2019-2020学年新教材高中数学课时跟踪检测八等式性质与不等式性质新人教A版必修第一册

PAGE1-课时跟踪检测（八）等式性质与不等式性质A级——学考水平达标练1．李辉准备用自己节省的零花钱买一台学习机，他现在已存60元．计划从现在起以后每个月节省30元，直到他至少有400元．设x个月后他至少有400元，则可以用于计算所需要的月数x的不等式是()A．30x－60≥400 B．30x＋60≥400C．30x－60≤400 D．30x＋40≤400解析：选Bx月后他至少有400元，可表示成30x＋60≥400.2．若abcd＜0，且a＞0，b＞c，d＜0，则()A．b＜0，c＜0 B．b＞0，c＞0C．b＞0，c＜0 D．0＜c＜b或c＜b＜0解析：选D由a＞0，d＜0，且abcd＜0，知bc＞0，又∵b＞c，∴0＜c＜b或c＜b＜0.3．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，则下列结论中不正确的是()A．a2<b2 B．ab<b2C．a＋b<0 D．|a|＋|b|>|a＋b|解析：选D∵eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，∴b<a<0，∴b2>a2，ab<b2，a＋b<0，∴A、B、C均正确，∵b<a<0，∴|a|＋|b|＝|a＋b|，故D错误．4．已知a，b，c，d∈R，则下列命题中必成立的是()A．若a>b，c>b，则a>cB．若a>－b，则c－a<c＋bC．若a>b，c<d，则eq\f(a,c)>eq\f(b,d)D．若a2>b2，则－a<－b解析：选B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a>b>0时才成立．否则如a＝－1，b＝0时不成立，故选B.5．已知0<a1<1,0<a2<1，记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，则M与N的大小关系是()A．M<N B．M>NC．M＝N D．M≥N解析：选B∵0<a1<1,0<a2<1，∴－1<a1－1<0，－1<a2－1<0，∴M－N＝a1a2－(a1＋a2－1)＝a1a2－a1－a2＋1＝a1(a2－1)－(a2－1)＝(a1－1)(a2－1)>0，∴M>N.6．若x∈R，则eq\f(x,1＋x2)与eq\f(1,2)的大小关系为________．解析：∵eq\f(x,1＋x2)－eq\f(1,2)＝eq\f(2x－1－x2,21＋x2)＝eq\f(－x－12,21＋x2)≤0，∴eq\f(x,1＋x2)≤eq\f(1,2).答案：eq\f(x,1＋x2)≤eq\f(1,2)7．已知1<α<3，－4<β<2，若z＝eq\f(1,2)α－β，则z的取值范围是________．解析：∵1<α<3，∴eq\f(1,2)<eq\f(1,2)α<eq\f(3,2)，又－4<β<2，∴－2<－β<4.∴－eq\f(3,2)<eq\f(1,2)α－β<eq\f(11,2)，即－eq\f(3,2)<z<eq\f(11,2).答案：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(z\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)<z<\f(11,2)))))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：若ab>0，eq\f(c,a)>eq\f(d,b)成立，不等式eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0两边同乘ab，可得bc－ad>0，即①②⇒③；若bc>ad，ab>0成立，不等式bc－ad>0两边同除以ab可得eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，即③①⇒②；由②得eq\f(bc－ad,ab)>0，又由③得bc－ad>0，所以ab>0，即②③⇒①.所以可以组成3个正确命题．答案：39．比较x6＋1与x4＋x2的大小，其中x∈R.解：∵x6＋1－(x4＋x2)＝x6－x4－x2＋1＝x4(x2－1)－(x2－1)＝(x2－1)(x4－1)＝(x2－1)2(x2＋1)≥0，∴当x＝±1时，x6＋1＝x4＋x2，当x≠±1时，x6＋1＞x4＋x2.综上可知，x6＋1≥x4＋x2，当且仅当x＝±1时等号成立．10．(1)已知a<b<0，求证：eq\f(b,a)<eq\f(a,b)；(2)已知a>b，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，求证：ab>0.证明：(1)由于eq\f(b,a)－eq\f(a,b)＝eq\f(b2－a2,ab)＝eq\f(b＋ab－a,ab)，∵a<b<0，∴b＋a<0，b－a>0，ab>0.∴eq\f(b＋ab－a,ab)<0.故eq\f(b,a)<eq\f(a,b).(2)∵eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，∴eq\f(1,a)－eq\f(1,b)<0，即eq\f(b－a,ab)<0，而a>b，∴b－a<0，∴ab>0.B级——高考水平高分练1．实数a，b，c，d满足下列三个条件：①d>c；②a＋b＝c＋d；③a＋d<b＋c.则将a，b，c，d按照从小到大的次序排列为________．解析：由②得a＝c＋d－b代入③得c＋d－b＋d<b＋c，∴c<d<b.由②得b＝c＋d－a代入③得a＋d<c＋d－a＋c，∴a<c.∴a<c<d<b.答案：a<c<d<b2．已知|a|<1，则eq\f(1,1＋a)与1－a的大小关系为________．解析：由|a|<1，得－1<a<1.∴1＋a>0,1－a>0.即eq\f(\f(1,1＋a),1－a)＝eq\f(1,1－a2)∵0<1－a2≤1，∴eq\f(1,1－a2)≥1，∴eq\f(1,1＋a)≥1－a.答案：eq\f(1,1＋a)≥1－a3．已知1≤a－b≤2,2≤a＋b≤4，求4a－2b的取值范围．解：令4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4，,－m＋n＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝3，,n＝1.))又∵1≤a－b≤2，∴3≤3(a－b)≤6，又∵2≤a＋b≤4，∴5≤3(a－b)＋(a＋b)≤10，即5≤4a－2b≤10.故4a－2b的取值范围为5≤4a－2b≤10.4．已知a>b>0，c<d<0.求证：eq\r(3,\f(a,d))<eq\r(3,\f(b,c)).证明：∵c<d<0，∴－c>－d>0，∴0<－eq\f(1,c)<－eq\f(1,d).又∵a>b>0，∴－eq\f(a,d)>－eq\f(b,c)>0，∴eq\r(3,－\f(a,d))>eq\r(3,－\f(b,c))，即－eq\r(3,\f(a,d))>－eq\r(3,\f(b,c))，两边同乘以－1，得eq\r(3,\f(a,d))<eq\r(3,\f(b,c)).5．建筑设计规定，民用住宅的窗户面积必须小于地板面积．但按采光标准，窗户面积与地板面积的比值应不小于10%，且这个比值越大，住宅的采光条件就越好，试问：同时增加相等的窗户面积和地板面积，住宅的采光条件是变好了，还是变坏了？请说明理由．解：设住宅窗户面积、地板面积分别为a，b，同时增加的面积为m，根据问题的要求a<b，且eq\f(