高中数学人教A版 (2019)必修第一册2.1 等式性质与不等式性质综合训练题

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这是一份高中数学人教A版 (2019)必修第一册2.1 等式性质与不等式性质综合训练题，共3页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题

1．若A＝a2＋3ab，B＝4ab－b2，则A、B的大小关系是( )

A．A≤B B．A≥B

C．AB D．A>B

解析：因为A－B＝a2＋3ab－(4ab－b2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(b,2)))2＋eq \f(3,4)b2≥0，所以A≥B.

答案：B

2．已知：a，b，c，d∈R，则下列命题中必成立的是( )

A．若a>b，c>b，则a>c B．若a>－b，则c－a

C．若a>b，ceq \f(b,d) D．若a2>b2，则－a<－b

解析：选项A，若a＝4，b＝2，c＝5，显然不成立；选项C不满足倒数不等式的条件，如a>b>0，c<0b>0时才可以．否则如a＝－1，b＝0时不成立．

答案：B

3．若－1<α<β<1，则下列各式中恒成立的是( )

A．－2<α－β<0 B．－2<α－β<－1

C．－1<α－β<0 D．－1<α－β<1

解析：∵－1<β<1，∴－1<－β<1.

又－1<α<1，∴－2<α＋(－β)<2，

又α<β，∴α－β<0，即－2<α－β<0.故选A.

答案：A

4．有四个不等式：①|a|>|b|；②ab3.若eq \f(1,a)

A．0 B．1

C．2 D．3

解析：由eq \f(1,a)b，②不正确；a＋b<0，ab>0，则a＋bb3，④正确．故不正确的不等式的个数为2.

答案：C

二、填空题

5．已知a，b均为实数，则(a＋3)(a－5)________(a＋2)(a－4)(填“>”“<”或“＝”)．

解析：因为(a＋3)(a－5)－(a＋2)(a－4)＝(a2－2a－15)－(a2－2a－8)＝－7<0，所以(a＋3)(a－5)<(a＋2)(a－4)．

答案：<

6．如果a>b，那么c－2a与c－2b中较大的是________．

解析：c－2a－(c－2b)＝2b－2a＝2(b－a)<0.

答案：c－2b

7．给定下列命题：

①a>b⇒a2>b2；②a2>b2⇒a>b；③a>b⇒eq \f(b,a)<1；④a>b，c>d⇒ac>bd；⑤a>b，c>d⇒a－c>b－d.

其中错误的命题是________(填写相应序号)．

解析：由性质7可知，只有当a>b>0时，a2>b2才成立，故①②都错误；对于③，只有当a>0且a>b时，eq \f(b,a)<1才成立，故③错误；由性质6可知，只有当a>b>0，c>d>0时，ac>bd才成立，故④错误；对于⑤，由c>d得－d>－c，从而a－d>b－c，故⑤错误．

答案：①②③④⑤

三、解答题

8．已知x<1，比较x3－1与2x2－2x的大小．

解析：x3－1－(2x2－2x)＝x3－2x2＋2x－1

＝(x3－x2)－(x2－2x＋1)＝x2(x－1)－(x－1)2

＝(x－1)(x2－x＋1)＝(x－1)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,4)))，

因为x<1，所以x－1<0，

又因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)>0，

所以(x－1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,4)))<0，

所以x3－1<2x2－2x.

9．若bc－ad≥0，bd>0.求证：eq \f(a＋b,b)≤eq \f(c＋d,d).

证明：因为bc－ad≥0，所以ad≤bc，

因为bd>0，所以eq \f(a,b)≤eq \f(c,d)，

所以eq \f(a,b)＋1≤eq \f(c,d)＋1，所以eq \f(a＋b,b)≤eq \f(c＋d,d).

[尖子生题库]

10．设f(x)＝ax2＋bx,1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，求f(－2)的取值范围．

解析：方法一设f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)(m，n为待定系数)，

则4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)＝(m＋n)a＋(n－m)b，

于是得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋n＝4,n－m＝－2))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝3，,n＝1))

∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)．

又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4.

∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，

故f(－2)的取值范围是[5,10]．

方法二由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－1＝a－b,f1＝a＋b))，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2)[f－1＋f1],b＝\f(1,2)[f1－f－1]))，

∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)．

又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，

∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，

故f(－2)的取值范围是[5,10].

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