2.1 第2课时 等式性质与不等式性质-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第二章　一元二次函数、方程和不等式 ２.1　等式性质与不等式性质 第2课时　等式性质与不等式性质 (教师独具内容) 课程标准：掌握不等式的性质． 教学重点：1.能运用不等式的性质比较大小.2.能运用不等式的性质证明不等式和解决实际问题． 教学难点：用不等式的性质证明不等式． 核心素养：1.通过利用不等式的性质证明不等式，培养逻辑推理素养.2.通过大小比较及利用不等式求范围，提升数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 等式的性质 不等式的性质 a＝b⇔___________ a>b⇔___________ a＝b，b＝c⇒___________ a>b，b>c⇒___________ a＝b⇔a±c＝b±c a>b⇔___________________ a＝b⇒ac＝bc a>b，c>0⇒___________；a>b，c<0⇒___________ a＝b，c≠0⇔______________ a>b，c>d⇒__________________ — a>b>0，c>d>0⇒___________ — a>b>0⇒_____________________________ b＝a b<a a＝c 知识点　等式与不等式的性质 a>c a＋c>b＋c ac>bc ac<bc a＋c>b＋d ac>bd an>bn(n∈N，n≥2) 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 1．(利用不等式的性质比较大小)已知a＋b>0，b<0，那么a，b，－a，－b的大小关系是(　　) A．a>b>－b>－a B．a>－b>－a>b C．a>－b>b>－a D．a>b>－a>－b 答案 核心概念掌握 7 答案 核心概念掌握 8 {z|0<z<5} 答案 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　利用不等式的性质判断命题的真假 答案 核心素养形成 11 解析 核心素养形成 12 解析 核心素养形成 13 【感悟提升】利用不等式的性质判断命题真假的两种方法 (1)直接法：直接利用不等式的性质进行推理，看根据条件能否推出相应的不等式． (2)排除法：采用特殊值法进行排除时注意取值一是满足题设条件；二是取值要简单，便于验证计算． 核心素养形成 14 解 核心素养形成 15 解 核心素养形成 16 题型二　利用不等式的性质证明不等式 证明 核心素养形成 17 证明 核心素养形成 18 【感悟提升】利用不等式的性质证明不等式的实质及注意点 (1)实质：根据不等式的性质把不等式变形． (2)注意点：①记准、记熟不等式的性质并注意在解题中灵活准确地加以应用；②利用不等式的性质进行推导时，应注意紧扣不等式的性质成立的条件，且不可省略条件或跳步推导，更不能随意构造性质与法则． 核心素养形成 19 证明 核心素养形成 20 题型三　利用不等式的性质求取值范围 解　∵1<a<4，2<b<8， ∴2<2a<8，6<3b<24. ∴8<2a＋3b<32. ∵2<b<8，∴－8<－b<－2. 又1<a<4， ∴1＋(－8)<a＋(－b)<4＋(－2)， 即－7<a－b<2. 故2a＋3b的取值范围是8<2a＋3b<32，a－b的取值范围是－7<a－b<2. 已知1<a<4，2<b<8，试求2a＋3b与a－b的取值范围． 解 核心素养形成 21 [条件探究]　若本例的条件变为－3<a＋2b<2，－4<2a－b<－3，试求2a＋3b的取值范围． 解 核心素养形成 22 解 核心素养形成 23 【感悟提升】利用不等式的性质求取值范围的策略 (1)当题目中出现多个变量求取值范围时，注意变量之间是相互制约的，不能简单地分别求出单个变量的范围，再去求其他整体的范围． (2)建立待求范围的整体与已知范围的整体的关系，最后利用不等式的性质进行运算，求得待求的范围． (3)同向不等式的两边可以相加，但这种转化不是等价变形，如果在解题过程中多次使用这种转化，就有可能扩大其取值范围． 核心素养形成 24 解 【跟踪训练】 3．已知－1<a＋b<5，－4<a－b<2，求2a－4b的取值范围． 核心素养形成 25 随堂水平达标 1．设x<a<0，则下列不等式一定成立的是(　　) A．x2<ax<a2 B．x2>ax>a2 C．x2<a2<ax D．x2>a2>ax 解析：∵x2－ax＝x(x－a)>0，∴x2>ax.又ax－a2＝a(x－a)>0，∴ax>a2，∴x2>ax>a2. 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 27 解析：用排除法，A错误，显然c＝d＝0时，结论不成立；B错误，c<0时，结论不成立；D错误，a＝－2，b＝－1时，结论不成立．故选C. 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 3．有外表相同、质量不同的四个小球，它们的质量分别是a，b，c，d，已知a＋b＝c＋d，a＋d>b＋c，a＋c<b，则这四个小球由重到轻的排列顺序是(　　) A．d>b>a>c B．b>c>d>a C．d>b>c>a D．c>a>d>b 解析：∵a＋b＝c＋d，a＋d>b＋c，∴a＋d＋(a＋b)>b＋c＋(c＋d)，即a>c，∴b<d.又a＋c<b，∴a<b.综上可得，d>b>a>c. 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 4．若－1<α<β<1，则α－β的取值范围为_____________． 解析：由－1<β<1得－1<－β<1.∵－1<α<1，∴－2<α－β<2，又α<β，∴－2<α－β<0. 答案 解析 －2<α－β<0 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 5．(2024·河南部分重点中学高一质检)已知a>b>c>0，A＝ab＋bc，B＝ac＋b2，C＝a2＋b2，则A，B，C的大小关系是________． 解析：由a>b>c>0，得a2>ab，b2>bc，因此C＝a2＋b2>ab＋bc＝A，显然A－B＝(ab＋bc)－(ac＋b2)＝(a－b)(b－c)>0，则A>B，所以A，B，C的大小关系是C>A>B. 答案 解析 C>A>B 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 课后课时精练 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ 对点 利用不等式的性质判断不等关系——可加性、特殊值法 利用不等式的性质判断不等关系——可乘性 不等式的性质与充分必要条件结合 利用不等式的性质，结合作差法比较大小 利用不等式的性质求取值范围——可加性 利用不等式的性质判断命题的真假 利用不等式的性质比较大小——可乘性 利用不等式的性质求取值范围——可加性、可乘性 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 利用不等式的性质证明不等式 利用不等式的性质求代数式的最值——可乘性 不等式性质的实际应用 利用不等式的性质判断命题的真假 利用不等式的性质求取值范围——方程组法、可加性、可乘性 利用不等式的性质求代数式的最值——可加性 不等式性质的综合问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 33 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 34 2．已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，则下列不等式恒成立的是(　　) A．ab>bc B．ac>bc C．ab>ac D．a|b|>|b|c 解析：因为a>b>c，且a＋b＋c＝0，所以3a>a＋b＋c＝0，3c<a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0，所以ab>ac. 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 35 3．(2024·山西临汾同盛实验中学高一月考)若a，b∈R，则“a<b”是“a3－a2b<0”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：当a<b时，取a＝0，则a3－a2b＝0，即充分性不成立；当a3－a2b<0时，有a2(a－b)<0，则a≠0，故a2>0，所以a－b<0，即a<b，即必要性成立．综上，“a<b”是“a3－a2b<0”的必要不充分条件．故选B. 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 36 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 37 5．若1<a<3，－4<b<2，则a－|b|的取值范围是(　　) A．－3<a－|b|≤3 B．－3<a－|b|<5 C．－3<a－|b|<3 D．1<a－|b|<4 解析：∵－4<b<2，∴0≤|b|<4，∴－4<－|b|≤0.又1<a<3，∴－3<a－|b|<3. 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 38 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 39 答案 解析 < 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 40 答案 解析 12<2x－y<18 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 41 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 42 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 43 11．某大学在校学生中，理科生多于文科生，女生多于男生，则下述关于该大学在校学生的结论中，一定成立的是(　　) A．理科男生多于文科女生 B．文科女生多于文科男生 C．理科女生多于文科男生 D．理科女生多于理科男生 解析：：根据已知条件设理科女生有x1人，理科男生有x2人，文科女生有y1人，文科男生有y2人．根据题意可知x1＋x2>y1＋y2，x2＋y2<x1＋y1，根据不等式的性质有－(x2＋y2)>－(x1＋y1)，则(x1＋x2)－(x2＋y2)>(y1＋y2)－(x1＋y1)，即有x1>y2，所以理科女生多于文科男生，C正确；其他选项没有足够证据论证．故选C. 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 44 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 45 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 46 13．已知－1<x＋y<4且2<x－y<3，则2x－3y的取值范围为______________． 答案 解析 3<2x－3y<8 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 47 解析 4 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 49 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 50 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 51 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(a,c)＝eq \f(b,c) [提醒]　两个同向不等式可以相加，但不可以相减，如a>b，c>d不能推出a－c>b－d. [拓展]　常用的结论 (1)a>b，ab>0⇒eq \f(1,a)<eq \f(1,b). (2)b<0<a⇒eq \f(1,a)>eq \f(1,b). (3)a>b>0，c>d>0⇒eq \f(a,d)>eq \f(b,c). (4)若a>b>0，m>0，则eq \f(a,b)>eq \f(a＋m,b＋m)，eq \f(a,b)<eq \f(a－m,b－m)(b－m>0)，eq \f(b,a)<eq \f(b＋m,a＋m)，eq \f(b,a)>eq \f(b－m,a－m)(b－m>0)． 2．(利用不等式的性质判断命题的真假)下列命题中的真命题是(　　) A．a>b，c≠0⇒ac2>bc2 B．a<b⇒eq \r(a)<eq \r(b) C．a>b且c<d⇒a＋c>b＋d D．a>b⇒a2>b2 3．(利用不等式的性质求取值范围)已知2<α<6，－2<β<1，若z＝eq \f(1,2)α－β，则z的取值范围是____________． 　对于实数a，b，c，下列命题中的真命题是(　　) A．若a<b，则ac2<bc2 B．若a>b>0，则eq \f(1,a)>eq \f(1,b) C．若a<b<0，则eq \f(b,a)>eq \f(a,b) D．若a>b，eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，则a>0，b<0 解析　法一：当c＝0时，有ac2＝bc2，故A为假命题；由a>b>0，有ab>0⇒eq \f(a,ab)>eq \f(b,ab)⇒eq \f(1,b)>eq \f(1,a)，故B为假命题； eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(a<b<0⇒－a>－b>0⇒－\f(1,b)>－\f(1,a)>0，,a<b<0⇒－a>－b>0))⇒eq \f(a,b)>eq \f(b,a)，故C为假命题；eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b⇒b－a<0，,\f(1,a)>\f(1,b)⇒\f(1,a)－\f(1,b)>0⇒\f(b－a,ab)>0)) ⇒ab<0.∵a>b，∴a>0，b<0，故D为真命题．故选D. 解法二(特殊值排除法)：取c＝0，则ac2＝bc2，故A为假命题；取a＝2，b＝1，则eq \f(1,a)＝eq \f(1,2)，eq \f(1,b)＝1，有eq \f(1,a)<eq \f(1,b)，故B为假命题；取a＝－2，b＝－1，则eq \f(b,a)＝eq \f(1,2)，eq \f(a,b)＝2，有eq \f(b,a)<eq \f(a,b)，故C为假命题．故选D. 【跟踪训练】 1．判断下列命题的真假，并说明理由： (1)若eq \f(a,c)>eq \f(b,d)，则ad>bc； (2)若a<b<0，则eq \f(1,a－b)<eq \f(1,a)； (3)设a，b为正实数，若a－eq \f(1,a)<b－eq \f(1,b)，则a<b. 解：(1)因为eq \f(a,c)>eq \f(b,d)， 所以eq \f(a,c)－eq \f(b,d)>0， 即eq \f(ad－bc,cd)>0， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ad－bc>0，,cd>0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ad－bc<0，,cd<0.))即ad>bc且cd>0，或ad<bc且cd<0，故(1)为假命题． (2)由a<b<0得a<a－b<0， 所以eq \f(1,a－b)<eq \f(1,a)，故(2)为真命题． (3)因为a－eq \f(1,a)<b－eq \f(1,b)，且a>0，b>0，所以a2b－b<ab2－a⇒a2b－ab2－b＋a<0⇒ab(a－b)＋(a－b)<0⇒(a－b)(ab＋1)<0，所以a－b<0，即a<b，故(3)为真命题． 　(2024·福建三明第一中学高一上月考)若a>b>0，c<d<0，e<0，求证：eq \f(e,（a－c）2)>eq \f(e,（b－d）2). 证明　∵c<d<0，∴－c>－d>0. 又a>b>0，∴a－c>b－d>0， ∴(a－c)2>(b－d)2>0， 两边同乘以eq \f(1,（a－c）2（b－d）2)， 得eq \f(1,（a－c）2)<eq \f(1,（b－d）2). 又e<0，∴eq \f(e,（a－c）2)>eq \f(e,（b－d）2). 证明：∵c<d<0，∴－c>－d>0. ∵a>b>0，∴－ac>－bd>0， ∴0<－eq \f(1,ac)<－eq \f(1,bd)， 又e<0，∴－eq \f(e,ac)>－eq \f(e,bd)，∴eq \f(e,ac)<eq \f(e,bd). [结论探究]　本例条件不变的情况下，求证：eq \f(e,ac)<eq \f(e,bd). 【跟踪训练】 2．设a>b>c，求证：eq \f(1,a－b)＋eq \f(1,b－c)＋eq \f(1,c－a)>0. 证明：∵a>b>c，∴－c>－b， ∴a－c>a－b>0，∴eq \f(1,a－b)>eq \f(1,a－c)>0， ∴eq \f(1,a－b)＋eq \f(1,c－a)>0，又b－c>0，∴eq \f(1,b－c)>0， ∴eq \f(1,a－b)＋eq \f(1,b－c)＋eq \f(1,c－a)>0. 解：设2a＋3b＝m(a＋2b)＋n(2a－b)，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋2n＝2，,2m－n＝3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(8,5)，,n＝\f(1,5)，)) 即2a＋3b＝eq \f(8,5)(a＋2b)＋eq \f(1,5)(2a－b)， ∵－3<a＋2b<2，∴－eq \f(24,5)<eq \f(8,5)(a＋2b)<eq \f(16,5)， ∵－4<2a－b<－3，∴－eq \f(4,5)<eq \f(1,5)(2a－b)<－eq \f(3,5)， ∴－eq \f(28,5)<eq \f(8,5)(a＋2b)＋eq \f(1,5)(2a－b)<eq \f(13,5)， 即－eq \f(28,5)<2a＋3b<eq \f(13,5). [结论探究]　若本例条件不变，求eq \f(a,b)的取值范围． 解：∵2<b<8，∴eq \f(1,8)<eq \f(1,b)<eq \f(1,2). 又1<a<4， ∴1×eq \f(1,8)<a·eq \f(1,b)<4×eq \f(1,2)， 即eq \f(1,8)<eq \f(a,b)<2. 故eq \f(a,b)的取值范围是eq \f(1,8)<eq \f(a,b)<2. 解：设2a－4b＝m(a－b)＋n(a＋b)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝2，,－m＋n＝－4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝3，,n＝－1，)) 即2a－4b＝3(a－b)－(a＋b)， 因为－1<a＋b<5，－4<a－b<2， 所以－5<－(a＋b)<1，－12<3(a－b)<6， 所以－17<2a－4b<7. 2．(2024·河北保定定州高一上期中)设a，b，c，d∈R，则(　　) A．a>b，c＝d⇒ac<bd B．eq \f(a,c)>eq \f(b,c)⇒a>b C．a3>b3，ab>0⇒eq \f(1,a)<eq \f(1,b) D．a2>b2，ab>0⇒eq \f(1,a)<eq \f(1,b) 1．(2024·江苏南京秦淮中学高一上期末)若x>y，m>n，则下列不等式中正确的是(　　) A．x＋m>y＋n B.x－m>y－n C．eq \f(x,n)>eq \f(y,m) D．xm>yn 解析：因为x>y，m>n，所以x＋m>y＋n，故A正确；当x＝2，y＝1，m＝2，n＝－1时，x－m<y－n，故B错误；当x＝2，y＝1，m＝2，n＝－1时，eq \f(x,n)<eq \f(y,m)，故C错误；当x＝1，y＝－1，m＝2，n＝－4时，xm<yn，故D错误．故选A. 4．已知a>b>0，则eq \r(a)－eq \r(b)与eq \r(a－b)的大小关系是(　　) A.eq \r(a)－eq \r(b)>eq \r(a－b) B.eq \r(a)－eq \r(b)<eq \r(a－b) C.eq \r(a)－eq \r(b)＝eq \r(a－b) D．无法确定 解析：因为a>b>0，所以ab>b2>0，所以eq \r(ab)>b，所以(eq \r(a)－eq \r(b))2－(eq \r(a－b))2＝a＋b－2eq \r(ab)－a＋b＝2b－2eq \r(ab)<0，所以eq \r(a)－eq \r(b)<eq \r(a－b). 6．(多选)(2024·湖北襄阳一中高一上质量检测)下列说法一定正确的是(　　) A．若eq \r(3,a)>eq \r(3,b)，则a2024>b2024 B．若ab<0，eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，则a>b C．若a>b，a＋c>b＋d，则c>d D．若a>b>0，则eq \f(b＋1,a＋1)>eq \f(b,a) 解析：对于A，取a＝0，b＝－1可知a2024>b2024不成立，故A错误；对于B，由ab<0，eq \f(1,a)>eq \f(1,b)得，a>0>b，故B正确；对于C，取a＝3，b＝0，c＝1，d＝2，满足a>b，a＋c>b＋d，但c>d不成立，故C错误；对于D，∵a>b>0，∴eq \f(b＋1,a＋1)－eq \f(b,a)＝eq \f(a－b,a（a＋1）)>0，∴eq \f(b＋1,a＋1)>eq \f(b,a)成立，故D正确．故选BD. 7．若a>b>0，c<d<0，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,d)))eq \s\up12(3)________eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq \s\up12(3)(填“<”“>”或“＝”)． 解析：∵c<d<0，∴－c>－d>0，∴－eq \f(1,d)>－eq \f(1,c)>0.∵a>b>0，∴－eq \f(a,d)>－eq \f(b,c)>0，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,d)))eq \s\up12(3)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,c)))eq \s\up12(3)，即－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,d))) eq \s\up12(3)>－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq \s\up12(3)，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,d)))eq \s\up12(3)<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq \s\up12(3). 2<eq \f(x,y)<5 8．(2024·江苏黄埭中学高一上月考)若8<x<10，2<y<4，则2x－y的取值范围是______________，eq \f(x,y)的取值范围是__________． 解析：因为8<x<10，所以16<2x<20，由2<y<4可得－4<－y<－2，所以12<2x－y<18.由2<y<4可得eq \f(1,4)<eq \f(1,y)<eq \f(1,2)，因为8<x<10，所以2<eq \f(x,y)<5. 9．已知x>y>z>0，求证：eq \f(y,x－y)>eq \f(z,x－z). 证明：因为x>y，所以x－y>0，所以eq \f(1,x－y)>0. 又因为y>z>0，所以eq \f(y,x－y)>eq \f(z,x－y).① 因为y>z，所以－y<－z，所以x－y<x－z. 所以0<x－y<x－z，所以eq \f(1,x－y)>eq \f(1,x－z)>0. 又因为z>0，所以eq \f(z,x－y)>eq \f(z,x－z).② 由①②得eq \f(y,x－y)>eq \f(z,x－z). 10．已知x，y为实数，且满足2≤xy2≤3，3≤eq \f(x2,y)≤4，求eq \f(x5,y5)的最大值． 解：：eq \f(x5,y5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y)))eq \s\up12(3)·eq \f(1,xy2)， ∵3≤eq \f(x2,y)≤4，∴27≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y)))eq \s\up12(3)≤64， ∵2≤xy2≤3，∴eq \f(1,3)≤eq \f(1,xy2)≤eq \f(1,2)， 由不等式的性质得9≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y)))eq \s\up12(3)·eq \f(1,xy2)≤32， 即eq \f(x5,y5)的最大值为32，当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y)＝4，,xy2＝2，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝1))时取到． 12．(多选)设a，b为正实数，则下列命题正确的是(　　) A．若a2－b2＝1，则a－b<1 B．若eq \f(1,b)－eq \f(1,a)＝1，则a－b<1 C．|eq \r(a)－eq \r(b)|＝1，则|a－b|<1 D．|a|≤1，|b|≤1，则|a－b|≤|1－ab| 解析：对于A，因为a，b为正实数，则a2－b2＝1⇒a－b＝eq \f(1,a＋b)⇒a－b>0⇒a>b>0，故a＋b>a－b>0，若a－b≥1，则eq \f(1,a＋b)≥1⇒a＋b≤1，这与a＋b>a－b>0矛盾，故a－b<1成立，所以A正确；对于B，取a＝5，b＝eq \f(5,6)，则eq \f(1,b)－eq \f(1,a)＝1，但a－b＝5－eq \f(5,6)>1，所以B不正确；对于C，取a＝4，b＝1，则|eq \r(a)－eq \r(b)|＝1，但|a－b|＝3>1，所以C不正确；对于D，(a－b)2－(1－ab)2＝a2＋b2－1－a2b2＝(a2－1)(1－b2)≤0，即|a－b|≤|1－ab|，所以D正确．故选AD. 解析：设2x－3y＝m(x＋y)＋n(x－y)＝(m＋n)x＋(m－n)y，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝2，,m－n＝－3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－\f(1,2)，,n＝\f(5,2).))∴2x－3y＝－eq \f(1,2)(x＋y)＋eq \f(5,2)(x－y)．∵－1<x＋y<4，2<x－y<3，∴－2<－eq \f(1,2)(x＋y)<eq \f(1,2)，5<eq \f(5,2)(x－y)<eq \f(15,2).∴3<－eq \f(1,2)(x＋y)＋eq \f(5,2)(x－y)<8，即3<2x－3y<8. 14．(2024·山东济南十一校诊断联考)已知a，b，c均为正实数，且eq \f(ab,a＋2b)≥eq \f(1,3)，eq \f(bc,b＋2c)≥eq \f(1,4)，eq \f(ca,c＋2a)≥eq \f(1,5)，那么eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)的最大值为________． 解析：因为a，b，c均为正实数，所以由题可得0<eq \f(a＋2b,ab)≤3，0<eq \f(b＋2c,bc)≤4，0<eq \f(c＋2a,ac)≤5，即0<eq \f(1,b)＋eq \f(2,a)≤3，0<eq \f(1,c)＋eq \f(2,b)≤4，0<eq \f(1,a)＋eq \f(2,c)≤5，三式相加得0<3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))≤12，所以0<eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≤4，所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)的最大值为4. 15．已知b克糖水中含有a克糖(b>a>0)，再添加m克糖(m>0)(假设全部溶解)，糖水变甜了． (1)请将这一事实表示为一个不等式，并证明这个不等式成立； (2)在锐角三角形ABC中，根据(1)中的结论，证明：eq \f(A,B＋C)＋eq \f(B,C＋A)＋eq \f(C,A＋B)<2. 解：(1)若b>a>0，m>0，则eq \f(a,b)<eq \f(a＋m,b＋m). 证明：eq \f(a,b)－eq \f(a＋m,b＋m)＝eq \f(a（b＋m）－b（a＋m）,b（b＋m）) ＝eq \f(m（a－b）,b（b＋m）). 因为b>a，所以a－b<0， 又b>0，m>0，故eq \f(m（a－b）,b（b＋m）)<0， 因此eq \f(a,b)<eq \f(a＋m,b＋m). (2)证明：在锐角三角形中A<B＋C，A>0， 由(1)得eq \f(A,B＋C)<eq \f(A＋A,A＋B＋C)＝eq \f(2A,A＋B＋C)， 同理eq \f(B,C＋A)<eq \f(B＋B,A＋B＋C)＝eq \f(2B,A＋B＋C)， eq \f(C,A＋B)<eq \f(C＋C,A＋B＋C)＝eq \f(2C,A＋B＋C). 以上式子相加得eq \f(A,B＋C)＋eq \f(B,C＋A)＋eq \f(C,A＋B)<2. $$