高考文科數(shù)學(xué)人教A版第七章不等式71

§7.1不等關(guān)系與不等式最新考綱考情考向分析1.了解現(xiàn)實(shí)世界和日常生活中存在著大量的不等關(guān)系.2.了解不等式(組)的實(shí)際背景.以理解不等式的性質(zhì)為主，本節(jié)在高考中主要以客觀題形式考查不等式的性質(zhì)；以主觀題形式考查不等式與其他知識(shí)的綜合.1．兩個(gè)實(shí)數(shù)比較大小的方法(1)作差法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b>0?a>b,a－b＝0?a＝b,a－b<0?a<b))(a，b∈R)(2)作商法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)>1?a>b,\f(a,b)＝1?a＝b,\f(a,b)<1?a<b))(a∈R，b>0)2．不等式的基本性質(zhì)性質(zhì)性質(zhì)內(nèi)容特別提醒對稱性a>b?b<a?傳遞性a>b，b>c?a>c?可加性a>b?a＋c>b＋c?可乘性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b,c>0))?ac>bc注意c的符號(hào)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b,c<0))?ac<bc同向可加性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b,c>d))?a＋c>b＋d?同向同正可乘性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b>0,c>d>0))?ac>bd?可乘方性a>b>0?an>bn(n∈N，n≥1)a，b同為正數(shù)可開方性a>b>0?eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)3.不等式的一些常用性質(zhì)(1)倒數(shù)的性質(zhì)①a>b，ab>0?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).②a<0<b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).③a>b>0,0<c<d?eq\f(a,c)>eq\f(b,d).④0<a<x<b或a<x<b<0?eq\f(1,b)<eq\f(1,x)<eq\f(1,a).(2)有關(guān)分?jǐn)?shù)的性質(zhì)若a>b>0，m>0，則①eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0)．②eq\f(a,b)>eq\f(a＋m,b＋m)；eq\f(a,b)<eq\f(a－m,b－m)(b－m>0)．題組一思考辨析1．判斷下列結(jié)論是否正確(請?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)兩個(gè)實(shí)數(shù)a，b之間，有且只有a>b，a＝b，a<b三種關(guān)系中的一種．(√)(2)若eq\f(a,b)>1，則a>b.(×)(3)一個(gè)不等式的兩邊同加上或同乘以同一個(gè)數(shù)，不等號(hào)方向不變．(×)(4)a>b>0，c>d>0?eq\f(a,d)>eq\f(b,c).(√)(5)若ab>0，則a>b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).(√)題組二教材改編2．[P74T3]若a，b都是實(shí)數(shù)，則“eq\r(a)－eq\r(b)>0”是“a2－b2>0”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案A解析eq\r(a)－eq\r(b)>0?eq\r(a)>eq\r(b)?a>b?a2>b2，但由a2－b2>0?eq\r(a)－eq\r(b)>0.3．[P75B組T1]若0<a<b，且a＋b＝1，則將a，b，eq\f(1,2)，2ab，a2＋b2從小到大排列為________________．答案a<2ab<eq\f(1,2)<a2＋b2<b解析∵0<a<b且a＋b＝1，∴a<eq\f(1,2)<b<1，∴2b>1且2a<1，∴a<2b·a＝2a(1－a)＝－2a2＋2a＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(1,2)<eq\f(1,2).即a<2ab<eq\f(1,2)，又a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab>1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，即a2＋b2>eq\f(1,2)，a2＋b2－b＝(1－b)2＋b2－b＝(2b－1)(b－1)，又2b－1>0，b－1<0，∴a2＋b2－b<0，∴a2＋b2<b，綜上，a<2ab<eq\f(1,2)<a2＋b2<b.題組三易錯(cuò)自糾4．若a>b>0，c<d<0，則一定有()A．eq\f(a,c)－eq\f(b,d)>0 B．eq\f(a,c)－eq\f(b,d)<0C．eq\f(a,d)>eq\f(b,c) D．eq\f(a,d)<eq\f(b,c)答案D解析∵c<d<0，∴0<－d<－c，又0<b<a，∴－bd<－ac，即bd>ac，又∵cd>0，∴eq\f(bd,cd)>eq\f(ac,cd)，即eq\f(b,c)>eq\f(a,d).5．設(shè)a，b∈R，則“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案A解析若a>2且b>1，則由不等式的同向可加性可得a＋b>2＋1＝3，由不等式的同向同正可乘性可得ab>2×1＝2.即“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”的充分條件；反之，若“a＋b>3且ab>2”，則“a>2且b>1”不一定成立，如a＝6，b＝eq\f(1,2).所以“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”的充分不必要條件．故選A.6．若－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，則α－β的取值范圍是__________．答案(－π，0)解析由－eq\f(π,2)<α<eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)<－β<eq\f(π,2)，α<β，得－π<αβ<0.題型一比較兩個(gè)數(shù)(式)的大小1．若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋5)，Q＝eq\r(a＋2)＋eq\r(a＋3)(a≥0)，則P，Q的大小關(guān)系是()A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值確定答案C解析∵P2－Q2＝2a＋5＋2eq\r(a(a＋5))－[2a＋5＋2eq\r((a＋2)(a＋3))]＝2(eq\r(a2＋5a)－eq\r(a2＋5a＋6))，且a2＋5a<a2＋5a＋6，∴P2<Q2，又P，Q>0，∴P<Q，故選C.2．(2017·武漢調(diào)研)已知x，y∈R，且x>y>0，若a>b>1，則一定有()A．eq\f(a,x)>eq\f(b,y) B．sinax>sinbyC．logax>logby D．a(chǎn)x>by答案D解析對于A，當(dāng)a＝3，b＝2，x＝3，y＝2時(shí)不成立，排除A；對于B，當(dāng)a＝30，b＝20，x＝eq\f(π,2)，y＝eq\f(π,4)時(shí)，不成立，排除B；對于C，當(dāng)a＝3，b＝2，x＝3，y＝2時(shí)，不成立，排除C，故選D.思維升華比較大小的常用方法(1)作差法一般步驟：①作差；②變形；③定號(hào)；④結(jié)論．其中關(guān)鍵是變形，常采用配方、因式分解、有理化等方法把差式變成積式或者完全平方式．當(dāng)兩個(gè)式子都為正數(shù)時(shí)，有時(shí)也可以先平方再作差．(2)作商法一般步驟：①作商；②變形；③判斷商與1的大小關(guān)系；④結(jié)論．(3)函數(shù)的單調(diào)性法：將要比較的兩個(gè)數(shù)作為一個(gè)函數(shù)的兩個(gè)函數(shù)值，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得出大小關(guān)系．題型二不等式的性質(zhì)典例(1)已知a，b，c滿足c<b<a，且ac<0，那么下列選項(xiàng)中一定成立的是()A．a(chǎn)b>ac B．c(b－a)<0C．cb2<ab2 D．a(chǎn)c(a－c)>0答案A解析由c<b<a且ac<0，知c<0且a>0.由b>c，得ab>ac一定成立．(2)設(shè)a>b>1，c<0，給出下列三個(gè)結(jié)論：①eq\f(c,a)>eq\f(c,b)；②ac<bc；③logb(a－c)>loga(b－c)．其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是()A．① B．①②C．②③ D．①②③答案D解析由不等式性質(zhì)及a>b>1，知eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又c<0，∴eq\f(c,a)>eq\f(c,b)，①正確；構(gòu)造函數(shù)y＝xc，∵c<0，∴y＝xc在(0，＋∞)上是單調(diào)遞減的，又a>b>1，∴ac<bc，②正確；∵a>b>1，c<0，∴a－c>b－c>1，∴l(xiāng)ogb(a－c)>loga(a－c)>loga(b－c)，③正確．思維升華解決此類問題常用兩種方法：一是直接使用不等式的性質(zhì)逐個(gè)驗(yàn)證；二是利用特殊值法排除錯(cuò)誤答案．利用不等式的性質(zhì)判斷不等式是否成立時(shí)要特別注意前提條件．跟蹤訓(xùn)練若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，給出下列不等式：①eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)；②|a|＋b>0；③a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)；④lna2>lnb2.其中正確的不等式是()A．①④ B．②③C．①③ D．②④答案C解析方法一因?yàn)閑q\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，故可取a＝－1，b＝－2.顯然|a|＋b＝1－2＝－1<0，所以②錯(cuò)誤；因?yàn)閘na2＝ln(－1)2＝0，lnb2＝ln(－2)2＝ln4>0，所以④錯(cuò)誤．綜上所述，可排除A，B，D.方法二由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，可知b<a<0.①中，因?yàn)閍＋b<0，ab>0，所以eq\f(1,a＋b)<0，eq\f(1,ab)>0.故有eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)，即①正確；②中，因?yàn)閎<a<0，所以－b>－a>0.故－b>|a|，即|a|＋b<0，故②錯(cuò)誤；③中，因?yàn)閎<a<0，又eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則－eq\f(1,a)>－eq\f(1,b)>0，所以a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)，故③正確；④中，因?yàn)閎<a<0，根據(jù)y＝x2在(－∞，0)上為減函數(shù)，可得b2>a2>0，而y＝lnx在定義域(0，＋∞)上為增函數(shù)，所以lnb2>lna2，故④錯(cuò)誤．由以上分析，知①③正確．題型三不等式性質(zhì)的應(yīng)用命題點(diǎn)1應(yīng)用性質(zhì)判斷不等式是否成立典例若a<0<b，則下列不等式正確的是()A．eq\f(1,a)>eq\f(1,b) B．eq\f(1,a)<eq\f(1,b)C．a(chǎn)2<b2 D．|a|>|b|答案B解析因?yàn)閍<0<b，所以eq\f(1,a)<0<eq\f(1,b)，因此A錯(cuò)，B對；取a＝－2，b＝1，可得a2>b2，故C錯(cuò)；取a＝－eq\f(1,2)，b＝1，可得|a|<|b|，故D錯(cuò)，故選B.命題點(diǎn)2求代數(shù)式的取值范圍典例已知－1<x<4,2<y<3，則x－y的取值范圍是________，3x＋2y的取值范圍是________．答案(－4,2)(1,18)解析∵－1<x<4,2<y<3，∴－3<－y<－2，∴－4<x－y<2.由－1<x<4,2<y<3，得－3<3x<12,4<2y<6，∴1<3x＋2y<18.思維升華(1)判斷不等式是否成立的方法①判斷不等式是否成立，需要逐一給出推理判斷或反例說明．②在判斷一個(gè)關(guān)于不等式的命題的真假時(shí)，可結(jié)合不等式的性質(zhì)，對數(shù)函數(shù)、指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行判斷．(2)求代數(shù)式的取值范圍利用不等式性質(zhì)求某些代數(shù)式的取值范圍時(shí)，一般是利用整體思想，通過“一次性”不等關(guān)系的運(yùn)算求得整體范圍，是避免錯(cuò)誤的有效途徑．跟蹤訓(xùn)練已知a>b>0，c<0，則下列不等關(guān)系中正確的是()A．a(chǎn)c>bcB．a(chǎn)c>bcC．loga(a－c)>logb(b－c)D．eq\f(a,a－c)>eq\f(b,b－c)答案D解析選項(xiàng)A中，不等式a>b>0兩邊同乘以負(fù)數(shù)c，不等式方向應(yīng)該改變，故A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B中，考查冪函數(shù)y＝xc，因?yàn)閏<0，所以函數(shù)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，故B錯(cuò)誤；選項(xiàng)C中，假設(shè)a＝4，b＝2，c＝－4，則loga(a－c)＝log48<2，logb(b－c)＝log26>2，此時(shí)loga(a－c)<logb(b－c)，故C錯(cuò)誤；選項(xiàng)D中，作差eq\f(a,a－c)－eq\f(b,b－c)＝eq\f(ab－ac－ab＋bc,(a－c)(b－c))＝eq\f((b－a)c,(a－c)(b－c))>0，所以eq\f(a,a－c)>eq\f(b,b－c)正確，故選D.(2)(2018屆東北四市一模)已知角α，β滿足－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2)，0<α＋β<π，則3α－β的取值范圍是__________．答案(－π，2π)解析結(jié)合題意可知，3α－β＝2(α－β)＋(α＋β)，且2(α－β)∈(－π，π)，(α＋β)∈(0，π)，利用不等式的性質(zhì)可知，3α－β的取值范圍是(－π，2π)．利用不等式變形求范圍典例設(shè)f(x)＝ax2＋bx，若1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，則f(－2)的取值范圍是________．錯(cuò)解展示：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤f(－1)≤2，,2≤f(1)≤4，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤a－b≤2，①,2≤a＋b≤4.②))①＋②得eq\f(3,2)≤a≤3，②－①得eq\f(1,2)≤b≤1.由此得4≤f(－2)＝4a－2b≤11.所以f(－2)的取值范圍是[4,11]．錯(cuò)誤答案[4,11]現(xiàn)場糾錯(cuò)解析方法一設(shè)f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)(m，n為待定系數(shù))，則4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)，即4a－2b＝(m＋n)a＋(n－m)b.于是得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4，,n－m＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝3，,n＝1.))∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)．又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4.∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10.方法二由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(－1)＝a－b，,f(1)＝a＋b，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)[f(－1)＋f(1)]，,b＝\f(1,2)[f(1)－f(－1)]，))∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)．又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10.

方法三由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤a－b≤2，,2≤a＋b≤4))確定的平面區(qū)域如圖陰影部分所示，當(dāng)f(－2)＝4a－2b過點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)))時(shí)，取得最小值4×eq\f(3,2)－2×eq\f(1,2)＝5，當(dāng)f(－2)＝4a－2b過點(diǎn)B(3,1)時(shí)，取得最大值4×3－2×1＝10，∴5≤f(－2)≤10.答案[5,10]糾錯(cuò)心得在求式子的范圍時(shí)，如果多次使用不等式的可加性，式子中的等號(hào)不能同時(shí)取到，會(huì)導(dǎo)致范圍擴(kuò)大．1．(2018·濟(jì)寧模擬)若a<0，ay>0，且x＋y>0，則x與y之間的不等關(guān)系是()A．x＝y(tǒng) B．x>yC．x<y D．x≥y答案B解析由a<0，ay>0，可知y<0，又由x＋y>0，可知x>0，所以x>y.2．若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，則f(x)，g(x)的大小關(guān)系是()A．f(x)＝g(x) B．f(x)>g(x)C．f(x)<g(x) D．隨x值的變化而變化答案B解析f(x)－g(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0，則f(x)>g(x)．3．若a，b∈R，且a＋|b|<0，則下列不等式中正確的是()A．a(chǎn)－b>0 B．a(chǎn)3＋b3>0C．a(chǎn)2－b2<0 D．a(chǎn)＋b<0答案D解析由a＋|b|<0知，a<0，且|a|>|b|，當(dāng)b≥0時(shí)，a＋b<0成立，當(dāng)b<0時(shí)，a＋b<0成立，∴a＋b<0成立．故選D.4．(2018·西安市西北工業(yè)大學(xué)附屬中學(xué)模擬)如果a>b>1，c<0，在不等式①eq\f(c,a)>eq\f(c,b)；②ln(a＋c)>ln(b＋c)；③(a－c)c<(b－c)c；④bea>aeb中，所有正確命題的序號(hào)是()A．①②③ B．①③④C．②③④ D．①②④答案B解析用排除法，∵a>b>1，c<0，∴可令a＝3，b＝2，c＝－4，此時(shí)ln(a＋c)>ln(b＋c)，不成立，∴②錯(cuò)誤，排除A，C，D，故選B.5．(2018·湖北沙市中學(xué)、恩施高中、鄖陽中學(xué)聯(lián)考)已知a，b，c∈R，那么下列命題中正確的是()A．若a>b，則ac2>bc2B．若eq\f(a,c)>eq\f(b,c)，則a>bC．若a3>b3，且ab<0，則eq\f(1,a)>eq\f(1,b)D．若a2>b2，且ab>0，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b)答案C解析當(dāng)c＝0時(shí)，ac2＝bc2，選項(xiàng)A是假命題；若c<0，則由eq\f(a,c)>eq\f(b,c)，可得a<b，選項(xiàng)B是假命題；若a3>b3且ab<0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,b<0，))eq\f(1,a)>eq\f(1,b)正確；若a2>b2且ab>0，當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,b<0))時(shí)，D不成立．6．設(shè)α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，那么2α－eq\f(β,3)的取值范圍是()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解析由題設(shè)得0<2α<π，0≤eq\f(β,3)≤eq\f(π,6)，∴－eq\f(π,6)≤－eq\f(β,3)≤0，∴－eq\f(π,6)<2α－eq\f(β,3)<π.7．有三個(gè)房間需要粉刷，粉刷方案要求：每個(gè)房間只用一種顏色，且三個(gè)房間顏色各不相同．已知三個(gè)房間的粉刷面積(單位：m2)分別為x，y，z，且x＜y＜z，三種顏色涂料的粉刷費(fèi)用(單位：元/m2)分別為a，b，c，且a＜b＜c.在不同的方案中，最低的總費(fèi)用(單位：元)是()A．a(chǎn)x＋by＋cz B．a(chǎn)z＋by＋cxC．a(chǎn)y＋bz＋cx D．a(chǎn)y＋bx＋cz答案B解析令x＝1，y＝2，z＝3，a＝1，b＝2，c＝3.A項(xiàng)：ax＋by＋cz＝1＋4＋9＝14；B項(xiàng)：az＋by＋cx＝3＋4＋3＝10；C項(xiàng)：ay＋bz＋cx＝2＋6＋3＝11；D項(xiàng)：ay＋bx＋cz＝2＋2＋9＝13.故選B.8．(2018·濟(jì)南調(diào)研)若a>b>0，則下列不等式中一定成立的是()A．a(chǎn)＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a) B．eq\f(b,a)>eq\f(b＋1,a＋1)C．a(chǎn)－eq\f(1,b)>b－eq\f(1,a) D．eq\f(2a＋b,a＋2b)>eq\f(a,b)答案A解析取a＝2，b＝1，排除B與D；另外，函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,x)是(0，＋∞)上的增函數(shù)，但函數(shù)g(x)＝x＋eq\f(1,x)在(0,1]上單調(diào)遞減，在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以，當(dāng)a>b>0時(shí)，f(a)>f(b)必定成立，即a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)?a＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a)，但g(a)>g(b)未必成立，故選A.9．已知a1≤a2，b1≥b2，則a1b1＋a2b2與a1b2＋a2b1的大小關(guān)系是__________________．答案a1b1＋a2b2≤a1b2＋a2b1解析a1b1＋a2b2－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)(b1－b2)，因?yàn)閍1≤a2，b1≥b2，所以a1－a2≤0，b1－b2≥0，于是(a1－a2)(b1－b2)≤0，故a1b1＋a2b2≤a1b2＋a2b1.10．已知a，b，c，d均為實(shí)數(shù)，有下列命題：①若ab>0，bc－ad>0，則eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0；②若ab>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，則bc－ad>0；③若bc－ad>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，則ab>0.其中正確的命題是________．(填序號(hào))答案①②③解析∵ab>0，bc－ad>0，∴eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＝eq\f(bc－ad,ab)>0，∴①正確；∵ab>0，又eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，即eq\f(bc－ad,ab)>0，∴bc－ad>0，∴②正確；∵bc－ad>0，又eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，即eq\f(bc－ad,ab)>0，∴ab>0，∴③正確．故①②③都正確．11．(2018·青島調(diào)研)設(shè)a>b>c>0，x＝eq\r(a2＋(b＋c)2)，y＝eq\r(b2＋(c＋a)2)，z＝eq\r(c2＋(a＋b)2)，則x，y，z的大小關(guān)系是________．(用“>”連接)答案z>y>x解析方法一y2－x2＝2c(a－b)>0，∴y>x.同理，z>y，∴z>y>x.方法二令a＝3，b＝2，c＝1，則x＝eq\r(18)，y＝eq\r(20)，z＝eq\r(26)，故z>y>x.12．已知－1<x＋y<4,2<x－y<3，則3x＋2y的取值范圍是____________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(23,2)))解析設(shè)3x＋2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,m－n＝2，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(5,2)，,n＝\f(1,2).))即3x＋2y＝eq\f(5,2)(x＋y)＋eq\f(1,2)(x－y)，又∵－1<x＋y<4,2<x－y<3，∴－eq\f(5,2)<eq\f(5,2)(x＋y)<10,1<eq\f(1,2)(x－y)<eq\f(3,2)，∴－eq\f(3,2)<eq\f(5,2)(x＋y)＋eq\f(1,2)(x－y)<eq\f(23,2)，即－eq\f(3,2)<3x＋2y<eq\f(23,2)，∴3x＋2y的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(23,2))).13．設(shè)實(shí)數(shù)x，y滿足0<xy<4，且0<2x＋2y<4＋xy，則x，y的取值范圍是()A．x>2且y>2B．x<2且y<2C．0<x<2且0<y<2D．x>2且0<y<2答案C解析由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xy>0，,x＋y>0，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,y>0，))由2x＋2y－4－xy＝(x－2)·(2－y)<0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>2，,y>2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x<2，,0<y<2，))又xy<4，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x<2，,0<y<2.))14．若x>y，a>b，則在①a－