備戰(zhàn)2023年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-第1講-不等式及其性質(zhì)

第1講不等式及其性質(zhì)1．比較兩個實數(shù)的大小關(guān)于實數(shù)a，b大小的比較，有以下基本事實：a－b>0?eq\x(\s\up1(01))a>b；a－b＝0?eq\x(\s\up1(02))a＝b；a－b<0?eq\x(\s\up1(03))a<b.另外，若b>0，則有eq\f(a,b)>1?a>b；eq\f(a,b)＝1?a＝b；eq\f(a,b)<1?a<b.2．不等式的性質(zhì)(1)對稱性：eq\x(\s\up1(04))a>b?b<a.(2)傳遞性：eq\x(\s\up1(05))a>b，b>c?a>c.(3)可加性：a>b?a＋ceq\x(\s\up1(06))>b＋c；a>b，c>d?eq\x(\s\up1(07))a＋c>b＋d.(4)可乘性：a>b，c>0?eq\x(\s\up1(08))ac>bc；a>b，c<0?eq\x(\s\up1(09))ac<bc；a>b>0，c>d>0?eq\x(\s\up1(10))ac>bd.(5)可乘方性：a>b>0?eq\x(\s\up1(11))an>bn(n∈N，n≥2)．1．a(chǎn)>b，ab>0?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).2．a(chǎn)<0<b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).3．a(chǎn)>b>0,0<c<d?eq\f(a,c)>eq\f(b,d).4．0<a<x<b或a<x<b<0?eq\f(1,b)<eq\f(1,x)<eq\f(1,a).5．若a>b>0，m>0，則eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0)；eq\f(a,b)>eq\f(a＋m,b＋m)；eq\f(a,b)<eq\f(a－m,b－m)(b－m>0)．1．(2022·葫蘆島模擬)設(shè)M＝2a(a－2)，N＝(a＋1)(a－3)，則有()A．M>N B．M≥NC．M<N D．M≤N答案A解析因為M－N＝2a(a－2)－(a＋1)(a－3)＝a2－2a＋3＝(a－1)2＋2>0，所以M>N.故選A.2．(2022·汕頭月考)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>3，,y>3))是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y>6，,xy>9))成立的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案A解析充分性顯然成立，必要性可以舉反例：x＝10，y＝eq\f(5,2)，顯然必要性不成立．故選A.3．如果x＋y<0，且y>0，那么下列不等式成立的是()A．y2>x2>－xy B．x2>y2>－xyC．x2<－xy<y2 D．x2>－xy>y2答案D解析因為x＋y<0，y>0，所以x<－y<0<y.在不等式x<－y兩邊同時乘以x，得x2>－xy.在不等式x<－y兩邊同時乘以y，得xy<－y2.則－xy>y2.所以x2>－xy>y2.故選D.4．若－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，則α－β的取值范圍是________.答案(－π，0)解析由已知，得－eq\f(π,2)<α<eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)<－β<eq\f(π,2)，所以－π<α－β<π，又α<β，所以α－β<0，故－π<α－β<0.5．比較兩數(shù)的大?。篹q\r(7)＋eq\r(10)________eq\r(3)＋eq\r(14).答案>解析因為(eq\r(7)＋eq\r(10))2＝17＋2eq\r(70)，(eq\r(3)＋eq\r(14))2＝17＋2eq\r(42)，所以(eq\r(7)＋eq\r(10))2>(eq\r(3)＋eq\r(14))2，所以eq\r(7)＋eq\r(10)>eq\r(3)＋eq\r(14).6．已知a，b，c∈R，有以下命題：①若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，則eq\f(c,a)<eq\f(c,b)；②若eq\f(a,c2)<eq\f(b,c2)，則a<b；③若a>b，則a·2c>b·2c.其中正確的是________(請把正確命題的序號都填上)．答案②③解析①若c≤0，則命題不成立．②由eq\f(a,c2)<eq\f(b,c2)得eq\f(a－b,c2)<0，于是a<b，所以命題正確．③中由2c>0知命題正確．故正確命題的序號為②③.考向一不等式的性質(zhì)例1(1)(2021·哈爾濱模擬)已知a，b，c∈R，則“eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab>0，,bc>0))”是“eq\f(b－c,a)<eq\f(b＋c,a)”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案A解析因為eq\f(b－c,a)<eq\f(b＋c,a)?eq\f(b＋c,a)－eq\f(b－c,a)＝eq\f(2c,a)>0?ac>0，而eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab>0，,bc>0))?ac>0；反之，ac>0時，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab>0，,bc>0))不一定成立，所以“eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab>0，,bc>0))”是“eq\f(b－c,a)<eq\f(b＋c,a)”的充分不必要條件．故選A.(2)(多選)(2021·山東省、海南省新高考高三4月模擬)對于實數(shù)a，b，c，下列命題是真命題的為()A．若a>b，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b)B．若a>b，則ac2≥bc2C．若a>0>b，則a2<－abD．若c>a>b>0，則eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b)答案BD解析根據(jù)a>b，取a＝1，b＝－1，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b)不成立，故A錯誤；∵a>b，∴由不等式的基本性質(zhì)知ac2≥bc2成立，故B正確；由a>0>b，取a＝1，b＝－1，則a2<－ab不成立，故C錯誤；∵c>a>b>0，∴(a－b)c>0，∴ac－ab>bc－ab，即a(c－b)>b(c－a)，∵c－a>0，c－b>0，∴eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b)，故D正確．故選BD.判斷不等式是否成立常用的三種方法(1)直接利用不等式的性質(zhì)逐個驗證，利用不等式的性質(zhì)判斷不等式是否成立時要特別注意前提條件．(2)利用特殊值法．(3)利用函數(shù)的單調(diào)性，當(dāng)直接利用不等式的性質(zhì)不能判斷時，可以利用指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)等函數(shù)的單調(diào)性進行判斷．1.如果a>0>b且a2>b2，那么以下不等式中正確的個數(shù)是()①a2b<b3；②eq\f(1,a)>0>eq\f(1,b)；③a3<ab2.A．0 B．1C．2 D．3答案C解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2>b2，,b<0，))得a2b<b3，①正確；∵a>0，∴eq\f(1,a)>0，又b<0，∴eq\f(1,b)<0，∴eq\f(1,a)>0>eq\f(1,b)，②正確；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2>b2，,a>0，))得a3>ab2，③不正確．故選C.2．(2022·成都模擬)若a<b<0，則下列不等式一定成立的是()A.eq\f(1,a－b)>eq\f(1,b) B．a(chǎn)2<abC.eq\f(|b|,|a|)<eq\f(|b|＋1,|a|＋1) D．a(chǎn)n>bn答案C解析(特值法)取a＝－2，b＝－1，n＝0，逐個檢驗，可知A，B，D均不正確；對于C，eq\f(|b|,|a|)<eq\f(|b|＋1,|a|＋1)?|b|(|a|＋1)<|a|(|b|＋1)?|a||b|＋|b|<|a||b|＋|a|?|b|<|a|，∵a<b<0，∴|b|<|a|成立．故選C.多角度探究突破考向二比較兩個數(shù)(式)的大小角度作差法例2(1)(2022·山東齊魯名校聯(lián)考)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>N B．M<NC．M＝N D．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.故選A.(2)(2022·吉林模擬)已知等比數(shù)列{an}中，a1>0，q>0，前n項和為Sn，則eq\f(S3,a3)與eq\f(S5,a5)的大小關(guān)系為________.答案eq\f(S3,a3)<eq\f(S5,a5)解析當(dāng)q＝1時，eq\f(S3,a3)＝3，eq\f(S5,a5)＝5，所以eq\f(S3,a3)<eq\f(S5,a5)；當(dāng)q>0且q≠1時，eq\f(S3,a3)－eq\f(S5,a5)＝eq\f(a11－q3,a1q21－q)－eq\f(a11－q5,a1q41－q)＝eq\f(q21－q3－1－q5,q41－q)＝eq\f(－q－1,q4)<0，所以eq\f(S3,a3)<eq\f(S5,a5).綜上可知eq\f(S3,a3)<eq\f(S5,a5).作差法的步驟(1)作差；(2)變形；(3)定號；(4)結(jié)論．3.(2022·黑龍江質(zhì)檢)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)＝(x2－2x＋1)＋(y2－2y＋1)＋(z2－2z＋1)＋π－3＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3.因為(x－1)2≥0，(y－1)2≥0，(z－1)2≥0，π－3>0，所以M－N>0，故M>N.角度作商法例3設(shè)a，b都是正數(shù)，且a≠b，則aabb與abba的大小關(guān)系是________.答案aabb>abba解析eq\f(aabb,abba)＝aa－b·bb－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b.若a>b，則eq\f(a,b)>1，a－b>0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，∴aabb>abba；若a<b，則0<eq\f(a,b)<1，a－b<0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，∴aabb>abba.作商法的步驟(1)作商；(2)變形；(3)判斷商與1的大??；(4)結(jié)論．4.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\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,π)))π－e，又0<eq\f(e,π)<1,0<π－e<1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,π)))π－e<1，即eq\f(eπ·πe,ee·ππ)<1，即eπ·πe<ee·ππ.角度特殊值法例4(1)(2022·湖南郴州質(zhì)檢)若m<0，n>0且m＋n<0，則下列不等式中成立的是()A．－n<m<n<－m B．－n<m<－m<nC．m<－n<－m<n D．m<－n<n<－m答案D解析(取特殊值法)令m＝－3，n＝2分別代入各選項檢驗，可知D正確．(2)(多選)(2022·南昌月考)已知a>b≥2，則()A．b2<3b－a B．a(chǎn)3＋b3>a2b＋ab2C．a(chǎn)b>a＋b D．eq\f(1,2)＋eq\f(2,ab)>eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)答案BC解析a>b≥2，取a＝3，b＝2，則b2<3b－a不成立，故A不成立；a3＋b3－(a2b＋ab2)＝a2(a－b)－b2(a－b)＝(a－b)2(a＋b)>0，故B成立；ab－a－b＝a(b－1)－b＝(b－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(b,b－1)))＝(b－1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b－1)))))>0，故C成立；取a＝3，b＝2，eq\f(1,2)＋eq\f(2,ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(另解：\f(1,2)＋\f(2,ab)－\f(1,a)－\f(1,b)＝\f(a－2b－2,2ab)≥0))，故D不成立．故選BC.特殊值法比較大小的思路利用特殊值法比較兩數(shù)(式)的大小時需要注意以下問題：賦值應(yīng)該滿足前提條件；當(dāng)一次賦值不能確定準(zhǔn)確的選項，則可以通過二次賦值檢驗，直至得到正確選項．5.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<q B．p≤qC．p>q D．p≥q答案B解析解法一：(特殊值排除法)令a＝b＝－1，則p＝q＝－2，排除A，C；令a＝－1，b＝－2，則p<q，排除D.故選B.解法二：(作差法)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)，因為a<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.故選B.角度中間量法例5已知實數(shù)a＝ln(lnπ)，b＝lnπ，c＝2lnπ，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)<b<c B．a(chǎn)<c<bC．b<a<c D．c<a<b答案A解析因為e<π<e2，所以lnπ∈(1,2)，即b∈(1,2)．由lnπ∈(1,2)，得a＝ln(lnπ)∈(ln1，ln2)，而ln2<lne＝1，所以a∈(0,1)．由2lne<2lnπ<2lne2，得c∈(2,4)．所以a<b<c.故選A.中間量法比較大小的思路利用中間量法比較不等式大小時要根據(jù)已知數(shù)、式靈活選擇中間變量，指數(shù)式比較大小，一般選取1和指數(shù)式的底數(shù)作為中間值；對數(shù)式比較大小，一般選取0和1作為中間值，其實質(zhì)就是根據(jù)對數(shù)函數(shù)f(x)＝logax的單調(diào)性判斷其與f(1)，f(a)的大?。?.(2022·大連質(zhì)檢)設(shè)a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))0.5，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))0.4，c＝logeq\s\do7(\f(3,4))(log34)，則()A．c<b<a B．a(chǎn)<b<cC．c<a<b D．a(chǎn)<c<b答案C解析因為0<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))0.5<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))0＝1，所以0<a<1，因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))0.4>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))0＝1，所以b>1，因為log34>log33＝1，所以logeq\s\do7(\f(3,4))(log34)<0，即c<0.綜上知，c<a<b.故選C.考向三應(yīng)用不等式的性質(zhì)求范圍例6(1)(多選)(2022·湖南長沙調(diào)研)已知6<a<60,15<b<18，則下列結(jié)論正確的是()A.eq\f(a,b)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4)) B．a(chǎn)＋b∈(21,78)C．a(chǎn)－b∈(－9,42) D．eq\f(a＋b,b)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,5)，\f(39,9)))答案AB解析因為6<a<60,15<b<18，所以eq\f(1,18)<eq\f(1,b)<eq\f(1,15)，－18<－b<－15，所以eq\f(6,18)<eq\f(a,b)<eq\f(60,15)，6＋15<a＋b<60＋18,6－18<a－b<60－15，即eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<4,21<a＋b<78，－12<a－b<45.于是eq\f(a＋b,b)＝eq\f(a,b)＋1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，5)).故A，B正確，C，D錯誤．(2)已知－1<x＋y<4且2<x－y<3，則z＝2x－3y的取值范圍是________(用區(qū)間表示)．答案(3,8)解析解法一：設(shè)2x－3y＝λ(x＋y)＋μ(x－y)＝(λ＋μ)x＋(λ－μ)y，對應(yīng)系數(shù)相等，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＋μ＝2，,λ－μ＝－3))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(1,2)，,μ＝\f(5,2)，))∴2x－3y＝－eq\f(1,2)(x＋y)＋eq\f(5,2)(x－y)∈(3,8)．解法二：令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝x＋y，,b＝x－y，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(a＋b,2)，,y＝\f(a－b,2).))∴2x－3y＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－b,2)))＝－eq\f(a,2)＋eq\f(5,2)b∈(3,8)．利用不等式性質(zhì)求代數(shù)式的取值范圍由a<f(x，y)<b，c<g(x，y)<d，求F(x，y)的取值范圍，可利用待定系數(shù)法解決，即設(shè)F(x，y)＝mf(x，y)＋ng(x，y)(或其他形式)，通過恒等變形求得m，n的值，再利用不等式的同向可加和同向同正可乘的性質(zhì)求得F(x，y)的取值范圍．7.(2021·山東省泰安肥城市高三適應(yīng)性訓(xùn)練)已知點M(x0，y0)在直線3x＋y＋2＝0上，且滿足x0>y0－1，則eq\f(y0,x0)的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，－\f(1,3)))B．(－∞，－3)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，＋∞))C．(－∞，－3]∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，＋∞))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(1,3)))答案B解析由題意，得3x0＋y0＋2＝0，y0＝－3x0－2，∵x0>y0－1，∴x0>－3x0－2－1，解得x0>－eq\f(3,4)，eq\f(y0,x0)＝eq\f(－3x0－2,x0)＝－3－eq\f(2,x0)，∵x0>－eq\f(3,4)，∴eq\f(1,x0)<－eq\f(4,3)或eq\f(1,x0)>0，∴－3－eq\f(2,x0)<－3或－3－eq\f(2,x0)>－eq\f(1,3)，所以eq\f(y0,x0)∈(－∞，－3)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，＋∞)).故選B.一、單項選擇題1．若a>b>0，c<d<0，則一定有()A.eq\f(a,c)>eq\f(b,d) B．eq\f(a,c)<eq\f(b,d)C.eq\f(a,d)>eq\f(b,c) D．eq\f(a,d)<eq\f(b,c)答案D解析由c<d<0?eq\f(1,d)<eq\f(1,c)<0?－eq\f(1,d)>－eq\f(1,c)>0，又a>b>0，故由不等式性質(zhì)，得－eq\f(a,d)>－eq\f(b,c)>0，所以eq\f(a,d)<eq\f(b,c).故選D.2．已知a，b∈R，若a>b，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)同時成立，則()A．a(chǎn)b>0 B．a(chǎn)b<0C．a(chǎn)＋b>0 D．a(chǎn)＋b<0答案A解析因為eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，所以eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)<0，又a>b，所以b－a<0，所以ab>0.3．已知a<0，－1<b<0，那么下列不等式成立的是()A．a(chǎn)>ab>ab2 B．a(chǎn)b2>ab>aC．a(chǎn)b>a>ab2 D．a(chǎn)b>ab2>a答案D解析由于每個式子中都有a，故先比較1，b，b2的大?。驗椋?<b<0，所以b<b2<1.又因為a<0，所以ab>ab2>a.故選D.4．已知x>y>z，x＋y＋z＝0，則下列不等式成立的是()A．xy>yz B．xz>yzC．xy>xz D．x|y|>z|y|答案C解析∵x>y>z且x＋y＋z＝0，∴3x>x＋y＋z＝0,3z<x＋y＋z＝0，∴x>0，z<0，又y>z，∴xy>xz.5．(2021·陜西教學(xué)質(zhì)量檢測)設(shè)0<α<eq\f(π,2)，0≤β≤eq\f(π,2)，則2α－eq\f(β,3)的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,6))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))C．(0，π) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，π))答案D解析由已知，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．已知a＝x2＋x＋eq\r(2)，b＝lg3，，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)<b<c B．c<a<bC．c<b<a D．b<c<a答案D解析a＝x2＋x＋eq\r(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋eq\r(2)－eq\f(1,4)>1，b＝lg3<lgeq\r(10)＝eq\f(1,2)，c＝e－eq\f(1,2)＝eq\f(1,\r(e))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).所以b<c<a.故選D.7．已知實數(shù)a，b，c滿足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)<b≤c B．b≤c<aC．b<c<a D．b<a<c答案A解析由c－b＝4－4a＋a2＝(2－a)2≥0，得b≤c，再由b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，得b＝1＋a2，因為1＋a2－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，所以b＝1＋a2>a，所以a<b≤c.8．(2021·寧波模擬)“eq\f(a,b)>1”是“l(fā)n(a－1)>ln(b－1)”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答案B解析eq\f(a,b)>1?eq\f(a,b)－1>0?eq\f(a－b,b)>0?(a－b)b>0，ln(a－1)>ln(b－1)?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1>0，,b－1>0，,a－1>b－1))?a>b>1，因為(a－b)b>0推不出a>b>1，a>b>1能推出(a－b)b>0，所以“eq\f(a,b)>1”是“l(fā)n(a－1)>ln(b－1)”的必要不充分條件．故選B.9．(2021·中山一模)已知a，b，c為實數(shù)，則“a>b>c”是“(a－c)|a－c|>(b－c)|b－c|”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案A解析當(dāng)a>b>c時，(a－c)|a－c|－(b－c)|b－c|＝(a－c)2－(b－c)2＝(a＋b－2c)(a－b)>0，從而(a－c)|a－c|>(b－c)|b－c|，∴充分性成立．取a＝1，b＝－1，c＝0，則(1－0)×|1－0|＝1，(－1－0)×|－1－0|＝－1.∵1>－1，且a>c>b，∴必要性不成立．故選A.10．(2021·白山市高三開學(xué)考試)已知a，b，c，d均為正實數(shù)，設(shè)S＝eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\f(b,b＋c＋d)＋eq\f(c,c＋d＋a)＋eq\f(d,d＋a＋b)，則下列判斷中正確的是()A．0<S<1 B．1<S<2C．2<S<3 D．3<S<4答案B解析∵a，b，c，d均為正實數(shù)，∴S＝eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\f(b,b＋c＋d)＋eq\f(c,c＋d＋a)＋eq\f(d,a＋b＋d)>eq\f(a,a＋b＋c＋d)＋eq\f(b,a＋b＋c＋d)＋eq\f(c,a＋b＋c＋d)＋eq\f(d,a＋b＋c＋d)＝1，S＝eq\f(a,a＋b＋c)＋eq\f(b,b＋c＋d)＋eq\f(c,c＋d＋a)＋eq\f(d,a＋b＋d)<eq\f(a＋d,a＋b＋c＋d)＋eq\f(a＋b,a＋b＋c＋d)＋eq\f(c＋b,a＋b＋c＋d)＋eq\f(c＋d,a＋b＋c＋d)＝2，∴1<S<2.二、多項選擇題11．(2021·棗莊二模)已知a>0，b>0，a＋b2＝1，則()A．a(chǎn)＋b<eq\f(5,4) B．a(chǎn)－b>－1C.eq\r(a)·b≤eq\f(1,2) D．eq\f(\r(a),b－2)≥－eq\f(\r(3),3)答案BCD解析因為a＝1－b2>0，b>0，所以0<b<1，所以0<a<1.因為a＋b＝1－b2＋b＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)≤eq\f(5,4)，取等號時a＝eq\f(3,4)，b＝eq\f(1,2)，滿足a，b∈(0,1)，故A錯誤；因為a－b＝1－b2－b＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)>－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)＝－1，故B正確；因為eq\r(a)·b＝eq\r(1－b2)·eq\r(b2)＝eq\r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2－\f(1,2)))2＋\f(1,4))≤eq\f(1,2)，取等號時a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(\r(2),2)，滿足a，b∈(0,1)，故C正確；因為b－2<0，所以要證eq\f(\r(a),b－2)≥－eq\f(\r(3),3)，只需證eq\f(a,b－22)≤eq\f(1,3)，只需證3a≤(b－2)2，即證3(1－b2)≤(b－2)2，即證4b2－4b＋1≥0，即證(2b－1)2≥0，顯然(2b－1)2≥0成立，當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\f(3,4)，b＝eq\f(1,2)時取等號，故D正確．故選BCD.12．(2021·湖南長沙天心區(qū)校級期末)設(shè)a，b為正實數(shù)，現(xiàn)有下列命題，其中真命題是()A．若a2－b2＝1，則a－b<1B．若eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝1，則a－b<1C．若|eq\r(a)－eq\r(b)|＝1，則|a－b|<1D．若|a3－b3|＝1，則|a－b|<1答案AD解析若a2－b2＝1，則a2－1＝b2，即(a＋1)·(a－1)＝b2，∴a＋1>a－1>0，∴a－1<b<a＋1，即a－b<1，A正確；若eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝1，可取a＝7，b＝eq\f(7,8)，則a－b>1，∴B錯誤；若|eq\r(a)－eq\r(b)|＝1，則可取a＝9，b＝4，而|a－b|＝5>1，∴C錯誤；由|a3－b3|＝1，若a>b>0，則a3－b3＝1，即(a－1)(a2＋a＋1)＝b3，∵a2＋1＋a>b2，∴a－1<b，即a－b<1，若0<a<b，則b3－a3＝1，即(b－1)(b2＋1＋b)＝a3，∵b2＋1＋b>a2，∴b－1<a，即b－a<1，∴|a－b|<1，∴D正確．故選AD.三、填空題13．(2022·山東威海月考)eq\f(1,\r(5)－2)________eq\f(1,\r(6)－\r(5))(填“>”“<”或“＝”)．答案<解析eq\f(1,\r(5)－2)＝eq\f(\r(5)＋2,\r(5)－2\r(5)＋2)＝eq\r(5)＋2，eq\f(1,\r(6)－\r(5))＝eq\f(\r(6)＋\r(5),\r(6)－\r(5)\r(6)＋\r(5))＝eq\r(6)＋eq\r(5).因為eq\r(5)＋2<eq\r(6)＋eq\r(5)，所以eq\f(1,\r(5)－2)<eq\f(1,\r(6)－\r(5)).14．已知a>0且a≠1，P＝loga(a3＋1)，Q＝loga(a2＋1)，則P與Q的大小關(guān)系為________.答案P>Q解析①當(dāng)0<a<1時，a3<a2，a3＋1<a2＋1，因為y＝logax在(0，＋∞)上為減函數(shù)，所以loga(a3＋1)>loga(a2＋1)；②當(dāng)a>1時，a3>a2，a3＋1>a2＋1.因為y＝logax在(0，＋∞)上為增函數(shù)，所以loga(a3＋1)>loga(a2＋1)．綜上知，P>Q.15．設(shè)0<x<1，則a＝eq\r(2x)，b＝1＋x，c＝eq\f(1,1－x)中最大的一個是________.答案c解析解法一：b－a＝1＋x－eq\r(2x)>1＋x－2eq\r(x)＝(eq\r(x)－1)2>0，∴b>a，c－b＝eq\f(1,1－x)－(1＋x)＝eq\f(x2,1－x)>0，∴c>b，∴c>b>a.∴c最大．解法二：取x＝eq\f(1,8)，則a＝eq\f(1,2)，b＝1＋eq\f(1,8)，c＝eq\f(8,7)＝1＋eq\f(1,7)，顯然c最大．16．(2021·山東省威海市一模)為滿足人民群眾便利消費、安全消費、放心消費的需求，某社區(qū)農(nóng)貿(mào)市場管理部門規(guī)劃建造總面積為2400m2的新型生鮮銷售市場．市場內(nèi)設(shè)蔬菜水果類和肉食水產(chǎn)類店面共80間．每間蔬菜水果類店面的建造面積為28m2，月租費為x萬元；每間肉食水產(chǎn)類店面的建造面積為20m2，月租費為0.8萬元．全部店面的建造面積不低于總面積的80%，又不能超過總面積的85%.(1)兩類店面間數(shù)的建造方案有________種；(2)市場建成后所有店面全部租出，為保證任何一種建造方案平均每間店面月租費不低于每間蔬菜水果類店面月租費的90%，則x的最大值為________萬元．答案(1)16(2)1解析設(shè)蔬菜水果類和肉食水產(chǎn)類店面間數(shù)分別為a，b.(1)由題意知，0.8×2400≤28a＋20b≤0.85×2400，化簡得，480≤7a＋5b≤510，又a＋b＝80，所以480≤7a＋5(80－a)≤510，解得