(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義+鞏固練習(xí)1.3《等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)》(教師版)

第第頁(yè)§1.3等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)考試要求1.掌握等式性質(zhì).2.會(huì)比較兩個(gè)數(shù)的大小.3.理解不等式的性質(zhì)，并能簡(jiǎn)單應(yīng)用．知識(shí)梳理1．兩個(gè)實(shí)數(shù)比較大小的方法作差法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b>0?a>b，,a－b＝0?a＝b，,a－b<0?a<b.))(a，b∈R)2．等式的性質(zhì)性質(zhì)1對(duì)稱性：如果a＝b，那么b＝a；性質(zhì)2傳遞性：如果a＝b，b＝c，那么a＝c；性質(zhì)3可加(減)性：如果a＝b，那么a±c＝b±c；性質(zhì)4可乘性：如果a＝b，那么ac＝bc；性質(zhì)5可除性：如果a＝b，c≠0，那么eq\f(a,c)＝eq\f(b,c).3．不等式的性質(zhì)性質(zhì)1對(duì)稱性：a>b?b<a；性質(zhì)2傳遞性：a>b，b>c?a>c；性質(zhì)3可加性：a>b?a＋c>b＋c；性質(zhì)4可乘性：a>b，c>0?ac>bc；a>b，c<0?ac<bc；性質(zhì)5同向可加性：a>b，c>d?a＋c>b＋d；性質(zhì)6同向同正可乘性：a>b>0，c>d>0?ac>bd；性質(zhì)7同正可乘方性：a>b>0?an>bn(n∈N，n≥2)．常用結(jié)論1．若ab>0，且a>b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).2．若a>b>0，m>0?eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)；若b>a>0，m>0?eq\f(b,a)>eq\f(b＋m,a＋m).思考辨析判斷下列結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)兩個(gè)實(shí)數(shù)a，b之間，有且只有a>b，a＝b，a<b三種關(guān)系中的一種．(√)(2)若eq\f(b,a)>1，則b>a.(×)(3)若x>y，則x2>y2.(×)(4)若eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，則b<a.(×)教材改編題1．(多選)設(shè)b>a>0，c∈R，則下列不等式中正確的是()A．SKIPIF1<0B.eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C.eq\f(a＋2,b＋2)>eq\f(a,b)D．a(chǎn)c3<bc3答案ABC解析因?yàn)閥＝SKIPIF1<0在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以SKIPIF1<0，A正確；因?yàn)閥＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，B正確；因?yàn)閑q\f(a＋2,b＋2)﹣eq\f(a,b)＝eq\f(2b－a,b＋2b)>0，所以eq\f(a＋2,b＋2)>eq\f(a,b)，C正確；當(dāng)c＝0時(shí)，ac3＝bc3，所以D不正確．2．已知M＝x2﹣3x，N＝﹣3x2＋x﹣3，則M，N的大小關(guān)系是________．答案M>N解析M﹣N＝(x2﹣3x)﹣(﹣3x2＋x﹣3)＝4x2﹣4x＋3＝(2x﹣1)2＋2>0，∴M>N.3．已知﹣1<a<2，﹣3<b<5，則a＋2b的取值范圍是______．答案(﹣7,12)解析∵﹣3<b<5，∴﹣6<2b<10，又﹣1<a<2，∴﹣7<a＋2b<12.題型一比較兩個(gè)數(shù)(式)的大小例1(1)若a<0，b<0，則p＝eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)與q＝a＋b的大小關(guān)系為()A．p<qB．p≤qC．p>qD．p≥q答案B解析p﹣q＝eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)﹣a﹣b＝eq\f(b2－a2,a)＋eq\f(a2－b2,b)＝(b2﹣a2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))＝eq\f(b2－a2b－a,ab)＝eq\f(b－a2b＋a,ab)，因?yàn)閍<0，b<0，所以a＋b<0，ab>0.若a＝b，則p﹣q＝0，故p＝q；若a≠b，則p﹣q<0，故p<q.綜上，p≤q.(2)已知a，b，c∈(0,3)，且a5＝5a，b4＝4b，c3＝3c，下列不等式正確的是()A．a(chǎn)>b>cB．c>a>bC．c>b>aD．a(chǎn)>c>b答案C解析a5＝5a，即eq\f(lna,a)＝eq\f(ln5,5)，b4＝4b，即eq\f(lnb,b)＝eq\f(ln4,4)，c3＝3c，即eq\f(lnc,c)＝eq\f(ln3,3)，設(shè)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f(a)＝f(5)，f(b)＝f(4)，f(c)＝f(3)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)(x>0)，當(dāng)x>e時(shí)，f′(x)<0，f(x)＝eq\f(lnx,x)單調(diào)遞減，當(dāng)0<x<e時(shí)，f′(x)>0，f(x)＝eq\f(lnx,x)單調(diào)遞增，因?yàn)閍，b，c∈(0,3)，f(a)＝f(5)，f(b)＝f(4)，f(c)＝f(3)，所以a，b，c∈(0，e)，因?yàn)閒(5)<f(4)<f(3)，所以f(a)<f(b)<f(c)，a<b<c.教師備選已知M＝eq\f(e2021＋1,e2022＋1)，N＝eq\f(e2022＋1,e2023＋1)，則M，N的大小關(guān)系為________．答案M>N解析方法一M﹣N＝eq\f(e2021＋1,e2022＋1)﹣eq\f(e2022＋1,e2023＋1)＝eq\f(e2021＋1e2023＋1－e2022＋12,e2022＋1e2023＋1)＝eq\f(e2021＋e2023－2e2022,e2022＋1e2023＋1)＝eq\f(e2021e－12,e2022＋1e2023＋1)>0.∴M>N.方法二令f(x)＝eq\f(ex＋1,ex＋1＋1)＝eq\f(\f(1,e)ex＋1＋1＋1－\f(1,e),ex＋1＋1)＝eq\f(1,e)＋eq\f(1－\f(1,e),ex＋1＋1)，顯然f(x)是R上的減函數(shù)，∴f(2021)>f(2022)，即M>N.思維升華比較大小的常用方法(1)作差法：①作差；②變形；③定號(hào)；④得出結(jié)論．(2)作商法：①作商；②變形；③判斷商與1的大小關(guān)系；④得出結(jié)論．(3)構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性比較大?。櫽?xùn)練1(1)已知0<a<eq\f(1,b)，且M＝eq\f(1,1＋a)＋eq\f(1,1＋b)，N＝eq\f(a,1＋a)＋eq\f(b,1＋b)，則M，N的大小關(guān)系是()A．M>NB．M<NC．M＝ND．不能確定答案A解析∵0<a<eq\f(1,b)，∴1＋a>0,1＋b>0,1﹣ab>0.∴M﹣N＝eq\f(1－a,1＋a)＋eq\f(1－b,1＋b)＝eq\f(21－ab,1＋a1＋b)>0，∴M>N.(2)eπ·πe與ee·ππ的大小關(guān)系為________．答案eπ·πe<ee·ππ解析eq\f(eπ·πe,ee·ππ)＝eq\f(eπ－e,ππ－e)＝(eq\f(e,π))π﹣e，又0<eq\f(e,π)<1,0<π﹣e<1，∴(eq\f(e,π))π﹣e<1，即eq\f(eπ·πe,ee·ππ)<1，即eπ·πe<ee·ππ.題型二不等式的性質(zhì)例2(1)下列命題為真命題的是()A．若a>b，則ac2>bc2B．若a<b<0，則a2<ab<b2C．若c>a>b>0，則eq\f(a,c－a)<eq\f(b,c－b)D．若a>b>c>0，則eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)答案D解析對(duì)于A選項(xiàng)，當(dāng)c＝0時(shí)，顯然不成立，故A選項(xiàng)為假命題；對(duì)于B選項(xiàng)，當(dāng)a＝﹣3，b＝﹣2時(shí)，滿足a<b<0，但不滿足a2<ab<b2，故B選項(xiàng)為假命題；對(duì)于C選項(xiàng)，當(dāng)c＝3，a＝2，b＝1時(shí)，eq\f(a,c－a)＝eq\f(2,3－2)>eq\f(b,c－b)＝eq\f(1,2)，故C選項(xiàng)為假命題；對(duì)于D選項(xiàng)，由于a>b>c>0，所以eq\f(a,b)﹣eq\f(a＋c,b＋c)＝eq\f(ab＋c－ba＋c,bb＋c)＝eq\f(ac－bc,bb＋c)＝eq\f(a－bc,bb＋c)>0，即eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)，故D選項(xiàng)為真命題．(2)(多選)若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則下列不等式正確的是()A.eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)B．|a|＋b>0C．a(chǎn)﹣eq\f(1,a)>b﹣eq\f(1,b)D．lna2>lnb2答案AC解析由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，可知b<a<0.A中，因?yàn)閍＋b<0，ab>0，所以eq\f(1,a＋b)<0，eq\f(1,ab)>0.故有eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)，即A正確；B中，因?yàn)閎<a<0，所以﹣b>﹣a>0.故﹣b>|a|，即|a|＋b<0，故B錯(cuò)誤；C中，因?yàn)閎<a<0，又eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則﹣eq\f(1,a)>﹣eq\f(1,b)>0，所以a﹣eq\f(1,a)>b﹣eq\f(1,b)，故C正確；D中，因?yàn)閎<a<0，根據(jù)y＝x2在(﹣∞，0)上單調(diào)遞減，可得b2>a2>0，而y＝lnx在定義域(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以lnb2>lna2，故D錯(cuò)誤．教師備選若a，b，c∈R，a>b，則下列不等式恒成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)B．a(chǎn)2>b2C．a(chǎn)|c|>b|c|D.eq\f(a,c2＋1)>eq\f(b,c2＋1)答案D解析對(duì)于A，若a>0>b，則eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，取a＝1，b＝﹣2，則a2<b2，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若c＝0，a|c|＝b|c|，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，因?yàn)閏2＋1≥1，所以eq\f(1,c2＋1)>0，又a>b，所以eq\f(a,c2＋1)>eq\f(b,c2＋1)，故D正確．思維升華判斷不等式的常用方法(1)利用不等式的性質(zhì)逐個(gè)驗(yàn)證．(2)利用特殊值法排除錯(cuò)誤選項(xiàng)．(3)作差法．(4)構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性．跟蹤訓(xùn)練2(1)已知a，b∈R，滿足ab<0，a＋b>0，a>b，則()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)B.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>0C．a(chǎn)2>b2D．a(chǎn)<|b|答案C解析因?yàn)閍b<0，a>b，則a>0，b<0，eq\f(1,a)>0，eq\f(1,b)<0，A不正確；eq\f(b,a)<0，eq\f(a,b)<0，則eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)<0，B不正確；又a＋b>0，即a>﹣b>0，則a2>(﹣b)2，a2>b2，C正確；由a>﹣b>0得a>|b|，D不正確．(2)(多選)設(shè)a>b>1>c>0，下列四個(gè)結(jié)論正確的是()A.eq\f(1,ac)>eq\f(1,bc)B．bac>abcC．(1﹣c)a<(1﹣c)bD．logb(a＋c)>loga(b＋c)答案CD解析由題意知，a>b>1>c>0，所以對(duì)于A，ac>bc>0，故eq\f(1,ac)<eq\f(1,bc)，所以A錯(cuò)誤；對(duì)于B，取a＝3，b＝2，c＝eq\f(1,2)，則bac＝2eq\r(3)，abc＝3eq\r(2)，所以bac<abc，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，因?yàn)?<1﹣c<1，且a>b，所以(1﹣c)a<(1﹣c)b，故C正確；對(duì)于D，a＋c>b＋c>1，所以logb(a＋c)>logb(b＋c)>loga(b＋c)，故D正確．題型三不等式性質(zhì)的綜合應(yīng)用例3(1)已知﹣1<x<4,2<y<3，則x﹣y的取值范圍是______，3x＋2y的取值范圍是______．答案(﹣4,2)(1,18)解析∵﹣1<x<4,2<y<3，∴﹣3<﹣y<﹣2，∴﹣4<x﹣y<2.由﹣1<x<4,2<y<3，得﹣3<3x<12,4<2y<6，∴1<3x＋2y<18.延伸探究若將本例(1)中條件改為﹣1<x＋y<4,2<x﹣y<3，求3x＋2y的取值范圍．解設(shè)3x＋2y＝m(x＋y)＋n(x﹣y)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,m－n＝2，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(5,2)，,n＝\f(1,2).))即3x＋2y＝eq\f(5,2)(x＋y)＋eq\f(1,2)(x﹣y)，又∵﹣1<x＋y<4,2<x﹣y<3，∴﹣eq\f(5,2)<eq\f(5,2)(x＋y)<10,1<eq\f(1,2)(x﹣y)<eq\f(3,2)，∴﹣eq\f(3,2)<eq\f(5,2)(x＋y)＋eq\f(1,2)(x﹣y)<eq\f(23,2)，即﹣eq\f(3,2)<3x＋2y<eq\f(23,2)，∴3x＋2y的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(23,2))).(2)已知3<a<8,4<b<9，則eq\f(a,b)的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))解析∵4<b<9，∴eq\f(1,9)<eq\f(1,b)<eq\f(1,4)，又3<a<8，∴eq\f(1,9)×3<eq\f(a,b)<eq\f(1,4)×8，即eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<2.教師備選已知0<β<α<eq\f(π,2)，則α﹣β的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))解析∵0<β<eq\f(π,2)，∴﹣eq\f(π,2)<﹣β<0，又0<α<eq\f(π,2)，∴﹣eq\f(π,2)<α﹣β<eq\f(π,2)，又β<α，∴α﹣β>0，即0<α﹣β<eq\f(π,2).思維升華求代數(shù)式的取值范圍，一般是利用整體思想，通過(guò)“一次性”不等關(guān)系的運(yùn)算求得整體范圍．跟蹤訓(xùn)練3(1)已知a>b>c,2a＋b＋c＝0，則eq\f(c,a)的取值范圍是()A．﹣3<eq\f(c,a)<﹣1B．﹣1<eq\f(c,a)<﹣eq\f(1,3)C．﹣2<eq\f(c,a)<﹣1D．﹣1<eq\f(c,a)<﹣eq\f(1,2)答案A解析因?yàn)閍>b>c,2a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0，b＝﹣2a﹣c，因?yàn)閍>b>c，所以﹣2a﹣c<a，即3a>﹣c，解得eq\f(c,a)>﹣3，將b＝﹣2a﹣c代入b>c中，得﹣2a﹣c>c，即a<﹣c，得eq\f(c,a)<﹣1，所以﹣3<eq\f(c,a)<﹣1.(2)已知1<a<b<3，則a﹣b的取值范圍是________，eq\f(a,b)的取值范圍是________．答案(﹣2,0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))解析∵1<b<3，∴﹣3<﹣b<﹣1，又1<a<3，∴﹣2<a﹣b<2，又a<b，∴a﹣b<0，∴﹣2<a﹣b<0，又eq\f(1,3)<eq\f(1,b)<eq\f(1,a)，∴eq\f(a,3)<eq\f(a,b)<1，又eq\f(a,3)>eq\f(1,3)，∴eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<1.綜上所述，a﹣b的取值范圍為(﹣2,0)；eq\f(a,b)的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).課時(shí)精練1．已知a>0，b>0，M＝eq\r(a＋b)，N＝eq\r(a)＋eq\r(b)，則M與N的大小關(guān)系為()A．M>NB．M<NC．M≤ND．M，N大小關(guān)系不確定答案B解析M2﹣N2＝(a＋b)﹣(a＋b＋2eq\r(ab))＝﹣2eq\r(ab)<0，∴M<N.2．已知非零實(shí)數(shù)a，b滿足a<b，則下列命題成立的是()A．a(chǎn)2<b2B．a(chǎn)b2<a2bC.eq\f(1,ab2)<eq\f(1,a2b)D.eq\f(b,a)<eq\f(a,b)答案C解析若a<b<0，則a2>b2，故A不成立；若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab>0，,a<b，))則a2b<ab2，故B不成立；若a＝1，b＝2，則eq\f(b,a)＝2，eq\f(a,b)＝eq\f(1,2)，eq\f(b,a)>eq\f(a,b)，故D不成立，由不等式的性質(zhì)知，C正確．3．已知﹣3<a<﹣2,3<b<4，則eq\f(a2,b)的取值范圍為()A．(1,3)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(9,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(3,4)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))答案A解析因?yàn)椹?<a<﹣2，所以a2∈(4,9)，而3<b<4，故eq\f(a2,b)的取值范圍為(1,3)．4．若a>1，m＝loga(a2＋1)，n＝loga(a＋1)，p＝loga(2a)，則m，n，p的大小關(guān)系是()A．n>m>pB．m>p>nC．m>n>pD．p>m>n答案B解析由a>1知，a2＋1﹣2a＝(a﹣1)2>0，即a2＋1>2a，而2a﹣(a＋1)＝a﹣1>0，即2a>a＋1，∴a2＋1>2a>a＋1，而y＝logax在定義域上單調(diào)遞增，∴m>p>n.5．若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))b<1，則下列各式中一定成立的是()A．ln(a﹣b)>0B．2b﹣a>1C．﹣eq\f(1,a)>﹣eq\f(1,b)D．logca>logcb(c>0且c≠1)答案C解析指數(shù)函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x在(﹣∞，＋∞)上單調(diào)遞減，由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))b<1可知，a>b>0.所以eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，則﹣eq\f(1,a)>﹣eq\f(1,b)，故C正確；a﹣b>0，但不一定有a﹣b>1，則不一定有l(wèi)n(a﹣b)>0，故A錯(cuò)誤；函數(shù)y＝2x在(﹣∞，＋∞)上單調(diào)遞增，b﹣a<0.則2b﹣a<20＝1，故B錯(cuò)誤；當(dāng)0<c<1時(shí)，函數(shù)y＝logcx在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，則logca<logcb，故D錯(cuò)誤．6．(多選)已知x>y>z，x＋y＋z＝0，則下列不等式不成立的是()A．xy>yzB．xy>xzC．xz>yzD．x|y|>|y|z答案ACD解析因?yàn)閤>y>z，x＋y＋z＝0，所以x>0，z<0，y的符號(hào)無(wú)法確定，對(duì)于A，因?yàn)閤>0>z，若y<0，則xy<0<yz，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，因?yàn)閥>z，x>0，所以xy>xz，故B正確；對(duì)于C，因?yàn)閤>y，z<0，所以xz<yz，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，因?yàn)閤>z，當(dāng)|y|＝0時(shí)，x|y|＝|y|z，故D錯(cuò)誤．7．(多選)設(shè)a，b，c，d為實(shí)數(shù)，且a＞b＞0＞c＞d，則下列不等式正確的有()A．c2＜cdB．a(chǎn)﹣c＜b﹣dC．a(chǎn)c＜bdD.eq\f(c,a)﹣eq\f(d,b)＞0答案AD解析因?yàn)閍＞b＞0＞c＞d，所以a>b>0,0>c>d，對(duì)于A，因?yàn)?>c>d，由不等式的性質(zhì)可得c2<cd，故選項(xiàng)A正確；對(duì)于B，取a＝2，b＝1，c＝﹣1，d＝﹣2，則a﹣c＝3，b﹣d＝3，所以a﹣c＝b﹣d，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于C，取a＝2，b＝1，c＝﹣1，d＝﹣2，則ac＝﹣2，bd＝﹣2，所以ac＝bd，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于D，因?yàn)閍>b>0，d<c<0，則ad<bc，所以eq\f(c,a)>eq\f(d,b)，故eq\f(c,a)﹣eq\f(d,b)＞0，故選項(xiàng)D正確．8．(多選)若0<a<1，b>c>1，則()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))a>1B.eq\f(c－a,b－a)>eq\f(c,b)C．ca﹣1<ba﹣1D．logca<logba答案AD解析對(duì)于A，∵b>c>1，∴eq\f(b,c)>1.∵0<a<1，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))0＝1，故選項(xiàng)A正確；對(duì)于B，若eq\f(c－a,b－a)>eq\f(c,b)，則bc﹣ab>bc﹣ac，即a(c﹣b)>0，這與0<a<1，b>c>1矛盾，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于C，∵0<a<1，∴a﹣1<0.∵b>c>1，∴ca﹣1>ba﹣1，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于D，∵0<a<1，b>c>1，∴l(xiāng)ogca<logba，故選項(xiàng)D正確．9．已知M＝x2＋y2＋z2，N＝2x＋2y＋2z﹣π，則M________N．(填“>”“<”或“＝”)答案>解析M﹣N＝x2＋y2＋z2﹣2x﹣2y﹣2z＋π＝(x﹣1)2＋(y﹣1)2＋(z﹣1)2＋π﹣3≥π﹣3>0，故M>N.10．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，已知下列不等式：①a＋b<ab；②|a|>|b|；③a<b；④eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2.其中正確的不等式的序號(hào)為________．答案①④解析因?yàn)閑q\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，所以b<a<0，故③錯(cuò)誤；所以a＋b<0<ab，故①正確；所以|a|<|b|，故②錯(cuò)誤；所以eq\f(b,a)>0，eq\f(a,b)>0且均不為1，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)＝1時(shí)，等號(hào)成立，所以eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2，故④正確．11．若0<a<b，且a＋b＝1，則將a，b，eq\f(1,2)，2ab，a2＋b2從小到大排列為________________．答案a<2ab<eq\f(1,2)<a2＋b2<b解析方法一令a＝eq\f(1,3)，b＝eq\f(2,3)，則2ab＝eq\f(4,9)，a2＋b2＝eq\f(1,9)＋eq\f(4,9)＝eq\f(5,9)，故a<2ab<eq\f(1,2)<a2＋b2<b.方法二∵0<a<b且a＋b＝1，∴a<eq\f(1,2)<b<1，∴2b>1且2a<1，∴a<2b·a＝2a(1﹣a)＝﹣2a2＋2a＝﹣2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(1,2)<eq\f(1,2)，即a<2ab<eq\f(1,2).又a2＋b2＝(a＋b)2﹣2ab＝1﹣2ab>1﹣eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，即a2＋b2>eq\f(1,2).∵eq\f(1,2)<b<1，∴(a2＋b2)﹣b＝[(1﹣b)2＋b2]﹣b＝2b2﹣3b＋1＝(2b﹣1)(b﹣1)<0，即a2＋b2<b，綜上可知a<2ab<eq\f(1,2)<a2＋b2<b.12．設(shè)實(shí)數(shù)x，y滿足3≤xy2≤8,4≤eq\f(x2,y)≤9，則eq\f(x3,y4)的最大值是________．答案27解析eq\f(x3,y4)＝eq\f(x4,y2)·eq\f(1,xy2)＝(eq\f(x2,y))2·eq\f(1,xy2)≤81×eq\f(1,3)＝27，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x2,y)＝9，xy2＝3，即x＝3，y＝1時(shí)等號(hào)成立．13．(多選)設(shè)實(shí)數(shù)a，b，c滿足b＋c＝6﹣4a＋3a2，c﹣b＝4﹣4a＋a2，則下列不等