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2023届高考一轮复习讲义（文科）第七章 不等式 第1讲 不等关系与不等式学案
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这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第七章 不等式 第1讲 不等关系与不等式学案，共11页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。
一、知识梳理
1．实数大小顺序与运算性质之间的关系
a－b>0⇔a>b；a－b＝0⇔a＝b；a－b<0⇔a2．不等式的基本性质
(1)对称性：a＞b⇔b＜a.
(2)传递性：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)可开方：a＞b＞0⇒eq \r(n,a)＞eq \r(n,b)(n∈N，n≥2)．
常用结论
记住不等式的两类常用性质
(1)倒数性质
①a>b，ab>0⇒eq \f(1,a)②a<0③a>b>0，d>c>0⇒eq \f(a,c)>eq \f(b,d).
(2)有关分数的性质
若a>b>0，m>0，则
①eq \f(b,a)eq \f(b－m,a－m)(b－m>0)；
②eq \f(a,b)>eq \f(a＋m,b＋m)；eq \f(a,b)0)．
二、习题改编
1．(必修5P75A组T2改编)eq \f(1,\r(2)－1) eq \r(3)＋1(填“>”“<”或“＝”)．
答案：<
2．(必修5P74练习T3改编)若a，b都是实数，则“eq \r(a)－eq \r(b)>0”是“a2－b2>0”的 条件．(填“充分不必要”“必要不充分”和“充要”)
解析：eq \r(a)－eq \r(b)>0⇒eq \r(a)>eq \r(b)⇒a>b≥0⇒a2>b2，但由a2－b2>0⇒/ eq \r(a)－eq \r(b)>0.
答案：充分不必要
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两个实数a，b之间，有且只有a>b，a＝b，a(2)若eq \f(a,b)>1，则a>b.( )
(3)一个不等式的两边同加上或同乘以同一个数，不等号方向不变．( )
(4)同向不等式具有可加性和可乘性．( )
(5)两个数的比值大于1，则分子不一定大于分母．( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)(1)不等号的传递性中同向问题；
(2)可乘性中的乘正负数问题．
1．设a>b，a，b，c∈R，则下列结论正确的是( )
A．ac2>bc2 B.eq \f(a,b)>1
C．a－c>b－c D．a2>b2
解析：选C.当c＝0时，ac2＝bc2，所以选项A错误；当b＝0时，eq \f(a,b)无意义，所以选项B错误；因为a>b，所以a－c>b－c恒成立，所以选项C正确；当a≤0时，a22．下列不等式中恒成立的是 ．
①m－3＞m－5；②5－m＞3－m；
③5m＞3m；④5＋m＞5－m.
解析：m－3－m＋5＝2＞0，故①恒成立；
5－m－3＋m＝2＞0，故②恒成立；
5m－3m＝2m，无法判断其符号，故③不恒成立；
5＋m－5＋m＝2m，无法判断其符号，故④不恒成立．
答案：①②
比较两个数(式)的大小(典例迁移)
(1)已知a>b>0，m>0，则( )
A.eq \f(b,a)＝eq \f(b＋m,a＋m)
B.eq \f(b,a)>eq \f(b＋m,a＋m)
C.eq \f(b,a)D.eq \f(b,a)与eq \f(b＋m,a＋m)的大小关系不确定
(2)若a＝eq \f(ln 3,3)，b＝eq \f(ln 2,2)，比较a与b的大小．
【解】 (1)选C.eq \f(b,a)－eq \f(b＋m,a＋m)＝eq \f(b（a＋m）－a（b＋m）,a（a＋m）)＝eq \f(m（b－a）,a（a＋m）).
因为a>b>0，m>0.
所以b－a<0，a＋m>0，所以eq \f(m（b－a）,a（a＋m）)<0.
即eq \f(b,a)－eq \f(b＋m,a＋m)<0.所以eq \f(b,a)(2)因为a＝eq \f(ln 3,3)＞0，b＝eq \f(ln 2,2)＞0，
所以eq \f(a,b)＝eq \f(ln 3,3)·eq \f(2,ln 2)
＝eq \f(2ln 3,3ln 2)＝eq \f(ln 9,ln 8)＝lg89＞1，
所以a＞b.
【迁移探究】 若本例(1)的条件不变，试比较eq \f(b,a)与eq \f(b－m,a－m)的大小．
解：eq \f(b,a)－eq \f(b－m,a－m)＝eq \f(b（a－m）－a（b－m）,a（a－m）)＝eq \f(m（a－b）,a（a－m）).
因为a>b>0，m>0.
所以a－b>0，m(a－b)>0.
(1)当a>m时，a(a－m)>0，
所以eq \f(m（a－b）,a（a－m）)>0，即eq \f(b,a)－eq \f(b－m,a－m)>0，故eq \f(b,a)>eq \f(b－m,a－m).
(2)当a所以eq \f(m（a－b）,a（a－m）)<0，
即eq \f(b,a)－eq \f(b－m,a－m)<0，故eq \f(b,a)eq \a\vs4\al()
比较两个数(式)大小的3种方法
1．设a，b∈[0，＋∞)，A＝eq \r(a)＋eq \r(b)，B＝eq \r(a＋b)，则A，B的大小关系是( )
A．A≤B B．A≥B
C．AB
解析：选B.由题意得，B2－A2＝－2eq \r(ab)≤0，且A≥0，B≥0，可得A≥B.
2．已知a，b是实数，且e解析：令f(x)＝eq \f(ln x,x)，x>0，
则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，当x>e时，f′(x)<0，
即函数f(x)在x>e时是减函数．
因为eeq \f(ln b,b)，
即bln a>aln b，所以ln ab>ln ba，
则ab>ba.
答案：ab>ba
不等式的性质(师生共研)
(1)(特值法)设a，b∈R，则“a>b”是“a|a|>b|b|”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
(2)若a＞0＞b＞－a，cA．1 B．2
C．3 D．4
【解析】 (1)当b<0时，显然有a>b⇔a|a|>b|b|；
当b＝0时，显然有a>b⇔a|a|>b|b|；
当b>0时，由a>b有|a|>|b|，所以a>b⇔a|a|>b|b|.
综上可知a>b⇔a|a|>b|b|，故选C.
(2)因为a＞0＞b，c所以ad<0，bc＞0，
所以ad因为0＞b＞－a，所以a＞－b＞0，
因为c所以a(－c)＞(－b)(－d)，
所以ac＋bd<0，所以eq \f(a,d)＋eq \f(b,c)＝eq \f(ac＋bd,cd)<0，故②正确．
因为c因为a＞b，所以a＋(－c)＞b＋(－d)，
即a－c＞b－d，故③正确．
因为a＞b，d－c＞0，所以a(d－c)＞b(d－c)，
故④正确，故选C.
【答案】 (1)C (2)C
eq \a\vs4\al()
判断关于不等式的命题的真假的方法
(1)直接运用不等式的性质：把要判断的命题和不等式的性质联系起来考虑，找到与命题相近的性质，然后进行推理判断．
(2)利用函数的单调性：当直接利用不等式的性质不能比较大小时，可以利用指数函数、对数函数、幂函数等函数的单调性进行判断．
(3)特殊值验证法：给要判断的几个式子中涉及的变量取一些特殊值，然后进行比较、判断．
1．(一题多解)(2020·石家庄质量检测)已知a>0>b，则下列不等式一定成立的是( )
A．a2<－ab B．|a|<|b|
C.eq \f(1,a)>eq \f(1,b) D．(eq \f(1,2))a>(eq \f(1,2))b
解析：选C.通解：当a＝1，b＝－1时，满足a>0>b，此时a2＝－ab，|a|＝|b|，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(a)0>b，所以b－a<0，ab<0，所以eq \f(1,a)－eq \f(1,b)＝eq \f(b－a,ab)>0，所以eq \f(1,a)>eq \f(1,b)一定成立，故选C.
优解：因为a>0>b，所以eq \f(1,a)>0>eq \f(1,b)，所以eq \f(1,a)>eq \f(1,b)一定成立．故选C.
2．已知aA．a2C．ba解析：选D.因为a0，b的符号不定，对于b>a，两边同时乘以正数c，不等号方向不变．
不等式性质的应用(典例迁移)
已知－1【解析】 因为－1所以－3<－y<－2，
所以－4由－14<2y<6，
所以1<3x＋2y<18.
【答案】 (－4，2) (1，18)
【迁移探究1】 (变条件)若将本例条件改为“－1解：因为－1所以－3<－y<1，所以－4又因为x＜y，所以x－y<0，所以－4故x－y的取值范围为(－4，0)．
【迁移探究2】 (变条件)若将本例条件改为“－1解：设3x＋2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＋n＝3，m－n＝2，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\f(5,2)，,n＝\f(1,2).))
即3x＋2y＝eq \f(5,2)(x＋y)＋eq \f(1,2)(x－y)，
又因为－1所以－eq \f(5,2)所以－eq \f(3,2)即－eq \f(3,2)<3x＋2y所以3x＋2y的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(23,2))).
eq \a\vs4\al()
求代数式取值范围的方法
利用不等式性质求某些代数式的取值范围时，多次运用不等式的性质时有可能会扩大变量的取值范围．解决此类问题，一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得整体范围，是避免错误的有效途径．
1．设α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))，β∈[0，π]，那么2α－eq \f(β,3)的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，π))
解析：选D.由题设得－eq \f(π,3)<2α<π，0≤eq \f(β,3)≤eq \f(π,3)，所以－eq \f(π,3)≤－eq \f(β,3)≤0，所以－eq \f(2π,3)<2α－eq \f(β,3)＜π.
2．(2020·长春市质量检测(一))已知角α，β满足－eq \f(π,2)<α－β解析：设3α－β＝m(α－β)＋n(α＋β)＝(m＋n)α＋(n－m)β，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＋n＝3，,n－m＝－1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝2，,n＝1.))因为－eq \f(π,2)<α－β答案：(－π，2π)
[基础题组练]
1．若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，则f(x)，g(x)的大小关系是( )
A．f(x)＝g(x) B．f(x)>g(x)
C．f(x)解析：选B.f(x)－g(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0⇒f(x)>g(x)．
2．已知a，b∈R，若a>b，eq \f(1,a)A．ab>0 B．ab<0
C．a＋b>0 D．a＋b<0
解析：选A.因为eq \f(1,a)b，所以b－a<0，所以ab>0.
3．若m<0，n>0且m＋n<0，则下列不等式中成立的是( )
A．－nC．m<－n<－m解析：选D.法一(取特殊值法)：令m＝－3，n＝2分别代入各选项检验即可．
法二：m＋n<0⇒m<－n⇒n<－m，又由于m<04．已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系是( )
A．c≥b>a B．a>c≥b
C．c>b>a D．a>c>b
解析：选A.因为c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，所以c≥b.又b＋c＝6－4a＋3a2，所以2b＝2＋2a2，所以b＝a2＋1，所以b－a＝a2－a＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)>0，所以b>a，所以c≥b>a.
5．(2020·扬州模拟)若a1解析：作差可得(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)·(b1－b2)，
因为a1所以(a1－a2)(b1－b2)>0，
即a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1.
答案：a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1
6．已知a，b∈R，则a解析：若ab<0，由a即eq \f(1,a)所以a答案：a<07．若角α，β满足－eq \f(π,2)<α<β<π，则α－β的取值范围是 ．
解析：因为－eq \f(π,2)<α<π，－eq \f(π,2)<β<π，
所以－π<－β所以－eq \f(3π,2)<α－β所以α－β<0，从而－eq \f(3π,2)<α－β<0.
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，0))
8．已知12解：因为15又12所以12－36所以－24即a－b的取值范围是(－24，45)．
因为eq \f(1,36)所以eq \f(12,36)所以eq \f(1,3)即eq \f(a,b)的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，4)).
[综合题组练]
1．设a，b∈R，则“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
解析：选A.若a>2且b>1，则由不等式的同向可加性可得a＋b>2＋1＝3，由不等式的同向同正可乘性可得ab>2×1＝2.即“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”的充分条件；反之，若“a＋b>3且ab>2”，则“a>2且b>1”不一定成立，如a＝6，b＝eq \f(1,2).所以“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”的充分不必要条件．故选A.
2．若6A．[9，18] B．(15，30)
C．[9，30] D．(9，30)
解析：选D.因为eq \f(a,2)≤b≤2a，所以eq \f(3a,2)≤a＋b≤3a，即eq \f(3a,2)≤c≤3a，因为63．设a>b，有下列不等式：①eq \f(a,c2)>eq \f(b,c2)；②eq \f(1,a)|b|；④a|c|≥b|c|，其中一定成立的有 ．(填正确的序号)
解析：对于①，eq \f(1,c2)>0，故①成立；
对于②，a>0，b<0时不成立；
对于③，取a＝1，b＝－2时不成立；
对于④，|c|≥0，故④成立．
答案：①④
4．已知存在实数a满足ab2>a>ab，则实数b的取值范围是 ．
解析：因为ab2>a>ab，所以a≠0，
当a>0时，b2>1>b，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2>1，,b<1，))解得b<－1；
当a<0时，b2<1即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2<1，,b>1))无解．
综上可得b<－1.
答案：(－∞，－1)
一、知识梳理
1．实数大小顺序与运算性质之间的关系
a－b>0⇔a>b；a－b＝0⇔a＝b；a－b<0⇔a
(1)对称性：a＞b⇔b＜a.
(2)传递性：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)可开方：a＞b＞0⇒eq \r(n,a)＞eq \r(n,b)(n∈N，n≥2)．
常用结论
记住不等式的两类常用性质
(1)倒数性质
①a>b，ab>0⇒eq \f(1,a)
(2)有关分数的性质
若a>b>0，m>0，则
①eq \f(b,a)
②eq \f(a,b)>eq \f(a＋m,b＋m)；eq \f(a,b)
二、习题改编
1．(必修5P75A组T2改编)eq \f(1,\r(2)－1) eq \r(3)＋1(填“>”“<”或“＝”)．
答案：<
2．(必修5P74练习T3改编)若a，b都是实数，则“eq \r(a)－eq \r(b)>0”是“a2－b2>0”的 条件．(填“充分不必要”“必要不充分”和“充要”)
解析：eq \r(a)－eq \r(b)>0⇒eq \r(a)>eq \r(b)⇒a>b≥0⇒a2>b2，但由a2－b2>0⇒/ eq \r(a)－eq \r(b)>0.
答案：充分不必要
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两个实数a，b之间，有且只有a>b，a＝b，a
(3)一个不等式的两边同加上或同乘以同一个数，不等号方向不变．( )
(4)同向不等式具有可加性和可乘性．( )
(5)两个数的比值大于1，则分子不一定大于分母．( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)(1)不等号的传递性中同向问题；
(2)可乘性中的乘正负数问题．
1．设a>b，a，b，c∈R，则下列结论正确的是( )
A．ac2>bc2 B.eq \f(a,b)>1
C．a－c>b－c D．a2>b2
解析：选C.当c＝0时，ac2＝bc2，所以选项A错误；当b＝0时，eq \f(a,b)无意义，所以选项B错误；因为a>b，所以a－c>b－c恒成立，所以选项C正确；当a≤0时，a2
①m－3＞m－5；②5－m＞3－m；
③5m＞3m；④5＋m＞5－m.
解析：m－3－m＋5＝2＞0，故①恒成立；
5－m－3＋m＝2＞0，故②恒成立；
5m－3m＝2m，无法判断其符号，故③不恒成立；
5＋m－5＋m＝2m，无法判断其符号，故④不恒成立．
答案：①②
比较两个数(式)的大小(典例迁移)
(1)已知a>b>0，m>0，则( )
A.eq \f(b,a)＝eq \f(b＋m,a＋m)
B.eq \f(b,a)>eq \f(b＋m,a＋m)
C.eq \f(b,a)
(2)若a＝eq \f(ln 3,3)，b＝eq \f(ln 2,2)，比较a与b的大小．
【解】 (1)选C.eq \f(b,a)－eq \f(b＋m,a＋m)＝eq \f(b（a＋m）－a（b＋m）,a（a＋m）)＝eq \f(m（b－a）,a（a＋m）).
因为a>b>0，m>0.
所以b－a<0，a＋m>0，所以eq \f(m（b－a）,a（a＋m）)<0.
即eq \f(b,a)－eq \f(b＋m,a＋m)<0.所以eq \f(b,a)
所以eq \f(a,b)＝eq \f(ln 3,3)·eq \f(2,ln 2)
＝eq \f(2ln 3,3ln 2)＝eq \f(ln 9,ln 8)＝lg89＞1，
所以a＞b.
【迁移探究】 若本例(1)的条件不变，试比较eq \f(b,a)与eq \f(b－m,a－m)的大小．
解：eq \f(b,a)－eq \f(b－m,a－m)＝eq \f(b（a－m）－a（b－m）,a（a－m）)＝eq \f(m（a－b）,a（a－m）).
因为a>b>0，m>0.
所以a－b>0，m(a－b)>0.
(1)当a>m时，a(a－m)>0，
所以eq \f(m（a－b）,a（a－m）)>0，即eq \f(b,a)－eq \f(b－m,a－m)>0，故eq \f(b,a)>eq \f(b－m,a－m).
(2)当a
即eq \f(b,a)－eq \f(b－m,a－m)<0，故eq \f(b,a)
比较两个数(式)大小的3种方法
1．设a，b∈[0，＋∞)，A＝eq \r(a)＋eq \r(b)，B＝eq \r(a＋b)，则A，B的大小关系是( )
A．A≤B B．A≥B
C．AB
解析：选B.由题意得，B2－A2＝－2eq \r(ab)≤0，且A≥0，B≥0，可得A≥B.
2．已知a，b是实数，且e
则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，当x>e时，f′(x)<0，
即函数f(x)在x>e时是减函数．
因为e
即bln a>aln b，所以ln ab>ln ba，
则ab>ba.
答案：ab>ba
不等式的性质(师生共研)
(1)(特值法)设a，b∈R，则“a>b”是“a|a|>b|b|”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
(2)若a＞0＞b＞－a，c
C．3 D．4
【解析】 (1)当b<0时，显然有a>b⇔a|a|>b|b|；
当b＝0时，显然有a>b⇔a|a|>b|b|；
当b>0时，由a>b有|a|>|b|，所以a>b⇔a|a|>b|b|.
综上可知a>b⇔a|a|>b|b|，故选C.
(2)因为a＞0＞b，c
所以ad
因为c
所以ac＋bd<0，所以eq \f(a,d)＋eq \f(b,c)＝eq \f(ac＋bd,cd)<0，故②正确．
因为c
即a－c＞b－d，故③正确．
因为a＞b，d－c＞0，所以a(d－c)＞b(d－c)，
故④正确，故选C.
【答案】 (1)C (2)C
eq \a\vs4\al()
判断关于不等式的命题的真假的方法
(1)直接运用不等式的性质：把要判断的命题和不等式的性质联系起来考虑，找到与命题相近的性质，然后进行推理判断．
(2)利用函数的单调性：当直接利用不等式的性质不能比较大小时，可以利用指数函数、对数函数、幂函数等函数的单调性进行判断．
(3)特殊值验证法：给要判断的几个式子中涉及的变量取一些特殊值，然后进行比较、判断．
1．(一题多解)(2020·石家庄质量检测)已知a>0>b，则下列不等式一定成立的是( )
A．a2<－ab B．|a|<|b|
C.eq \f(1,a)>eq \f(1,b) D．(eq \f(1,2))a>(eq \f(1,2))b
解析：选C.通解：当a＝1，b＝－1时，满足a>0>b，此时a2＝－ab，|a|＝|b|，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(a)
优解：因为a>0>b，所以eq \f(1,a)>0>eq \f(1,b)，所以eq \f(1,a)>eq \f(1,b)一定成立．故选C.
2．已知a
不等式性质的应用(典例迁移)
已知－1
所以－4
所以1<3x＋2y<18.
【答案】 (－4，2) (1，18)
【迁移探究1】 (变条件)若将本例条件改为“－1
【迁移探究2】 (变条件)若将本例条件改为“－1
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＋n＝3，m－n＝2，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\f(5,2)，,n＝\f(1,2).))
即3x＋2y＝eq \f(5,2)(x＋y)＋eq \f(1,2)(x－y)，
又因为－1
eq \a\vs4\al()
求代数式取值范围的方法
利用不等式性质求某些代数式的取值范围时，多次运用不等式的性质时有可能会扩大变量的取值范围．解决此类问题，一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得整体范围，是避免错误的有效途径．
1．设α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))，β∈[0，π]，那么2α－eq \f(β,3)的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，π))
解析：选D.由题设得－eq \f(π,3)<2α<π，0≤eq \f(β,3)≤eq \f(π,3)，所以－eq \f(π,3)≤－eq \f(β,3)≤0，所以－eq \f(2π,3)<2α－eq \f(β,3)＜π.
2．(2020·长春市质量检测(一))已知角α，β满足－eq \f(π,2)<α－β
[基础题组练]
1．若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，则f(x)，g(x)的大小关系是( )
A．f(x)＝g(x) B．f(x)>g(x)
C．f(x)
2．已知a，b∈R，若a>b，eq \f(1,a)
C．a＋b>0 D．a＋b<0
解析：选A.因为eq \f(1,a)
3．若m<0，n>0且m＋n<0，则下列不等式中成立的是( )
A．－n
法二：m＋n<0⇒m<－n⇒n<－m，又由于m<0
A．c≥b>a B．a>c≥b
C．c>b>a D．a>c>b
解析：选A.因为c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，所以c≥b.又b＋c＝6－4a＋3a2，所以2b＝2＋2a2，所以b＝a2＋1，所以b－a＝a2－a＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)>0，所以b>a，所以c≥b>a.
5．(2020·扬州模拟)若a1
因为a1
即a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1.
答案：a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1
6．已知a，b∈R，则a
解析：因为－eq \f(π,2)<α<π，－eq \f(π,2)<β<π，
所以－π<－β
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，0))
8．已知12
因为eq \f(1,36)
[综合题组练]
1．设a，b∈R，则“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
解析：选A.若a>2且b>1，则由不等式的同向可加性可得a＋b>2＋1＝3，由不等式的同向同正可乘性可得ab>2×1＝2.即“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”的充分条件；反之，若“a＋b>3且ab>2”，则“a>2且b>1”不一定成立，如a＝6，b＝eq \f(1,2).所以“a>2且b>1”是“a＋b>3且ab>2”的充分不必要条件．故选A.
2．若6
C．[9，30] D．(9，30)
解析：选D.因为eq \f(a,2)≤b≤2a，所以eq \f(3a,2)≤a＋b≤3a，即eq \f(3a,2)≤c≤3a，因为6
解析：对于①，eq \f(1,c2)>0，故①成立；
对于②，a>0，b<0时不成立；
对于③，取a＝1，b＝－2时不成立；
对于④，|c|≥0，故④成立．
答案：①④
4．已知存在实数a满足ab2>a>ab，则实数b的取值范围是 ．
解析：因为ab2>a>ab，所以a≠0，
当a>0时，b2>1>b，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2>1，,b<1，))解得b<－1；
当a<0时，b2<1
综上可得b<－1.
答案：(－∞，－1)
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