第4讲　不等式的性质高考数学一轮复习讲义练习

这是一份第4讲　不等式的性质高考数学一轮复习讲义练习，共12页。试卷主要包含了 下列命题为真命题的是，))， 下列说法正确的有等内容，欢迎下载使用。

激活思维
1. (人A必一P43习题T8)下列命题为真命题的是( B )
A. 若a＞b＞0，则ac2＞bc2
B. 若a＞b＞0，则a2＞b2
C. 若a＜b＜0，则a2＜ab＜b2
D. 若a＜b＜0，则 eq \f(1,a)＜ eq \f(1,b)
【解析】 对于A，c2＝0时不成立；对于B，因为a＞b＞0，所以a2－b2＝(a＋b)(a－b)＞0，所以a2＞b2，所以B成立；对于C，因为a＜b＜0，所以a2＞ab＞b2，所以C不成立；对于D，因为a＜b＜0，所以 eq \f(1,a)＞ eq \f(1,b)，所以D不成立．
2. (多选)若 eq \f(1,a)＜ eq \f(1,b)＜0，则下列不等式正确的是( ACD )
A. a＋b＜abB. |a|＞|b|
C. a3＞b3D. 2a＞2b
【解析】 由 eq \f(1,a)＜ eq \f(1,b)＜0，得a＜0，b＜0且a＞b，所以a＋b＜0，ab＞0，则a＋b＜ab，A正确；|a|＜|b|，B错误；a3＞b3，C正确；因为函数y＝2x在R上单调递增，所以2a＞2b，D正确．
3. (人A必一P43习题T8改)已知非零实数a，b满足a＜b，则下列不等式中一定成立的是( D )
A. ln a＜ln bB. eq \f(1,a)＞ eq \f(1,b)
C. a2＜b2D. a3＜b3
【解析】 对于A，当a＜b＜0时，不等式无意义，故A错误；对于B，当a＜0＜b时， eq \f(1,a)＜ eq \f(1,b)，故B错误；对于C，当a＜b＜0时，a2＞b2，故C错误；对于D，当a＜b时，a3＜b3成立，故D正确．
4. (人A必一P42习题T5改)已知2＜a＜3，－2＜b＜－1，则a＋2b的取值范围为_(－2，1)_．
【解析】 因为－2＜b＜－1，所以－4＜2b＜－2.又2＜a＜3，所以－2＜a＋2b＜1.
5. (人A必一P43习题T12)火车站有某公司待运的甲种货物1 530t，乙种货物1 150t.现计划用A，B两种型号的货厢共50节运送这批货物．已知35t甲种货物和15t乙种货物可装满一节A型货厢，25t甲种货物和35t乙种货物可装满一节B型货厢，据此安排A，B两种货厢的节数，共有_3_种方案；若每节A型货厢的运费是0.5万元，每节B型货厢的运费是0.8万元，选用最节约成本的方案，运费为_31_万元．
【解析】 设安排A型货厢x节，B型货厢y节，总运费为z，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(35x＋25y≥1 530，,15x＋35y≥1 150，,x＋y＝50，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(7x＋5y≥306，,3x＋7y≥230，,x＋y＝50，))解得x≥28且x≤30.又因为x∈N*，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝28，,y＝22))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝29，,y＝21))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝30，,y＝20.))所以共有3种方案，方案一安排A型货厢28节，B型货厢22节；方案二安排A型货厢29节，B型货厢21节；方案三安排A型货厢30节，B型货厢20节．因为z＝0.5x＋0.8y＝40－0.3x，所以当x＝30时，总运费最少，此时z＝40－0.3×30＝31(万元).
聚焦知识
1. 两个实数比较大小的方法
(1) 作差法： eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－b＞0⇔a＞b，,a－b＝0⇔a＝b，,a－b＜0⇔a＜b.))
(2) 作商法： eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,b)＞1⇔a＞b(a∈R，b＞0)，,\f(a,b)＝1⇔a＝b(a∈R，b≠0)，,\f(a,b)＜1⇔a＜b(a∈R，b＞0).))
2. 不等式性质
(1) a＞b⇔b＜a；a＞b，b＞c⇒a＞c；a＞b⇔a＋c＞b＋c；a＞b，c＞d⇒a＋c＞b＋d；a＞b，c＞0⇒ac＞bc；a＞b，c＜0⇒ac＜bc；a＞b＞0，c＞d＞0⇒ac＞bd.
(2) |x－a|＋|x－b|≥|b－a|.
(3) 取倒法则：①a＞b，ab＞0⇒ eq \f(1,a)＜ eq \f(1,b)；②a＜b＜0⇒ eq \f(1,a)＞ eq \f(1,b)；③a＞b＞0，0＜c＜d⇒ eq \f(a,c)＞ eq \f(b,d)；④0＜a＜x＜b或a＜x＜b＜0⇒ eq \f(1,b)＜ eq \f(1,x)＜ eq \f(1,a).
(4) 分式不等式：若a＞b＞0，m＞0，则①真分数的性质： eq \f(b,a)＜ eq \f(b＋m,a＋m)， eq \f(b,a)＞ eq \f(b－m,a－m)(b－m＞0)；②假分数的性质： eq \f(a,b)＞ eq \f(a＋m,b＋m)， eq \f(a,b)＜ eq \f(a－m,b－m)(b－m＞0).
研题型 素养养成
举题说法
不等式的性质
例1 (1) (多选)已知a，b，c满足c＜a＜b，且ac＜0，那么下列各式一定成立的是( BCD )
A. ac(a－c)＞0B. c(b－a)＜0
C. cb2＜ab2D. ab＞ac
【解析】 因为a，b，c满足c＜a＜b，且ac＜0，所以c＜0，a＞0，b＞0，a－c＞0，b－a＞0，所以ac(a－c)＜0，c(b－a)＜0，cb2＜ab2，ab＞ac.
(2) (2025·黄冈期初调研)(多选)已知c＜0＜b＜a，则( ABD )
A. ac＋b＜bc＋aB. b3＋c3＜a3
C. eq \f(a＋c,b＋c)＜ eq \f(a,b)D. eq \f(c,\r(a))＞ eq \f(c,\r(b))
【解析】 因为c＜0＜b＜a，所以ac＜bc⇒ac＋b＜bc＋a，故A正确；因为c＜0＜b＜a，所以b3＜a3，c3＜0⇒b3＋c3＜a3，故B正确；因为c＜0＜b＜a，不妨令a＝3，b＝2，c＝－1，得 eq \f(a＋c,b＋c)＝2， eq \f(a,b)＝ eq \f(3,2)，此时 eq \f(a＋c,b＋c)＞ eq \f(a,b)，故C错误；因为c＜0＜b＜a，所以 eq \r(a)＞ eq \r(b)＞0⇒ eq \f(1,\r(a))＜ eq \f(1,\r(b))⇒ eq \f(c,\r(a))＞ eq \f(c,\r(b))，故D正确．
判断不等式的常用方法
(1) 利用不等式的性质逐个验证；
(2) 利用特殊值法排除错误选项；
(3) 作差(商)法；
(4) 构造函数，利用函数的单调性．
变式1 (多选)已知a，b，c∈R，下列命题为真命题的是( BD )
A. 若b＜a＜0，则bc2＜ac2
B. 若b＞a＞0＞c，则 eq \f(c,a)＜ eq \f(c,b)
C. 若c＞b＞a＞0，则 eq \f(a,c－a)＞ eq \f(b,c－b)
D. 若a＞b＞c＞0，则 eq \f(a,b)＞ eq \f(a＋c,b＋c)
【解析】 对于A，ac2－bc2＝c2(a－b).因为b＜a＜0，所以a－b＞0，又c2≥0，所以c2(a－b)≥0，即bc2≤ac2，故A错误．对于B， eq \f(c,a)－ eq \f(c,b)＝ eq \f(c(b－a),ab).因为b＞a＞0＞c，所以c(b－a)＜0，ab＞0，所以 eq \f(c,a)－ eq \f(c,b)＝ eq \f(c(b－a),ab)＜0，即 eq \f(c,a)＜ eq \f(c,b)，故B正确．对于C， eq \f(a,c－a)－ eq \f(b,c－b)＝ eq \f(c(a－b),(c－a)(c－b)).因为c＞b＞a＞0，所以c－a＞0，c－b＞0，a－b＜0，所以 eq \f(a,c－a)－ eq \f(b,c－b)＝ eq \f(c(a－b),(c－a)(c－b))＜0，即 eq \f(a,c－a)＜ eq \f(b,c－b)，故C错误．对于D， eq \f(a,b)－ eq \f(a＋c,b＋c)＝ eq \f(a(b＋c)－b(a＋c),b(b＋c))＝ eq \f((a－b)c,b(b＋c))，因为a＞b＞c＞0，所以a－b＞0，b＋c＞0，所以 eq \f((a－b)c,b(b＋c))＞0，即 eq \f(a,b)＞ eq \f(a＋c,b＋c)，故D正确．
数(式)的大小比较
例2 (1) 若正实数a，b，c满足c＜cb＜ca＜1，则( C )
A. aa＜ab＜baB. aa＜ba＜ab
C. ab＜aa＜baD. ab＜ba＜aa
【解析】 因为c是正实数，且c＜1，所以0＜c＜1.由c＜cb＜ca＜1，得0＜a＜b＜1.因为 eq \f(aa,ab)＝aa－b＞1，所以ab＜aa.因为 eq \f(aa,ba)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b))) eq \s\up12(a)，0＜ eq \f(a,b)＜1，a＞0，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b))) eq \s\up12(a)＜1，即aa＜ba.综上可知，ab＜aa＜ba.
(2) 设a＞b＞0，比较 eq \f(a2－b2,a2＋b2)与 eq \f(a－b,a＋b)的大小．
【解答】 因为a＞b＞0，所以 eq \f(a2－b2,a2＋b2)＞0， eq \f(a－b,a＋b)＞0，所以 eq \f(\f(a2－b2,a2＋b2),\f(a－b,a＋b))＝ eq \f((a＋b)2,a2＋b2)＝1＋ eq \f(2ab,a2＋b2)＞1，所以 eq \f(a2－b2,a2＋b2)＞ eq \f(a－b,a＋b).
比较大小的常用方法：差值比较、商值比较和利用不等式性质比较大小．熟记不等式性质的条件和结论是基础，灵活运用是关键，要注意不等式性质成立的前提条件．另外，介值比较法也是比较大小的常用方法，其实质是不等式的传递性：若a＞b，b＞c，则a＞c；若a＜b，b＜c，则a＜c，其中b是介于a与c之间的值，此种方法的关键是通过恰当地放缩，找出一个比较合适的中介值．
变式2 (1) (多选)已知实数a，b满足a＞b2＋1，则下列不等关系一定正确的是( ACD )
A. a＞2bB. a＞2b＋1
C. a＞b－1D. 2a＞b2－b＋1
【解析】 对于A，(b2＋1)－2b＝(b－1)2≥0，所以a＞b2＋1≥2b，则a＞2b，故A正确．对于B，(b2＋1)－(2b＋1)＝b2－2b，正负无法确定，取a＝2.5，b＝1，则满足a＞b2＋1＝2，但a＜2b＋1＝3，故B错误．对于C，(b2＋1)－(b－1)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(1,2)))2＋ eq \f(7,4)＞0，则a＞b2＋1＞b－1，故C正确．对于D，由a＞b2＋1，得2a＞2b2＋2，又因为(2b2＋2)－(b2－b＋1)＝b2＋b＋1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,2)))2＋ eq \f(3,4)＞0，所以2a＞2b2＋2＞b2－b＋1，故D正确．
(2) 若a＞b＞1，0＜c＜1，则( C )
A. ac＜bcB. abc＜bac
C. algbc＜blgacD. lgac＜lgbc
【解析】 (特殊值法)令a＝3，b＝2，c＝ eq \f(1,2).对于A，3 eq \s\up6(\f(1,2))＞2 eq \s\up6(\f(1,2))，故A错误．对于B，3×2 eq \s\up6(\f(1,2))＞2×3 eq \s\up6(\f(1,2))，故B错误．对于D，lg3 eq \f(1,2)＞lg2 eq \f(1,2)，故D错误．algbc－blgac＝lg c· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,lg b)－\f(b,lg a)))＝lg c· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(lg aa－lg bb,lg b lg a))).因为a＞b＞1，所以1＜bb＜ab＜aa，所以 eq \f(lg aa－lg bb,lg b lg a)＞0，因为0＜c＜1，所以lg c＜0，所以algbc＜blgac，故C正确．
求代数式的取值范围
例3 (1) 已知－1≤a＋b≤1，1≤a－2b≤3，那么a＋3b的取值范围为_ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(11,3)，1))_．
【解析】 设a＋3b＝λ1(a＋b)＋λ2(a－2b)＝(λ1＋λ2)a＋(λ1－2λ2)b，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ1＋λ2＝1，,λ1－2λ2＝3，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ1＝\f(5,3)，,λ2＝－\f(2,3)．))又－ eq \f(5,3)≤ eq \f(5,3)(a＋b)≤ eq \f(5,3)，－2≤－ eq \f(2,3)(a－2b)≤－ eq \f(2,3)，所以－ eq \f(11,3)≤a＋3b≤1.所以a＋3b的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(11,3)，1)).
(2) (2024·石家庄二模)若实数x，y，z≥0，且x＋y＋z＝4，2x－y＋z＝5，则M＝4x＋3y＋5z的取值范围是_[15，19]_．
【解析】 因为x＋y＝4－z，2x－y＝5－z，所以x＝3－ eq \f(2z,3)，y＝1－ eq \f(z,3).由x，y，z≥0得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－\f(2z,3)≥0，,1－\f(z,3)≥0，,z≥0，))解得0≤z≤3，故M＝4x＋3y＋5z＝4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(2z,3)))＋3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(z,3)))＋5z＝ eq \f(4z,3)＋15∈[15，19].
求代数式的取值范围时应注意的事项
(1) 必须依照不等式的性质；
(2) 在多次运用不等式的性质时有可能扩大变量的取值范围，解决途径是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得整体的范围．
变式3 已知－6＜a＜8，2＜b＜3，那么 eq \f(a,b)的取值范围是_(－3，4)_．
【解析】 因为2＜b＜3，所以 eq \f(1,3)＜ eq \f(1,b)＜ eq \f(1,2).当－6＜a＜0时，－3＜ eq \f(a,b)＜0；当0≤a＜8时，0≤ eq \f(a,b)＜4.综上， eq \f(a,b)的取值范围是(－3，4).
双最值问题
例4 (1) (2024·九省联考)用max M表示数集M中最大的数．设0＜a＜b＜c＜1，已知b≥2a或a＋b≤1，则max{b－a，c－b，1－c}的最小值为_ eq \f(1,5)_．
【解析】 方法一：令b－a＝m，c－b＝n，1－c＝p，其中m，n，p＞0，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1－n－p，,a＝1－m－n－p.))令M＝max{b－a，c－b，1－c}＝max{m，n，p}．若b≥2a，则1－n－p≥2(1－m－n－p)，故2m＋n＋p≥1.因为 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2M≥2m，,M≥n，,M≥p，))所以4M≥2m＋n＋p≥1，则M≥ eq \f(1,4).若a＋b≤1，则1－n－p＋1－m－n－p≤1，即m＋2n＋2p≥1.因为 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(M≥m，,2M≥2n，,2M≥2p，))所以5M≥m＋2n＋2p≥1，则M≥ eq \f(1,5)，当且仅当m＋2n＋2p＝1且max{m，n，p}＝ eq \f(1,5)时等号成立，如取m＝n＝p＝ eq \f(1,5)时等号成立．综上可知，max{b－a，c－b，1－c}的最小值为 eq \f(1,5).
方法二：设t＝max{b－a，c－b，1－c}，若b≥2a，则b－a≥a，因此 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t≥b－a，,t≥c－b，,t≥1－c，,t≥a，))故4t≥(b－a)＋(c－b)＋(1－c)＋a＝1，即t≥ eq \f(1,4)，当且仅当b－a＝c－b＝1－c＝a＝ eq \f(1,4)时取等号．若a＋b≤1，则b－a≥2b－1，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t≥2b－1，,t≥c－b，,t≥1－c，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(t＋1,2)≥b，,t≥c－b，,t≥1－c，))故 eq \f(t＋1,2)＋2t≥b＋(c－b)＋(1－c)＝1，即t≥ eq \f(1,5)，当且仅当2b－1＝c－b＝1－c＝ eq \f(1,5)时取等号．综上可知，max{b－a，c－b，1－c}的最小值为 eq \f(1,5).
(2) 记min{a，b}为a，b中的最小值．当正数x，y变化时，令t＝min eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(2x＋y，\f(2y,x2＋2y2)))，则t的最大值为_ eq \r(2)_．
【解析】 因为x＞0，y＞0，所以t2≤(2x＋y)· eq \f(2y,x2＋2y2)＝ eq \f(4xy＋2y2,x2＋2y2)≤ eq \f(2(x2＋y2＋y2),x2＋2y2)＝ eq \f(2(x2＋2y2),x2＋2y2)＝2，当且仅当x＝y且2x＋y＝ eq \f(2y,x2＋2y2)，即x＝y＝ eq \f(\r(2),3)时等号成立，所以t≤ eq \r(2)，所以t的最大值为 eq \r(2).
随堂内化
1. (2024·淮北二模)已知a，b∈R，下列命题正确的是( D )
A. 若ab＝1，则a＋b≥2
B. 若 eq \f(1,a)＜ eq \f(1,b)，则a＞b
C. 若a＞b，则ln (a－b)＞0
D. 若a＞b＞0，则a＋ eq \f(1,b)＞b＋ eq \f(1,a)
【解析】 当a＝－1，b＝－1时，a＋b＝－2，故A错误．当a＜0，b＞0时，a＜b，故B错误．当a＝2，b＝1时，ln (a－b)＝0，故C错误．若a＞b＞0，则 eq \f(1,b)＞ eq \f(1,a)＞0，则a＋ eq \f(1,b)＞b＋ eq \f(1,a)，故D正确．
2. 已知c＞1，且x＝ eq \r(c＋1)－ eq \r(c)，y＝ eq \r(c)－ eq \r(c－1)，则x，y之间的大小关系是( C )
A. x＞y
B. x＝y
C. x＜y
D. x，y的关系随c而定
【解析】 由题设易知x，y＞0，又 eq \f(x,y)＝ eq \f(\r(c＋1)－\r(c),\r(c)－\r(c－1))＝ eq \f(\r(c)＋\r(c－1),\r(c＋1)＋\r(c))＜1，所以x＜y.
3. (多选)若a＞b＞0，c＞d＞0，则( BCD )
A. a－c＞b－d
B. a(a＋c)＞b(b＋d)
C. eq \f(d,a＋d)＜ eq \f(c,b＋c)
D. eq \f(b＋d,b＋c)＜ eq \f(a＋d,a＋c)
【解析】 对于A，取a＝5，b＝4，c＝3，d＝1，则a－c＝2，b－d＝3，故A错误；对于B，由a＞b＞0，c＞d＞0，得a＋c＞b＋d，则有a(a＋c)＞b(b＋d)，故B正确；对于C，由a＞b＞0，c＞d＞0，得ac＞bd，且 eq \f(d,a＋d)＜ eq \f(c,b＋c)等价于 eq \f(1,\f(a,d)＋1)＜ eq \f(1,\f(b,c)＋1)，等价于 eq \f(a,d)＞ eq \f(b,c)，等价于ac＞bd，故C正确；对于D， eq \f(b＋d,b＋c)＝ eq \f(b＋c＋d－c,b＋c)＝1＋ eq \f(d－c,b＋c)， eq \f(a＋d,a＋c)＝ eq \f(a＋c＋d－c,a＋c)＝1＋ eq \f(d－c,a＋c)，即 eq \f(b＋d,b＋c)＜ eq \f(a＋d,a＋c)等价于 eq \f(d－c,b＋c)＜ eq \f(d－c,a＋c)，又d－c＜0，即等价于 eq \f(1,b＋c)＞ eq \f(1,a＋c)，即等价于a＋c＞b＋c，即a＞b，故D正确．
4. (2024·厦门四检)(多选)若a＜b＜0，则( AD )
A. a2＞b2B. ab＜b2
C. 2a＞2bD. eq \f(a,b)＋ eq \f(4b,a)≥4
【解析】 对于A，由a＜b＜0，则|a|＞|b|＞0⇒a2＞b2，故A正确；对于B，由a＜b＜0，得ab＞b2，故B错误；对于C，由y＝2x在R上单调递增，知2a＜2b，故C错误；对于D，由a＜b＜0，知 eq \f(a,b)＞0， eq \f(4b,a)＞0，故 eq \f(a,b)＋ eq \f(4b,a)≥2 eq \r(\f(a,b)·\f(4b,a))＝4，当且仅当a＝2b＜0时等号成立，故D正确．
5. 已知－1≤x＋y≤2，－2≤x－y≤1，则x－2y的取值范围是_[－4，2]_．
【解析】 设x－2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，则x－2y＝(m＋n)x＋(m－n)y，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋n＝1，,m－n＝－2，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－\f(1,2)，,n＝\f(3,2)，))所以x－2y＝－ eq \f(1,2)(x＋y)＋ eq \f(3,2)(x－y).因为－1≤x＋y≤2，－2≤x－y≤1，所以－1≤－ eq \f(1,2)(x＋y)≤ eq \f(1,2)，－3≤ eq \f(3,2)(x－y)≤ eq \f(3,2)，所以－4≤－ eq \f(1,2)(x＋y)＋ eq \f(3,2)(x－y)≤2，即－4≤x－2y≤2.
练案❶ 趁热打铁，事半功倍．请老师布置同学们及时完成《配套精练》．
练案❷ 1. 补不足、提能力，老师可增加训练《抓分题·高考夯基固本天天练》(提高版)对应内容，成书可向当地发行咨询购买．
2. 为提高高考答卷速度及综合应考能力，老师可适时安排《一年好卷》或《抓分卷·高考增分提速天天练》(提高版)，成书可向当地发行咨询购买．
配套精练
A组 夯基精练
一、 单项选择题
1. 设a，b均为非零实数且a＜b，则下列结论中正确的是( D )
A. eq \f(1,a)＞ eq \f(1,b) B. a2＜b2
C. eq \f(1,a2)＜ eq \f(1,b2) D. a3＜b3
【解析】 对于A，B，C，取a＝－1，b＝1，则 eq \f(1,a)＜ eq \f(1,b)，a2＝b2， eq \f(1,a2)＝ eq \f(1,b2)，A，B，C错误；对于D，由a＜b，a≠0，b≠0，可得b3－a3＝(b－a)(b2＋ab＋a2)＝(b－a) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,2)a))\s\up12(2)＋\f(3,4)a2))＞0，所以a3＜b3，D正确．
2. 已知实数a＞b＞0＞c，则下列结论一定正确的是( A )
A. eq \f(a,b)＞ eq \f(a,c) B. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(a)＞ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(c)
C. eq \f(1,a)＜ eq \f(1,c) D. a2＞c2
【解析】 对于A，因为a＞b＞0＞c，所以 eq \f(a,b)＞0＞ eq \f(a,c)，故A正确；对于B，因为函数y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)在R上单调递减，且a＞c，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(a)＜ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(c)，故B错误；对于C，因为a＞0＞c，则 eq \f(1,a)＞0＞ eq \f(1,c)，故C错误；对于D，若a＝1，c＝－2，满足a＞0＞c，但a2＜c2，故D错误．
3. 已知x，y满足m＝x2＋y2＋19，n＝4(2y－x)－1，则m，n满足的大小关系是( D )
A. m＞n B. m＜n
C. m≤n D. m≥n
【解析】 m－n＝x2＋y2＋19－4(2y－x)＋1＝(x＋2)2＋(y－4)2≥0，当且仅当x＝－2，y＝4时取等号，所以m≥n.
4. 已知1＜a＜3，3＜b＜6，则 eq \f(b,2a)的取值范围为( D )
A. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，1)) B. (2，6)
C. (1，6) D. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))
【解析】 因为1＜a＜3，所以2＜2a＜6， eq \f(1,6)＜ eq \f(1,2a)＜ eq \f(1,2)，又3＜b＜6，所以 eq \f(1,2)＜ eq \f(b,2a)＜3.
5. 已知0＜b＜a，a＋b＝1，则( D )
A. 0＜a＜ eq \f(1,2) B. eq \f(1,2)＜b＜1
C. ab＞a2 D. 0＜a－b＜1
【解析】 由0＜b＜a，a＋b＝1可得0＜1－a＜a，解得 eq \f(1,2)＜a＜1，故A错误；也可得0＜b＜1－b，解得0＜b＜ eq \f(1,2)，故B错误；由0＜b＜a可得0＜a·b＜a·a，即ab＜a2，故C错误；由A可知 eq \f(1,2)＜a＜1，由B可知0＜b＜ eq \f(1,2)，即－ eq \f(1,2)＜－b＜0，所以－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)＜a＋(－b)＜1＋0，即0＜a－b＜1，故D正确．
二、 多项选择题
6. (2024·苏州期末)已知a，b∈R，则是“a＞b”的充分不必要条件的有( BD )
A. eq \f(1,a)＞ eq \f(1,b) B. lg a＞lg b
C. a3＞b3 D. a3＞a2b
【解析】 对于A，取 eq \f(1,a)＝1＞ eq \f(1,b)＝ eq \f(1,2)，此时有a＝1＜2＝b，故A不符合题意；对于B，由对数函数单调性可知lg a＞lg b⇒a＞b＞0，故B符合题意；对于C，a3＞b3⇔a3－b3＝(a－b)(a2＋ab＋b2)＝(a－b) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(b,2)))2＋\f(3,4)b2))＞0⇔a－b＞0⇔a＞b，故C不符合题意；对于D，a3＞a2b⇒a2(a－b)＞0⇒a－b＞0，a≠0⇒a＞b且a≠0，故D符合题意．
7. (2024·龙岩期中)已知a，b，c满足c＜b＜a，且ac＜0，则下列选项中一定成立的是( ABD )
A. ab＞ac B. eq \f(1,a)－ eq \f(1,c)＞0
C. cb2＜ab2 D. ac(a－c)＜0
【解析】 因为c＜b＜a且ac＜0，所以a＞0，c＜0且b的符号不确定．对于A，因为b＞c，a＞0，由不等式的基本性质可得ab＞ac，故A一定能成立；对于B，因为 eq \f(1,a)－ eq \f(1,c)＝ eq \f(c－a,ac)，且ac＜0，c－a＜0，所以 eq \f(c－a,ac)＞0，即 eq \f(1,a)－ eq \f(1,c)＞0，故B一定能成立；对于C，取b＝0，则cb2＝ab2，若b≠0，则cb2＜ab2，故C不一定成立；对于D，因为ac＜0，a－c＞0，所以ac(a－c)＜0，故D一定能成立．
8. 下列说法正确的有( ACD )
A. 若ac2＜bc2，则a＜b
B. 若a＞b＞0，c＜d＜0，|b|＞|c|，则 eq \f(b＋c,(a－c)2)≥ eq \f(a＋d,(b－d)2)
C. 已知－1≤a＋b≤4，2≤a－b≤3，则 eq \f(9,2)≤3a－2b≤ eq \f(19,2)
D. 若a，b，c为互不相等的正数，且a2＋b2＝2bc，则ac＋b2＞ab＋bc
【解析】 对于A，由ac2＜bc2，知c2＞0，故a＜b，因此A正确．对于B，取a＝4，b＝3，c＝－2，d＝－1，则 eq \f(b＋c,(a－c)2)＝ eq \f(1,62)＝ eq \f(1,36)， eq \f(a＋d,(b－d)2)＝ eq \f(3,42)＝ eq \f(3,16)，显然 eq \f(b＋c,(a－c)2)＜ eq \f(a＋d,(b－d)2)，因此B错误．对于C，由3a－2b＝ eq \f(1,2)(a＋b)＋ eq \f(5,2)(a－b)，－1≤a＋b≤4，2≤a－b≤3，得－ eq \f(1,2)≤ eq \f(1,2)(a＋b)≤2，5≤ eq \f(5,2)(a－b)≤ eq \f(15,2)，则 eq \f(9,2)≤ eq \f(1,2)(a＋b)＋ eq \f(5,2)(a－b)≤ eq \f(19,2)，即 eq \f(9,2)≤3a－2b≤ eq \f(19,2)，因此C正确．对于D，由a，b，c为互不相等的正数，知a2＋b2＞2ab.又a2＋b2＝2bc，所以2bc＞2ab，即c＞a，所以c(a＋b)＞a(a＋b)，即ac＋bc＞a2＋ab，所以ac＋2bc＞a2＋ab＋bc.又a2＋b2＝2bc，所以ac＋a2＋b2＞a2＋ab＋bc，即ac＋b2＞ab＋bc，因此D正确．
三、 填空题
9. 已知实数a，b满足－3≤a＋b≤－2，1≤a－b≤4，则3a－5b的取值范围是_[6，19]_．
【解析】 因为3a－5b＝－(a＋b)＋4(a－b)，由－3≤a＋b≤－2，得2≤－(a＋b)≤3，由1≤a－b≤4，得4≤4(a－b)≤16，所以6≤3a－5b≤19，即3a－5b的取值范围是[6，19].
10. 已知1≤xy2≤2，2≤ eq \f(x2,y)≤3，则 eq \f(x4,y7)的取值范围为_[2，27]_．
【解析】 设 eq \f(x4,y7)＝x4y-7＝(xy2)m· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,y))) eq \s\up12(n)＝xm+2ny2m－n，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋2n＝4，,2m－n＝－7，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－2，,n＝3.))由题得 eq \f(1,4)≤(xy2)-2≤1，8≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,y))) eq \s\up12(3)≤27，两式相乘得2≤(xy2)-2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,y))) eq \s\up12(3)≤27，即2≤ eq \f(x4,y7)≤27.
四、 解答题
11. (1) 已知a＞b＞0，c＜d＜0，e＜0，求证： eq \f(e,a－c)＞ eq \f(e,b－d).
【解答】 因为a＞b＞0，c＜d＜0，所以－c＞－d＞0，a－c＞b－d＞0，所以0＜ eq \f(1,a－c)＜ eq \f(1,b－d)，又e＜0，所以 eq \f(e,a－c)＞ eq \f(e,b－d).
(2) 已知a＞1，b＞1，M＝ eq \f(a2,a－1)＋ eq \f(b2,b－1)，N＝ eq \f(b2,a－1)＋ eq \f(a2,b－1)，试比较M与N的大小，并说明理由．
【解答】 由题意，M－N＝ eq \f(a2,a－1)＋ eq \f(b2,b－1)－ eq \f(b2,a－1)－ eq \f(a2,b－1)＝ eq \f(a2－b2,a－1)－ eq \f(a2－b2,b－1)＝ eq \f((a2－b2)(b－a),(a－1)(b－1))＝－ eq \f((a＋b)(a－b)2,(a－1)(b－1)).因为a＞1，b＞1，所以a－1＞0，b－1＞0，a＋b＞0，(a－b)2≥0，所以M－N＝－ eq \f((a＋b)(a－b)2,(a－1)(b－1))≤0，即M≤N，当且仅当a＝b时，M＝N.
12. 已知a＞0，b＞0，且a＋b＝2.
(1) 求证：a2b＋ab2≤2；
【解答】 a2b＋ab2＝ab(a＋b)＝2ab，因为a＞0，b＞0，2＝a＋b≥2 eq \r(ab)，所以0＜ab≤1，当且仅当a＝b＝1时等号成立，所以a2b＋ab2≤2.
(2) 求证： eq \f(a3＋b,a＋1)＋ eq \f(b3＋a,b＋1)≥2.
【解答】 eq \f(a3＋b,a＋1)＋ eq \f(b3＋a,b＋1)＝ eq \f(a3＋(2－a),a＋1)＋ eq \f(b3＋(2－b),b＋1)＝ eq \f((a3－a)＋2,a＋1)＋ eq \f((b3－b)＋2,b＋1)＝ eq \f(a(a＋1)(a－1)＋2,a＋1)＋ eq \f(b(b＋1)(b－1)＋2,b＋1)＝a2＋b2－a－b＋ eq \f(2,a＋1)＋ eq \f(2,b＋1)＝a2＋b2＋2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a＋1)＋\f(1,b＋1)))－2＝(a＋b)2－2ab＋ eq \f(2(a＋b＋2),(a＋1)(b＋1))－2＝ eq \f(8,ab＋a＋b＋1)－2ab＋2＝ eq \f(8,ab＋3)－2ab＋2，由(1)得0＜ab≤1，则ab＋3≤4，－ab≥－1，因此 eq \f(1,ab＋3)≥ eq \f(1,4)，－2ab≥－2，因此 eq \f(8,ab＋3)－2ab＋2≥8× eq \f(1,4)－2＋2＝2，当且仅当a＝b＝1时等号成立，所以 eq \f(a3＋b,a＋1)＋ eq \f(b3＋a,b＋1)≥2.
13. 对在平面直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：若ad＜bc，那么称点(a，b)是点(c，d)的“下位点”．
(1) 点(3，11)是点(2，7)的“下位点”吗？请简单说明理由；
【解答】 根据定义，易知3×7＜11×2，所以点(3，11)是点(2，7)的“下位点”．
(2) 若点(a，b)是点(c，d)的“下位点”，试判断 eq \f(a,b)， eq \f(c,d)， eq \f(a＋c,b＋d)之间的大小关系；
【解答】 因为(a，b)是(c，d)的“下位点”，所以ad＜bc.由(a，b)和(c，d)都是第一象限内的点，可知a，b，c，d均为正数，故 eq \f(a＋c,b＋d)－ eq \f(a,b)＝ eq \f(bc－ad,(b＋d)b)＞0，即 eq \f(a＋c,b＋d)－ eq \f(a,b)＞0，所以 eq \f(a＋c,b＋d)＞ eq \f(a,b).同理可得 eq \f(a＋c,b＋d)－ eq \f(c,d)＝ eq \f(ad－bc,(b＋d)d)＜0，即 eq \f(a＋c,b＋d)＜ eq \f(c,d).综上， eq \f(a,b)＜ eq \f(a＋c,b＋d)＜ eq \f(c,d).
(3) 设正整数n满足条件：对集合{m|0＜m＜2 024，m∈N*}内的每个m，总存在正整数k，使得(m，2 024)是(k，n)的“下位点”，且(k，n)是(m＋1，2 025)的“下位点”，求正整数n的最小值．
【解答】 由已知得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(mn＜2 024k，,(m＋1)n＞2 025k，))因为m，n，k为正整数，故 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(mn＋1≤2 024k，,(m＋1)n－1≥2 025k，))所以2 024(mn＋n－1)≥2 024×2 025k≥2 025(mn＋1)，解得n≥ eq \f(4 049,2 024－m).该式对集合{m|0＜m＜2 024}内的每一个m∈N*都成立，所以n≥ eq \f(4 049,2 024－2 023)＝4 049，所以正整数n的最小值为4 049.
B组 能力提升练
14. 设a＞0，b＞0，c＞0，已知a2c＋b2c＝1，则min eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(max\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，\f(1,b)，\f(1,c)))))＝_ eq \r(3,2)_．
【解析】 由a2c＋b2c＝1，得a2＋b2＝ eq \f(1,c).设max eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，\f(1,b)，\f(1,c)))＝M，则M≥ eq \f(1,a)，M≥ eq \f(1,b)，M≥ eq \f(1,c)＝a2＋b2≥2ab.方法一：M3≥ eq \f(1,a)× eq \f(1,b)×(a2＋b2)≥2，当且仅当a＝b时取等号，所以min eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(max\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，\f(1,b)，\f(1,c)))))＝ eq \r(3,2).方法二：3M＝2 eq \r(M)· eq \r(M)＋M≥2· eq \f(1,\r(a))· eq \f(1,\r(b))＋2ab＝ eq \f(1,\r(ab))＋ eq \f(1,\r(ab))＋2ab≥3 eq \r(3,\f(1,\r(ab))·\f(1,\r(ab))·2ab)＝3 eq \r(3,2)，当且仅当a＝b＝c＝2－ eq \f(1,3)时取等号，所以min eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(max\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，\f(1,b)，\f(1,c)))))＝ eq \r(3,2).
15. 对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a，a≤b，,b，a＞b，))当实数x，y变化时，令t＝min eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x＋y，\f(8y,x2＋8y2)))，则t的最大值为_ eq \r(2)_．
【解析】 由题意当x＜0，y＜0时，必有t＜0，故要使得t取得最大值，必须x＋y＞0， eq \f(8y,x2＋8y2)＞0，x＞0，此时t≤x＋y，t≤ eq \f(8y,x2＋8y2)，所以t2≤ eq \f(8xy＋8y2,x2＋8y2)＝ eq \f(\f(8x,y)＋8,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)))\s\up12(2)＋8).令 eq \f(x,y)＝m＞0，则 eq \f(\f(8x,y)＋8,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)))\s\up12(2)＋8)＝ eq \f(8m＋8,m2＋8)＝ eq \f(8(m＋1),(m＋1)2－2(m＋1)＋9)＝ eq \f(8,(m＋1)－2＋\f(9,m＋1))≤ eq \f(8,2\r((m＋1)·\f(9,m＋1))－2)＝2，当且仅当m＋1＝3，即m＝2(x＝2y)时取等号，所以t2≤2，所以tmax＝ eq \r(2).