人教A版 (2019)必修 第一册2.1 等式性质与不等式性质优秀达标测试

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1．下列等式变形不正确的是( D )

A．2x－1＝3，则2x＝4
B．3x－1＝x＋3，则2x－1＝3
C．4x－3x＝2－1，则x＝1
D．2x2＝x2－x，则3x2＝－x
【解析】 由2x2＝x2－x移项得x2＝－x，所以选项D错误．
2．已知a＞b，c＞d，下列不等式必成立的一个是( A )
A． a＋c＞b＋d B． a－c＞b－d
C． ac＞bd D． eq \f(a,c) ＞ eq \f(b,d)
【解析】 根据不等式的同向可加性，若a＞b，c＞d，则必有a＋c＞b＋d，利用特例法可知B，C，D均错误，故选A.
3．设a>b>0，c>1，则下列不等式不成立的是( C )
A．ac>b B．a(c－1)>b(c－1)
C．－a>－bc D． (a－b)c>0
【解析】 因为a>b>0，c>1，所以a－b>0，c－1>0，从而ac>b，a(c－1)>b(c－1)，(a－b)c>0，只有－a>－bc不成立．
4．已知a，b，c，d∈R，则下列命题正确的是( B )
A．若a>b，c>b，则a>c
B．若a>－b，则c－aC．若a>b，c eq \f(b,d)
D．若a2>b2，则－a<－b
【解析】 选项A中，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，故选B.
5．已知a>b>c>d>0，则下列不等式不成立的是( D )
A．a－d>b－c B．ab>cd
C． eq \f(d,a) < eq \f(c,b) D． eq \f(a＋c,a－c) < eq \f(b＋d,b－d)
【解析】 a>b，－d>－c，∴a－d>b－c，故A正确；
a>c>0，b>d>0，∴ab>cd，故B正确；
a>b>0，∴0< eq \f(1,a) < eq \f(1,b) ，∴ eq \f(d,a) < eq \f(c,b) ，故C正确；
由a>b>c>d>0可知a－c>0，b－d>0，若 eq \f(a＋c,a－c) < eq \f(b＋d,b－d) 成立，
则(a＋c)(b－d)<(b＋d)(a－c)，
即ab－ad＋bc－cd当a＝4，b＝3，c＝2，d＝1时，bc＝6>4＝ad，
可知bc6．下列说法错误的是( B )
A．限速40 km/h的路标，指示司机在前方路段行驶时，应使汽车的速度v不超过40 km/h，用不等式表示为v≤40
B．某钢铁厂要把长度为4 000 mm的钢管截成500 mm 和600 mm两种，若截得500 mm的钢管x根，截得600 mm的钢管y根，则500x＋600y＝4 000
C．完成一项装修工程，请木工每人需付工资500元，请瓦工每人需付工资400元，现工人工资预算为20 000元，设请木工x人，瓦工y人，则x，y满足的关系式是5x＋4y≤200
D．某校对高一美术生划定录取分数线，专业成绩x不低于95分，文化课总分y高于380分，体育成绩z超过45分，用不等式组表示为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≥95，,y>380，,z>45))
【解析】 选项A正确；选项B中应为500x＋600y≤4 000；对于选项C，有500x＋400y≤20 000，即5x＋4y≤200，所以选项C正确；显然选项D正确．故选B.
二、填空题
7．已知x<1，则x2＋2与3x的大小关系为__x2＋2>3x__．
【解析】 (x2＋2)－3x＝(x－1)(x－2)，因为x<1，所以x－1<0，x－2<0，所以(x－1)(x－2)>0，所以x2＋2>3x.
8．已知a>b>0，且c>d>0，则 eq \r(\f(a,d)) 与 eq \r(\f(b,c)) 的大小关系是__ eq \r(\f(a,d)) > eq \r(\f(b,c)) __．
【解析】 因为c>d>0，所以 eq \f(1,d) eq \r() > eq \f(1,c) >0.又因为a>b>0，所以 eq \f(a,d) > eq \f(b,c) >0，所以 eq \r(\f(a,d)) > eq \r(\f(b,c)) .
9．若1≤a≤5，－1≤b≤2，则a－b的取值范围是__－1≤a－b≤6__； eq \f(a,b＋2) 的取值范围是__ eq \f(1,4) ≤ eq \f(a,b＋2) ≤5__．
【解析】 因为－1≤b≤2，所以－2≤－b≤1.又1≤a≤5，所以－1≤a－b≤6.
由－1≤b≤2得1≤b＋2≤4，所以 eq \f(1,4) ≤ eq \f(1,b＋2) ≤1，
所以 eq \f(1,4) ≤ eq \f(a,b＋2) ≤5.
10．给出下列四个条件：①b>0>a；②0>a>b；③a>0>b；④a>b>0.其中能得出 eq \f(1,a) < eq \f(1,b) 的是__①②④__．(填序号)
【解析】 eq \f(1,a) < eq \f(1,b) ⇒ eq \f(b－a,ab) <0，所以①②④能使该不等式成立．
三、解答题
11．(1)a(2)已知a>b， eq \f(1,a) < eq \f(1,b) ，求证：ab>0.
证明： (1) eq \f(b,a) － eq \f(a,b) ＝ eq \f(b2－a2,ab) ＝ eq \f(（b－a）（b＋a）,ab) .
因为a所以b＋a<0，b－a>0，ab>0，
所以 eq \f(（b－a）（b＋a）,ab) <0，所以 eq \f(b,a) < eq \f(a,b) .
(2)因为 eq \f(1,a) < eq \f(1,b) ，所以 eq \f(1,a) － eq \f(1,b) <0，
即 eq \f(b－a,ab) <0，
而a>b，所以b－a<0，
所以ab>0.
12．(1)已知x<1，比较x3－1与2x2－2x的大小；
(2)设p，q>0，p＋q＝1，试比较代数式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(px＋qy)) eq \s\up12(2) 与px2＋qy2的大小．
解：(1)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)))\s\up12(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))) eq \s\up12(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)))\s\up12(2)＋\f(3,4))) <0，
所以x3－1<2x2－2x.
(2)(px＋qy)2－(px2＋qy2)
＝(p2x2＋2pxqy＋q2y2)－(px2＋qy2)
＝(p2－p)x2＋2pxqy＋(q2－q)y2.因为p＋q＝1，所以p－1＝－q，q－1＝－p，所以(px＋qy)2－(px2＋qy2)＝－pq(x2－2xy＋y2)＝－pq(x－y)2≤0，所以(px＋qy)2≤px2＋qy2，当且仅当x＝y时等号成立．
[B级 素养养成与评价]
13．若abcd<0，且a>0，b>c，d<0，则( D )
A．b<0，c<0 B．b>0，c>0
C．b>0，c<0 D．0【解析】 由a>0，d<0，且abcd<0，知bc>0.又因为b>c，所以014．已知有三个房间需要粉刷，粉刷方案要求：每个房间只用一种颜色，且三个房间颜色各不相同．已知三个房间的粉刷面积(单位：m2)分别为x，y，z，且xA．ax＋by＋cz B．az＋by＋cx
C．ay＋bz＋cx D．ay＋bx＋cz
【解析】 由于x0，故ax＋by＋cz>az＋by＋cx；同理，ay＋bz＋cx－(ay＋bx＋cz)＝b(z－x)＋c(x－z)＝(x－z)(c－b)<0，故ay＋bz＋cx15．已知－1≤x＋y≤1，1≤x－y≤3，则3x＋2y的取值范围是__－2≤3x＋2y≤4__．
【解析】 设3x＋2y＝λ(x＋y)＋μ(x－y)⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＋μ＝3，,λ－μ＝2)) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝\f(5,2)，,μ＝\f(1,2))) ⇒3x＋2y＝ eq \f(5,2) (x＋y)＋ eq \f(1,2) (x－y)，
故3x＋2y的取值范围是－2≤3x＋2y≤4.
16．设x，y为实数，且满足3≤xy2≤8，4≤ eq \f(x2,y) ≤9，则 eq \f(x3,y4) 的最大值为__27__．
【解析】 记xy2＝a， eq \f(x2,y) ＝b，则 eq \f(x3,y4) ＝ eq \f(b2,a) ，由3≤a≤8，4≤b≤9⇒ eq \f(1,8) ≤ eq \f(1,a) ≤ eq \f(1,3) ，16≤b2≤81⇒2≤ eq \f(b2,a) ≤27，故 eq \f(x3,y4) 的最大值为27.
17．某种商品计划提价，现有四种方案：
方案(Ⅰ)：先提价m%，再提价n%；
方案(Ⅱ)：先提价n%，再提价m%；
方案(Ⅲ)：分两次提价，每次提价 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋n,2))) %；
方案(Ⅳ)：一次性提价(m＋n)%.
已知m>n>0，那么四种提价方案中，提价最多的是哪种方案？并说明理由．
解：依题意，设单价为1，那么方案(Ⅰ)提价后的价格是：1×(1＋m%)(1＋n%)＝1＋(m＋n)%＋m%·n%；
方案(Ⅱ)提价后的价格是：(1＋n%)(1＋m%)＝1＋(m＋n)%＋m%·n%；
方案(Ⅲ)提价后的价格是： eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋n,2)))%)) eq \s\up12(2) ＝1＋(m＋n)%＋ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋n,2)))%)) eq \s\up12(2) ；
方案(Ⅳ)提价后的价格是：1＋(m＋n)%.
易知方案(Ⅰ)与方案(Ⅱ)提价一样多，方案(Ⅳ)提价最少．
所以只要比较m%·n%与 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋n,2)))%)) eq \s\up12(2) 的大小即可．
因为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋n,2)))%)) eq \s\up12(2) －m%·n%＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m－n,2)))%)) eq \s\up12(2) ，
又因为m>n>0，所以 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋n,2)))%)) eq \s\up12(2) >m%·n%.
因此，方案(Ⅲ)提价最多．