學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精PAGE10-學必求其心得，業必貴于專精第19課時不等式的性質知識點一用不等式的性質判斷命題真假1．下列結論中成立的是（）A．若a＞b，則eq\f（a,b）＞1B．若a＞b，則a2＞b2C．若a＞b，則lga＞lgbD．若(a－b）a2＜0,則a＜b答案D解析令a＝1，b＝－1時，A,B,C錯誤,排除A，B，C，故選D．2．下列命題正確的是（）A．若ac＞bc，則a＞bB．若a2＞b2，則a＞bC．若eq\f（1，a）＞eq\f(1,b），則a＜bD．若eq\r（a）＜eq\r(b），則a＜b答案D解析對于A，若c＜0，其不成立;對于B，若a，b均小于0或a＜0，其不成立；對于C，若a＞0，b＜0，其不成立；對于D，其中a≥0，b＞0，平方后顯然有a＜b．3．若eq\f(1，a）＜eq\f（1,b）＜0，給出下列不等式:①a＋b＜ab；②|a|＞｜b|；③a＜b；④eq\f（b,a）＋eq\f(a，b)＞2．其中正確的有()A．1個B．2個C．3個D．4個答案B解析∵eq\f(1，a)＜eq\f(1,b）＜0，∴a＜0，b＜0，a＞b，故③錯;∵ab＞0，∴a＋b＜0＜ab，故①成立；又0＞a＞b,∴｜a|＜|b|．∴②錯;∵eq\f（b,a)＋eq\f(a，b）＝eq\f（b2＋a2，ab）＝eq\f(a－b2＋2ab，ab)＝eq\f(a－b2,ab）＋2,且a－b〉0,ab＞0，∴eq\f（b,a）＋eq\f（a,b）＞2，∴④成立．∴①④正確．故選B．知識點二用不等式的性質比較大小4．設a＋b＜0，且a＞0，則（)A．a2＜－ab＜b2B．b2＜－ab＜a2C．a2＜b2＜－abD．ab＜b2＜a2答案A解析∵a＋b＜0，且a＞0，∴0＜a＜－b，∴a2＜－ab＜b2．故選A．5．已知a2＋a＜0，那么a，a2，－a，－a2的大小關系是(）A．a2＞a＞－a2＞－aB．－a＞a2＞－a2＞aC．－a＞a2＞a＞－a2D．a2＞－a＞a＞－a2答案B解析∵a2＋a＜0，∴0＜a2＜－a,∴0＞－a2＞a，∴a＜－a2＜a2＜－a．故選B．6．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的大小關系是（）A．M＝NB．M＜NC．M≤ND．M＞N答案B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．知識點三用不等式的性質證明不等式7．已知a〉b〉0，0>c〉d,求證:ad〈bc．證明∵a>b，c<0，∴ac〈bc，∵c〉d，a>0,∴ac>ad,∴ad〈bc．8．（1）已知a＜b＜0，求證：eq\f(b,a)＜eq\f(a，b);(2)已知a＞b,eq\f（1，a）＜eq\f(1，b）,求證：ab＞0．證明(1）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,又a＞b，∴b－a＜0，∴ab＞0．易錯點一多次非同解變形，導致所求范圍擴大9．已知二次函數f（x）＝ax2＋bx（a≠0)滿足1≤f(－1）≤2，2≤f（1)≤4，則f（－2）的范圍是(）A．[3，12］B．(3，12）C．（5,10)D．[5，10］易錯分析利用不等式變換求取值范圍時，要使變換符合等價性．本題易多次使用不等式的同向可加性求出a，b范圍后再求f（－2）的范圍致錯選A．答案D解析∵eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(f－1＝a－b,，f1＝a＋b，））∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝\f（1，2）[f1＋f－1］，,b＝\f(1,2)［f1－f－1],))∴f(－2)＝4a－2b＝2[f(1）＋f(－1)］－[f(1）－f（－1)］＝3f（－1）＋f（1）．∵1≤f(－1)≤2，2≤f（1）≤4．∴5≤f（－2)≤10，故選D．易錯點二運用性質運算時忽略不等號的方向10．已知12＜a＜60，15＜b＜36，求eq\f(a，b）的取值范圍．易錯分析本題易直接使用同向不等式相除得到eq\f（4，5）＜eq\f(a,b）＜eq\f(5,3)致錯，求指定代數式的取值范圍必須根據不等式的性質求解．解∵15＜b＜36，∴eq\f（1,36)＜eq\f(1，b）＜eq\f(1,15),又12＜a＜60，∴eq\f（12,36）＜eq\f(a,b)＜eq\f（60，15),∴eq\f（1，3）＜eq\f（a,b）＜4．一、選擇題1．已知a＋b＞0，b＜0,則a，b,－a，－b的大小關系是()A．a＞b＞－b＞－aB．a＞－b＞－a＞bC．a＞－b＞b＞－aD．a＞b＞－a＞－b答案C解析因為a＋b＞0,b＜0，所以a＞－b＝｜b|＞0,所以必有a＞－b＞b＞－a．故選C．2．下列命題中，正確的是(）A．若a＞b,則ac2＞bc2B．若－2＜a＜3，1＜b＜2，則－3＜a－b＜1C．若a＞b＞0,m＞0，則eq\f(m,a）＜eq\f（m,b)D．若a＞b，c＞d，則ac＞bd答案C解析對于選項A，當c＝0時，ac2＝bc2，故錯誤；對于選項B,因為1＜b＜2,所以－2＜－b＜－1，同向不等式相加得－4＜a－b＜2，故錯誤；對于選項C,因為a＞b＞0,m＞0，所以eq\f(1，a)＜eq\f(1,b)，從而eq\f（m,a）＜eq\f(m,b），故正確；對于選項D,只有當a＞b＞0，c＞d＞0時，ac＞bd，故錯誤．故選C．3．若不等式a＞b與eq\f（1，a)＞eq\f（1,b)同時成立，則必有（）A．a＞b＞0B．0＞eq\f(1,a）＞eq\f(1，b）C．a＞0＞bD．eq\f(1,a)＞eq\f(1，b)＞0答案C解析若a＞b＞0，則eq\f（1,a)＜eq\f(1,b)，若0＞a＞b，則eq\f(1，a)＜eq\f(1，b)，所以只有當a＞0＞b時,滿足eq\f（1,a）＞eq\f（1，b）．故選C．4．已知a，b，c，d∈R且ab＞0，－eq\f(c,a）＜－eq\f（d，b），則（)A．bc＜adB．bc＞adC．eq\f（a，c）＞eq\f(b，d）D．eq\f（a,c)＜eq\f（b,d)答案B解析∵ab＞0，－eq\f（c，a)＜－eq\f（d，b），∴－bc＜－ad,∴bc＞ad．5．已知x＞y＞z，x＋y＋z＝0，則下列不等式中成立的是（）A．xy＞yzB．xz＞yzC．xy＞xzD．x|y｜＞z｜y｜答案C解析因為x＞y＞z,x＋y＋z＝0,所以3x＞x＋y＋z＝0，3z＜x＋y＋z＝0，所以x＞0，z＜0．所以由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x＞0,,y＞z，))可得xy＞xz．故選C．二、填空題6．若1＜α＜3,－4＜β＜2,則α－|β｜的取值范圍是________．答案（－3，3）解析∵－4＜β＜2，∴0≤|β|＜4，∴－4＜－｜β｜≤0，∴－3＜α－｜β|＜3．7．下列四個條件：①b＞0＞a，②0＞a＞b，③a＞0＞b，④a＞b＞0，其中能推得eq\f（1,a）＜eq\f(1,b)成立的是________．答案①②④解析eq\f（1，a）＜eq\f（1，b）?eq\f(b－a,ab)＜0，∴①②④能使它成立．8．給出下列命題：①若a<b，c〈0，則eq\f(c，a）〈eq\f(c,b）；②若ac－3〉bc－3，則a〉b；③若a〉b，且k∈N*，則ak〉bk；④若eq\f（1,a）〈eq\f（1，b)<0,則a3〉b3．其中正確命題的序號是________．答案④解析①當ab〈0時，eq\f（c，a)〈eq\f（c，b）不成立，故①不正確；②當c〈0時,a<b，故②不正確；③當a＝1，b＝－2，k＝2時，命題不成立，故③不正確;④由eq\f(1,a）<eq\f（1，b）〈0知0<－a<－b，所以（－a）3<(－b)3，即－a3〈－b3,所以a3>b3，故④正確．三、解答題9．已知α∈0,eq\f(π,2)，β∈eq\f（π,2）,π,求α－2β的范圍．解∵eq\f（π,2)＜β＜π,∴－2π＜－2β＜－π．又0＜α＜eq\f（π,2)，∴－2π＜α－2β＜－eq\