2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第3章不等式課時分層作業(yè)9不等式的基本性質(zhì)含解析蘇教版必修第一冊

PAGE1-課時分層作業(yè)(九)不等式的基本性質(zhì)(建議用時：40分鐘)一、選擇題1．設(shè)M＝x2＋6x，N＝5x－1，則M與N的大小關(guān)系是()A．M>N B．M＝NC．M<N D．與x有關(guān)A[因為M－N＝x2＋x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)>0，所以M>N，故選A．]2．已知a＞b，則“c≥0”是“ac＞bc”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件B[當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2>b＝1，,c＝0))時，ac＞bc不成立，所以充分性不成立；當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ac>bc，,a>b))時，c＞0成立，c≥0也成立，所以必要性成立．所以“c≥0”是“ac＞bc”的必要不充分條件，故選B．]3．若a＞b＞0，c＜d＜0，則肯定有()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[因為c＜d＜0，所以0＞eq\f(1,c)＞eq\f(1,d)，兩邊同乘－1，得－eq\f(1,d)＞－eq\f(1,c)＞0，又a＞b＞0，故由不等式的性質(zhì)可知－eq\f(a,d)＞－eq\f(b,c)＞0．兩邊同乘－1，得eq\f(a,d)＜eq\f(b,c)．故選B．]4．若a＜b＜0，則下列不等式中肯定不成立的是()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[因為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不正確；－a＞－b＞0，eq\r(－a)＞eq\r(－b)，B正確；|a|＞|b|＝－b，C正確；當(dāng)a＝－3，b＝－1，eq\f(1,a－b)＝－eq\f(1,2)，eq\f(1,b)＝－1時，eq\f(1,a－b)＞eq\f(1,b)，此時D成立．故選A．]5．有外表一樣，重量不同的四個小球，它們的重量分別是a，b，c，d，已知a＋b＝c＋d，a＋d>c＋b，a＋c<b，則這四個小球由重到輕的排列依次是()A．d>b>a>c B．d>a>c>bC．b>a>c>d D．b>c>d>aA[因為a＋b＝c＋d，a＋d>c＋b，所以2a>2c，即a>c，所以b<d．因為a＋c<b，所以a<b．綜上可得d>b>a>c二、填空題6．若x>1，－1<y<0，則x，y，－y，－xy由小到大的依次是(用“<”連接)．y<－y<－xy<x[因為x>1，－1<y<0，所以0<－y<x．因為－y－(－xy)＝y(tǒng)(x－1)<0，所以－y<－xy，因為x－(－xy)＝x(1＋y)>0，所以－xy<x，所以y<－y<－xy<x．]7．若x∈R，則eq\f(x,1＋x2)與eq\f(1,2)的大小關(guān)系為．eq\f(x,1＋x2)≤eq\f(1,2)[因為eq\f(x,1＋x2)－eq\f(1,2)＝eq\f(2x－1－x2,21＋x2)＝eq\f(－x－12,21＋x2)≤0，所以eq\f(x,1＋x2)≤eq\f(1,2)．]8．已知不等式：①a<0<b；②b<a<0；③b<0<a；④0<b<a；⑤b<a且ab>0；⑥a<b且ab<0．其中能使eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的序號是．①②④⑤⑥[因為eq\f(1,a)<eq\f(1,b)?eq\f(b－a,ab)<0?b－a與ab異號，然后再逐個進行驗證，可知①②④⑤⑥都能使eq\f(1,a)<eq\f(1,b)．]三、解答題9．已知a>0，試比較a與eq\f(1,a)的大?。甗解]a－eq\f(1,a)＝eq\f(a2－1,a)＝eq\f(a－1a＋1,a)．因為a>0，所以當(dāng)a>1時，eq\f(a－1a＋1,a)>0，有a>eq\f(1,a)；當(dāng)a＝1時，eq\f(a－1a＋1,a)＝0，有a＝eq\f(1,a)；當(dāng)0<a<1時，eq\f(a－1a＋1,a)<0，有a<eq\f(1,a)．綜上，當(dāng)a>1時，a>eq\f(1,a)；當(dāng)a＝1時，a＝eq\f(1,a)；當(dāng)0<a<1時，a<eq\f(1,a)．10．若a>0，b>0，求證：eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)≥a＋b．[證明]因為eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)－a－b＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)－\f(b,a)))＝eq\f(a－b2a＋b,ab)．因為(a－b)2≥0恒成立，且a>0，b>0，所以a＋b>0，ab>0．所以eq\f(a－b2a＋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，則下列結(jié)論不正確的是()A．a(chǎn)2＜b2 B．a(chǎn)b＞b2C．a(chǎn)＋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錯，故選A．]2．若－1<α<β<1，則下列各式中恒成立的是()A．－2<α－β<0 B．－2<α－β<－1C．－1<α－β<0 D．－1<α－β<1A[由－1<α<1，－1<β<1，得－1<－β<1，所以－2<α－β<2．又因為α<β，故知－2<α－β<0．故選A．]3．設(shè)M＝2a(a－2)，N＝(a＋1)(a－3)，A．M>N B．M≥NC．M<N D．M≤NA[因為M－N＝2a(a－2)－(a＋1)(a－3)＝(2a2－4a)－(a2－2a－3)＝a2－2a＋3＝(a－1)2＋2>0．所以4．四位好摯友在一次聚會上，他們依據(jù)各自的愛好選擇了形態(tài)不同、內(nèi)空高度相等、杯口半徑相等的圓口酒杯，如圖所示．盛滿酒后他們約定：先各自飲杯中酒的一半．設(shè)剩余酒的高度從左到右依次為h1，h2，h3，h4，則它們的大小關(guān)系正確的是()A．h2>h1>h4 B．h1>h2>h3C．h3>h2>h4 D．h2>h4>h1A[依據(jù)四個杯的形態(tài)分析易知h2>h1>h4或h2＞h3＞h4．]5．已知a＋b>0，ab≠0求證：eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)．[證明]eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(a－b,b2)＋eq\f(b－a,a2)＝(a－b)·eq