2.1 等式性质与不等式性质

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【基础过关系列】2022-2023 学年高一数学上学期同步知识点剖析精品讲义 (人教 A 版 2019）
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必修第一册同步拔高，难度 2 颗星！

基础知识

等式的性质

(1) 如果 $a=b$，那么 $b=a$；
(2) 如果 $a=b$，$b=c$，那么 $a=c$；
(3) 如果 $a=b$，那么 $a±c=b±c$；
(4) 如果 $a=b$，那么 $ac=bc$；
(5) 如果 $a=b$，$c≠0$，那么 $\dfrac{a}{c}=\dfrac{b}{c}$.

不等式关系与不等式

1 不等式的性质
(1) 传递性：$a>b ,b>c⇒ a>c$；
(2) 加法法则：$a>b ⇒ a+c>b+c$ , $a>b ,c>d ⇒ a+c>b+d$；
(3) 乘法法则：$a>b ,c>0 ⇒ ac>bc$,$a>b ,c<0⇒ac<bc$；
(4) 倒数法则： $a>b, a b>0 \Rightarrow \dfrac{1}{a}<\dfrac{1}{b}$；
(5) 乘方法则： $a>b>0 \Rightarrow a^{n}>b^{n}\left(n \in N^{*}\right.$ 且 $n>1)$.
 

【例 1】证明：若 $c<b$，$b<a$，则 $c<a$.
证明 若 $c<b$，$b<a$，则 $c-b<0,b-a<0$,
$∴c-a=c-b+b-a<0$，即 $c<a$.
 

【例 2】 已知 $a+b<0$ 且 $a>0$，则 ( )
 A、 $a^{2}<-a b<b^{2}$ $\qquad \qquad$ B、 $b^{2}<-a b<a^{2}$ $\qquad \qquad$
 C、 $a^{2}<b^{2}<-a b$ $\qquad \qquad$ D、 $-ab<b^2<a^2$
解析 $a+b<0$ 且 $a>0$，$∴b<0$，
$∵a+b<0$，$∴a<-b$，又 $a>0$，$∴a^2<-ab$，
$∵a+b<0$，$∴b<-a$，又 $b<0$, $∴b^2>-ab$，
$∴a^2<-ab<b^2$ 成立，故选 $A$.
 

【练】若 $a<b<0$，则下列不等式中不成立的是 (　　)
 A．$|a|>|b|$ $\qquad \qquad$ B． $\dfrac{1}{a-b}>\dfrac{1}{a}$ $\qquad \qquad$ C． $\dfrac{1}{a}>\dfrac{1}{b}$ $\qquad \qquad$ D． $a^2>b^2$
解析 $∵a<b<0$，$∴a<a-b<0$， $\therefore \dfrac{1}{a-b}<\dfrac{1}{a}$．因此 $B$ 不正确．故选：$B$．
 

2 比较 $a$ ,$b$ 大小
(1) 作差法 ($a-b$ 与 $0$ 的比较)
$a-b>0→ a>b$ ; $a-b=0→ a=b$ ; $a-b<0→ a<b$
(2) 作商法 ( $\dfrac{a}{b}$ 与 $1$ 比较)
$\dfrac{a}{b}>1, b>0 \rightarrow a>b$ ; $\dfrac{a}{b}>1, b<0 \rightarrow a<b$
 

【例】比较 $x^2-x+3$ 与 $x+1$ 的大小.
解析 $∵(x^2-x+3)-(x+1)=x^2-2x+2=(x-1)^2+1>0$,
$∴x^2-x+3>x+1$.
 

【练】已知 $M=x^2-3x+7$ ， $N=-x^2+x+1$，则 (　　)
 A．$M<N$ $\qquad \qquad$ B．$M>N$ $\qquad \qquad$ C．$M=N$ $\qquad \qquad$ D．$M,N$ 的大小与 $x$ 的取值有关
解析 $∵M-N=x^2-3x+7+x^2-x-1=2(x^2-2x+3)=2(x-1)^2+4>0$
故 $M>N$，故选：$B$．
 

基本方法

【题型1】不等式性质的运用

【典题 1】已知 $a >b >0$，$d >c >0$，求证： $\dfrac{a}{c}>\dfrac{b}{d}$.
证明 $\dfrac{a}{c}-\dfrac{b}{d}=\dfrac{a d-b c}{c d}$，
$∵a >b >0$，$d >c >0$，
$∴ad >bc$，$cd >0$，即 $ad－bc >0$，$cd >0$.
$\therefore \dfrac{a}{c}-\dfrac{b}{d}>0$，即 $\dfrac{a}{c}>\dfrac{b}{d}$.
点拨 证明过程中，多尝试利用分析法求解，
即要证明 $\dfrac{a}{c}>\dfrac{b}{d}$ 只需要证明 $\dfrac{a}{c}-\dfrac{b}{d}>0 \Leftrightarrow \dfrac{a d-b c}{c d}>0 \Leftrightarrow a d-b c>0$.
 

【典题 2】若 $\dfrac{1}{a}<\dfrac{1}{b}<0$，则下列结论不正确的是 ( )
 A． $a^2<b^2$ $\qquad \qquad$ B．$ab<b^2$ $\qquad \qquad$ C．$a+b<0$ $\qquad \qquad$ D．$|a|+|b|>|a+b|$
解析
方法 1 因为 $\dfrac{1}{a}<\dfrac{1}{b}<0$，所以 $\left\{\begin{array}{l} a<0 \\ b<0 \\ a>b \end{array}\right.$，
则 $a^2<ab<b^2$，且 $a+b<0$，故选项 $A、B、C$ 正确，
而 $|a|+|b|=|a+b|$，故 $D$ 错误.
方法 2 取特殊值排除法
因为 $\dfrac{1}{a}<\dfrac{1}{b}<0$，所以可令 $a=-1,b=-2$，显然 $ABC$ 均对，$D$ 错，故选 $D$.
点拨 选择题可采取排除法！
 

【典题 3】已知 $0≤a-b≤1$，$2≤a+b≤4$，求 $4a-2b$ 取值范围．
解析 方法 1 $∵4a-2b=(a+b)+3(a-b)$
$∴2+0×3≤(a+b)+3(a-b)≤4+1×3$，
即 $2≤(a+b)+3(a-b)≤7$，检验可得两个等号均可取，
$∴2≤4a-2b≤7$.
方法 2 设 $n=a-b$，$m=a+b$，则 $0≤n≤1$，$2≤m≤4$，
$\because a=\dfrac{m+n}{2}, b=\dfrac{m-n}{2}$， $\therefore 4 a-2 b=4 \times \dfrac{m+n}{2}-2 \times \dfrac{m-n}{2}=m+3 n$，
$∵0≤n≤1$，$∴0≤3n≤3$，
又 $2≤m≤4$，$∴2≤m+3n≤7$，
即 $2≤4a-2b≤7$.
点拨 方法 1 中特别注意严谨性，要注意等号是否取到，比如当 $a=b=1$ 时，$4a-2b=2$，即 $4a-2b≥2$ 而不是 $4a-2b>2$；方法 2 利用换元法，取到等号的问题变得简洁些了！
 

巩固练习

1. 对于实数 $a,b,c$，下列结论中正确的是 ( )
 A．若 $a>b$，则 $ac^2>bc^2$
 B．若 $a>b>0$，则 $\dfrac{1}{a}>\dfrac{1}{b}$
 C．若 $a<b<0$，则 $\dfrac{a}{b}<\dfrac{b}{a}$
 D．若 $a>b$， $\dfrac{1}{a}>\dfrac{1}{b}$，则 $ab<0$
 

2. 已知 $a>b$，那么下列不等式中正确的是 ( )
 A． $\sqrt{a}>\sqrt{b}$ $\qquad \qquad$ B． $a^2>b^2$ $\qquad \qquad$ C．$|a|>|b|$ $\qquad \qquad$ D．$|a|>b$
 

3. 若 $b<a<0$，则下列结论不正确的是 (　　)
 A． $\dfrac{1}{a}<\dfrac{1}{b}$ $\qquad \qquad$ B．$ab>a^2$ $\qquad \qquad$ C．$|a|+|b|>|a+b|$ $\qquad \qquad$ D． $\sqrt[3]{a}>\sqrt[3]{b}$
 

4. 若 $a、b、c∈R$，且 $a>b$ 则下列不等式中，一定成立的是 (　　)
 A．$a+b≥b-c$ $\qquad \qquad$ B．$ac≥bc$ $\qquad \qquad$ C．$\dfrac{c^{2}}{a-b}>0$ $\qquad \qquad$ D．$(a-b) c^2≥0$
 

5. 实数 $a、b、c$ 满足 $a>b>c$，则下列不等式正确的是 (　　)
 A．$a+b>c$ $\qquad \qquad$ B． $\dfrac{1}{a-c}<\dfrac{1}{b-c}$ $\qquad \qquad$ C．$a|c|>b|c|$ $\qquad \qquad$ D． $\dfrac{a b^{2}}{c^{2}+1}<\dfrac{a^{2} b}{c^{2}+1}$
 

6. 若 $-2<x<y<5$，则 $x-y$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$．
 

7. 已知 $\dfrac{c}{a}>\dfrac{d}{b}$，$bc >ad$，求证：$ab >0$.
 

参考答案

1. 答案 $D$
   解析 对于 $A$，$a>b$，若 $c=0$，则 $ac^2=bc^2$，故 $A$ 错；
   对于 $B$，$a>b>0$，取 $a=2,b=1$, $\dfrac{1}{2}<1$，即 $\dfrac{1}{a}<\dfrac{1}{b}$，故 $B$ 错；
   对于 $C$，$a<b<0$，取 $a=-2,b=-1$, $2>\dfrac{1}{2}$，即 $\dfrac{a}{b}>\dfrac{b}{a}$，故 $C$ 错；
   对于 $D$，若 ，则 $a-b>0$，又 $\dfrac{1}{a}>\dfrac{1}{b}$，所以 $\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b}>0$
   所以 $\dfrac{b-a}{a b}>0$，又 $a-b>0$，所以 $ab<0$，故 $D$ 正确.
2. 答案 $D$
   解析 由题根据不等式的性质，$A,B,C$ 选项，数的正负不明，错误；
   而选项 $D$，无论取任何数都成立.
3. 答案 $C$
   解析 $∵b<a<0$， $∴\dfrac{1}{a}<\dfrac{1}{b}$，$ab>a^2$， $\sqrt[3]{a}>\sqrt[3]{b}$．
   设 $a=-2，b=-1$ 时，$|a|+|b|=|a+b|$ 与 $C$ 矛盾．因此只有 $C$ 错误．故选：$C$．
4. 答案 $D$
   解析 $∵a>b$，$∴a-b>0$．又 $c^2≥0$，$∴(a-b) c^2≥0$．故选：$D$．
5. 答案 $B$
   解析 $∵a>b>c$，
   $∴A$．$a+b>c$ 错误，比如 $-4>-5>-6$，得出 $-4-5<-6$；
   $B$．$a-c>b-c>0$， $\therefore \dfrac{1}{a-c}<\dfrac{1}{b-c}$，$∴$ 该选项正确；
   $C$．$a|c|>b|c|$ 错误，比如 $|c|=0$ 时，$a|c|=b|c|$；
   $D$． $ab^2-a^2 b=ab(b-a),ab(b-a)=0$ 时，
   $ab^2=a^2 b$， $\therefore \dfrac{a b^{2}}{c^{2}+1}=\dfrac{a^{2} b}{c^{2}+1}$，$∴$ 该选项错误．
   故选：$B$．
6. 答案 $-7<x-y<0$
   解析 $∵-2<x<y<5$，$∴-2<x<5,-5<-y<2$，$∴-7<x-y<7$，
   又 $∵x<y$，$∴x-y<0$，$∴x-y$ 的取值范围是 $-7<x-y<0$．
7. 解析 由 $\left\{\begin{array}{l} \dfrac{c}{a}>\dfrac{d}{b} \\ b c>a d \end{array}\right.$，得 $\left\{\begin{array}{l} \dfrac{c}{a}-\dfrac{d}{b}>0 \\ b c-a d>0 \end{array}\right.$，所以 $\left\{\begin{array}{l} \dfrac{b c-a d}{a b}>0 \\ b c-a d>0 \end{array}\right.$，所以 $ab >0$.

【题型2】 比较大小

【典题 1】 设 $a=\sqrt{3}+2, b=\sqrt{2}+\sqrt{5}$，则 $a,b$ 的大小关系为 $\underline{\quad \quad}$．
解析 $\because a^{2}=7+4 \sqrt{3}=7+\sqrt{48}$，$b^{2}=7+2 \sqrt{10}=7+\sqrt{40}$
$∴a^2>b^2$，$∴a>b$．
 

【典题 2】已知 $c>1$， $a=\sqrt{c+1}-\sqrt{c}, \quad b=\sqrt{c}-\sqrt{c-1}$，则正确的结论是 (　　)
A．$a<b$ $\qquad \qquad$ B．$a>b$ $\qquad \qquad$ C．$a=b$ $\qquad \qquad$ D．$a$ 与 $b$ 的大小不确定
解析 方法一 特殊值法
取特殊值，令 $c=2$，则 $a=\sqrt{3}-\sqrt{2}, \quad b=\sqrt{2}-1$，
易知 $a<b$, 排除 $B,C$，还不能排除 $D$，猜测选 $A$.
方法二 做差法，分析法
$a-b=\sqrt{c+1}-\sqrt{c}-(\sqrt{c}-\sqrt{c-1})=\sqrt{c+1}+\sqrt{c-1}-2 \sqrt{c}$
要比较 $a ,b$ 大小，只需要比较 $\sqrt{c+1}+\sqrt{c-1}$ 与 $2 \sqrt{c}$ 的大小
$⟺$ 比较 $(\sqrt{c+1}+\sqrt{c-1})^{2}$ 与 $4c$ 的大小 (遇到二次根式可考虑平方去掉根号)
$⟺$ 比较 $2 c+2 \sqrt{c^{2}-1}$ 与 $4c$ 的大小
$⇔$ 比较 $\sqrt{c^{2}-1}$ 与 $c$ 的大小
而显然 $\sqrt{c^{2}-1}<c$，故 $\sqrt{c+1}+\sqrt{c-1}<2 \sqrt{c}$，故 $a<b$，故选 $A$.
方法三 共轭根式法
$\sqrt{c+1}-\sqrt{c}=\dfrac{(\sqrt{c+1}-\sqrt{c})(\sqrt{c+1}+\sqrt{c})}{\sqrt{c+1}+\sqrt{c}}=\dfrac{1}{\sqrt{c+1}+\sqrt{c}}$
$\sqrt{c}-\sqrt{c-1}=\dfrac{(\sqrt{c}-\sqrt{c-1})(\sqrt{c}+\sqrt{c-1})}{\sqrt{c}+\sqrt{c-1}}=\dfrac{1}{\sqrt{c}+\sqrt{c-1}}$
$∵c>1$
$\therefore c+1>c-1>0 \Rightarrow \sqrt{c+1}>\sqrt{c-1} \Rightarrow \sqrt{c+1}+\sqrt{c}>\sqrt{c}+\sqrt{c-1}>0$，
$\therefore \dfrac{1}{\sqrt{c+1}+\sqrt{c}}<\dfrac{1}{\sqrt{c}+\sqrt{c-1}}$，即 $a<b$，故选 $A$.
点拨
1. 比较两个式子的方法很多，选择题可以考虑取特殊值排除法；
2. 方法二中，遇到带有根号的常常两边平方去掉根号再比较，此时注意两个式子是否都是正数；在思考的过程中，不断使用 “等价转化” 把比较的两个式子越化越简单，等价过程中注意严谨；
3. 方法三中注意到 $(\sqrt{c}-\sqrt{c-1})(\sqrt{c}+\sqrt{c-1})=1$.
若 $A=\sqrt{x}+\sqrt{y}, B=\sqrt{x}-\sqrt{y}$，$A,B$ 互为共轭根式，它们的乘积、平方和差有一定的特点.$AB=x-y$ ， $A^{2}+B^{2}=2(x+y)$ ，$A^{2}-B^{2}=4 \sqrt{x y}$.
 

【典题 3】已知 $a>0$，试比较 $\dfrac{a^{2}+1}{a^{2}-1}$ 与 $\dfrac{a+1}{a-1}$ 的大小．
解析 方法 1 作差法
$\dfrac{a^{2}+1}{a^{2}-1}-\dfrac{a+1}{a-1}=\dfrac{a^{2}+1-(a+1)^{2}}{a^{2}-1}=\dfrac{-2 a}{a^{2}-1}$，
(作差法，确定差 $\dfrac{-2 a}{a^{2}-1}$ 与 $0$ 的大小，由于 $a>0$，只需要判断 $a^2-1$ 与 $0$ 的大小)
(i) 当 $a>1$ 时，$-2a<0$，$a^2-1>0$，则 $\dfrac{-2 a}{a^{2}-1}<0$，即 $\dfrac{a^{2}+1}{a^{2}-1}<\dfrac{a+1}{a-1}$；
(ii) 当 $0<a<1$ 时，$-2a<0$, $a^2-1<0$，则 $\dfrac{-2 a}{a^{2}-1}>0$，即 $\dfrac{a^{2}+1}{a^{2}-1}>\dfrac{a+1}{a-1}$．
综上可得 $a>1$ 时， $\dfrac{a^{2}+1}{a^{2}-1}<\dfrac{a+1}{a-1}$；$0<a<1$ 时， $\dfrac{a^{2}+1}{a^{2}-1}>\dfrac{a+1}{a-1}$．
方法 2 作商法
$\because \dfrac{a^{2}+1}{a^{2}-1} \div \dfrac{a+1}{a-1}=\dfrac{a^{2}+1}{a^{2}+2 a+1}<1$，
(确定 $\dfrac{a^{2}+1}{a^{2}-1}$ 与 $\dfrac{a+1}{a-1}$ 的大小只需要确定 $\dfrac{a+1}{a-1}$ 与 $0$ 的大小)
(i) 当 $a>1$ 时， $\dfrac{a+1}{a-1}>0$，则 $\dfrac{a^{2}+1}{a^{2}-1}<\dfrac{a+1}{a-1}$；
(ii) 当 $0<a<1$ 时， $\dfrac{a+1}{a-1}<0$，则 $\dfrac{a^{2}+1}{a^{2}-1}>\dfrac{a+1}{a-1}$．
综上可得 $a>1$ 时， $\dfrac{a^{2}+1}{a^{2}-1}<\dfrac{a+1}{a-1}$；$0<a<1$ 时， $\dfrac{a^{2}+1}{a^{2}-1}>\dfrac{a+1}{a-1}$．
点拨 比较两个式子的大小，可用做差法或做商法；一般幂的形式比较大小用作商法，比如比较 $a^{a} b^{b}$ 与 $(a b)^{\frac{a+b}{2}}$；多项式形式常用做差法，比如比较 $xy$ 与 $x+y-1$.
 

巩固练习

1 已知 $M=x^2-3x+7$，$N=-x^2+x+1$，则 (　　)
 A．$M<N$ $\qquad \qquad$ B．$M>N$ $\qquad \qquad$ C．$M=N$ $\qquad \qquad$ D．$M,N$ 的大小与 $x$ 的取值有关
 

2. 已知 $a>b>0$，则 $\sqrt{a}-\sqrt{b}$ 与 $\sqrt{a-b}$ 的大小关系是 ( )
 A． $\sqrt{a}-\sqrt{b}>\sqrt{a-b}$ $\qquad \qquad$ B． $\sqrt{a}-\sqrt{b}<\sqrt{a-b}$ $\qquad \qquad$
 C． $\sqrt{a}-\sqrt{b}=\sqrt{a-b}$ $\qquad \qquad$ D．无法确定
 

3. 若 $A=\sqrt{6}-\sqrt{5}, \quad B=2 \sqrt{2}-\sqrt{7}$，则 $A,B$ 的大小关系为 $\underline{\quad \quad}$．
 

4. 比较下列各组中两个代数式的大小：
(1)$x^2＋3$ 与 $3x$；
(2) 已知 $a，b$ 为正数，且 $a≠b$，比较 $a^3+b^3$ 与 $a^2 b+ab^2$ 的大小．
 

参考答案

1. 答案 $B$
   解析 $\because M-N=x^{2}-3 x+7+x^{2}-x-1=2\left(x^{2}-2 x+3\right)$$=2(x-1)^2+4>0$，
   故 $M>N$，故选：$B$．
2. 答案 $B$
   解析 方法一 取特殊值排除法，令 $a=9$，$b=4$，很容易得到 $B$.
   方法二 $\because(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}-(\sqrt{a-b})^{2}=2 b-2 \sqrt{a b}=2 \sqrt{b}(\sqrt{b}-\sqrt{a})<0$
   $\therefore \sqrt{a}-\sqrt{b}<\sqrt{a-b}$.
3. 答案 $A>B$
   解析 $A=\sqrt{6}-\sqrt{5}=\dfrac{(\sqrt{6}-\sqrt{5})(\sqrt{6}+\sqrt{5})}{\sqrt{6}+\sqrt{5}}=\dfrac{1}{\sqrt{6}+\sqrt{5}}$， $B=2 \sqrt{2}-\sqrt{7}=\dfrac{(2 \sqrt{2}-\sqrt{7})(2 \sqrt{2}+\sqrt{7})}{2 \sqrt{2}+\sqrt{7}}=\dfrac{1}{2 \sqrt{2}+\sqrt{7}}$，
   由 $0<\sqrt{6}+\sqrt{5}<2 \sqrt{2}+\sqrt{7}$，可得 $A>B$.
4. 解析 (1) $\left(x^{2}+3\right)-3 x=x^{2}-3 x+3=\left(x-\dfrac{3}{2}\right)^{2}+\dfrac{3}{4} \geq \dfrac{3}{4}>0$，
   $∴x^2＋3 >3x$.
   (2) $(a^3+b^3 )-(a^2 b+ab^2 )=a^3+b^3-a^2 b-ab^2$
   $=a^2 (a-b)-b^2 (a-b)=(a-b)(a^2-b^2 )=(a-b)^2 (a+b)$，
   $∵a >0，b >0$，且 $a≠b$，
   $∴(a-b)^2>0$，$a+b >0$.
   $∴(a^3+b^3 )-(a^2 b+ab^2 )>0$，
   即 $a^3+b^3>a^2 b+ab^2$.

分层练习

【A组---基础题】

1. 下列不等式中，正确的是 (　　)
 A．若 $a>b,c>d$，则 $a+c>b+d$
 B．若 $a>b$，则 $a+c<b+c$
 C．若 $a>b,c>d$，则 $ac>bd$
 D．若 $a>b,c>d$，则 $\dfrac{a}{c}>\dfrac{b}{d}$
 

2. 若 $a>b,c>d$，则下列命题中正确的是 (　　)
 A．$a-c>b-d$ $\qquad \qquad$ B．$\dfrac{a}{d}>\dfrac{b}{c}$ $\qquad \qquad$ C．$ac>bd$ $\qquad \qquad$ D．$c+a>d+b$
 

3. 已知 $a,b,c$ 满足 $c<b<a$ 且 $ac<0$，那么下列选项中一定成立的是 (　　)
 A．$ab>ac$ $\qquad \qquad$ B．$c(b-a)<0$ $\qquad \qquad$ C． $cb^2<ab^2$ $\qquad \qquad$ D．$ac(a-c)>0$
 

4. 已知 $-1<b<0,a<0$，那么下列不等式成立的是 (　　)
 A．$a>ab>ab^2$ $\qquad \qquad$ B．$ab^2>ab>a$ $\qquad \qquad$ C．$ab>a>ab^2$ $\qquad \qquad$ D．$ab>ab^2>a$
 

5. 已知 $a,b$ 为非零实数，且 $a<b$，则下列命题成立的是 (　　)
 A、 $a^2<b^2$ $\qquad \qquad$ B、 $ab^2<a^2 b$ $\qquad \qquad$ C、 $\dfrac{1}{a b^{2}}<\dfrac{1}{a^{2} b}$ $\qquad \qquad$ D、 $\dfrac{b}{a}<\dfrac{a}{b}$
 

6. 设 $M=2a(a-2),N=(a+1)(a-3)$，则有 (　　)
 A.$M>N$ $\qquad \qquad$ B.$M≥N$ $\qquad \qquad$ C.$M<N$ $\qquad \qquad$ D.$M≤N$
 

7. 若 $A=a^2+3ab$，$B=4ab-b^2$，则 $A、B$ 的大小关系是 (　　)
 A．$A≤B$ $\qquad \qquad$ B．$A≥B$ $\qquad \qquad$ C．$A<B$ 或 $A>B$ $\qquad \qquad$ D．$A>B$
 

8. 若 $1<a<4$，$-2<b<4$，则 $2a-b$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$．
 

9. 设 $P=\sqrt{2}, Q=\sqrt{6}-\sqrt{2}$，那么 $P,Q$ 的大小关系是 $\underline{\quad \quad}$.
 

10. 已知 $a>b>0$，$c<0$，求证 $\dfrac{c}{a}>\dfrac{c}{b}$.
 

参考答案

1. 答案 $A$
   解析若 $a>b$，则 $a+c<b+c$，故 $B$ 错，
   设 $a=3,b=1,c=-1,d=-2$，则 $ac<bd$， $\dfrac{a}{c}<\dfrac{b}{d}$，$∴C、D$ 错，故选 $A$．
2. 答案 $D$
   解析 由题已知，$a>b,c>d$，根据不等式的性质，$B,C$ 选项数的正负不明，错误；
   由同向不等式的可加性可知，已知 $a>b,c>d$ 时有 $a+c>b+d$，$D$ 正确.
3. 答案 $A$
   解析 由题意得 $c<0,a>0$ 且 $b<a$，可得 $ab>ac$，故选 $A$ .
4. 答案 $D$
   解析 $∵-1<b<0，a<0$，$∴ab>0$，$b<0<1$，$b^2<1$．
   $∴ab-ab^2=ab(1-b)>0$,$ab^2-a=a(b^2-1)>0$．
   $∴ab>ab^2>a$．
   故选：$D$．
5. 答案 $C$
   解析 若 $a<b<0⇒a^2≥b^2$，$A$ 不成立；
   若 $\left\{\begin{array}{l} a b>0 \\ a<b \end{array} \Rightarrow a^{2} b<a b^{2}\right.$,$B$ 不成立；若 $a=1，b=2$，
   则 $\dfrac{b}{a}=2, \dfrac{a}{b}=\dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{b}{a}>\dfrac{a}{b}$，所以 $D$ 不成立 ，故选 $C$.
6. 答案 $A$
   解析 $M-N=2a(a-2)-(a+1)(a-3)$
   $=2a^2-4a-(a^2-2a-3)=a^2-2a+3=(a-1)^2+2>0$ 恒成立，
   所以 $M>N$．故 $A$ 正确．
7. 答案 $B$
   解析 因为 $A-B=a^{2}+3 a b-\left(4 a b-b^{2}\right)=\left(a-\dfrac{b}{2}\right)^{2}+\dfrac{3}{4} b^{2} \geq 0$，所以 $A≥B$.
8. 答案 $\{x|-2<x<10\}$
   解析 $-2<b<4$,$∴-4<-b<2$，$∵2<a<8$,$∴-2<2a-b<10$.
9. 答案 $P>Q$
   解析 $P>Q \Leftarrow \sqrt{2}>\sqrt{6}-\sqrt{2} \Leftarrow 2 \sqrt{2}>\sqrt{6} \Leftarrow(2 \sqrt{2})^{2}>(\sqrt{6})^{2} \Leftarrow 8>6$
10. 解析 $∵a>b>0$，$∴ab>0$， $\dfrac{1}{a b}>0$，
    于是 $a \cdot \dfrac{1}{a b}>b \cdot \dfrac{1}{a b}$，即 $\dfrac{1}{b}>\dfrac{1}{a}$，又 $c<0$， $\therefore \dfrac{c}{a}>\dfrac{c}{b}$.

【B组---提高题】

1. 设 $ab>0$，下面四个不等式中，正确的是 (　　)
①$|a+b|>|a|$；②$|a+b|<|b|$；③$|a+b|<|a-b|$；④$|a+b|>|a|-|b|$
 A．①和② $\qquad \qquad$ B．①和③ $\qquad \qquad$ C．①和④ $\qquad \qquad$ D．②和④
 

2. 已知正数 $a,b,c,d$ 满足 $a+d=b+c$，$|a-d|<|b-c|$，则有 (　　)
 A．$ad=bc$ $\qquad \qquad$ B．$ad<bc$ $\qquad \qquad$ C．$ad>bc$ $\qquad \qquad$ D．$ad$ 与 $bc$ 大小不定
 

3. 已知 $-1≤x+y≤4$，且 $2≤x-y≤3$，则 $z=2x-3y$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$．
 

4. 下列命题中：
①若 $a,b,m$ 都是正数，且 $\dfrac{a+m}{b+m}>\dfrac{a}{b}$，则 $b>a$；
②已知 $a,b$ 都为实数，若 $|a+b|<|a|+|b|$，则 $ab<0$；
③若 $a,b,c$ 为 $△ABC$ 的三条边，则 $a^2+b^2+c^2>2(ab+bc+ca)$；
④若 $a>b>c$，则 $\dfrac{1}{a-b}+\dfrac{1}{b-c}+\dfrac{1}{c-a}>0$．
其中正确命题的个数为 $\underline{\quad \quad}$ 个.
 

5. 已知 $a,b∈R$，且 $P=\dfrac{a+b}{2}, \quad Q=\sqrt{\dfrac{a^{2}+b^{2}}{2}}$，则 $P、Q$ 的关系是 $\underline{\quad \quad}$.
 

6. 若 $P=\sqrt{a+3}+\sqrt{a+5}$， $Q=\sqrt{a+1}+\sqrt{a+7}(a \geq 0)$，则 $P，Q$ 的大小关系是 $\underline{\quad \quad}$ .
 

7. 已知 $a>b>0$，比较 $\dfrac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}$ 与 $\dfrac{a-b}{a+b}$ 的大小．
 

8. 甲、乙两人同时从寝室到教室，甲一半路程步行，一半路程跑步，乙一半时间步行，一半时间跑步，如果两人步行速度、跑步速度均相同，谁先到教室？
 
 

参考答案

1. 答案 $C$
   解析 由题 $ab>0$，则说明两个数同号，易判断①$|a+b|>|a|$，正确； ②$|a+b|<|b|$ 错误；③$|a+b|<|a-b|$；错误；④$|a+b|>|a|-|b|$ 正确。故选 $C$.
2. 答案 $C$
   解析 方法 1：可以用特殊值法．
   比如令正数 $a=2，b=1，c=4，d=3$，满足 $|a-d|<|b-c|$，得 $ad>bc$．
   方法 2：因为 $a,b,c,d$ 均为正数，又由 $a+d=b+c$ 得 $a^2+2ad+d^2=b^2+2bc+c^2$
   所以 $(a^2+d^2 )-(b^2+c^2 )=2bc-2ad$．①
   又因为 $|a-d|<|b-c|$，可得 $a^2-2ad+d^2<b^2-2bc+c^2$，②
   将①代入②得 $2bc-2ad<-2bc+2ad$，
   即 $4bc<4ad$，所以 $ad>bc$，
   故选：$C$．
3. 答案 $\{x|3<x<8\}$
   解析 因为 $z=-\dfrac{1}{2}(x+y)+\dfrac{5}{2}(x-y)$，所以 $3 \leq-\dfrac{1}{2}(x+y)+\dfrac{5}{2}(x-y) \leq 8$.
4. 答案 $3$
   解析 ①若 $a,b,m$ 都是正数，且 $\dfrac{a+m}{b+m}>\dfrac{a}{b}$，则 $b>a$，故有 $a-b<0$，此命题正确；
   ②已知 $a,b$ 都为实数，若 $|a+b|<|a|+|b|$，则 $ab<0$，由绝对值不等式的意义知，此两数符号相反，故命题正确；
   ③若 $a,b,c$ 为 $△ABC$ 的三条边，则 $a^2+b^2+c^2>2(ab+bc+ca)$；
   三角形中两边之差小于第三边，所以 $(a-b)^2<c^2;(b-c)^2<a^2$; $(c-a)^2<b^2$；
   展开后相加整理即可得 $a^2+b^2+c^2>2(ab+bc+ca)$，故此命题不对；
   ④若 $a>b>c$，则 $\dfrac{1}{a-b}+\dfrac{1}{b-c}+\dfrac{1}{c-a}>0$，此命题正确，因为 $a>b>c$,
   故 $a-b>0$,$b-c>0$,$c-a<0$，且 $b-c+c-a=b-a<0$
   故有 $\dfrac{1}{b-c}+\dfrac{1}{c-a}>0$，即 $\dfrac{1}{a-b}+\dfrac{1}{b-c}+\dfrac{1}{c-a}>0$，成立
   综上①②④是正确命题.
5. 答案 $P≤Q$
   解析 因为 $a，b∈R$，且 $P=\dfrac{a+b}{2}, \quad Q=\sqrt{\dfrac{a^{2}+b^{2}}{2}}$，
   所以 $P^{2}=\dfrac{a^{2}+b^{2}+2 a b}{4}, Q^{2}=\dfrac{a^{2}+b^{2}}{2}$，
   则 $P^{2}-Q^{2}=\dfrac{a^{2}+b^{2}+2 a b}{4}-\dfrac{a^{2}+b^{2}}{2}=\dfrac{2 a b-a^{2}-b^{2}}{4}=-\dfrac{(a-b)^{2}}{4} \leq 0$，
   当且仅当 $a=b$ 时取等成立，
   所以 $P^{2}-Q^{2} \leq 0$, 即 $P^2≤Q^2$，所以 $P≤Q$.
6. 答案 $P>Q$
   解析 $∵a≥0$， $P^{2}=2 a+8+2 \sqrt{a^{2}+8 a+15}$，$Q^{2}=2 a+8+2 \sqrt{a^{2}+8 a+7}$ ，
   $∴a^2+8a+15>a^2+8a+7$，
   $\therefore 2 \sqrt{a^{2}+8 a+15}>2 \sqrt{a^{2}+8 a+7}$，
   $∴P^2>Q^2$，且 $P>0，Q>0$，
   $∴P>Q$．
7. 答案 $\dfrac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}>\dfrac{a-b}{a+b}$
   解析 $∵a>b>0$， $\therefore \dfrac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}>0, \quad \dfrac{a-b}{a+b}>0$，
   $\therefore \dfrac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}} \cdot \dfrac{a+b}{a-b}=\dfrac{(a+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}}=\dfrac{a^{2}+b^{2}+2 a b}{a^{2}+b^{2}}=1+\dfrac{2 a b}{a^{2}+b^{2}}>1$，
   $\therefore \dfrac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}>\dfrac{a-b}{a+b}$.
8. 答案 已先回到教室
   解析 设路程为 $s$，步行速度 $v_1$，跑步速度 $v_2$，则
   甲用时 $t_{1}=\dfrac{\dfrac{1}{2^{S}}}{v_{1}}+\dfrac{\dfrac{1}{2^{S}}}{v_{2}}$，乙用时 $t_{2}=\dfrac{2 s}{v_{1}+v_{2}}$，
   $t_{1}-t_{2}=\dfrac{s}{2 v_{1}}+\dfrac{s}{2 v_{2}}-\dfrac{2 s}{v_{1}+v_{2}}=s\left(\dfrac{v_{1}+v_{2}}{2 v_{1} v_{2}}-\dfrac{2}{v_{1}+v_{2}}\right)$
   $=\dfrac{\left(v_{1}+v_{2}\right)^{2}-4 v_{1} v_{2}}{2 v_{1} v_{2}\left(v_{1}+v_{2}\right)} \cdot S=\dfrac{\left(v_{1}-v_{2}\right)^{2 \cdot s}}{2 v_{1} v_{2}\left(v_{1}+v_{2}\right)}>0$，
   所以甲用时多，已先回到教室.

【C组---拓展题】

1. 若 $m<n$,$p<q$，且 $(p-m)(p-n)<0$，$(q-m)(q-n)<0$，则 $m,n,p,q$ 从小到大排列顺序是 (　　)
 A．$m<p<q<n$ $\qquad \qquad$ B．$p<m<q<n$ $\qquad \qquad$ C．$m<p<n<q$ $\qquad \qquad$ D．$p<m<n<q$
 

2. 设 $a,b$ 为正实数，下列结论正确的是 (　　)
①若 $a^2－b^2=1$，则 $a-b<1$； ②若 $\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{a}=1$，则 $a-b<1$；
③若 $|\sqrt{a}-\sqrt{b}|=1$，则 $|a-b|<1$； ④若 $|a^3-b^3 |=1$，则 $|a-b|<1$．
 A．①② $\qquad \qquad$ B．②④ $\qquad \qquad$ C．①③ $\qquad \qquad$ D．①④
 

3. 若二次函数 $f(x)$ 的图象关于 $y$ 轴对称，且 $1≤f(1)≤2$；$3≤f(2)≤4$，求 $f(3)$ 的取值范围．
 

4. 已知 $a>0，b>0$，且 $m,n∈N^*$，$1≤m≤n$，比较 $a^n+b^n$ 与 $a^{n-m} b^m+a^m b^{n-m}$ 的大小．
 

5. 设 $S=\dfrac{a}{a+b+c}+\dfrac{b}{b+c+d}+\dfrac{c}{c+d+a}+\dfrac{d}{d+a+b}$,$a,b,c,d∈R^+$， 求 $S$ 的整数部分.
 
 

参考答案

1. 答案 $A$
   解析 $∵(q-m)(q-n)<0$，$∴m,n$ 一个大于 $q$，一个小于 $q$．
   $∵m<n$，$∴m<q<n$．
   $∵(p-m)(p-n)>0$，$∴m,n$ 一个大于 $p$，一个小于 $p$．
   $∵m<n$，$∴m<p<n$．
   $∵p<q$，$∴m<p<q<n$．
   故选 $A$．
2. 答案 $D$
   解析 ①若 $a^2-b^2=1$，则 $a^2-1=b^2$，即 $(a+1)(a-1)=b^2$，
   $∵a+1>a－1$，$∴a-1<b$，即 $a-b<1$，①正确；
   ②若 $\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{a}=1$，可取 $a=7$， $b=\dfrac{7}{8}$，则 $a-b>1$，$∴$②错误；
   ③若 $|\sqrt{a}-\sqrt{b}|=1$，则可取 $a=9，b=4$，而 $|a-b|=5>1$，∴③错误；
   ④由 $|a^3-b^3 |=1$，
   若 $a>b$，则 $a^3-b^3=1$，即 $a^3-1=b^3$，即 $(a-1)(a^2+1+a)=b^3$，
   $∵a^2+1+a>b^2$，$∴a-1<b$，即 $a-b<1$
   若 $a<b$，则 $b^3-a^3=1$，即 $b^3-1=a^3$，即 $(b-1)(b^2+1+b)=a^3$，
   $∵b^2+1+b>a^2$，$∴b-1<a$，即 $b－a<1$
   $∴|a-b|<1$ $∴$④正确；
   所以正确的答案为①④．
   故选：$D$．
3. 答案 $\dfrac{14}{3} \leq f(3) \leq 9$
   解析由题意设 $f(x)=ax^2+c(a≠0)$，
   则 $\left\{\begin{array}{l} f(1)=a+c \\ f(2)=4 a+c \end{array}\right.$，所以 $\left\{\begin{array}{l} a=\dfrac{f(2)-f(1)}{3} \\ c=\dfrac{4 f(1)-f(2)}{3} \end{array}\right.$
   而 $f(3)=9 a+c=3 f(2)-3 f(1)+\dfrac{4 f(1)-f(2)}{3}=\dfrac{8 f(2)-5 f(1)}{3}$，
   因为 $1≤f(1)≤2$，$3≤f(2)≤4$，
   所以 $5≤5f(1)≤10$，$24≤8f(2)≤32$，
   所以 $－10≤－5f(1)≤－5$，
   所以 $14≤8f(2)－5f(1)≤27$，
   所以 $\dfrac{14}{3} \leq \dfrac{8 f(2)-5 f(1)}{3} \leq 9$，
   即 $\dfrac{14}{3} \leq f(3) \leq 9$.
4. 答案 $a^{n}+b^{n} \geq a^{n-m} b^{m}+a^{m} b^{n-m}$
   解析 $a^{n}+b^{n}-\left(a^{n-m} b^{m}+a^{m} b^{n-m}\right)$
   $=a^{n-m}\left(a^{m}-b^{m}\right)+b^{n-m}\left(b^{m}-a^{m}\right)=\left(a^{m}-b^{m}\right)\left(a^{n-m}-b^{n-m}\right)$
   因为 $a>0，b>0$，$m,n∈N^*$，$1≤m≤n$，
   当 $a=b>0$ 时， $a^{n}+b^{n}-\left(a^{n-m} b^{m}+a^{m} b^{n-m}\right)=0$；
   当 $a>b>0$ 时， $a^{m}>b^{m}, \quad a^{n-m} \geq b^{n-m}$，
   所以 $a^{n}+b^{n}-\left(a^{n-m} b^{m}+a^{m} b^{n-m}\right) \geq 0$；
   当 $b>a>0$ 时， $a^m<b^m$， $a^{n-m}≤b^{n-m}$，
   所以 $a^{n}+b^{n}-\left(a^{n-m} b^{m}+a^{m} b^{n-m}\right) \geq 0$.
   综上所述， $a^{n}+b^{n} \geq a^{n-m} b^{m}+a^{m} b^{n-m}$.
5. 答案 $1$
   解析 $\because S=\dfrac{a}{a+b+c}+\dfrac{b}{b+c+d}+\dfrac{c}{c+d+a}+\dfrac{d}{d+a+b}$
   $>\dfrac{a}{a+b+c+d}+\dfrac{b}{a+b+c+d}+\dfrac{c}{a+b+c+d}+\dfrac{d}{a+b+c+d}=1$$S=\dfrac{a}{a+b+c}+\dfrac{b}{b+c+d}+\dfrac{c}{c+d+a}+\dfrac{d}{d+a+b}<\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{b}{b+d}+\dfrac{c}{c+a}+\dfrac{d}{d+b}=2$ 即 $1<S<2$，
   所以 $S$ 的整数部分是 $1$.