2024-2025學年新教材高中數學第一章預備知識3不等式3.1不等式性質第2課時不等式的性質的應用練測評含解析北師大版必修第一冊

PAGE第2課時不等式的性質的應用必備學問基礎練進階訓練第一層學問點一利用不等式的性質比較大小1.已知a2＋a＜0，那么a，a2，－a，－a2的大小關系是()A．a2＞a＞－a2＞－aB．－a＞a2＞－a2＞aC．－a＞a2＞a＞－a2D．a2＞－a＞a＞－a22．設實數a＝eq\r(5)－eq\r(3)，b＝eq\r(3)－1，c＝eq\r(7)－eq\r(5)，則()A．b>a>cB．c>b>aC．a>b>cD．c>a>b3．若x＞0，y＞0，M＝eq\f(x＋y,1＋x＋y)，N＝eq\f(x,1＋x)＋eq\f(y,1＋y)，則M，N的大小關系是()A．M＝NB．M＜NC．M≤ND．M＞N學問點二利用不等式的性質證明不等式4.已知a>b>0，c<d<0，e<0，求證：eq\f(e,a－c)>eq\f(e,b－d).5．若a>0，b>0，求證：eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)≥a＋b.學問點三利用不等式的性質求范圍6.已知12<a<60,15<b<36.求a－b和eq\f(a,b)的取值范圍．7．已知1≤a＋b≤5，－1≤a－b≤3，求3a－2b關鍵實力綜合練進階訓練其次層1．已知a>b，c>d，且c，d不為0，那么下列不等式肯定成立的是()A．ad>bcB．ac>bdC．a＋c>b＋dD．a－c>b－d2．假如a，b∈R，且a>|b|，那么()A．a<－bB．a>bC．a2<b2D.eq\f(1,a)>eq\f(1,b)3．假如a<0，b>0，那么下列不等式中正確的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)B.eq\r(－a)<eq\r(b)C．a2<b2D．|a|>|b|4．已知a，b，c均為正實數，若eq\f(c,a＋b)<eq\f(a,b＋c)<eq\f(b,a＋c)，則a，b，c的大小關系為()A．c＜a＜bB．b＜c＜aC．a＜b＜cD．c＜b＜a5．若P＝eq\r(a＋6)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋5)＋eq\r(a＋8)(a>－5)，則P，Q的大小關系為()A．P<QB．P＝QC．P>QD．不能確定6．(探究題)已知x＞y＞z，x＋y＋z＝0，則下列不等式中成立的是()A．xy＞yzB．xz＞yzC．xy＞xzD．x|y|＞z|y|7．若1＜α＜3，－4＜β＜2，則α－|β|的取值范圍是________．8．給出下列四個條件：①b＞0＞a；②0＞a＞b；③a＞0＞b；④a＞b＞0，其中能推得eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)成立的是________．9．已知a＋b＞0，則eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)與eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的大小關系是________．10．(易錯題)已知實數x，y滿意－4≤x－y≤－1，－1≤4x－y≤5，求9x－3y的取值范圍．學科素養(yǎng)升級練進階訓練第三層1．(多選題)已知a、b、c、d是實數，則下列肯定正確的有()A．a2＋b2≥eq\f(a＋b2,2)B．a＋eq\f(1,a)≥2C．若eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，則a＜bD．若a＜b＜0，c＜d＜0，則ac＞bd2．有外表一樣、重量不同的四個小球，它們的重量分別是a，b，c，d，已知a＋b＝c＋d，a＋d>b＋c，a＋c<b，則這四個小球由重到輕的排列依次是()A．d>b>a>cB．b>c>d>aC．d>b>c>aD．c>a>d>b3．(學科素養(yǎng)—邏輯推理)(1)若bc－ad≥0，bd>0.求證：eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).(2)已知m>0，a，b∈R，求證：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋mb,1＋m)))2≤eq\f(a2＋mb2,1＋m).第2課時不等式的性質的應用必備學問基礎練1．解析：∵a2＋a＜0，∴0＜a2＜－a，∴0＞－a2＞a，∴a＜－a2＜a2＜－a.故選B.答案：B2．解析：eq\r(5)－eq\r(3)＝eq\f(2,\r(5)＋\r(3))，eq\r(3)－1＝eq\f(2,\r(3)＋1)，eq\r(7)－eq\r(5)＝eq\f(2,\r(7)＋\r(5))，∵eq\r(3)＋1<eq\r(3)＋eq\r(5)<eq\r(5)＋eq\r(7)，∴eq\f(2,\r(3)＋1)>eq\f(2,\r(5)＋\r(3))>eq\f(2,\r(7)＋\r(5))，即b>a>c，故選A.答案：A3．解析：∵x＞0，y＞0，∴x＋y＋1＞1＋x＞0,1＋x＋y＞1＋y＞0，∴eq\f(x,1＋x＋y)<eq\f(x,1＋x)，eq\f(y,1＋x＋y)<eq\f(y,1＋y)，故M＝eq\f(x＋y,1＋x＋y)＝eq\f(x,1＋x＋y)＋eq\f(y,1＋x＋y)<eq\f(x,1＋x)＋eq\f(y,1＋y)＝N，即M＜N.故選B.答案：B4．證明：證法一(性質法)：∵c<d<0，∴－c>－d>0.∵a>b>0，∴a＋(－c)>b＋(－d)>0，即a－c>b－d>0，∴0<eq\f(1,a－c)<eq\f(1,b－d).又e<0，∴eq\f(e,a－c)>eq\f(e,b－d).證法二(作差法)：eq\f(e,a－c)－eq\f(e,b－d)＝eq\f(b－de,a－cb－d)－eq\f(a－ce,a－cb－d)＝eq\f(b－d－a＋ce,a－cb－d)＝eq\f([b＋c－a＋d]e,a－cb－d).∵a>b>0，c<d<0，e<0，∴a＋d>b＋c，a－c>0，b－d>0，∴[(b＋c)－(a＋d)]e>0，(a－c)(b－d)>0.∴eq\f(e,a－c)－eq\f(e,b－d)>0，∴eq\f(e,a－c)>eq\f(e,b－d).證法三(作商法)：∵a>b>0，c<d<0，e<0，∴a－c>0，b－d>0，∴eq\f(e,a－c)<0，eq\f(e,b－d)<0.∵c<d<0，∴－c>－d>0.∵a>b>0，∴a＋(－c)>b＋(－d)>0，即a－c>b－d>0，∴eq\f(\f(e,a－c),\f(e,b－d))＝eq\f(e,a－c)·eq\f(b－d,e)＝eq\f(b－d,a－c)<1，∴eq\f(\f(e,a－c),\f(e,b－d))<1，∴eq\f(e,a－c)>eq\f(e,b－d).5．證明：∵eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)－a－b＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)－\f(b,a)))＝eq\f(a－b2a＋b,ab).∵(a－b)2≥0恒成立，且a>0，b>0，∴a＋b>0，ab>0.∴eq\f(a－b2a＋b,ab)≥0.∴eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)≥a＋b.6．解析：∵15<b<36，∴－36<－b<－15，∴12－36<a－b<60－15，即－24<a－b<45.又eq\f(1,36)<eq\f(1,b)<eq\f(1,15)，∴eq\f(12,36)<eq\f(a,b)<eq\f(60,15)，即eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<4.故－24<a－b<45，eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<4.7．解析：設x＝a＋b，y＝a－b，則a＝eq\f(x＋y,2)，b＝eq\f(x－y,2)，∵1≤x≤5，－1≤y≤3，∴3a－2b＝eq\f(1,2)x＋eq\f(5,2)y.又eq\f(1,2)≤eq\f(1,2)x≤eq\f(5,2)，－eq\f(5,2)≤eq\f(5,2)y≤eq\f(15,2)，∴－2≤eq\f(1,2)x＋eq\f(5,2)y≤10.即－2≤3a－2b關鍵實力綜合練1．解析：由a>b，c>d得a＋c>b＋d，故選C.答案：C2．解析：由a>|b|得，當b≥0時，a>b，當b<0時，a>－b>b.綜上可知，假如a>|b|，那么a>b成立．故選B.答案：B3．解析：∵a<0，b>0，∴eq\f(1,a)<0，eq\f(1,b)>0，∴eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，故選A.答案：A4．解析：∵eq\f(c,a＋b)<eq\f(a,b＋c)，∴c(b＋c)＜a(a＋b)，bc＋c2＜a2＋ab，移項后因式分解得，(a－c)(a＋b＋c)＞0，∵a，b，c均為正實數，∴a＞c，同理b＞a.∴c＜a＜b，故選A.答案：A5．解析：P2＝2a＋13＋2eq\r(a＋6a＋7)，Q2＝2a＋13＋2eq\r(a＋5a＋8)，因為(a＋6)(a＋7)－(a＋5)(a＋8)＝a2＋13a＋42－(a2＋13所以eq\r(a＋6a＋7)>eq\r(a＋5a＋8)，所以P2>Q2，所以P>Q.答案：C6．解析：因為x＞y＞z，x＋y＋z＝0，所以3x＞x＋y＋z＝0,3z＜x＋y＋z＝0，所以x＞0，z＜0.所以由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞0，,y＞z，))可得xy＞xz.故選C.答案：C7．解析：∵－4＜β＜2，∴0≤|β|＜4，∴－4＜－|β|≤0，∴－3＜α－|β|＜3.答案：(－3,3)8．解析：eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)?eq\f(b－a,ab)＜0，∴①②④能使它成立．答案：①②④9．解析：eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(a3＋b3－ab2－a2b,a2b2)∵a2b2＞0，所以只需推斷a3＋b3－ab2－a2b的符號．a3＋b3－ab2－a2b＝a2(a－b)＋b2(b－a)＝(a－b)(a2－b2)＝(a－b)2(a＋b)≥0，等號當a＝b時成立，所以eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).答案：eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)10．解析：設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.學科素養(yǎng)升級練1．解析：由于2(a2＋b2)－(a＋b)2＝a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，故a2＋b2≥eq\f(1,2)(a＋b)2，故A正確；B中，當a＝－1時明顯不成立，B錯誤；C中：a＝1，b＝－1明顯有eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，但a＞b，C錯誤；D中：若a＜b＜0，c＜d＜0，則－a＞－b＞0，－c＞－d＞0，則依據不等式的性質可知ac＞bd＞0，故D正確．故選AD.答案：AD2．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.綜上可得，d>b>a>c.答案：A3．證明：(1)∵bc－ad≥0，∴ad≤bc，bd>0