必修 第一册第二章 等式与不等式2.2 不等式2.2.1 不等式及其性质一课一练

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1．(多选)已知a，b，c，d∈R，则下列结论中不成立的是( )
A．若a＞b，c＞b，则a＞c
B．若a＞－b，则c－a＜c＋b
C．若a＞b，c＜d，则eq \f(a,c)＞eq \f(b,d)
D．若a2＞b2，则－a＜－b
解析：选ACD 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＜0＜d时，不成立；选项D，只有当a＞b＞0时才成立．故选A、C、D.
2．下列命题中，正确的是( )
A．若a＜b＜0，则eq \f(1,a－b)＞eq \f(1,a)
B．若ac>bc，则a>b
C．若eq \f(a,c2)D．若a>b，c>d，则a－c>b－d
解析：选C ∵a＜b＜0，∴a－b＜0，a＜0，∴(a－b)a＞0.
又∵eq \f(1,a－b)－eq \f(1,a)＝eq \f(b,a（a－b）)＜0，∴eq \f(1,a－b)＜eq \f(1,a)，可知A错误；
当c<0时，ac>bc⇒a∵eq \f(a,c2)0，∴a取a＝c＝2，b＝d＝1，可知D错误．
3．(多选)若x>1>y，则下列不等式一定成立的是( )
A．x－1>1－y B．x－1>y－1
C．x－y>1－y D．1－x>y－x
解析：选BCD 对选项A可用特殊值法．令x＝2，y＝－1，则x－1＝2－1<1－(－1)＝1－y，故选项A中不等式不成立；x－1－(y－1)＝x－y＞0，故选项B中不等式成立；x－y－(1－y)＝x－1>0，故选项C中不等式成立；1－x－(y－x)＝1－y>0，故选项D中不等式成立，故选B、C、D.
4．若abcd<0，且a>0，b>c，d<0，则( )
A．b<0，c<0 B．b>0，c>0
C．b>0，c<0 D．0解析：选D 由a>0，d<0，且abcd<0，知bc>0，又∵b>c，∴05．设0<αA．0<2α－eq \f(β,3)C．0<2α－eq \f(β,3)<π D．－eq \f(π,6)<2α－eq \f(β,3)<π
解析：选D 由已知，得0＜2α＜π，0≤eq \f(β,3)≤eq \f(π,6)，∴－eq \f(π,6)≤－eq \f(β,3)≤0，由同向不等式相加得到－eq \f(π,6)＜2α－eq \f(β,3)＜π.
6．能说明“若a＞b，则eq \f(1,a)＜eq \f(1,b)”为假命题的一组a，b的值依次为________．
解析：“若a＞b，则eq \f(1,a)＜eq \f(1,b)”是真命题，则ab＞0，因此举例只需使得“ab＞0”不成立且a＞b即可．
答案：a＝1，b＝－1(答案不唯一)
7．设x＞1，－1＜y＜0，将x，y，－y按从小到大的顺序排列为________．
解析：∵－1＜y＜0，∴0＜－y＜1，∴y＜－y，又x＞1，
∴y＜－y＜x.
答案：y＜－y＜x
8．已知三个不等式①ab>0；②eq \f(c,a)>eq \f(d,b)；③bc>ad.若以其中的两个作为条件，余下的一个作为结论，则可以组成________个正确命题．
解析：①②⇒③，③①⇒②(证明略)．
由②得eq \f(bc－ad,ab)>0，又由③得bc－ad>0，所以ab>0⇒①.
所以可以组成3个正确命题．
答案：3
9．已知a，b∈R，a＋b>0，试比较a3＋b3与ab2＋a2b的大小．
解：因为a＋b>0，(a－b)2≥0，
所以a3＋b3－ab2－a2b＝a3－a2b＋b3－ab2＝a2(a－b)＋b2·(b－a)＝(a－b)(a2－b2)＝(a－b)(a－b)(a＋b)＝(a－b)2(a＋b)≥0，所以a3＋b3≥ab2＋a2b.
10．已知0(1)a2＋b2与b的大小；
(2)2ab与eq \f(1,2)的大小．
解：(1)因为0则a2＋b2－b＝a2＋b(b－1)＝a2－ab＝a(a－b)<0，
所以a2＋b2(2)因为2ab－eq \f(1,2)＝2a(1－a)－eq \f(1,2)
＝－2a2＋2a－eq \f(1,2)＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2－a＋\f(1,4)))
＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))eq \s\up12(2)<0，
所以2ab[B级 综合运用]
11．(多选)若eq \f(1,a)A．a2C．a＋b<0 D．|a|＋|b|>|a＋b|
解析：选ABC 因为eq \f(1,a)a2，ab12．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：选B 法一：∵x∴ax＋by＋cz－(az＋by＋cx)
＝a(x－z)＋c(z－x)＝(x－z)(a－c)>0，
∴ax＋by＋cz>az＋by＋cx；
同理，ay＋bz＋cx－(ay＋bx＋cz)
＝b(z－x)＋c(x－z)
＝(z－x)(b－c)<0，
∴ay＋bz＋cx同理，az＋by＋cx－(ay＋bz＋cx)
＝a(z－y)＋b(y－z)
＝(z－y)(a－b)<0，
∴az＋by＋cx∴最低费用为az＋by＋cx(元)．
故选B.
法二(特殊值法)：取x＝1，y＝2，z＝3，a＝1，b＝2，c＝3，则ax＋by＋cz＝1×1＋2×2＋3×3＝14；az＋by＋cx＝1×3＋2×2＋3×1＝10；ay＋bz＋cx＝1×2＋2×3＋3×1＝11；ay＋bx＋cz＝1×2＋2×1＋3×3＝13.故选B.
13．某公司有20名技术人员，计划开发A，B两类共50件电子器件，每类每件所需人员和预计产值如下：
今制订计划欲使总产量最高，则A类电子器件应开发________件，最高产值为________万元．
解析：设应开发A类电子器件x件，则开发B类电子器件(50－x)件．根据题意，得eq \f(x,2)＋eq \f(50－x,3)≤20，解得x≤20.由题意，得总产值y＝7.5x＋6×(50－x)＝300＋1.5x≤330，当且仅当x＝20时，y取最大值330.所以欲使总产值最高，A类电子器件应开发20件，最高产值为330万元．
答案：20 330
14．已知－1≤x＋y≤4，且2≤x－y≤3，求z＝2x－3y的取值范围．
解：∵z＝－eq \f(1,2)(x＋y)＋eq \f(5,2)(x－y)，
－2≤－eq \f(1,2)(x＋y)≤eq \f(1,2)，5≤eq \f(5,2)(x－y)≤eq \f(15,2)，
∴3≤－eq \f(1,2)(x＋y)＋eq \f(5,2)(x－y)≤8，
∴z的取值范围是[3，8]．
[C级 拓展探究]
15．设x≥1，y≥1，证明x＋y＋eq \f(1,xy)≤eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋xy.
证明：因为x≥1，y≥1，所以xy≥1，
所以x＋y＋eq \f(1,xy)≤eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋xy⇔xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.
将上面不等式中的右端减左端，得
[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]
＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]
＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)
＝(xy－1)(xy－x－y＋1)
＝(xy－1)(x－1)(y－1)．
因为x≥1，y≥1，xy≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，从而所要证明的不等式成立．
电子器件种类
每件需要人员数
每件产值(万元/件)
A类
eq \f(1,2)
7.5
B类
eq \f(1,3)
6