【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2021年高考數(shù)學(xué)(四川專用-理)一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)突破：第6篇-第1講-不等關(guān)系與不等式

第1講不等關(guān)系與不等式[最新考綱]1．了解現(xiàn)實(shí)世界和日常生活中的不等關(guān)系．2．了解不等式(組)的實(shí)際背景．3．把握不等式的性質(zhì)及應(yīng)用.知識(shí)梳理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；))(2)作商法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＞1?a＞ba∈R，b＞0，,\f(a,b)＝1?a＝ba∈R，b＞0，,\f(a,b)＜1?a＜ba∈R，b＞0.))2．不等式的性質(zhì)(1)對(duì)稱性：a＞b?b＜a；(2)傳遞性：a＞b，b＞c?a＞c；(3)可加性：a＞b?a＋c＞b＋c，a＞b，c＞d?a＋c＞b＋d；(4)可乘性：a＞b，c＞0?ac＞bc；a＞b＞0，c＞d＞0?ac＞bd；(5)可乘方：a＞b＞0?an＞bn(n∈N，n≥1)；(6)可開(kāi)方：a＞b＞0?eq\r(n,a)＞eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)．辨析感悟1．對(duì)兩個(gè)實(shí)數(shù)大小的比較的生疏(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.(×)2．對(duì)不等式性質(zhì)的理解(3)在一個(gè)不等式的兩邊同乘以一個(gè)非零實(shí)數(shù)，不等式仍舊成立．(×)(4)同向不等式具有可加性和可乘性．(×)(5)(2022·麗水模擬改編)設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，則“0＜ab＜1”是“b＜eq\f(1,a)”成立的既不充分也不必要條件．(√)(6)(2021·北京卷改編)若a＞b，則eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).(×)若a＞b，則a2＞b2.(×)若a＞b，則a3＞b3.(√)[感悟·提升]兩個(gè)防范一是在使用不等式時(shí)，肯定要搞清它們成立的前提條件，不行強(qiáng)化或弱化成立的條件，如“同向不等式”才可相加、“同向且兩邊同正的不等式”才可相乘；“可乘性中的”c的符號(hào)等都需留意，如(2)、(3)、(4)．二是利用特值法推斷兩個(gè)式子大小時(shí)，錯(cuò)誤的關(guān)系式，只需取特值舉反例即可，而正確的關(guān)系式，則需推理論證．如(6)中當(dāng)a＝1，b＝－2時(shí)，eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)不成立；當(dāng)a＝－1，b＝－2時(shí)，a2＞b2不成立.同學(xué)用書(shū)第94頁(yè)考點(diǎn)一用不等式(組)表示不等關(guān)系【例1】某商人假如將進(jìn)貨單價(jià)為8元的商品按每件10元銷(xiāo)售，每天可銷(xiāo)售100件，現(xiàn)在他接受提高售價(jià)，削減進(jìn)貨量的方法增加利潤(rùn)．已知這種商品的單價(jià)每提高1元，銷(xiāo)售量就相應(yīng)削減10件．若把提價(jià)后商品的單價(jià)設(shè)為x元，怎樣用不等式表示每天的利潤(rùn)不低于300元？解若提價(jià)后商品的單價(jià)為x元，則銷(xiāo)售量削減eq\f(x－10,1)×10件，因此，每天的利潤(rùn)為(x－8)[100－10(x－10)]元，則“每天的利潤(rùn)不低于300元”可以表示為不等式(x－8)[100－10(x－10)]≥300.規(guī)律方法對(duì)于不等式的表示問(wèn)題，關(guān)鍵是理解題意，分清變化前后的各種量，得出相應(yīng)的代數(shù)式，然后用不等式表示．而對(duì)于涉及條件較多的實(shí)際問(wèn)題，則往往需列不等式組解決．【訓(xùn)練1】某化工廠制定明年某產(chǎn)品的生產(chǎn)方案，受下面條件的制約：生產(chǎn)此產(chǎn)品的工人不超過(guò)200人；每個(gè)工人的年工作時(shí)間約為2100h；估計(jì)此產(chǎn)品明年的銷(xiāo)售量至少為80000袋；生產(chǎn)每袋產(chǎn)品需用4h；生產(chǎn)每袋產(chǎn)品需用原料20kg；年底庫(kù)存原料600t，明年可補(bǔ)充1200t．試依據(jù)這些數(shù)據(jù)猜測(cè)明年的產(chǎn)量．解設(shè)明年的產(chǎn)量為x袋，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x≤200×2100，,x≥80000，,0.02x≤600＋1200，))解得80000≤x≤90000.估計(jì)明年的產(chǎn)量在80000袋到90000袋之間．考點(diǎn)二比較大小【例2】(1)若a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(ln3,3)，c＝eq\f(ln5,5)，則 ()．A．a(chǎn)＜b＜c B．c＜b＜aC．c＜a＜b D．b＜a＜c(2)已知a≠1且a∈R，試比較eq\f(1,1－a)與1＋a的大?。?1)解析易知a，b，c都是正數(shù)，eq\f(b,a)＝eq\f(2ln3,3ln2)＝log89＞1，所以b＞a；eq\f(a,c)＝eq\f(5ln2,2ln5)＝log2532＞1，所以a＞c.即c＜a＜b.故選C.答案C(2)解∵eq\f(1,1－a)－(1＋a)＝eq\f(a2,1－a)，當(dāng)a＝0時(shí)，eq\f(a2,1－a)＝0，∴eq\f(1,1－a)＝1＋a；當(dāng)a＜1，且a≠0時(shí)，eq\f(a2,1－a)＞0，∴eq\f(1,1－a)＞1＋a；當(dāng)a＞1時(shí)，eq\f(a2,1－a)＜0，∴eq\f(1,1－a)＜1＋a.規(guī)律方法(1)比較大小時(shí)，要把各種可能的狀況都考慮進(jìn)去，對(duì)不確定的因素需進(jìn)行分類爭(zhēng)辯，每一步運(yùn)算都要精確?????，每一步推理都要有充分的依據(jù)．(2)用作商法比較代數(shù)式的大小一般適用于分式、指數(shù)式、對(duì)數(shù)式，作商只是思路，關(guān)鍵是化簡(jiǎn)變形，從而使結(jié)果能夠與1比較大?。居?xùn)練2】(2022·四川卷)設(shè)a，b為正實(shí)數(shù)．現(xiàn)有下列命題：①若a2－b2＝1，則a－b＜1；②若eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝1，則a－b＜1；③若|eq\r(a)－eq\r(b)|＝1，則|a－b|＜1；④若|a3－b3|＝1，則|a－b|＜1.其中的真命題有________(寫(xiě)出全部真命題的編號(hào))．解析①中，a2－b2＝(a＋b)(a－b)＝1，a，b為正實(shí)數(shù)，若a－b≥1，則必有a＋b＞1，又a－b＝eq\f(1,a＋b)，不合題意，故①正確．②中，eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝eq\f(a－b,ab)＝1，只需a－b＝ab即可．如取a＝2，b＝eq\f(2,3)滿足上式，但a－b＝eq\f(4,3)＞1，故②錯(cuò)．③中，a，b為正實(shí)數(shù)，所以eq\r(a)＋eq\r(b)＞|eq\r(a)－eq\r(b)|＝1，且|a－b|＝|(eq\r(a)＋eq\r(b))(eq\r(a)－eq\r(b))|＝|eq\r(a)＋eq\r(b)|＞1，故③錯(cuò)．④中，|a3－b3|＝|(a－b)(a2＋ab＋b2)|＝|a－b|(a2＋ab＋b2)＝1.若|a－b|≥1，不妨取a＞b＞1，則必有a2＋ab＋b2＞1，不合題意，故④正確．答案①④考點(diǎn)三不等式的性質(zhì)及其應(yīng)用【例3】(1)(2022·泉州模擬)若x＞y，a＞b，則在①a－x＞b－y，②a＋x＞b＋y，③ax＞by，④x－b＞y－a，⑤eq\f(a,y)＞eq\f(b,x)這五個(gè)式子中，恒成立的全部不等式的序號(hào)是________．(2)(2022·湖南卷)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)．其中全部的正確結(jié)論的序號(hào)是 ()． A.① B．①②C．②③ D．①②③審題路線解析(1)令x＝－2，y＝－3，a＝3，b＝2，符合題設(shè)條件x＞y，a＞b，∵a－x＝3－(－2)＝5，b－y＝2－(－3)＝5，∴a－x＝b－y，因此①不成立．又∵ax＝－6，by＝－6，∴ax＝by，因此③也不成立．又∵eq\f(a,y)＝eq\f(3,－3)＝－1，eq\f(b,x)＝eq\f(2,－2)＝－1，∴eq\f(a,y)＝eq\f(b,x)，因此⑤不成立．由不等式的性質(zhì)可推出②④成立．(2)由不等式性質(zhì)及a>b>1知eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又c<0，所以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，＋∞)上是減函數(shù)，又a＞b＞1，∴ac＜bc，知②正確；∵a＞b＞1，a－c＞0，∴a－c＞b－c＞1，∵a＞b＞1，∴l(xiāng)ogb(a－c)＞loga(a－c)＞loga(b－c)，知③正確．答案(1)②④(2)D規(guī)律方法(1)推斷不等式是否成立，需要逐一給出推理推斷或反例說(shuō)明．常用的推理推斷需要利用不等式的性質(zhì)．(2)在推斷一個(gè)關(guān)于不等式的命題真假時(shí)，先把要推斷的命題和不等式性質(zhì)聯(lián)系起來(lái)考慮，找到與命題相近的性質(zhì)，并應(yīng)用性質(zhì)推斷命題真假，當(dāng)然推斷的同時(shí)還要用到其他學(xué)問(wèn)，比如對(duì)數(shù)函數(shù)，指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)等．【訓(xùn)練3】若eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，則下列不等式：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中，正確的不等式是 ()．A．①④ B．②③C．①③ D．②④解析法一由eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，可知b＜a＜0.①中，由于a＋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，由于b＜a＜0，所以－b＞－a＞0.故－b＞|a|，即|a|＋b＜0，故②錯(cuò)誤；③中，由于b＜a＜0，又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，由于b＜a＜0，依據(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．法二由于eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，故可取a＝－1，b＝－2.明顯|a|＋b＝1－2＝－1＜0，所以②錯(cuò)誤；由于lna2＝ln(－1)2＝0，lnb2＝ln(－2)2＝ln4＞0，所以④錯(cuò)誤．綜上所述，可排解②④.答案C1．推斷不等式是否成立，主要利用不等式的性質(zhì)和特殊值驗(yàn)證兩種方法，特殊是對(duì)于有肯定條件限制的選擇題，用特殊值驗(yàn)證的方法更簡(jiǎn)便．2．倒數(shù)關(guān)系在不等式中的作用：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＞0，,a＞b))?eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)；eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＞0，,a＜b))?eq\f(1,a)＞eq\f(1,b).3．比較法是不等式性質(zhì)證明的理論依據(jù)，是不等式證明的主要方法之一，作差法的主要步驟為：作差——變形——推斷正負(fù)．在所給不等式是積、商、冪的形式時(shí)，可考慮比商．易錯(cuò)辨析6——多次使用同向不等式的可加性而致誤【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]由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤f－1≤2，,2≤f1≤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≤所以f(－2)的取值范圍是[4,11]．[答案][4,11][錯(cuò)因]本題錯(cuò)解的主要緣由是多次使用同向不等式的可加性而導(dǎo)致了f(－2)的范圍擴(kuò)大．[正解]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又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤法二由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝a－b，,f1＝a＋b，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)[f－1＋f1]，,b＝\f(1,2)[f1－f－1]，))∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，∴5≤3f(－1)＋f(1)≤故5≤f(－2)≤10.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，當(dāng)f(－2)＝4a－2bAeq\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(guò)點(diǎn)B取得最大值4×3－2×1＝10，∴5≤f(－2)≤10.[答案][5,10][防范措施]利用不等式性質(zhì)求某些代數(shù)式的取值范圍時(shí)，多次運(yùn)用不等式的性質(zhì)時(shí)有可能擴(kuò)大變量的取值范圍．解決此類問(wèn)題一般是利用整體思想，通過(guò)“一次性”不等關(guān)系的運(yùn)算求得待求整體的范圍，是避開(kāi)錯(cuò)誤的有效途徑．【自主體驗(yàn)】假如－1＜a＋b＜3,3＜a－b＜5，那么2a－3bA．(2,8)B．(5,14)C．(6,13)D．(7,13)解析設(shè)a＋b＝x，a－b＝y(tǒng)，∴－1＜x＜3,3＜y＜5，a＝eq\f(x＋y,2)，b＝eq\f(x－y,2)，∴2a－3b＝x＋y－eq\f(3,2)(x－y)＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(5,2)y.又∵－eq\f(3,2)＜－eq\f(1,2)x＜eq\f(1,2)，eq\f(15,2)＜eq\f(5,2)y＜eq\f(25,2)，∴6＜－eq\f(1,2)x＋eq\f(5,2)y＜13，∴2a－3b答案C對(duì)應(yīng)同學(xué)用書(shū)P297基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時(shí)：40分鐘)一、選擇題1．(2022·深圳一模)設(shè)x，y∈R，則“x≥1且y≥2”是“x＋y≥3A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析由不等式性質(zhì)知當(dāng)x≥1且y≥2時(shí)，x＋y≥3；而當(dāng)x＝2，y＝eq\f(3,2)時(shí)滿足x＋y≥3，但不滿足x≥1且y≥2，故“x≥1且y≥2”是“x＋y≥3”的充分而不必要條件．答案A2．(2022·保定模擬)已知a>b，則下列不等式成立的是()．A．a(chǎn)2－b2≥0B．a(chǎn)c>bcC．|a|>|b|D．2a>2解析A中，若a＝－1，b＝－2，則a2－b2≥0不成立；當(dāng)c＝0時(shí)，B不成立；當(dāng)0>a>b時(shí)，C不成立；由a>b知2a>2b答案D3．(2022·河南三市三模)已知0＜a＜1，x＝logaeq\r(2)＋logaeq\r(3)，y＝eq\f(1,2)loga5，z＝logaeq\r(21)－logaeq\r(3)，則()．A．x＞y＞zB．z＞y＞xC．z＞x＞yD．y＞x＞z解析由題意得x＝logaeq\r(6)，y＝logaeq\r(5)，z＝logaeq\r(7)，而0＜a＜1，∴函數(shù)y＝logax在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴y＞x＞z.答案D4．已知a＜0，－1＜b＜0，那么下列不等式成立的是()．A．a(chǎn)＞ab＞ab2B．a(chǎn)b2＞ab＞aC．a(chǎn)b＞a＞ab2D．a(chǎn)b＞ab2＞a解析由－1＜b＜0，可得b＜b2＜1，又a＜0，∴ab＞ab2＞a.答案D5．(2022·晉城模擬)已知下列四個(gè)條件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0，能推出eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的有()．A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)解析運(yùn)用倒數(shù)性質(zhì)，由a>b，ab>0可得eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，②、④正確．又正數(shù)大于負(fù)數(shù)，①正確，③錯(cuò)誤，故選C.答案C二、填空題6．(2021·揚(yáng)州期末)若a1＜a2，b1＜b2，則a1b1＋a2b2與a1b2＋a2b1的大小關(guān)系是________．解析作差可得(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)·(b1－b2)，∵a1＜a2，b1＜b2，∴(a1－a2)(b1－b2)＞0，即a1b1＋a2b2＞a1b2＋a2b1.答案a1b1＋a2b2＞a1b2＋a2b17．若角α，β滿足－eq\f(π,2)＜α＜β＜eq\f(π,2)，則2α－β的取值范圍是________．解析∵－eq\f(π,2)＜α＜β＜eq\f(π,2)，∴－π＜2α＜π，－eq\f(π,2)＜－β＜eq\f(π,2)，∴－eq\f(3π,2)＜2α－β＜eq\f(3π,2)，又∵2α－β＝α＋(α－β)＜α＜eq\f(π,2)，∴－eq\f(3π,2)＜2α－β＜eq\f(π,2).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))8．(2022·大慶模擬)對(duì)于實(shí)數(shù)a，b，c有下列命題：①若a＞b，則ac＜bc；②若ac2＞bc2，則a＞b；③若a＜b＜0，則a2＞ab＞b2；④若c＞a＞b＞0，則eq\f(a,c－a)＞eq\f(b,c－b)；⑤若a＞b，eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，則a＞0，b＜0.其中真命題是________(把正確命題的序號(hào)寫(xiě)在橫線上)．解析若c＞0，則①不成立；由ac2＞bc2知c2≠0，則a＞b，②成立；由a＜b＜0知a2＞ab＞b2，③成立；由c＞a＞b＞0，得0＜c－a＜c－b，則eq\f(1,c－a)＞eq\f(1,c－b)，則eq\f(a,c－a)＞eq\f(b,c－b)，④成立；若a＞b，eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)＞0，則a＞0，b＜0，⑤成立．答案②③④⑤三、解答題9．比較下列各組中兩個(gè)代數(shù)式的大小：(1)3x2－x＋1與2x2＋x－1；(2)當(dāng)a>0，b>0且a≠b時(shí)，aabb與abba.解(1)∵3x2－x＋1－2x2－x＋1＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0，∴3x2－x＋1>2x2＋x－1.(2)eq\f(aabb,abba)＝aa－bbb－a＝aa－beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))a－b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b.當(dāng)a>b，即a－b>0，eq\f(a,b)>1時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，∴aabb>abba.當(dāng)a<b，即a－b<0,0<eq\f(a,b)<1時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，∴aabb>abba.∴當(dāng)a>0，b>0且a≠b時(shí)，aabb>abba.10．甲、乙兩人同時(shí)從寢室到教室，甲一半路程步行，一半路程跑步，乙一半時(shí)間步行，一半時(shí)間跑步，假如兩人步行速度、跑步速度均相同，試推斷誰(shuí)先到教室？解設(shè)從寢室到教室的路程為s，甲、乙兩人的步行速度為v1，跑步速度為v2，且v1＜v2.甲所用的時(shí)間t甲＝eq\f(s,2v1)＋eq\f(s,2v2)＝eq\f(sv1＋v2,2v1v2)，乙所用的時(shí)間t乙＝eq\f(2s,v1＋v2)，∴eq\f(t甲,t乙)＝eq\f(sv1＋v2,2v1v2)×eq\f(v1＋v2,2s)＝eq\f(v1＋v22,4v1v2)＝eq\f(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2)＋2v1v2,4v1v2)＞eq\f(4v1v2,4v1v2)＝1.∵t甲＞0，t乙＞0，∴t甲＞t乙，即乙先到教室．力量提升題組(建議用時(shí)：25分鐘)一、選擇題1．下面四個(gè)條件中，使a＞b成立的充分不必要條件是()．A．a(chǎn)＞b＋1B．a(chǎn)＞b－1C．a(chǎn)2＞b2D．a(chǎn)3＞b3解析由a＞b＋1，得a＞b＋1＞b，即a＞b，而由a＞b不能得出a＞b＋1，因此，使a＞b成立的充分不必要條件是a＞b＋1.答案A2．已知實(shí)數(shù)a，b，c滿足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，則a，bA．c≥b＞aB．a(chǎn)＞c≥bC．c＞b＞aD．a(chǎn)＞c＞b解析c－b＝4－4a＋a2＝(2－a)2≥0，∴c≥b，將已知兩式作差得2b＝2＋2a2，即b＝1＋a∵1＋a2－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)＞0，∴1＋a2＞a，∴b＝1＋a2＞a，∴c≥b＞a.答案A二、填空題3．(2022·三門(mén)峽二模)給出下列條件：①1＜a＜b；②0＜a＜b＜1；③0＜a＜1＜b.其中，能推出logbeq\f(1,b)＜logaeq\f(1,b)＜logab成立的條件的序號(hào)是________．解析若1＜a＜b，則eq\f(1,b)＜eq\f(1,a)＜1＜b，∴l(xiāng)ogaeq\f(1,b)＜logaeq\f(1,a)＝－1＝logbeq\f(1,b)，故條件①不成立；若0＜a＜b＜1，則b＜1＜eq\f(