2021-2022学年高中数学-2-一元二次函数方程和不等式-2.1-第2课时-等式性质与不等式性

2021-2022学年高中数学2一元二次函数、方程和不等式2.1第2课时等式性质与不等式性质课后素养落实新人教A版必修第一册2021-2022学年高中数学2一元二次函数、方程和不等式2.1第2课时等式性质与不等式性质课后素养落实新人教A版必修第一册2021-2022学年高中数学2一元二次函数、方程和不等式2.1第2课时等式性质与不等式性质课后素养落实新人教A版必修第一册2021-2022学年高中数学2一元二次函数、方程和不等式2.1第2课时等式性质与不等式性质课后素养落实新人教A版必修第一册年级：姓名：课后素养落实(十一)等式性质与不等式性质(建议用时：40分钟)一、选择题1．已知：a，b，c，d∈R，则下列命题中必成立的是()A．若a＞b，c＞b，则a＞cB．若a＞－b，则c－a＜c＋bC．若a＞b，c＜d，则eq\f(a,c)＞eq\f(b,d)D．若a2＞b2，则－a＜－bB[选项A，若a＝4，b＝2，c＝5，显然不成立；选项C，不满足倒数不等式的条件，如a＞b＞0，c＜0＜d时，不成立；选项D，只有a＞b＞0时才可以，否则如a＝－1，b＝0时不成立，故选B.]2．已知a，b，c∈R，则下列命题正确的是()A．a>b⇒ac2>bc2 B．eq\f(a,c)>eq\f(b,c)⇒a>bC.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b，,ab<0))⇒eq\f(1,a)>eq\f(1,b) D．eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(ab>0，,a>b))⇒eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C[当c＝0时，A错误；当c<0时，B错误；当a<0，b<0时，D错误，故选C.]3．设a，b∈R，若a＋|b|<0，则下列不等式中正确的是()A．a－b>0 B．a3＋b3>0C．a2－b2<0 D．a＋b<0D[∵a＋|b|<0，∴|b|<－a，∴b<－a，∴a＋b<0.故选D.]4．设a>1>b>－1，则下列不等式中恒成立的是()A．eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．a2>2b D．a>b2D[A错，例如a＝2，b＝－eq\f(1,2)时，eq\f(1,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(1,b)＝－2，此时，eq\f(1,a)>eq\f(1,b)；B错，例如a＝2，b＝eq\f(1,2)时，eq\f(1,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(1,b)＝2，此时，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；C错，例如a＝eq\f(5,4)，b＝eq\f(15,16)时，a2＝eq\f(25,16)，2b＝eq\f(30,16)，此时a2<2b；由a>1，b2<1得a>b2，故D正确．]5．若1<a<3，－4<b<2，那么a－|b|的范围是()A．－3<a－|b|≤3 B．－3<a－|b|<5C．－3<a－|b|<3 D．1<a－|b|<4C[∵－4<b<2，∴0≤|b|<4，∴－4<－|b|≤0.又1<a<3，∴－3<a－|b|<3，故选C.]二、填空题6．能说明“若a>b，则eq\f(1,a)<eq\f(1,b)”为假命题的一组a，b的值依次为________．[答案]1，－2(答案不唯一)7．若8<x<10,2<y<4，则eq\f(x,y)的取值范围是________．2<eq\f(x,y)<5[∵2<y<4，∴eq\f(1,4)<eq\f(1,y)<eq\f(1,2).∵8<x<10，∴2<eq\f(x,y)<5.]8．给出以下四个命题：①a＞b⇒an＞bn(n∈N*)；②a＞|b|⇒an＞bn(n∈N*)；③a＜b＜0⇒eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)；④a＜b＜0⇒eq\f(1,a－b)＞eq\f(1,a).其中真命题的序号是________．②③[①中取a＝－1，b＝－2，n＝2，不成立；②a＞|b|，得a＞0，∴an＞bn成立；③a＜b＜0，得eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)成立；④a＜b＜0，得a－b＜0，且a－b＞a，故eq\f(1,a－b)＜eq\f(1,a)，④不成立．]三、解答题9．(1)a<b<0，求证：eq\f(b,a)<eq\f(a,b)；(2)已知a>b，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，求证：ab>0.[证明](1)由于eq\f(b,a)－eq\f(a,b)＝eq\f(b2－a2,ab)＝eq\f(b＋ab－a,ab)，∵a<b<0，∴b＋a<0，b－a>0，ab>0，∴eq\f(b＋ab－a,ab)<0，故eq\f(b,a)<eq\f(a,b).(2)∵eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，∴eq\f(1,a)－eq\f(1,b)<0，即eq\f(b－a,ab)<0，而a>b，∴b－a<0，∴ab>0.10．已知：3＜a＋b＜4,0＜b＜1，求下列各式的取值范围．(1)a；(2)a－b；(3)eq\f(a,b).[解](1)∵0＜b＜1，∴－1＜－b＜0，∵3＜a＋b＜4，∴2＜a＋b＋(－b)＜4，即2＜a＜4.(2)∵0＜b＜1，∴－1＜－b＜0.又∵2＜a＜4，∴1＜a－b＜4.(3)∵0＜b＜1，∴eq\f(1,b)＞1，又∵2＜a＜4，∴eq\f(a,b)＞2.1．(多选)若正实数x，y满足x>y，则有下列结论，其中正确的是()A．xy<y2 B．x2>y2C．eq\f(y,x)<eq\f(y＋m,x＋m)(m>0) D．eq\f(1,x)<eq\f(1,x－y)BCD[A中，由于x，y为正实数，且x>y，两边乘以y得xy>y2，故A选项错误；B中，由于x，y为正实数，且x>y，所以x2>y2，故B选项正确；C中，由于x，y为正实数，且x>y，m>0，所以y(x＋m)－x(y＋m)＝m(y－x)<0，则y(x＋m)<x(y＋m)，所以eq\f(y,x)<eq\f(y＋m,x＋m)成立，故C选项正确；D中，由于x，y为正实数，且x>y，所以x>x－y>0，取倒数得0<eq\f(1,x)<eq\f(1,x－y)，故D选项正确．]2．手机屏幕面积与整机面积的比值叫手机的“屏占比”，它是手机外观设计中一个重要参数，其值通常在0～1之间，设计师将某手机的屏幕面积和整机面积同时增加相同的数量，升级为一款新手机的外观，则该手机“屏占比”和升级前比有什么变化()A．“屏占比”不变 B．“屏占比”变小C．“屏占比”变大 D．变化不确定C[设升级前“屏占比”为eq\f(b,a)，升级后“屏占比”为eq\f(b＋m,a＋m)(a>b>0，m>0)，因为eq\f(b＋m,a＋m)－eq\f(b,a)＝eq\f(a－bm,aa＋m)>0，所以该手机“屏占比”和升级前比变大．]3．已知－1≤x＋y≤4，且2≤x－y≤3，则z＝2x－3y的取值范围是________．3≤z≤8[∵z＝－eq\f(1,2)(x＋y)＋eq\f(5,2)(x－y)，－2≤－eq\f(1,2)(x＋y)≤eq\f(1,2)，5≤eq\f(5,2)(x－y)≤eq\f(15,2)，∴3≤－eq\f(1,2)(x＋y)＋eq\f(5,2)(x－y)≤8，∴3≤z≤8.]4．设a，b为正实数，有下列命题：①若a2－b2＝1，则a－b<1；②若eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝1，则a－b<1；③若|eq\r(a)－eq\r(b)|＝1，则|a－b|<1；④若|a3－b3|＝1，则|a－b|<1.其中正确的命题为________(写出所有正确命题的序号)．①④[对于①，由题意a，b为正实数，则a2－b2＝1⇒a－b＝eq\f(1,a＋b)⇒a－b>0⇒a>b>0，故a＋b>a－b>0.若a－b≥1，则eq\f(1,a＋b)≥1⇒a＋b≤1≤a－b，这与a＋b>a－b>0矛盾，故a－b<1成立．对于②，取特殊值，a＝3，b＝eq\f(3,4)，则a－b>1.对于③，取特殊值，a＝9，b＝4时，|a－b|>1.对于④，∵|a3－b3|＝1，a>0，b>0，∴a≠b，不妨设a>b>0.∴a2＋ab＋b2>a2－2ab＋b2>0，∴(a－b)(a2＋ab＋b2)>(a－b)(a－b)2.即a3－b3>(a－b)3>0，∴1＝|a3－b3|>(a－b)3>0，∴0<a－b<1，即|a－b|<1.因此正确．]已知三个不等式：①ab>0；②eq\f(c,a)>eq\f(d,b)；③bc>ad.以其中两个作条件，余下一个为结论，能组成哪几个正确的不等式命题？[解]由②可知eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，∴eq\f(bc－ad,ab)>0，若③式成立，即bc>ad，则bc－ad>0，∴ab>0，故由