这是一份高中数学苏教版 (2019)必修第一册第3章不等式本章综合与测试精品课堂检测，共4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。

课时分层作业(九) 不等式的基本性质

(建议用时：40分钟)

一、选择题

1．设M＝x2＋6x，N＝5x－1，则M与N的大小关系是( )

A．M>N B．M＝N

C．M

A [因为M－N＝x2＋x＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)>0，所以M>N，故选A．]

2．已知a＞b，则“c≥0”是“ac＞bc”的( )

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充分必要条件

D．既不充分也不必要条件

B [当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2>b＝1，,c＝0))时，ac＞bc不成立，所以充分性不成立；当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ac>bc，,a>b))时，c＞0成立，c≥0也成立，所以必要性成立．所以“c≥0”是“ac＞bc”的必要不充分条件，故选B．]

3．若a＞b＞0，c＜d＜0，则一定有( )

A．eq \f(a,d)＞eq \f(b,c) B． eq \f(a,d)＜eq \f(b,c)

C．eq \f(a,c)＞eq \f(b,d) D．eq \f(a,c)＜eq \f(b,d)

B [因为c＜d＜0，所以0＞eq \f(1,c)＞eq \f(1,d)，两边同乘－1，得－eq \f(1,d)＞－eq \f(1,c)＞0，又a＞b＞0，故由不等式的性质可知－eq \f(a,d)＞－eq \f(b,c)＞0．两边同乘－1，得eq \f(a,d)＜eq \f(b,c)．故选B．]

4．若a＜b＜0，则下列不等式中一定不成立的是( )

A．eq \f(1,a)＜eq \f(1,b) B．eq \r(－a)＞eq \r(－b)

C．|a|＞－b D．eq \f(1,a－b)＞eq \f(1,b)

A [因为a＜b＜0，所以eq \f(1,a)－eq \f(1,b)＝eq \f(b－a,ab)＞0，eq \f(1,a)＞eq \f(1,b)，A不正确；－a＞－b＞0，eq \r(－a)＞eq \r(－b)，B正确；|a|＞|b|＝－b，C正确；当a＝－3，b＝－1，eq \f(1,a－b)＝－eq \f(1,2)，eq \f(1,b)＝－1时，eq \f(1,a－b)＞eq \f(1,b)，此时D成立．故选A．]

5．有外表一样，重量不同的四个小球，它们的重量分别是a，b，c，d，已知a＋b＝c＋d，a＋d>c＋b，a＋c

A．d>b>a>c B．d>a>c>b

C．b>a>c>d D．b>c>d>a

A [因为a＋b＝c＋d，a＋d>c＋b，所以2a>2c，即a>c，所以bb>a>c．]

二、填空题

6．若x>1，－1

y<－y<－xy1，－1

因为x－(－xy)＝x(1＋y)>0，所以－xy

7．若x∈R，则eq \f(x,1＋x2)与eq \f(1,2)的大小关系为．

eq \f(x,1＋x2)≤eq \f(1,2) [因为eq \f(x,1＋x2)－eq \f(1,2)＝eq \f(2x－1－x2,21＋x2)＝eq \f(－x－12,21＋x2)≤0，所以eq \f(x,1＋x2)≤eq \f(1,2)．]

8．已知不等式：①a<00；⑥a

①②④⑤⑥ [因为eq \f(1,a)

三、解答题

9．已知a>0，试比较a与eq \f(1,a)的大小．

[解] a－eq \f(1,a)＝eq \f(a2－1,a)＝eq \f(a－1a＋1,a)．

因为a>0，

所以当a>1时，eq \f(a－1a＋1,a)>0，有a>eq \f(1,a)；

当a＝1时，eq \f(a－1a＋1,a)＝0，有a＝eq \f(1,a)；

当0

综上，当a>1时，a>eq \f(1,a)；当a＝1时，a＝eq \f(1,a)；

当0

10．若a>0，b>0，求证：eq \f(b2,a)＋eq \f(a2,b)≥a＋b．

[证明] 因为eq \f(b2,a)＋eq \f(a2,b)－a－b＝(a－b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)－\f(b,a)))＝eq \f(a－b2a＋b,ab)．

因为(a－b)2≥0恒成立，且a>0，b>0，所以a＋b>0，ab>0．

所以eq \f(a－b2a＋b,ab)≥0．所以eq \f(b2,a)＋eq \f(a2,b)≥a＋b．

1．若eq \f(1,b)＜eq \f(1,a)＜0，则下列结论不正确的是( )

A．a2＜b2 B．ab＞b2

C．a＋b＜0 D．|a|＋|b|＝|a＋b|

A [由eq \f(1,b)＜eq \f(1,a)＜0可得a＜b＜0，所以a2＞b2，故A错，故选A．]

2．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

A [由－1<α<1，－1<β<1，得－1<－β<1，

所以－2<α－β<2．又因为α<β，故知－2<α－β<0．故选A．]

3．设M＝2a(a－2)，N＝(a＋1)(a－3)，则( )

A．M>N B．M≥N

C．M

A [因为M－N＝2a(a－2)－(a＋1)(a－3)＝(2a2－4a)－(a2－2a－3)＝a2－2a＋3＝(a－1)2＋2>0．所以M>N．故选A．]

4．四位好朋友在一次聚会上，他们按照各自的爱好选择了形状不同、内空高度相等、杯口半径相等的圆口酒杯，如图所示．盛满酒后他们约定：先各自饮杯中酒的一半．设剩余酒的高度从左到右依次为h1，h2，h3，h4，则它们的大小关系正确的是( )

A．h2>h1>h4 B．h1>h2>h3

C．h3>h2>h4 D．h2>h4>h1

A [根据四个杯的形状分析易知h2>h1>h4或h2＞h3＞h4．]

5．已知a＋b>0，ab≠0求证： eq \f(a,b2)＋eq \f(b,a2)≥eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)．

[证明] eq \f(a,b2)＋eq \f(b,a2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝eq \f(a－b,b2)＋eq \f(b－a,a2)＝(a－b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b2)－\f(1,a2)))＝eq \f(a＋ba－b2,a2b2)．

因为a＋b＞0，(a－b)2≥0，

所以eq \f(a＋ba－b2,a2b2)≥0．

所以eq \f(a,b2)＋eq \f(b,a2)≥eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)．

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