2019-2020学年新教材高中数学第二章一元二次函数方程和不等式2.1等式性质与不等式性质应用案巩固提升新人教A版必修第一册

PAGE1-2.1等式性质与不等式性质[A基础达标]1．高速公路对行驶的各种车辆的最大限速为120km/h，行驶过程中，同一车道上的车间距d不得小于10m，用不等式表示为()A．v≤120km/h或d≥10mB．eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(v≤120km/h,d≥10m))C．v≤120km/hD．d≥10m解析：选B.依据题意直接将条件中的不等关系转化为不等式，即为v≤120km/h，d≥10m.2．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．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：①②④7．一辆汽车原来每天行驶xkm，如果这辆汽车每天行驶的路程比原来多19km，那么在8天内它的行程就超过2200km，写成不等式为________；如果它每天行驶的路程比原来少12km，那么它原来行驶8天的路程就得花9天多的时间，用不等式表示为________．解析：①原来每天行驶xkm，现在每天行驶(x＋19)km.则不等关系“在8天内的行程超过2200km”，写成不等式为8(x＋19)>2200.②若每天行驶(x－12)km，则不等关系“原来行驶8天的路程现在花9天多时间”，写成不等式为8x>9(x－12)．答案：8(x＋19)>22008x>9(x－12)8．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①＋②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<0B．－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．某种商品计划提价，现有四种方案：方案(Ⅰ)先提价m%，再提价n%；方案(Ⅱ)先提价n%，再提价m%；方案(Ⅲ)分两次提价，每次提价eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2)))%；方案(Ⅳ)一次性提价(m＋n)%.已知m>n>0，那么四种提价方案中，提价最多的是哪种方案？解：依题意，设单价为1，那么方案(Ⅰ)提价后的价格是1×(1＋m%)(1＋n%)＝1＋(m＋n)%＋m%·n%；方案(Ⅱ)提价后的价格是1×(1＋n%)(1＋m%)＝1＋(m＋n)%＋m%·n%；方案(Ⅲ)提价后的价格是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2)))%))eq\s\up12(2)＝1＋(m＋n)%＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2)))%))eq\s\up12(2)；方案(Ⅳ)提价后的价格是1＋(m＋n)%.所以只要比较m%·n%与eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2)))%))eq\s\up12(2)的大小即可．因为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2)))%))eq\s\up12(2)－m%·n%＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－n,2)))%))eq\s\up12(2)≥0，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2)))%))eq\s\up12(2)≥m%·n%.又因为m>n>0，所以eq\b\lc\[\r