数学自我小测：不等式（第课时）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精自我小测1．若a＞b,则下列不等式中一定成立的是()A．a＞2bB．－eq\f（b，a）＞－1C．2a＞2bD．lg（a－b2．如果a＞b,那么下列结论中错误的是()A．a－3＞b－3B．3a＞3C．eq\f(a，3)＞eq\f(b,3)D．－a＞－b3．已知a，b，c均为实数,下面四个命题中正确命题的个数是()①a＜b＜0a2＜b2;②eq\f（a，b)＜ca＜bc；③ac2＞bc2a＞b；④a＜b＜0eq\f(b，a)＜1.A．0B．1C．2D．34．已知m，n∈R，则eq\f（1,m）＞eq\f（1,n）成立的一个充要条件是(）A．m＞0＞nB．n＞m＞0C．m＜n＜0D．mn（m－n)＜05．已知函数f（x)＝x＋x3，x1，x2，x3∈R，x1＋x2＜0，x2＋x3＜0，x3＋x1＜0，那么f（x1）＋f(x2)＋f（x3)的值(）A．一定大于0B．一定小于0C．等于0D．正负都有可能6．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），则M,N的大小关系是________．7．若a＞b＞0，m＞0，n＞0，则eq\f（a，b）,eq\f(b,a）,eq\f(b＋m,a＋m)，eq\f(a＋n，b＋n)按由小到大的顺序排列为________．8．若－1＜a＜2，－2＜b＜1，则a－｜b|的取值范围是________．9．(1）研究函数f（x）＝eq\r（x＋1)－eq\r（x)的单调性，并证明你的结论；（2)已知a≥1,试用（1)的结论比较M＝eq\r（a＋1)－eq\r（a）和N＝eq\r（a)－eq\r(a－1）的大小．10．若已知二次函数y＝f(x）的图象过原点,且1≤f(－1）≤2，3≤f(1）≤4。求f(－2)的范围．

参考答案1．解析：∵y＝2x(x∈R)是增函数，又a＞b,∴2a＞2b答案：C2．解析：∵a＞b，∴－a＜－b。故D项错误．答案：D3．解析：①不正确．∵a＜b＜0，∴－a＞－b＞0,∴（－a)2＞(－b）2，即a2＞b2。②不正确．∵eq\f(a,b)＜c，若b＜0，则a＞bc.③正确．∵ac2＞bc2，∴c≠0,∴a＞b。④正确．∵a＜b＜0，∴－a＞－b＞0.∴1＞eq\f(b，a)＞0。答案：C4．解析：∵eq\f（1，m）＞eq\f（1,n）eq\f（1，m）－eq\f（1，n)＞0eq\f（n－m，mn）＞0mn(n－m)＞0mn(m－n）＜0。答案：D5．解析：x1＋x2＜0x1＜－x2，又∵f（x)＝x＋x3为奇函数，且在R上递增,∴f(x1）＜f(－x2）＝－f（x2），即f(x1)＋f(x2）＜0。同理：f(x2）＋f(x3)＜0,f(x1)＋f(x3）＜0。以上三式相加，整理得f(x1)＋f(x2)＋f（x3)＜0.答案:B6．解析：方法一：M－N＝eq\f(1，1＋a）＋eq\f（1,1＋b)－eq\f(a,1＋a)－eq\f(b，1＋b）＝eq\f（1－a，1＋a）＋eq\f(1－b，1＋b）＝eq\f(2(1－ab），（1＋a）(1＋b））,由已知可得a＞0，b＞0且ab＜1,∴1－ab＞0，∴M－N＞0，即M＞N。方法二：eq\f(M，N)＝eq\f(2＋a＋b，a＋b＋2ab），∵0＜a＜eq\f（1，b），∴0＜ab＜1,∴0＜2ab＜2,∴0＜a＋b＋2ab＜a＋b＋2.∴eq\f(2＋a＋b，a＋b＋2ab)＞1.又∵M＞0,N＞0，∴M＞N。答案:M＞N7．解析：由a＞b＞0，m＞0，n＞0，知eq\f(b，a)＜eq\f(b＋m，a＋m）＜1，且eq\f（b，a)＜eq\f（b＋n,a＋n）＜1,所以eq\f（a，b）＞eq\f（a＋n，b＋n）＞1，即1＜eq\f（a＋n,b＋n）＜eq\f(a,b）。答案：eq\f(b,a）＜eq\f（b＋m,a＋m）＜eq\f(a＋n，b＋n）＜eq\f(a，b)8．解析：∵－2＜b＜1，∴0≤|b｜＜2.∴－2＜－|b|≤0。而－1＜a＜2，∴－3＜a－｜b|＜2。答案：（－3，2）9．分析：(1)用定义法证明函数f（x）＝eq\r(x＋1)－eq\r（x)的单调性；（2）在单调区间内，利用函数的单调性比较大小．解:（1)f(x）在其定义域上是减函数．证明：函数f（x)＝eq\r（x＋1）－eq\r（x）的定义域是[0，＋∞）,任取x1，x2∈［0，＋∞）且x1＜x2，则f(x1)－f(x2）＝(eq\r(x1＋1）－eq\r（x1））－(eq\r（x2＋1）－eq\r(x2））＝eq\r(x1＋1)－eq\r（x2＋1)＋eq\r（x2）－eq\r(x1）＝eq\f(x1－x2,\r(x1＋1）＋\r（x2＋1）)－eq\f(x1－x2,\r（x2)＋\r（x1）)＝(x1－x2）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,\r（x1＋1)＋\r（x2＋1))－\f（1，\r(x1）＋\r(x2）))).∵eq\r（x1＋1）＞eq\r（x1）＞0，eq\r（x2＋1）＞eq\r（x2）＞0，∴eq\r(x1＋1)＋eq\r（x2＋1）＞eq\r(x1)＋eq\r（x2）＞0。∴0＜eq\f（1,\r(x1＋1)＋\r(x2＋1))＜eq\f(1，\r(x1）＋\r（x2）)，即eq\f(1,\r(x1＋1）＋\r（x2＋1））－eq\f(1,\r(x1)＋\r(x2））＜0。又∵x1＜x2，∴x1－x2＜0，∴f(x1)－f(x2）＞0，即f(x1）＞f（x2）,∴f(x)在［0，＋∞）上是减函数．（2）构造函数f(x)＝eq\r（x＋1)－eq\r(x），由(1）知，当x≥0时f(x）为减函数．M＝f(a）＝eq\r(a＋1）－eq\r（a），N＝f（a－1）＝eq\r（a）－eq\r(a－1)，且a＞a－1≥0,则f(a）＜f(a－1）,∴M＜N。10．答案：解：∵二次函数y＝f(x）的图象过原点,∴可设f（x）＝ax2＋bx(a≠0)．∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（f(1)＝a＋b，，f（－1）＝a－b。））