第3课 等式性质与不等式性质

第3课等式性质与不等式性质普查与练习3等式性质与不等式性质1.日常生活中的不等关系(1)(2019北京，5分)李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%.(Ⅰ)当x＝10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付__130__元；(Ⅱ)在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为__15__．解析：(Ⅰ)根据题意可知顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，总价为60＋80＝140(元)，达到了120元，此时顾客可以少付10元，则顾客需要支付140－10＝130(元)．(Ⅱ)在促销活动中，设订单总金额为m元．若m＜120，则李明得到的支付款为80%m，符合题意．若m≥120，则(m－x)×80%≥m×70%，解得x≤eq\f(m,8)，即有x≤eq\f(m,8)恒成立．因为m≥120，所以x≤eq\f(120,8)＝15.故x的最大值为15.2．不等式的性质及其应用a．利用不等式的性质判断不等关系(2)(2023改编，5分)已知实数a，b，c满足a>b>0>c，则下列不等式中成立的有__③⑤⑦__．(填序号)①a2c>b2c；②a＋c<b＋c；③a3b>ab3；④eq\f(c,b)>eq\f(c,a)；⑤a＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a)；⑥eq\f(b,a)>eq\f(b＋1,a＋1)；⑦eq\f(2a＋b,a＋2b)<eq\f(a,b)；⑧eq\f(b,c)<eq\f(a,c)；⑨eq\f(b,a－c)>eq\f(a,b－c)；⑩eq\r(3,\f(c,a))<eq\r(3,\f(c,b)).解析：①不成立，∵a>b>0，∴a2>b2.又∵c<0，∴a2c<b2c.②不成立，由不等式的性质，不等号的两边都加上同一个实数，所得到的不等式与原不等式同向，∴a＋c>b＋c.③成立，∵a>b>0，∴a2>b2，ab>0，∴a2·ab>b2·ab，即a3b>ab3.④不成立，∵a>b>0，∴eq\f(1,b)>eq\f(1,a)，又∵c<0，∴eq\f(c,b)<eq\f(c,a).⑤成立，∵a>b>0，∴eq\f(1,b)>eq\f(1,a)，∴a＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a).⑥不成立，eq\f(b,a)＝eq\f(b（a＋1）,a（a＋1）)＝eq\f(ab＋b,a（a＋1）)，eq\f(b＋1,a＋1)＝eq\f(a（b＋1）,a（a＋1）)＝eq\f(ab＋a,a（a＋1）).又∵a>b>0，∴ab＋a>ab＋b>0，a(a＋1)>0，∴eq\f(ab＋b,a（a＋1）)<eq\f(ab＋a,a（a＋1）)，即eq\f(b,a)<eq\f(b＋1,a＋1).(或者直接应用真分数的性质：∵a>b>0，∴0<eq\f(b,a)<1，∴由真分数的性质得eq\f(b,a)<eq\f(b＋1,a＋1))⑦成立，∵a>b>0，∴0<2a＋b<3a，a＋2b>3b>0，∴0<eq\f(1,a＋2b)<eq\f(1,3b)，∴eq\f(2a＋b,a＋2b)<eq\f(3a,3b)＝eq\f(a,b).⑧不成立，∵c<0，∴eq\f(1,c)<0.又∵a>b>0，∴eq\f(b,c)>eq\f(a,c).⑨不成立，∵c<0，∴－c>0.又∵a>b>0，∴a－c>b－c>0,∴0<eq\f(1,a－c)<eq\f(1,b－c)，∴eq\f(b,a－c)<eq\f(a,b－c).⑩不成立，∵a>b>0，∴eq\f(1,a)<eq\f(1,b).又∵c<0，∴eq\f(c,a)>eq\f(c,b)，∴eq\r(3,\f(c,a))>eq\r(3,\f(c,b)).b．作差法比较大小(3)(2023汇编，15分)试比较下列各组式子的大小：(Ⅰ)x3－2y3与xy2－2x2y，其中x＞y＞0；答案：x3－2y3>xy2－2x2y解：(x3－2y3)－(xy2－2x2y)＝x3－xy2＋2x2y－2y3＝x(x2－y2)＋2y(x2－y2)＝(x2－y2)(x＋2y)＝(x－y)(x＋y)(x＋2y)．(2分)因为x＞y＞0，所以x－y＞0，x＋y＞0，x＋2y＞0，所以(x3－2y3)－(xy2－2x2y)＞0，即x3－2y3＞xy2－2x2y.(5分)(Ⅱ)x＋y＋eq\f(1,xy)与eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy，其中x≥1，y≥1；答案：x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy解：因为x≥1，y≥1，所以xy≥1.要比较x＋y＋eq\f(1,xy)，eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy的大小，只需比较xy(x＋y)＋1，y＋x＋(xy)2的大小即可．(6分)作差比较xy(x＋y)＋1，y＋x＋(xy)2的大小．y＋x＋(xy)2－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]＝(xy－1)(xy＋1)－(xy－1)(x＋y)＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)．(8分)因为x≥1，y≥1，xy≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，所以xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2，即x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy.(10分)(Ⅲ)x与eq\f(1,x)，其中x∈R且x≠0.答案：当x＝±1时，x＝eq\f(1,x)；当－1＜x＜0或x＞1时，x＞eq\f(1,x)；当x＜－1或0＜x＜1时，x＜eq\f(1,x)解：x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)＝eq\f(（x－1）（x＋1）,x).(11分)令eq\f(（x－1）（x＋1）,x)＝0，解得x＝±1；令eq\f(（x－1）（x＋1）,x)>0，即x(x－1)(x＋1)>0，利用穿针引线法解得－1＜x＜0或x＞1；令eq\f(（x－1）（x＋1）,x)<0，即x(x－1)(x＋1)<0，利用穿针引线法解得x＜－1或0＜x＜1.(14分)综上可知，当x＝±1时，x＝eq\f(1,x)；当－1＜x＜0或x＞1时，x＞eq\f(1,x)；当x＜－1或0＜x＜1时，x＜eq\f(1,x).(15分)(4)(2020甘肃张掖模拟，5分)已知a，b是不相等的正数，x＝eq\f(\r(a)＋\r(b),\r(2))，y＝eq\r(a＋b)，z＝(ab)0.25，则x，y，z的大小关系是(C)A．x>y>z B．z>y>x C．y>x>z D．x>z>y解析：由x＝eq\f(\r(a)＋\r(b),\r(2))，y＝eq\r(a＋b)，z＝(ab)0.25，可得x2＝eq\f(a＋b＋2\r(ab),2)，y2＝a＋b，z2＝eq\r(ab).又a，b是不相等的正数，所以x2－z2＝eq\f(a＋b＋2\r(ab),2)－eq\r(ab)＝eq\f(a＋b,2)>0，y2－x2＝eq\f(a＋b－2\r(ab),2)＝eq\f(（\r(a)－\r(b)）2,2)>0，所以y2>x2>z2.易知x，y，z>0，所以y>x>z.故选C.c．作商法比较大小(5)(经典题，8分)设a>0，b>0，且a≠b，试比较aabb与abba的大小．答案：aabb>abba解：eq\f(aabb,abba)＝aa－b·bb－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b.(2分)当a>b>0时，eq\f(a,b)>1，a－b>0，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，于是aabb>abba；(5分)当b>a>0时，0<eq\f(a,b)<1，a－b<0，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，于是aabb>abba.故当a>0，b>0，且a≠b时，aabb>abba.(8分)d．特值法比较大小(6)(2019全国Ⅱ，5分)若a>b，则(C)A．ln(a－b)>0B．3a<3bC．a3－b3>0D．|a|>|b|解析：(法一)A选项，只有当a－b>1时，才有ln(a－b)>0，故A错误；B选项，因为函数y＝3x是单调递增函数，且a>b，所以3a>3b，故B错误；C选项，因为函数y＝x3是单调递增函数，且a>b，所以a3>b3，故C正确；D选项，当b<a≤0时，有|a|<|b|，故D错误．故选C.(法二)因为a>b，不妨取a＝0，b＝－1.A选项，ln(a－b)＝ln1＝0，故A错误；B选项，3a＝30＝1，3b＝3－1＝eq\f(1,3)，3a>3b，故B错误；C选项，a3＝03＝0，b3＝(－1)3＝－1，a3－b3＝0－(－1)＝1>0，故C可能正确；D选项，|a|＝|0|＝0，|b|＝|－1|＝1，|a|<|b|，故D错误．故选C.e．利用待定系数法求代数式的取值范围(7)(2023改编，5分)已知实数x，y满足－1≤x＋y≤3，4≤2x－y≤9，则(C)A．1≤x≤3 B．－5≤y≤2C．2≤4x＋y≤15 D.eq\f(1,3)<x－y<eq\f(23,3)解析：因为－1≤x＋y≤3，4≤2x－y≤9，所以两式相加，可得3≤3x≤12，即1≤x≤4，故A错误．由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(－6≤－2x－2y≤2，,4≤2x－y≤9，)))两式相加，可得－2≤－3y≤11，故－eq\f(11,3)≤y≤eq\f(2,3)，故B错误．因为4x＋y＝2(x＋y)＋(2x－y)，又－2≤2(x＋y)≤6，所以2≤4x＋y≤15，故C正确．因为x－y＝－eq\f(1,3)(x＋y)＋eq\f(2,3)(2x－y)，又－1≤－eq\f(1,3)(x＋y)≤eq\f(1,3)，eq\f(8,3)≤eq\f(2,3)(2x－y)≤6，所以eq\f(5,3)≤x－y≤eq\f(19,3)，故D错误．故选C.(8)(经典题，5分)设实数x，y满足3≤xy2≤8，4≤eq\f(x2,y)≤9，则eq\f(x3,y4)的最大值是__27__．解析：(法一)由题设知，实数x，y均为正实数，则条件可以转化为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lg3≤lg（xy2）≤lg8，,lg4≤lg\f(x2,y)≤lg9，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lg3≤lgx＋2lgy≤lg8，,lg4≤2lgx－lgy≤lg9.))∵lgeq\f(x3,y4)＝3lgx－4lgy，设lgeq\f(x3,y4)＝m(lgx＋2lgy)＋n(2lgx－lgy)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋2n＝3，,2m－n＝－4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－1，,n＝2，))∴lgeq\f(x3,y4)＝－(lgx＋2lgy)＋2(2lgx－lgy)．∵－lg8≤－(lgx＋2lgy)≤－lg3，2lg4≤2(2lgx－lgy)≤2lg9，∴－lg8＋2lg4≤lgeq\f(x3,y4)≤－lg3＋2lg9，∴2≤eq\f(x3,y4)≤27，∴eq\f(x3,y4)的最大值是27.(法二)∵4≤eq\f(x2,y)≤9，3≤xy2≤8，∴16≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y)))2≤81，eq\f(1,8)≤eq\f(1,xy2)≤eq\f(1,3).∵eq\f(x3,y4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y)))2·eq\f(1,xy2)，∴16×eq\f(1,8)≤eq\f(x3,y4)≤81×eq\f(1,3)，即2≤eq\f(x3,y4)≤27，∴eq\f(x3,y4)的最大值是27.随堂普查练31．(2021陕西宝鸡模拟，5分)某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件：(ⅰ)男学生人数多于女学生人数；(ⅱ)女学生人数多于教师人数；(ⅲ)教师人数的两倍多于男学生人数．①若教师人数为4，则女学生人数的最大值为__6__；②该小组人数的最小值为__12__．解析：设男学生人数，女学生人数，教师人数分别为a，b，c,则2c>a>b>c，a，b，c∈N*.①若c＝4，则2c＝8，∴8>a>b>4，当a＝7时，b＝6或5；当a＝6时，b＝5.∴bmax＝6.②∵2c>a>b>c，a，b，c∈N*，∴c与2c之间至少有两个整数，∴2c－c≥3，∴c≥3，∴cmin＝3.当c＝3时，有6>a>b>3，此时a＝5，b＝4，∴该小组人数的最小值为a＋b＋c＝12.2．(2023改编，5分)设a，b，c，d均为非零实数，则下列命题中正确的有__①④__．(填序号)①若bc－ad>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，则ab>0；②若a<b<0，则eq\f(1,a－b)>eq\f(1,b)；③若a>b，c>d，则a－c>b－d；④若a>b>1>d＋1，则loga(b－d)<logb(a－d)．解析：①正确，∵eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＝eq\f(bc－ad,ab)>0，bc－ad>0，∴ab>0；②错误，∵a<b<0，∴令a＝－2，b＝－1，则a－b＝－1，eq\f(1,a－b)＝－1，eq\f(1,b)＝－1，∴eq\f(1,a－b)＝eq\f(1,b)，∴eq\f(1,a－b)>eq\f(1,b)不一定成立；③错误，∵a>b，c>d，∴令a＝3，b＝1，c＝2，d＝0，则a－c＝b－d，∴a－c>b－d不一定成立；④正确，∵a>b>1>d＋1，∴a－d>b－d＞1，∴loga(b－d)<loga(a－d)．又∵loga(a－d)<logb(a－d)，∴loga(b－d)<logb(a－d)．3．(2020湖南长沙联考，5分)十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“＝”作为等号使用，后来英国数学家哈里奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若a，b，c∈R，则下列命题正确的是(B)A．若ab≠0且a<b，则eq\f(1,a)>eq\f(1,b) B．若0<a<1，则a3<aC．若a>b>0，则eq\f(b＋1,a＋1)<eq\f(b,a) D．若c<b<a且ac<0，则cb2<ab2解析：A选项，当a＝－2，b＝1时，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，故A不正确；B选项，因为0<a<1，所以a2<1，所以a(a2－1)<0，所以a3<a，故B正确；C选项，因为a>b>0，所以eq\f(b＋1,a＋1)－eq\f(b,a)＝eq\f(ab＋a－ab－b,a（a＋1）)＝eq\f(a－b,a（a＋1）)>0，所以eq\f(b＋1,a＋1)>eq\f(b,a)，故C不正确；D选项，当b＝0时，cb2＝ab2＝0，故D不正确．故选B.4．(2021安徽六安开学考试，5分)已知P＝eq\f(1,a2＋a＋1)，Q＝a2－a＋1，则P，Q的大小关系为(C)A．P>Q B．P<Q C．P≤Q D．无法确定解析：∵P＝eq\f(1,a2＋a＋1)＝>0，Q＝a2－a＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，eq\f(Q,P)＝(a2－a＋1)(a2＋a＋1)＝(a2＋1)2－a2＝(a2)2＋a2＋1≥1，∴Q≥P，当且仅当a＝0时取等号．故选C.5．(经典题，10分)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图像过原点，且1≤f(－1)≤2，3≤f(1)≤4，求f(－2)的取值范围．答案：[6，10]解：∵f(x)＝ax2＋bx＋c的图像过原点，∴c＝0，∴f(x)＝ax2＋bx.(2分)(构造方程组法)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）＝a＋b，,f（－1）＝a－b，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)[f（1）＋f（－1）]，,b＝\f(1,2)[f（1）－f（－1）]，))(5分)∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)．(7分)又∵1≤f(－1)≤2，3≤f(1)≤4，∴3×1＋3≤f(－2)≤3×2＋4，∴6≤f(－2)≤10.(10分)(待定系数法)设m(a＋b)＋n(a－b)＝f(－2)＝4a－2b，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4，,m－n＝－2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝1，,n＝3，))∴f(－2)＝(a＋b)＋3(a－b)＝f(1)＋3f(－1)．(7分)又∵1≤f(－1)≤2，3≤f(1)≤4，∴1×3＋3≤f(－2)≤2×3＋4，即6≤f(－2)≤10.(10分)课后提分练3等式性质与不等式性质A组(巩固提升)1．(2021北京海淀区校级期末，4分)已知－1＜a＜0，b＜0，则b，ab，a2b的大小关系是(D)A．b＜ab＜a2b B．a2b＜ab＜b C．a2b＜b＜ab D．b＜a2b＜ab解析：(法一)特殊值法：a＝－eq\f(1,2)，b＝－1，则ab＝eq\f(1,2)，a2b＝－eq\f(1,4)，所以b＜a2b＜ab.故选D.(法二)因为－1＜a＜0，b＜0，所以ab>0，a2b＜0，所以b，ab，a2b中ab最大，故排除A，B选项．b－a2b＝b(1－a2)．因为－1＜a＜0，所以1－a2>0.又b＜0，所以b(1－a2)<0，即b－a2b<0，所以b＜a2b，排除选项C.故选D.2．(2021北京朝阳区月考，4分)若m＝3x2－x＋1，n＝2x2＋x－1，则m与n的大小关系是(A)A．m＞n B．m≥n C．m＜n D．m≤n解析：因为m－n＝3x2－x＋1－2x2－x＋1＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1≥1，所以m＞n.故选A.3．(多选)(2023改编，5分)已知实数a，b，c，下列命题中是真命题的有(BCD)A．若a>b，则ac<bcB．若ac2>bc2，则a>bC．若a<b<0，则a2>ab>b2D．若c>a>b>0，则eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b)解析：A不正确，若c<0，则ac<bc；若c＝0，则ac＝bc；若c>0，则ac>bc.B正确，∵ac2>bc2，∴c2>0，∴a>b；C正确，∵a<b<0，∴－a>－b>0，∴(－a)·(－a)>(－b)·(－a)>(－b)·(－b)，即a2>ab>b2；D正确，∵c>a>b>0，∴－a<－b<0，∴0<c－a<c－b，∴eq\f(1,c－a)>eq\f(1,c－b)>0，∴eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b)>0.故选BCD.4．(2020广东四模，5分)某学习小组通过调查鲜花的市场价格得知，购买2枝红玫瑰与1枝康乃馨所需费用之和大于8元，而购买4枝红玫瑰与5枝康乃馨所需费用之和小于22元．设购买2枝红玫瑰所需费用为A元，购买3枝康乃馨所需费用为B元，则A，B的大小关系是(A)A．A>B B．A<B C．A＝B D．不确定解析：设1枝红玫瑰的价格为x元，1枝康乃馨的价格为y元．由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y>8，,4x＋5y<22，))且2x＝A，3y＝B，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(A＋\f(B,3)>8，,①,2A＋\f(5B,3)<22，,②)))①×(－2)＋②，得B<6.③将③代入①，得A>6，所以A>B.故选A.5．(2020福建厦门期末，5分)某单位计划今明两年购买某物品，现有甲、乙两种不同的购买方案．甲方案：每年购买的数量相等；乙方案：每年购买的金额相等．假设今明两年该物品的价格分别为p1，p2(p1≠p2)，则这两种方案中平均价格比较低的是(B)A．甲 B．乙 C．甲、乙一样 D．无法确定解析：甲方案：每年购买的数量相等；乙方案：每年购买的金额相等．设甲方案每年购买的数量为x，乙方案每年购买的金额为y.因为今明两年该物品的价格分别为p1，p2(p1≠p2)，所以甲方案的平均价格为＝eq\f(p1x＋p2x,2x)＝eq\f(p1＋p2,2)，乙方案的平均价格为＝eq\f(2y,\f(y,p1)＋\f(y,p2))＝eq\f(2p1p2,p1＋p2)，两式作商可得＝eq\f(（p1＋p2）2,4p1p2).因为p1＞0，p2＞0，且p1≠p2，所以p1＋p2>2eq\r(p1p2)，所以(p1＋p2)2>(2eq\r(p1p2))2，所以eq\f(（p1＋p2）2,4p1p2)＞eq\f(（2\r(p1p2)）2,4p1p2)＝1，即>1，所以x甲>x乙，即乙的平均价格比较低．故选B.6．(2020安徽黄山期中，5分)设a，b∈(0，＋∞)，A＝eq\r(a)＋eq\r(b)，B＝eq\r(a＋b)，则A，B的大小关系是(B)A．A<BB．A>BC．A≤BD．A≥B解析：由题可知A，B＞0.因为A2－B2＝a＋b＋2eq\r(ab)－(a＋b)＝2eq\r(ab)>0，所以A2>B2，所以A>B.故选B.7．(多选)(2021江苏南京校级月考，5分)若非零实数a，b满足a<b，则下列不等式不一定成立的是(ABD)A.eq\f(a,b)<1 B.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2 C.eq\f(1,ab2)<eq\f(1,a2b) D．a2＋a<b2＋b解析：当a<b<0时，eq\f(a,b)<1不成立；当a<0<b或0<a<b时，eq\f(a,b)<1成立，A符合题意．当a，b异号时，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2不成立；当a，b同号时，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立，B符合题意．因为eq\f(1,ab2)－eq\f(1,a2b)＝eq\f(a－b,a2b2)<0，所以eq\f(1,ab2)<eq\f(1,a2b)一定成立，C不符合题意．因为a2－b2＋a－b＝(a－b)(a＋b＋1)，a－b<0，所以a＋b>－1时，a2－b2＋a－b<0；a＋b≤－1时，a2－b2＋a－b≥0，所以a2＋a<b2＋b不一定成立，D符合题意．故选ABD.8．(2020河南洛阳期中，5分)若a>b>1，P＝aeb，Q＝bea，则P，Q的大小关系是(C)A．P>Q B．P＝Q C．P<Q D．不确定解析：由题可知P，Q>0.eq\f(P,Q)＝eq\f(aeb,bea)＝eq\f(\f(eb,b),\f(ea,a)).设f(x)＝eq\f(ex,x)(x>1)，则f′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，当x>1时，f′(x)>0，故函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为a>b>1，所以f(a)>f(b)，即eq\f(ea,a)＞eq\f(eb,b)，所以eq\f(P,Q)＝eq\f(\f(eb,b),\f(ea,a))<1，所以P<Q.故选C.9．(2023原创，12分)求满足下列各条件的2α－β的取值范围．(1)eq\f(π,3)<α<eq\f(π,2)，eq\f(π,4)<β<eq\f(2π,3)；答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))解：因为eq\f(π,3)＜α＜eq\f(π,2)，eq\f(π,4)＜β＜eq\f(2π,3)，所以eq\f(2π,3)＜2α＜π，－eq\f(2π,3)＜－β＜－eq\f(π,4)，(4分)所以eq\f(2π,3)－eq\f(2π,3)＜2α－β＜π－eq\f(π,4)，即0＜2α－β＜eq\f(3π,4).(6分)(2)π<α＋β<eq\f(5π,4)，－π<α－β<－eq\f(π,3).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，\f(π,8)))解：(法一)令x＝α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(5π,4)))，y＝α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,3)))，则α＝eq\f(x＋y,2)，β＝eq\f(x－y,2)，(10分)所以2α－β＝x＋y－eq\f(x－y,2)＝eq\f(x＋3y,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，\f(π,8))).(12分)(法二)令2α－β＝x(α＋β)＋y(α－β)＝(x＋y)α＋(x－y)β，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2，,x－y＝－1，)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)，,y＝\f(3,2)，)))(10分)所以2α－β＝eq\f(1,2)(α＋β)＋eq\f(3,2)(α－β)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，\f(π,8))).(12分)10．(2023汇编，15分)已知a，b，c为实数．(1)求证：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；答案：见证明过程证明：因为(a2＋b2＋c2)－(ab＋bc＋ca)＝eq\f(1,2)(2a2＋2b2＋2c2－2ab－2bc－2ca)＝eq\f(1,2)[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]，又(a－b)2≥0，(b－c)2≥0，(c－a)2≥0，所以(a2＋b2＋c2)－(ab＋bc＋ca)≥0，即a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.(5分)(2)若eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝3－2c＋3c2，,a－b＝1－2c＋c2，))求证：a≥b>c；答案：见证明过程证明：因为a－b＝1－2c＋c2＝(c－1)2≥0，所以a≥b.(7分)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＋b＝3－2c＋3c2，,a－b＝1－2c＋c2，)))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝2c2－2c＋2，,b＝1＋c2.)))所以b－c＝1＋c2－c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，所以b>c.(9分)综上可得a≥b>c.(10分)(3)当a＞1时，比较a2＋eq\f(1,a2)与a＋eq\f(1,a)的大小，并说明理由；答案：a2＋eq\f(1,a2)＞a＋eq\f(1,a)，理由见解答过程解：a2＋eq\f(1,a2)＞a＋eq\f(1,a).(11分)理由如下：(法一)设t＝a＋eq\f(1,a)，则a2＋eq\f(1,a2)＝t2－2.(12分)由对勾函数的性质可知t＝a＋eq\f(1,a)在a∈(1，＋∞)上单调递增，∴t＝a＋eq\f(1,a)＞2.(13分)∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＝t2－t－2＝(t－2)(t＋1)＞0，∴a2＋eq\f(1,a2)＞a＋eq\f(1,a).(15分)(法二)a2＋eq\f(1,a2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＝a2－a＋eq\f(1,a2)－eq\f(1,a)＝a(a－1)＋eq\f(1－a,a2)＝(a－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,a2))).(13分)∵a>1，∴eq\f(1,a2)<1，∴a－eq\f(1,a2)>0，∴(a－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,a2)))>0，∴a2＋eq\f(1,a2)>a＋eq\f(1,a).(15分)11．(经典题，7分)设a>b>0，试比较eq\f(a2－b2,a2＋b2)与eq\f(a－b,a＋b)的大小．答案：eq\f(a2－b2,a2＋b2)>eq\f(a－b,a＋b)解：(作差法)eq\f(a2－b2,a2＋b2)－eq\f(a－b,a＋b)＝eq\f(（a＋b）（a2－b2）－（a2＋b2）（a－b）,（a2＋b2）（a＋b）)＝eq\f(（a－b）[（a＋b）2－（a2＋b2）],（a2＋b2）（a＋b）)＝eq\f(2ab（a－b）,（a2＋b2）（a＋b）)．(4分)∵a>b>0，∴a＋b>0，a－b>0，2ab>0，a2＋b2>0，(6分)∴eq\f(2ab（a－b）,（a2＋b2）（a＋b）)>0，∴eq\f(a2－b2,a2＋b2)>eq\f(a－b,a＋b).(7分)(作商法)∵a>b>0，∴eq\f(a2－b2,a2＋b2)>0，eq\f(a－b,a＋b)>0，2ab>0，(2分)∴eq\f(\f(a2－b2,a2＋b2),\f(a－b,a＋b))＝eq\f(（a＋b）2,a2＋b2)＝eq\f(a2＋b2＋2ab,a2＋b2)＝1＋eq\f(2ab,a2＋b2)>1，(6分)∴eq\