备战2023年高考数学一轮复习-第1讲-不等式及其性质

第1讲不等式及其性质1．比较两个实数的大小关于实数a，b大小的比较，有以下基本事实：a－b>0⇔eq\x(\s\up1(01))a>b；a－b＝0⇔eq\x(\s\up1(02))a＝b；a－b<0⇔eq\x(\s\up1(03))a<b.另外，若b>0，则有eq\f(a,b)>1⇔a>b；eq\f(a,b)＝1⇔a＝b；eq\f(a,b)<1⇔a<b.2．不等式的性质(1)对称性：eq\x(\s\up1(04))a>b⇔b<a.(2)传递性：eq\x(\s\up1(05))a>b，b>c⇒a>c.(3)可加性：a>b⇔a＋ceq\x(\s\up1(06))>b＋c；a>b，c>d⇒eq\x(\s\up1(07))a＋c>b＋d.(4)可乘性：a>b，c>0⇒eq\x(\s\up1(08))ac>bc；a>b，c<0⇒eq\x(\s\up1(09))ac<bc；a>b>0，c>d>0⇒eq\x(\s\up1(10))ac>bd.(5)可乘方性：a>b>0⇒eq\x(\s\up1(11))an>bn(n∈N，n≥2)．1．a>b，ab>0⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b).2．a<0<b⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b).3．a>b>0,0<c<d⇒eq\f(a,c)>eq\f(b,d).4．0<a<x<b或a<x<b<0⇒eq\f(1,b)<eq\f(1,x)<eq\f(1,a).5．若a>b>0，m>0，则eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0)；eq\f(a,b)>eq\f(a＋m,b＋m)；eq\f(a,b)<eq\f(a－m,b－m)(b－m>0)．1．(2022·葫芦岛模拟)设M＝2a(a－2)，N＝(a＋1)(a－3)，则有()A．M>N B．M≥NC．M<N D．M≤N答案A解析因为M－N＝2a(a－2)－(a＋1)(a－3)＝a2－2a＋3＝(a－1)2＋2>0，所以M>N.故选A.2．(2022·汕头月考)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>3，,y>3))是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y>6，,xy>9))成立的()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答案A解析充分性显然成立，必要性可以举反例：x＝10，y＝eq\f(5,2)，显然必要性不成立．故选A.3．如果x＋y<0，且y>0，那么下列不等式成立的是()A．y2>x2>－xy B．x2>y2>－xyC．x2<－xy<y2 D．x2>－xy>y2答案D解析因为x＋y<0，y>0，所以x<－y<0<y.在不等式x<－y两边同时乘以x，得x2>－xy.在不等式x<－y两边同时乘以y，得xy<－y2.则－xy>y2.所以x2>－xy>y2.故选D.4．若－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，则α－β的取值范围是________.答案(－π，0)解析由已知，得－eq\f(π,2)<α<eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)<－β<eq\f(π,2)，所以－π<α－β<π，又α<β，所以α－β<0，故－π<α－β<0.5．比较两数的大小：eq\r(7)＋eq\r(10)________eq\r(3)＋eq\r(14).答案>解析因为(eq\r(7)＋eq\r(10))2＝17＋2eq\r(70)，(eq\r(3)＋eq\r(14))2＝17＋2eq\r(42)，所以(eq\r(7)＋eq\r(10))2>(eq\r(3)＋eq\r(14))2，所以eq\r(7)＋eq\r(10)>eq\r(3)＋eq\r(14).6．已知a，b，c∈R，有以下命题：①若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，则eq\f(c,a)<eq\f(c,b)；②若eq\f(a,c2)<eq\f(b,c2)，则a<b；③若a>b，则a·2c>b·2c.其中正确的是________(请把正确命题的序号都填上)．答案②③解析①若c≤0，则命题不成立．②由eq\f(a,c2)<eq\f(b,c2)得eq\f(a－b,c2)<0，于是a<b，所以命题正确．③中由2c>0知命题正确．故正确命题的序号为②③.考向一不等式的性质例1(1)(2021·哈尔滨模拟)已知a，b，c∈R，则“eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab>0，,bc>0))”是“eq\f(b－c,a)<eq\f(b＋c,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答案A解析因为eq\f(b－c,a)<eq\f(b＋c,a)⇔eq\f(b＋c,a)－eq\f(b－c,a)＝eq\f(2c,a)>0⇔ac>0，而eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab>0，,bc>0))⇒ac>0；反之，ac>0时，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab>0，,bc>0))不一定成立，所以“eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab>0，,bc>0))”是“eq\f(b－c,a)<eq\f(b＋c,a)”的充分不必要条件．故选A.(2)(多选)(2021·山东省、海南省新高考高三4月模拟)对于实数a，b，c，下列命题是真命题的为()A．若a>b，则eq\f(1,a)<eq\f(1,b)B．若a>b，则ac2≥bc2C．若a>0>b，则a2<－abD．若c>a>b>0，则eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b)答案BD解析根据a>b，取a＝1，b＝－1，则eq\f(1,a)<eq\f(1,b)不成立，故A错误；∵a>b，∴由不等式的基本性质知ac2≥bc2成立，故B正确；由a>0>b，取a＝1，b＝－1，则a2<－ab不成立，故C错误；∵c>a>b>0，∴(a－b)c>0，∴ac－ab>bc－ab，即a(c－b)>b(c－a)，∵c－a>0，c－b>0，∴eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b)，故D正确．故选BD.判断不等式是否成立常用的三种方法(1)直接利用不等式的性质逐个验证，利用不等式的性质判断不等式是否成立时要特别注意前提条件．(2)利用特殊值法．(3)利用函数的单调性，当直接利用不等式的性质不能判断时，可以利用指数函数、对数函数、幂函数等函数的单调性进行判断．1.如果a>0>b且a2>b2，那么以下不等式中正确的个数是()①a2b<b3；②eq\f(1,a)>0>eq\f(1,b)；③a3<ab2.A．0 B．1C．2 D．3答案C解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2>b2，,b<0，))得a2b<b3，①正确；∵a>0，∴eq\f(1,a)>0，又b<0，∴eq\f(1,b)<0，∴eq\f(1,a)>0>eq\f(1,b)，②正确；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2>b2，,a>0，))得a3>ab2，③不正确．故选C.2．(2022·成都模拟)若a<b<0，则下列不等式一定成立的是()A.eq\f(1,a－b)>eq\f(1,b) B．a2<abC.eq\f(|b|,|a|)<eq\f(|b|＋1,|a|＋1) D．an>bn答案C解析(特值法)取a＝－2，b＝－1，n＝0，逐个检验，可知A，B，D均不正确；对于C，eq\f(|b|,|a|)<eq\f(|b|＋1,|a|＋1)⇔|b|(|a|＋1)<|a|(|b|＋1)⇔|a||b|＋|b|<|a||b|＋|a|⇔|b|<|a|，∵a<b<0，∴|b|<|a|成立．故选C.多角度探究突破考向二比较两个数(式)的大小角度作差法例2(1)(2022·山东齐鲁名校联考)已知0<a<eq\f(1,b)，且M＝eq\f(1,1＋a)＋eq\f(1,1＋b)，N＝eq\f(a,1＋a)＋eq\f(b,1＋b)，则M，N的大小关系是()A．M>N B．M<NC．M＝N D．不能确定答案A解析∵0<a<eq\f(1,b)，∴1＋a>0,1＋b>0,1－ab>0.∴M－N＝eq\f(1－a,1＋a)＋eq\f(1－b,1＋b)＝eq\f(21－ab,1＋a1＋b)>0，∴M>N.故选A.(2)(2022·吉林模拟)已知等比数列{an}中，a1>0，q>0，前n项和为Sn，则eq\f(S3,a3)与eq\f(S5,a5)的大小关系为________.答案eq\f(S3,a3)<eq\f(S5,a5)解析当q＝1时，eq\f(S3,a3)＝3，eq\f(S5,a5)＝5，所以eq\f(S3,a3)<eq\f(S5,a5)；当q>0且q≠1时，eq\f(S3,a3)－eq\f(S5,a5)＝eq\f(a11－q3,a1q21－q)－eq\f(a11－q5,a1q41－q)＝eq\f(q21－q3－1－q5,q41－q)＝eq\f(－q－1,q4)<0，所以eq\f(S3,a3)<eq\f(S5,a5).综上可知eq\f(S3,a3)<eq\f(S5,a5).作差法的步骤(1)作差；(2)变形；(3)定号；(4)结论．3.(2022·黑龙江质检)已知M＝x2＋y2＋z2，N＝2x＋2y＋2z－π，则M________N(填“>”“<”或“＝”)．答案>解析M－N＝(x2＋y2＋z2)－(2x＋2y＋2z－π)＝(x2－2x＋1)＋(y2－2y＋1)＋(z2－2z＋1)＋π－3＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3.因为(x－1)2≥0，(y－1)2≥0，(z－1)2≥0，π－3>0，所以M－N>0，故M>N.角度作商法例3设a，b都是正数，且a≠b，则aabb与abba的大小关系是________.答案aabb>abba解析eq\f(aabb,abba)＝aa－b·bb－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b.若a>b，则eq\f(a,b)>1，a－b>0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，∴aabb>abba；若a<b，则0<eq\f(a,b)<1，a－b<0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，∴aabb>abba.作商法的步骤(1)作商；(2)变形；(3)判断商与1的大小；(4)结论．4.eπ·πe与ee·ππ的大小关系为________.答案eπ·πe<ee·ππ解析eq\f(eπ·πe,ee·ππ)＝eq\f(eπ－e,ππ－e)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,π)))π－e，又0<eq\f(e,π)<1,0<π－e<1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,π)))π－e<1，即eq\f(eπ·πe,ee·ππ)<1，即eπ·πe<ee·ππ.角度特殊值法例4(1)(2022·湖南郴州质检)若m<0，n>0且m＋n<0，则下列不等式中成立的是()A．－n<m<n<－m B．－n<m<－m<nC．m<－n<－m<n D．m<－n<n<－m答案D解析(取特殊值法)令m＝－3，n＝2分别代入各选项检验，可知D正确．(2)(多选)(2022·南昌月考)已知a>b≥2，则()A．b2<3b－a B．a3＋b3>a2b＋ab2C．ab>a＋b D．eq\f(1,2)＋eq\f(2,ab)>eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)答案BC解析a>b≥2，取a＝3，b＝2，则b2<3b－a不成立，故A不成立；a3＋b3－(a2b＋ab2)＝a2(a－b)－b2(a－b)＝(a－b)2(a＋b)>0，故B成立；ab－a－b＝a(b－1)－b＝(b－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(b,b－1)))＝(b－1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b－1)))))>0，故C成立；取a＝3，b＝2，eq\f(1,2)＋eq\f(2,ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(另解：\f(1,2)＋\f(2,ab)－\f(1,a)－\f(1,b)＝\f(a－2b－2,2ab)≥0))，故D不成立．故选BC.特殊值法比较大小的思路利用特殊值法比较两数(式)的大小时需要注意以下问题：赋值应该满足前提条件；当一次赋值不能确定准确的选项，则可以通过二次赋值检验，直至得到正确选项．5.若a<0，b<0，则p＝eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)与q＝a＋b的大小关系为()A．p<q B．p≤qC．p>q D．p≥q答案B解析解法一：(特殊值排除法)令a＝b＝－1，则p＝q＝－2，排除A，C；令a＝－1，b＝－2，则p<q，排除D.故选B.解法二：(作差法)p－q＝eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)－a－b＝eq\f(b2－a2,a)＋eq\f(a2－b2,b)＝(b2－a2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))＝eq\f(b2－a2b－a,ab)＝eq\f(b－a2b＋a,ab)，因为a<0，b<0，所以a＋b<0，ab>0.若a＝b，则p－q＝0，故p＝q；若a≠b，则p－q<0，故p<q.综上，p≤q.故选B.角度中间量法例5已知实数a＝ln(lnπ)，b＝lnπ，c＝2lnπ，则a，b，c的大小关系为()A．a<b<c B．a<c<bC．b<a<c D．c<a<b答案A解析因为e<π<e2，所以lnπ∈(1,2)，即b∈(1,2)．由lnπ∈(1,2)，得a＝ln(lnπ)∈(ln1，ln2)，而ln2<lne＝1，所以a∈(0,1)．由2lne<2lnπ<2lne2，得c∈(2,4)．所以a<b<c.故选A.中间量法比较大小的思路利用中间量法比较不等式大小时要根据已知数、式灵活选择中间变量，指数式比较大小，一般选取1和指数式的底数作为中间值；对数式比较大小，一般选取0和1作为中间值，其实质就是根据对数函数f(x)＝logax的单调性判断其与f(1)，f(a)的大小．6.(2022·大连质检)设a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))0.5，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))0.4，c＝logeq\s\do7(\f(3,4))(log34)，则()A．c<b<a B．a<b<cC．c<a<b D．a<c<b答案C解析因为0<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))0.5<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))0＝1，所以0<a<1，因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))0.4>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))0＝1，所以b>1，因为log34>log33＝1，所以logeq\s\do7(\f(3,4))(log34)<0，即c<0.综上知，c<a<b.故选C.考向三应用不等式的性质求范围例6(1)(多选)(2022·湖南长沙调研)已知6<a<60,15<b<18，则下列结论正确的是()A.eq\f(a,b)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4)) B．a＋b∈(21,78)C．a－b∈(－9,42) D．eq\f(a＋b,b)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,5)，\f(39,9)))答案AB解析因为6<a<60,15<b<18，所以eq\f(1,18)<eq\f(1,b)<eq\f(1,15)，－18<－b<－15，所以eq\f(6,18)<eq\f(a,b)<eq\f(60,15)，6＋15<a＋b<60＋18,6－18<a－b<60－15，即eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<4,21<a＋b<78，－12<a－b<45.于是eq\f(a＋b,b)＝eq\f(a,b)＋1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，5)).故A，B正确，C，D错误．(2)已知－1<x＋y<4且2<x－y<3，则z＝2x－3y的取值范围是________(用区间表示)．答案(3,8)解析解法一：设2x－3y＝λ(x＋y)＋μ(x－y)＝(λ＋μ)x＋(λ－μ)y，对应系数相等，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＋μ＝2，,λ－μ＝－3))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(1,2)，,μ＝\f(5,2)，))∴2x－3y＝－eq\f(1,2)(x＋y)＋eq\f(5,2)(x－y)∈(3,8)．解法二：令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝x＋y，,b＝x－y，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(a＋b,2)，,y＝\f(a－b,2).))∴2x－3y＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－b,2)))＝－eq\f(a,2)＋eq\f(5,2)b∈(3,8)．利用不等式性质求代数式的取值范围由a<f(x，y)<b，c<g(x，y)<d，求F(x，y)的取值范围，可利用待定系数法解决，即设F(x，y)＝mf(x，y)＋ng(x，y)(或其他形式)，通过恒等变形求得m，n的值，再利用不等式的同向可加和同向同正可乘的性质求得F(x，y)的取值范围．7.(2021·山东省泰安肥城市高三适应性训练)已知点M(x0，y0)在直线3x＋y＋2＝0上，且满足x0>y0－1，则eq\f(y0,x0)的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，－\f(1,3)))B．(－∞，－3)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，＋∞))C．(－∞，－3]∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，＋∞))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(1,3)))答案B解析由题意，得3x0＋y0＋2＝0，y0＝－3x0－2，∵x0>y0－1，∴x0>－3x0－2－1，解得x0>－eq\f(3,4)，eq\f(y0,x0)＝eq\f(－3x0－2,x0)＝－3－eq\f(2,x0)，∵x0>－eq\f(3,4)，∴eq\f(1,x0)<－eq\f(4,3)或eq\f(1,x0)>0，∴－3－eq\f(2,x0)<－3或－3－eq\f(2,x0)>－eq\f(1,3)，所以eq\f(y0,x0)∈(－∞，－3)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，＋∞)).故选B.一、单项选择题1．若a>b>0，c<d<0，则一定有()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)答案D解析由c<d<0⇒eq\f(1,d)<eq\f(1,c)<0⇒－eq\f(1,d)>－eq\f(1,c)>0，又a>b>0，故由不等式性质，得－eq\f(a,d)>－eq\f(b,c)>0，所以eq\f(a,d)<eq\f(b,c).故选D.2．已知a，b∈R，若a>b，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)同时成立，则()A．ab>0 B．ab<0C．a＋b>0 D．a＋b<0答案A解析因为eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，所以eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)<0，又a>b，所以b－a<0，所以ab>0.3．已知a<0，－1<b<0，那么下列不等式成立的是()A．a>ab>ab2 B．ab2>ab>aC．ab>a>ab2 D．ab>ab2>a答案D解析由于每个式子中都有a，故先比较1，b，b2的大小．因为－1<b<0，所以b<b2<1.又因为a<0，所以ab>ab2>a.故选D.4．已知x>y>z，x＋y＋z＝0，则下列不等式成立的是()A．xy>yz B．xz>yzC．xy>xz D．x|y|>z|y|答案C解析∵x>y>z且x＋y＋z＝0，∴3x>x＋y＋z＝0,3z<x＋y＋z＝0，∴x>0，z<0，又y>z，∴xy>xz.5．(2021·陕西教学质量检测)设0<α<eq\f(π,2)，0≤β≤eq\f(π,2)，则2α－eq\f(β,3)的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,6))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))C．(0，π) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，π))答案D解析由已知，得0<2α<π，0≤eq\f(β,3)≤eq\f(π,6)，∴－eq\f(π,6)≤－eq\f(β,3)≤0，由同向不等式相加得到－eq\f(π,6)<2α－eq\f(β,3)<π.6．已知a＝x2＋x＋eq\r(2)，b＝lg3，，则a，b，c的大小关系为()A．a<b<c B．c<a<bC．c<b<a D．b<c<a答案D解析a＝x2＋x＋eq\r(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋eq\r(2)－eq\f(1,4)>1，b＝lg3<lgeq\r(10)＝eq\f(1,2)，c＝e－eq\f(1,2)＝eq\f(1,\r(e))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).所以b<c<a.故选D.7．已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系为()A．a<b≤c B．b≤c<aC．b<c<a D．b<a<c答案A解析由c－b＝4－4a＋a2＝(2－a)2≥0，得b≤c，再由b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，得b＝1＋a2，因为1＋a2－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，所以b＝1＋a2>a，所以a<b≤c.8．(2021·宁波模拟)“eq\f(a,b)>1”是“ln(a－1)>ln(b－1)”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答案B解析eq\f(a,b)>1⇒eq\f(a,b)－1>0⇒eq\f(a－b,b)>0⇒(a－b)b>0，ln(a－1)>ln(b－1)⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1>0，,b－1>0，,a－1>b－1))⇒a>b>1，因为(a－b)b>0推不出a>b>1，a>b>1能推出(a－b)b>0，所以“eq\f(a,b)>1”是“ln(a－1)>ln(b－1)”的必要不充分条件．故选B.9．(2021·中山一模)已知a，b，c为实数，则“a>b>c”是“(a－c)|a－c|>(b－c)|b－c|”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答案A解析当a>b>c时，(a－c)|a－c|－(b－c)|b－c|＝(a－c)2－(b－c)2＝(a＋b－2c)(a－b)>0，从而(a－c)|a－c|>(b－c)|b－c|，∴充分性成立．取a＝1，b＝－1，c＝0，则(1－0)×|1－0|＝1，(－1－0)×|－1－0|＝－1.∵1>－1，且a>c>b，∴必要性不成立．故选A.10．(2021·白山市高三开学考试)已知a，b，c，d均为正实数，设S＝eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\f(b,b＋c＋d)＋eq\f(c,c＋d＋a)＋eq\f(d,d＋a＋b)，则下列判断中正确的是()A．0<S<1 B．1<S<2C．2<S<3 D．3<S<4答案B解析∵a，b，c，d均为正实数，∴S＝eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\f(b,b＋c＋d)＋eq\f(c,c＋d＋a)＋eq\f(d,a＋b＋d)>eq\f(a,a＋b＋c＋d)＋eq\f(b,a＋b＋c＋d)＋eq\f(c,a＋b＋c＋d)＋eq\f(d,a＋b＋c＋d)＝1，S＝eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\f(b,b＋c＋d)＋eq\f(c,c＋d＋a)＋eq\f(d,a＋b＋d)<eq\f(a＋d,a＋b＋c＋d)＋eq\f(a＋b,a＋b＋c＋d)＋eq\f(c＋b,a＋b＋c＋d)＋eq\f(c＋d,a＋b＋c＋d)＝2，∴1<S<2.二、多项选择题11．(2021·枣庄二模)已知a>0，b>0，a＋b2＝1，则()A．a＋b<eq\f(5,4) B．a－b>－1C.eq\r(a)·b≤eq\f(1,2) D．eq\f(\r(a),b－2)≥－eq\f(\r(3),3)答案BCD解析因为a＝1－b2>0，b>0，所以0<b<1，所以0<a<1.因为a＋b＝1－b2＋b＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)≤eq\f(5,4)，取等号时a＝eq\f(3,4)，b＝eq\f(1,2)，满足a，b∈(0,1)，故A错误；因为a－b＝1－b2－b＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)>－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)＝－1，故B正确；因为eq\r(a)·b＝eq\r(1－b2)·eq\r(b2)＝eq\r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2－\f(1,2)))2＋\f(1,4))≤eq\f(1,2)，取等号时a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(\r(2),2)，满足a，b∈(0,1)，故C正确；因为b－2<0，所以要证eq\f(\r(a),b－2)≥－eq\f(\r(3),3)，只需证eq\f(a,b－22)≤eq\f(1,3)，只需证3a≤(b－2)2，即证3(1－b2)≤(b－2)2，即证4b2－4b＋1≥0，即证(2b－1)2≥0，显然(2b－1)2≥0成立，当且仅当a＝eq\f(3,4)，b＝eq\f(1,2)时取等号，故D正确．故选BCD.12．(2021·湖南长沙天心区校级期末)设a，b为正实数，现有下列命题，其中真命题是()A．若a2－b2＝1，则a－b<1B．若eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝1，则a－b<1C．若|eq\r(a)－eq\r(b)|＝1，则|a－b|<1D．若|a3－b3|＝1，则|a－b|<1答案AD解析若a2－b2＝1，则a2－1＝b2，即(a＋1)·(a－1)＝b2，∴a＋1>a－1>0，∴a－1<b<a＋1，即a－b<1，A正确；若eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝1，可取a＝7，b＝eq\f(7,8)，则a－b>1，∴B错误；若|eq\r(a)－eq\r(b)|＝1，则可取a＝9，b＝4，而|a－b|＝5>1，∴C错误；由|a3－b3|＝1，若a>b>0，则a3－b3＝1，即(a－1)(a2＋a＋1)＝b3，∵a2＋1＋a>b2，∴a－1<b，即a－b<1，若0<a<b，则b3－a3＝1，即(b－1)(b2＋1＋b)＝a3，∵b2＋1＋b>a2，∴b－1<a，即b－a<1，∴|a－b|<1，∴D正确．故选AD.三、填空题13．(2022·山东威海月考)eq\f(1,\r(5)－2)________eq\f(1,\r(6)－\r(5))(填“>”“<”或“＝”)．答案<解析eq\f(1,\r(5)－2)＝eq\f(\r(5)＋2,\r(5)－2\r(5)＋2)＝eq\r(5)＋2，eq\f(1,\r(6)－\r(5))＝eq\f(\r(6)＋\r(5),\r(6)－\r(5)\r(6)＋\r(5))＝eq\r(6)＋eq\r(5).因为eq\r(5)＋2<eq\r(6)＋eq\r(5)，所以eq\f(1,\r(5)－2)<eq\f(1,\r(6)－\r(5)).14．已知a>0且a≠1，P＝loga(a3＋1)，Q＝loga(a2＋1)，则P与Q的大小关系为________.答案P>Q解析①当0<a<1时，a3<a2，a3＋1<a2＋1，因为y＝logax在(0，＋∞)上为减函数，所以loga(a3＋1)>loga(a2＋1)；②当a>1时，a3>a2，a3＋1>a2＋1.因为y＝logax在(0，＋∞)上为增函数，所以loga(a3＋1)>loga(a2＋1)．综上知，P>Q.15．设0<x<1，则a＝eq\r(2x)，b＝1＋x，c＝eq\f(1,1－x)中最大的一个是________.答案c解析解法一：b－a＝1＋x－eq\r(2x)>1＋x－2eq\r(x)＝(eq\r(x)－1)2>0，∴b>a，c－b＝eq\f(1,1－x)－(1＋x)＝eq\f(x2,1－x)>0，∴c>b，∴c>b>a.∴c最大．解法二：取x＝eq\f(1,8)，则a＝eq\f(1,2)，b＝1＋eq\f(1,8)，c＝eq\f(8,7)＝1＋eq\f(1,7)，显然c最大．16．(2021·山东省威海市一模)为满足人民群众便利消费、安全消费、放心消费的需求，某社区农贸市场管理部门规划建造总面积为2400m2的新型生鲜销售市场．市场内设蔬菜水果类和肉食水产类店面共80间．每间蔬菜水果类店面的建造面积为28m2，月租费为x万元；每间肉食水产类店面的建造面积为20m2，月租费为0.8万元．全部店面的建造面积不低于总面积的80%，又不能超过总面积的85%.(1)两类店面间数的建造方案有________种；(2)市场建成后所有店面全部租出，为保证任何一种建造方案平均每间店面月租费不低于每间蔬菜水果类店面月租费的90%，则x的最大值为________万元．答案(1)16(2)1解析设蔬菜水果类和肉食水产类店面间数分别为a，b.(1)由题意知，0.8×2400≤28a＋20b≤0.85×2400，化简得，480≤7a＋5b≤510，又a＋b＝80，所以480≤7a＋5(80－a)≤510，解得