2025版高中數(shù)學(xué)第3章不等式3.1不等關(guān)系與不等式第2課時(shí)不等式性質(zhì)的應(yīng)用課時(shí)作業(yè)案新人教A版必修5

PAGEPAGE1第2課時(shí)不等式性質(zhì)的應(yīng)用A級基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．已知m>1，a＝eq\r(m＋1)－eq\r(m)，b＝eq\r(m)－eq\r(m－1)，則以下結(jié)論正確的是(C)A．a(chǎn)>b B．a(chǎn)＝bC．a(chǎn)<b D．a(chǎn)，b的大小無法確定[解析]a＝eq\r(m＋1)－eq\r(m)＝eq\f(1,\r(m＋1)＋\r(m))，b＝eq\r(m)－eq\r(m－1)＝eq\f(1,\r(m)＋\r(m－1))，因?yàn)閑q\r(m＋1)＋eq\r(m)>eq\r(m)＋eq\r(m－1)>0，所以a<b.2．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.其中正確命題的個(gè)數(shù)是(C)A．0 B．1C．2 D．3[解析]①∵ab＜0，∴eq\f(1,ab)＜0，又∵bc－ad＞0∴eq\f(1,ab)·(bc－ad)＜0即eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＜0，∴①錯(cuò)；②∵ab＞0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＞0，∴ab(eq\f(c,a)－eq\f(d,b))＞0，即：bc－ad＞0，∴②正確；③∵eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＞0∴eq\f(bc－ad,ab)＞0，又∵bc－ad＞0∴ab＞0∴③正確．3．若不等式a>b與eq\f(1,a)>eq\f(1,b)同時(shí)成立，則必有(C)A．a(chǎn)>b>0 B．0>eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．a(chǎn)>0>b D．eq\f(1,a)>eq\f(1,b)>0[解析]若a>b>0，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，同理0>a>b時(shí)，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，所以只有當(dāng)a>0>b時(shí)，滿意eq\f(1,a)>eq\f(1,b).故選C．4．若0<a<b<1，則下列不等式成立的是(B)A．logeq\f(1,2)a<logeq\f(1,2)b<0 B．2a<2b<2C．loga3<logb3<0 D．a(chǎn)－3<b－3<1[解析]∵y＝logeq\f(1,2)x為減函數(shù)，0<a<b<1，∴l(xiāng)ogeq\f(1,2)a>logeq\f(1,2)b，故A錯(cuò)；∵y＝2x為增函數(shù)，a<b<1，∴2a<2b<21＝2，∵y＝x－3在第一象限內(nèi)為減函數(shù)，0<a<b，∴a－3>b－3，故D錯(cuò)；∵y＝log3x為增函數(shù)，a<b<1，∴l(xiāng)og3a<log3b<log3即eq\f(1,loga3)<eq\f(1,logb3)<0，∴l(xiāng)oga3>logb3，故C錯(cuò)．5．假如a＞0，且a≠1，M＝loga(a3＋1)，N＝loga(a2＋1)，那么(A)A．M＞N B．M＜NC．M＝N D．M、N的大小無法確定[解析]M－N＝loga(a3＋1)－loga(a2＋1)＝logaeq\f(a3＋1,a2＋1)，若a>1，則a3>a2，∴eq\f(a3＋1,a2＋1)>1，∴l(xiāng)ogaeq\f(a3＋1,a2＋1)>0，∴M>N，若0<a<1，則0<a3<a2，∴0<a3＋1<a2＋1，∴0<eq\f(a3＋1,a2＋1)<1，∴l(xiāng)ogaeq\f(a3＋1,a2＋1)>0，∴M>N，故選A．6．若0<a1<a2,0<b1<b2，且a1＋a2＝b1＋b2＝1，則下列代數(shù)式中值最大的是(A)A．a(chǎn)1b1＋a2b2 B．a(chǎn)1a2＋b1bC．a(chǎn)1b2＋a2b1 D．eq\f(1,2)[解析]本題可用特值法：令a1＝0.1，a2＝0.9；b1＝0.2，b2＝0.8.則A中a1b1＋a2b2＝0.74；B中a1a2＋b1b2＝0.25；C中a1b2＋a2b1＝0.26，故最大值為二、填空題7．若1<α<3，－4<β<2，則α－|β|的取值范圍是__(－3,3)__.[解析]∵－4<β<2，∴0≤|β|<4，∴－4<－|β|≤0，∴－3<α－|β|<3.8．給出四個(gè)條件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0，能推得eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的是__①②④__.[解析]eq\f(1,a)<eq\f(1,b)?eq\f(b－a,ab)<0，∴①②④使其成立．三、解答題9．(1)已知a>b>0,0>c>d，求證：ad<bc；(2)a<b<0，求證：eq\f(b,a)<eq\f(a,b)；(3)已知a>b，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，求證：ab>0.[解析](1)∵a>b，c<0，∴ac<bc，∵c>d，a>0，∴ac>ad，∴ad<bc.(2)證法一：∵a<b<0，∴－a>－b>0，∴0<－eq\f(1,a)<－eq\f(1,b)，①∵0<－b<－a，②①②相乘，eq\f(b,a)<eq\f(a,b).證法二：eq\f(b,a)－eq\f(a,b)＝eq\f(b2－a2,ab)＝eq\f(b＋ab－a,ab)，∵a<b<0，∴b＋a<0，b－a>0，ab>0，∴eq\f(b＋ab－a,ab)<0，故eq\f(b,a)<eq\f(a,b).(2)∵eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，∴eq\f(1,a)－eq\f(1,b)<0，即eq\f(b－a,ab)<0，而a>b，∴b－a<0，∴ab>0.10．已知a＞0，b＞0，a≠b，n∈N且n≥2，比較an＋bn與an－1b＋abn－1的大?。甗解析](an＋bn)－(an－1b＋abn－1)＝an－1(a－b)＋bn－1(b－a)＝(a－b)(an－1－bn－1)，(1)當(dāng)a＞b＞0時(shí)，an－1＞bn－1，∴(a－b)(an－1－bn－1)＞0，(2)當(dāng)0＜a＜b時(shí)，an－1＜bn－1，∴(a－b)(an－1－bn－1)＞0，∴對隨意a＞0，b＞0，a≠b，總有(a－b)(an－1－bn－1)＞0.∴an＋bn＞an－1b＋abn－1.B級素養(yǎng)提升一、選擇題1．若a、b∈R，且a＋|b|<0，則下列不等式中正確的是(D)A．a(chǎn)－b>0 B．a(chǎn)3＋b3>0C．a(chǎn)2－b2<0 D．a(chǎn)＋b<0[解析]解法一：由a＋|b|<0知，a<0,0≤|b|<－a，∴b2<a2，∴a2－b2>0；∵|b|≥b，∴a＋b≤a＋|b|<0；∵|b|≥－b，∴a－b≤a＋|b|<0；∵－a>|b|≥b，∴(－a)3>b3，∴a3＋b3<0.∴A、B、C錯(cuò)，D正確．解法二：取a＝－2，b＝±1，易知a－b<0，a3＋b3<0，a2－b2>0，解除A、B、C，故選D．2．若a>b>0，則下列不等式中總成立的是(C)A．eq\f(b,a)>eq\f(b＋1,a＋1) B．a(chǎn)＋eq\f(1,a)>b＋eq\f(1,b)C．a(chǎn)＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a) D．eq\f(2a＋b,a＋2b)>eq\f(a,b)[解析]解法一：由a>b>0?0<eq\f(1,a)<eq\f(1,b)?a＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a)，故選C．解法二：(特值法)令a＝2，b＝1，解除A、D，再令a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,3)，解除B．3．已知函數(shù)f(x)＝x3，x1、x2、x3∈R，x1＋x2<0，x2＋x3<0，x3＋x1<0，那么f(x1)＋f(x2)＋f(x3)的值(B)A．肯定大于0 B．肯定小于0C．等于0 D．正負(fù)都有可能[解析]∵f(x)＝x3是單調(diào)遞增函數(shù)，x1<－x2，x2<－x3，x3<－x1，∴f(x1)<f(－x2)，f(x2)<f(－x3)，f(x3)<f(－x1)，又∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(x1)<－f(x2)，f(x2)<－f(x3)，f(x3)<－f(x1)，∴f(x1)＋f(x2)<0，f(x2)＋f(x3)<0，f(x3)＋f(x1)<0∴f(x1)＋f(x2)＋f(x3)<0.4．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(guān)系是(B)A．M＝N B．M<NC．M≤N D．M>N[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．二、填空題5．若a、b、c、d均為實(shí)數(shù)，使不等式eq\f(a,b)>eq\f(c,d)>0和ad<bc都成立的一組值(a、b、c、d)是__(2,1，－1，－2)__(只要舉出適合條件的一組值即可)．[解析]由eq\f(a,b)>eq\f(c,d)>0知，a、b同號，c、d同號，且eq\f(a,b)－eq\f(c,d)＝eq\f(ad－bc,bd)>0.由ad<bc，得ad－bc<0，所以bd<0.所以在取(a、b、c、d)時(shí)只需滿意以下條件即可：①a、b同號，c、d同號，b、d異號；②ad<bc.令a>0，b>0，c<0，d<0，不妨取a＝2，b＝1，c＝－1，則d<eq\f(bc,a)＝－eq\f(1,2)，取d＝－2，則(2,1，－1，－2)滿意要求．6．設(shè)a＞b＞0，m＞0，n＞0，則p＝eq\f(b,a)，q＝eq\f(a,b)，r＝eq\f(b＋m,a＋m)，s＝eq\f(a＋n,b＋n)的大小依次是__p＜r＜s＜q__.[解析]解法一：取a＝4，b＝2，m＝3，n＝1，則p＝eq\f(1,2)，q＝2，r＝eq\f(5,7)，s＝eq\f(5,3)則p＜r＜s＜q(特值探路)．解法二：p－r＝eq\f(b,a)－eq\f(b＋m,a＋m)＝eq\f(b－am,aa＋m)＜0，∴p＜r.∵a＞b＞0，m＞0，n＞0∴a＋m＞b＋m＞0.a＋n＞b＋n＞0，∴eq\f(b＋m,a＋m)＜1，eq\f(a＋n,b＋n)＞1，∴r＜s.或r－s＝eq\f(b＋m,a＋m)－eq\f(a＋n,b＋n)＝eq\f(b－ab＋a＋m＋n,a＋mb＋n)＜0.∴r＜s.s－q＝eq\f(a＋n,b＋n)－eq\f(a,b)＝eq\f(b－a·n,bb＋n)＜0，∴s＜q.∴p＜r＜s＜q.三、解答題7．(1)已知c＞a＞b＞0.求證：eq\f(a,c－a)＞eq\f(b,c－b)；(2)已知a、b、m均為正數(shù)，且a＜b，求證：eq\f(a＋m,b＋m)＞eq\f(a,b).[解析](1)∵c＞a＞b＞0∴c－a＞0，c－b＞0，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(由a＞b＞0?\f(1,a)＜\f(1,b),c＞0))?eq\f(c,a)＜eq\f(c,b)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(?\f(c－a,a)＜\f(c－b,b),c－a＞0,c－b＞0))?eq\f(a,c－a)＞eq\f(b,c－b).(2)證法一：eq\f(a＋m,b＋m)－eq\f(a,b)＝eq\f(mb－a,bb＋m)，∵0＜a＜b，m＞0，∴eq\f(mb－a,bb＋m)＞0，∴eq\f(a＋m,b＋m)＞eq\f(a,b).證法二：eq\f(a＋m,b＋m)＝eq\f(a＋b＋m－b,b＋m)＝1＋eq\f(a－b,b＋m)＝1－eq\f(b－a,b＋m)＞1－eq\f(b－a,b)＝eq\f(a,b).證法三：∵a、b、m均為正數(shù)，∴要證eq\f(a＋m,b＋m)＞eq\f(a,b)，只需證(a＋m)b＞a(b＋m)，只需證ab＋bm＞ab＋am，只要證bm＞am，要證bm＞am，只需證b＞a，又已知b＞a，∴原不等式成立．8．設(shè)a＞0，a≠1，t＞0比較eq\f(1,2)logat與logaeq\f(t＋1,2)的大?。甗解析]eq\f(1,2)logat＝logaeq\r(t)，∵eq\f(t＋1,2)－eq\r(t)＝eq\f(t－2\r(t)＋1,2)＝eq\f(\r(t)－12,2)，∴當(dāng)t＝1時(shí)，eq\f(t＋1,2)＝eq\r(t)；當(dāng)t＞0且t≠1時(shí).eq\f(t＋1,2)＞eq\r(t).∵當(dāng)a＞1時(shí)，y＝logax是增函數(shù)，∴當(dāng)t＞0且t≠1時(shí)，logaeq\f(t＋1,2)＞logaeq\r(t)＝eq\f(1,2)logat.當(dāng)t