：①②④9．解析：eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(a3＋b3－ab2－a2b,a2b2)∵a2b2＞0，所以只需推断a3＋b3－ab2－a2b的符号．a3＋b3－ab2－a2b＝a2(a－b)＋b2(b－a)＝(a－b)(a2－b2)＝(a－b)2(a＋b)≥0，等号当a＝b时成立，所以eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).答案：eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)10．解析：设9x－3y＝a(x－y)＋b(4x－y)＝(a＋4b)x－(a＋b)y，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋4b＝9，,a＋b＝3))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2，))∴9x－3y＝(x－y)＋2(4x－y)，∵－1≤4x－y≤5，∴－2≤2(4x－y)≤10，又－4≤x－y≤－1，∴－6≤9x－3y≤9.学科素养升级练1．解析：由于2(a2＋b2)－(a＋b)2＝a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，故a2＋b2≥eq\f(1,2)(a＋b)2，故A正确；B中，当a＝－1时明显不成立，B错误；C中：a＝1，b＝－1明显有eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，但a＞b，C错误；D中：若a＜b＜0，c＜d＜0，则－a＞－b＞0，－c＞－d＞0，则依据不等式的性质可知ac＞bd＞0，故D正确．故选AD.答案：AD2．解析：∵a＋b＝c＋d，a＋d>b＋c，∴a＋d＋(a＋b)>b＋c＋(c＋d)，即a>c，∴b<d.又a＋c<b，∴a<b.综上可得，d>b>a>c.答案：A3．证明：(1)∵bc－ad≥0，∴ad≤bc，bd>0