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
- 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. - 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. - 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：\(C\)． - 答案 \(D\)
解析 \(∵a>b\)，\(∴a-b>0\)．又\(c^2≥0\)，\(∴(a-b) c^2≥0\)．故选：\(D\)． - 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：\(B\)． - 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\(-7<x-y<0\)． - 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
- 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：\(B\)． - 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 \(\because(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}-(\sqrt{a-b})^{2}=2 b-2 \sqrt{a b}=2 \sqrt{b}(\sqrt{b}-\sqrt{a})<0\)
\(\therefore \sqrt{a}-\sqrt{b}<\sqrt{a-b}\). - 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\(A>B\). - 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
- 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\(A\)． - 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. - 答案 \(A\)
解析 由题意得\(c<0,a>0\)且\(b<a\)，可得\(ab>ac\)，故选\(A\) . - 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：\(D\)． - 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\(C\). - 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． - 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\(A≥B\). - 答案 \(\{x|-2<x<10\}\)
解析 \(-2<b<4\),\(∴-4<-b<2\)，\(∵2<a<8\),\(∴-2<2a-b<10\). - 答案\(P>Q\)
解析 \(P>Q \Leftarrow \sqrt{2}>\sqrt{6}-\sqrt{2} \Leftarrow 2 \sqrt{2}>\sqrt{6} \Leftarrow(2 \sqrt{2})^{2}>(\sqrt{6})^{2} \Leftarrow 8>6\) - 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
- 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\(C\). - 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：\(C\)． - 答案 \(\{x|3<x<8\}\)
解析 因为 \(z=-\dfrac{1}{2}(x+y)+\dfrac{5}{2}(x-y)\)，所以 \(3 \leq-\dfrac{1}{2}(x+y)+\dfrac{5}{2}(x-y) \leq 8\). - 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. - 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\(P≤Q\). - 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\(P>0，Q>0\)，
\(∴P>Q\)． - 答案 \(\dfrac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}>\dfrac{a-b}{a+b}\)
解析 \(∵a>b>0\)， \(\therefore \dfrac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}>0, \quad \dfrac{a-b}{a+b}>0\)，
\(\therefore \dfrac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}} \cdot \dfrac{a+b}{a-b}=\dfrac{(a+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}}=\dfrac{a^{2}+b^{2}+2 a b}{a^{2}+b^{2}}=1+\dfrac{2 a b}{a^{2}+b^{2}}>1\)，
\(\therefore \dfrac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}>\dfrac{a-b}{a+b}\). - 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
- 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 \(A\)． - 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：\(D\)． - 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 \(\dfrac{14}{3} \leq f(3) \leq 9\). - 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， \(a^{n}+b^{n} \geq a^{n-m} b^{m}+a^{m} b^{n-m}\). - 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\(1\).
