2024-2025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第2课时等式性质与不等式性质课时作业含解析新人教A版必修第一册

PAGEPAGE5课时作业11等式性质与不等式性质时间：45分钟——基础巩固类——eq\a\vs4\al(一、选择题)1．若x<a<0，则肯定成立的不等式是(B)A．x2<ax<0 B．x2>ax>a2C．x2<a2<0 D．x2>a2>ax解析：取x＝－2，a＝－1，则x2＝4，a2＝1，ax＝2，∴x2>ax，可解除A，明显C不正确．又a2＝1，∴ax>a2.∴解除D，故选B.2．若a，b，c为实数，则下列命题中正确的是(B)A．若a>b，则ac2>bc2B．若a<b<0，则a2>ab>b2C．若a<b<0，则eq\f(1,a)<eq\f(1,b)D．若a<b<0，则eq\f(b,a)>eq\f(a,b)解析：∵a>b，当c＝0时，ac2＝bc2，故A错．∵a<b<0，∴a2>ab，b2<ab，eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，eq\f(a,b)>1，eq\f(b,a)<1，即eq\f(b,a)<eq\f(a,b)，∴B正确，C，D错误．3．若a>b>0，c<d<0，则肯定有(D)A.eq\f(a,c)>eq\f(b,d) B.eq\f(a,c)<eq\f(b,d)C.eq\f(a,d)>eq\f(b,c) D.eq\f(a,d)<eq\f(b,c)解析：方法1：∵c<d<0，∴－c>－d>0，∴eq\f(1,－d)>eq\f(1,－c)>0.又a>b>0，∴eq\f(a,－d)>eq\f(b,－c)，∴eq\f(a,d)<eq\f(b,c).方法2：令a＝3，b＝2，c＝－3，d＝－2.则eq\f(a,c)＝－1，eq\f(b,d)＝－1，解除选项A，B.又eq\f(a,d)＝－eq\f(3,2)，eq\f(b,c)＝－eq\f(2,3)，∴eq\f(a,d)<eq\f(b,c)，解除选项C.4．若a，b，c∈R，a>b，则下列不等式恒成立的是(C)A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．a2>b2C.eq\f(a,c2＋1)>eq\f(b,c2＋1) D．a|c|>b|c|解析：当a＝1，b＝－2时，满意a>b，但eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，a2<b2，解除A、B；因为eq\f(1,c2＋1)>0，a>b⇒eq\f(a,c2＋1)>eq\f(b,c2＋1)，故C是正确的；当c＝0时，a|c|>b|c|不成立，解除D，故选C.5．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)A．d>b>a>c B．b>c>d>aC．d>b>c>a D．c>a>d>b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.6．已知a>0，b>0，c>0，若eq\f(c,a＋b)<eq\f(a,b＋c)<eq\f(b,c＋a)，则有(A)A．c<a<b B．b<c<aC．a<b<c D．c<b<a解析：由eq\f(c,a＋b)<eq\f(a,b＋c)<eq\f(b,c＋a)可得eq\f(c,a＋b)＋1<eq\f(a,b＋c)＋1<eq\f(b,c＋a)＋1，即eq\f(a＋b＋c,a＋b)<eq\f(a＋b＋c,b＋c)<eq\f(a＋b＋c,c＋a).因为a>0，b>0，c>0，所以a＋b>b＋c>c＋a.由a＋b>b＋c，可得a>c.由b＋c>c＋a，可得b>a.于是有c<a<b.eq\a\vs4\al(二、填空题)7．已知若a>b>c，且a＋b＋c＝0，则b2－4ac>0.(填“>”“<”或“＝”)解析：∵a＋b＋c＝0，∴b＝－(a＋c)，∴b2＝a2＋c2＋2ac.∴b2－4ac＝a2＋c2－2ac＝(a－c)2.∵a>c，∴(a－c)2>0，∴b2－4ac>0.8．已知－1≤x＋y≤4，且2≤x－y≤3，则z＝2x－3y的取值范围是{z|3≤z≤8}．解析：∵z＝2x－3y＝－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，∴z的取值范围是{z|3≤z≤8}．9．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①④(写出全部正确命题的序号)．解析：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冲突，故a－b<1成立．对于②，取特别值，a＝3，b＝eq\f(3,4)，则a－b>1.对于③，取特别值，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．eq\a\vs4\al(三、解答题)10．已知三个不等式：①ab>0；②eq\f(c,a)>eq\f(d,b)；③bc>ad.若以其中两个作为条件，余下的一个作为结论，请写出两个正确的命题，并写出推理过程．解：答案不唯一．命题一：若ab>0，且eq\f(c,a)>eq\f(d,b)，则bc>ad.证明：因为eq\f(c,a)>eq\f(d,b)，且ab>0，所以eq\f(c,a)·ab>eq\f(d,b)·ab，即bc>ad.命题二：若ab>0，且bc>ad，则eq\f(c,a)>eq\f(d,b).证明：因为ab>0，所以eq\f(1,ab)>0，又bc>ad，所以bc·eq\f(1,ab)>ad·eq\f(1,ab)，即eq\f(c,a)>eq\f(d,b).11．已知a>b>c>0，求证：eq\f(b,a－b)>eq\f(b,a－c)>eq\f(c,a－c).证明：∵b>c，∴－b<－c.∴a－b<a－c.∵a>b>c，∴0<a－b<a－c.∴eq\f(1,a－b)>eq\f(1,a－c)>0.又b>0，∴eq\f(b,a－b)>eq\f(b,a－c).∵b>c>0，eq\f(1,a－c)>0，∴eq\f(b,a－c)>eq\f(c,a－c).∴eq\f(b,a－b)>eq\f(b,a－c)>eq\f(c,a－c).——实力提升类——12．已知实数a，b，c满意a＋b＋c＝0，abc>0，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的值(B)A．肯定是正数 B．肯定为负数C．可能为0 D．正负不定解析：∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac＝0，且a2＋b2＋c2>0(由abc>0知abc均不为0)．∴ab＋bc＋ac<0.∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(ab＋bc＋ac,abc)<0.13．甲、乙两人同时从寝室到教室，甲一半路程步行，一半路程跑步，乙一半时间步行，一半时间跑步，假如两人步行速度、跑步速度均相同，则谁先到教室(B)A．甲 B．乙C．同时到达 D．无法推断解析：设寝室到教室的路程为s，步行速度v1，跑步速度v2，则甲用时t1＝eq\f(\f(1,2)s,v1)＋eq\f(\f(1,2)s,v2)，乙用时t2＝eq\f(2s,v1＋v2)，t1－t2＝eq\f(s,2v1)＋eq\f(s,2v2)－eq\f(2s,v1＋v2)＝seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v1＋v2,2v1v2)－\f(2,v1＋v2)))＝eq\f(v1＋v22－4v1v2,2v1v2v1＋v2)·s＝eq\f(v1－v22·s,2v1v2v1＋v2)>0，∴甲用时多．14．已知实数x，y满意－4≤x－y≤－1，－1≤4x－y≤5，则9x－3y的取值范围是－6≤9x－3y≤9.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≤9.15．已知a>b>0，c>d>0，求证：(1)eq\f(a,d)>eq\f(b,c)；(2)eq\f(ac,a＋c)>eq\f(bd,b＋d).证明：(1)因为c>d>0，所以eq\f(1,d)>eq\f(1,c)>