2025高考数学一轮复习-对点练3 不等式及其性质【含答案】

对点练3不等式及其性质【A级基础巩固】1.(2023·长春模拟)已知a>0，b>0，M＝eq\r(a＋b)，N＝eq\r(a)＋eq\r(b)，则M与N的大小关系为()A.M>N B.M<NC.M≤N D.M，N大小关系不确定2.(2024·北京昌平区质检)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)3.已知－3＜a＜－2，3＜b＜4，则eq\f(a2,b)的取值范围为()A.(1，3) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(9,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(3,4))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))4.(2024·安阳调考)若a>b>0>c，则()A.(a－b)c>0 B.eq\f(c,a)>eq\f(c,b)C.a－b>a－c D.eq\f(1,a＋c)<eq\f(1,b＋c)5.若a＞1，m＝loga(a2＋1)，n＝loga(a＋1)，p＝loga(2a)，则m，n，p的大小关系是()A.n＞m＞p B.m＞p＞nC.m＞n＞p D.p＞m＞n6.(2024·自贡诊断)已知p：eq\f(1,m)<eq\f(1,n)，q：m>n>0，则p是q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7.(2024·惠州调研)已知实数a>b>0>c，则下列结论一定正确的是()A.eq\f(a,b)>eq\f(a,c) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(c)C.eq\f(1,a)<eq\f(1,c) D.a2>c28.已知M＝x2＋y2＋z2，N＝2x＋2y＋2z－π，则M________N(填“＞”“＜”或“＝”).9.若1<α<3，－4<β<2，则2α＋|β|的取值范围是________.10.实数a，b，c，d满足下列三个条件：①d＞c；②a＋b＝c＋d；③a＋d＜b＋c.那么a，b，c，d的大小关系是________.11.已知a＋b＞0，试比较eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)与eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的大小.12.(1)若bc－ad≥0，bd＞0，求证：eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d)；(2)已知c＞a＞b＞0，求证：eq\f(a,c－a)＞eq\f(b,c－b).【B级能力提升】13.(多选)(2024·宁波质检)已知a，b，c∈R，下列命题为真命题的是()A.若b<a<0，则bc2<ac2 B.若b>a>0>c，则eq\f(c,a)<eq\f(c,b)C.若c>b>a>0，则eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b) D.若a>b>c>0，则eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)14.若a＞b＞0，c＜d＜0，|b|＞|c|.(1)求证：b＋c＞0；(2)求证：eq\f(b＋c,（a－c）2)＜eq\f(a＋d,（b－d）2)；(3)在(2)的不等式中，能否找到一个代数式，满足eq\f(b＋c,（a－c）2)＜所求式＜eq\f(a＋d,（b－d）2)？若能，请直接写出该代数式；若不能，请说明理由.对点练3不等式及其性质答案1．B[M2－N2＝(a＋b)－(a＋b＋2eq\r(ab))＝－2eq\r(ab)<0，∴M<N.]2．D[由题知a<b<0，c>d>0，则可取a＝－2，b＝－1，c＝2，d＝1，则eq\f(a,c)＝eq\f(－2,2)＝－1，eq\f(b,d)＝eq\f(－1,1)＝－1，故A错误，B错误；由于a<b<0，c>d>0，得－a>－b>0，c>d>0，则两式相乘得－ac>－bd，则不等式左右两边同时除以cd得eq\f(－a,d)>eq\f(－b,c)，再同时除以－1得eq\f(a,d)<eq\f(b,c)，故C错误，D正确．]3．A[因为－3＜a＜－2，所以4<a2<9，而3＜b＜4，即eq\f(1,4)＜eq\f(1,b)＜eq\f(1,3)，故eq\f(a2,b)的取值范围为(1，3)．]4．B[对于A，不妨取a＝2，b＝1，c＝－1，则(a－b)c＝－1<0，故A错误；对于B，由a>b>0得eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又c<0，所以eq\f(c,a)>eq\f(c,b)，故B正确；对于C，当a＝2，b＝1，c＝－1时，a－b＝1，a－c＝3，故C错误；对于D，当b＋c＝0时，eq\f(1,b＋c)没有意义，故D错误．]5．B[由a＞1知，a2＋1－2a＝(a－1)2＞0，2a－(a＋1)＝a－1＞0，∴a2＋1＞2a＞a＋1，而y＝logax在定义域上单调递增，∴m＞p＞n.]6．B[若m＝－1，n＝1，则满足p：eq\f(1,m)<eq\f(1,n)，但不满足q：m>n>0，故p无法推出q；若m>n>0，则eq\f(1,mn)>0，对m>n两边同乘eq\f(1,mn)，得eq\f(1,n)>eq\f(1,m)，故q可以推出p，故p是q的必要不充分条件，故选B.]7．A[对于A，因为a>b>0>c，所以eq\f(a,b)>0>eq\f(a,c)，故A正确；对于B，因为函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)在R上单调递减且a>c，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(c)，故B错误；对于C，因为a>0>c，所以eq\f(1,a)>0>eq\f(1,c)，故C错误；对于D，若a＝1，c＝－2，满足a>0>c，但a2<c2，故D错误．]8．＞[M－N＝x2＋y2＋z2－2x－2y－2z＋π＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3≥π－3＞0，故M＞N.]9．(2，10)[∵－4<β<2，∴0≤|β|<4，又1<α<3，∴2<2α<6，∴2<2α＋|β|<10.]10．b＞d＞c＞a[由题意知d＞c；②＋③得2a＋b＋d＜2c＋b＋d，化简得a＜c；由②式a＋b＝c＋d及a＜c可得到b＞d，故b＞d＞c＞a.]11．解eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(a－b,b2)＋eq\f(b－a,a2)＝(a－b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)－\f(1,a2)))＝eq\f(（a＋b）（a－b）2,a2b2).∵a＋b＞0，(a－b)2≥0，∴eq\f(（a＋b）（a－b）2,a2b2)≥0.∴eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).12．证明(1)∵bc≥ad，eq\f(1,bd)＞0，∴eq\f(c,d)≥eq\f(a,b)，∴eq\f(c,d)＋1≥eq\f(a,b)＋1，∴eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).(2)∵c＞a＞b＞0，∴c－a＞0，c－b＞0.∵a＞b＞0，∴eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).又∵c＞0，∴eq\f(c,a)＜eq\f(c,b)，∴eq\f(c－a,a)＜eq\f(c－b,b)，又c－a＞0，c－b＞0，∴eq\f(a,c－a)＞eq\f(b,c－b).13．BD[对于A，ac2－bc2＝c2(a－b)，因为b<a<0，所以a－b>0，又c2≥0，所以c2(a－b)≥0，则bc2≤ac2，故A错误；对于B，eq\f(c,a)－eq\f(c,b)＝eq\f(c（b－a）,ab)，因为b>a>0>c，所以c(b－a)<0，ab>0，所以eq\f(c,a)－eq\f(c,b)＝eq\f(c（b－a）,ab)<0，即eq\f(c,a)<eq\f(c,b)，故B正确；对于C，eq\f(a,c－a)－eq\f(b,c－b)＝eq\f(c（a－b）,（c－a）（c－b）)，因为c>b>a>0，所以c－a>0，c－b>0，a－b<0，所以eq\f(a,c－a)－eq\f(b,c－b)＝eq\f(c（a－b）,（c－a）（c－b）)<0，即eq\f(a,c－a)<eq\f(b,c－b)，故C错误；对于D，eq\f(a,b)－eq\f(a＋c,b＋c)＝eq\f(a（b＋c）－b（a＋c）,b（b＋c）)＝eq\f(（a－b）c,b（b＋c）)，因为a>b>c>0，所以a－b>0，b＋c>0，所以eq\f(（a－b）c,b（b＋c）)>0，即eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)，故D正确．]14．(1)证明因为|b|＞|c|，且b＞0，c＜0，所以b＞－c，所以b＋c＞0.(2)证明因为c＜d＜0，所以－c＞－d＞0.又a＞b＞0，得a－c＞b－d＞0，所以(a－c)2＞(b－d)2＞0，所以0＜eq\f(1,（a－c）2)＜eq\f(1,（b－d）2).①因为a＞b，d＞c，可得a＋d＞b＋c，所以a＋d＞b＋c＞0.②由①，②相乘得eq\f(b＋c,（a－c）2)＜eq\f(a＋d,（b－