1.3.1 不等式的性质-【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（北师大版2019）

第一章　预备知识 §3　不等式 3.1　不等式的性质 (教师独具内容) 课程标准：1.理解不等式的概念，掌握不等式的性质，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简单的实际问题． 教学重点：1.不等式的性质.2.用不等式的性质证明不等式． 教学难点：用作差法比较代数式的大小． 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 知识点一　两个实数大小的比较 (1)a>b⇔________； (2)a＝b⇔a－b___0； (3)_____ ⇔a－b<0. a－b>0 ＝ a<b 核心概念掌握 5 知识点二　不等式的性质 (1)如果a>b，且b>c，那么______． (2)如果a>b，那么a＋c___b＋c. (3)如果a>b，c>0，那么ac___bc； 如果a>b，c<0，那么ac___bc. (4)如果a>b，c>d，那么a＋c___b＋d. (5)如果a>b>0，c>d>0，那么ac___bd； 如果a>b>0，c<d<0，那么ac___bd. (6)当a>b>0时，an____bn(n∈N＋，n≥2)； 当_______时，>(n∈N＋，n≥2)． a>c > > < > > < > a>b>0 核心概念掌握 6 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若x2＝0，则x≥0.(　　) (2)两个实数a，b之间，有且只有a>b，a＝b，a<b三种关系中的一种．(　　) (3)若a>b，则ac2>bc2.(　　) (4)若x>1，则x3＋2x与x2＋2的大小关系为x3＋2x>x2＋2.(　　) √ × 答案 √ √ 核心概念掌握 7 2．做一做 (1)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 (2)设b<a，d<c，则下列不等式中一定成立的是(　　) A．a－c>b－d B．ac>bd C．a＋c>b＋d D．a＋d>b＋c (3)已知x<1，则x2＋2与3x的大小关系是________． x2＋2>3x 答案 核心概念掌握 8 核心素养形成 题型一　作差法比较大小 解　(1)(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝a3＋b3－a2b－ab2＝a2(a－b)－b2(a－b)＝(a－b)(a2－b2)＝(a－b)2(a＋b)． ∵a>0，b>0且a≠b，∴(a－b)2>0，a＋b>0， ∴(a3＋b3)－(a2b＋ab2)>0， 即a3＋b3>a2b＋ab2. 解 核心素养形成 10 解 核心素养形成 11 解 核心素养形成 12 【感悟提升】　作差法比较大小的四个步骤 核心素养形成 13 解 【跟踪训练】 1．(1)比较x3＋6x与x2＋6的大小． (2)已知a，b∈R，x＝a3－b，y＝a2b－a，试比较x与y的大小． 解：(x3＋6x)－(x2＋6)＝x(x2＋6)－(x2＋6)＝(x－1)(x2＋6)． ∵x2＋6>0，∴当x>1时，x3＋6x>x2＋6； 当x＝1时，x3＋6x＝x2＋6；当x<1时，x3＋6x<x2＋6. 解： x－y＝a3－b－a2b＋a＝a2(a－b)＋a－b＝(a－b)(a2＋1)． 当a＞b时，x－y＞0，∴x＞y； 当a＝b时，x－y＝0，∴x＝y； 当a＜b时，x－y＜0，∴x＜y. 核心素养形成 14 题型二　作商法比较大小 已知a>0，b>0且a≠b，试比较aabb与abba的大小． 解 核心素养形成 15 【感悟提升】　作商法比较大小应注意的问题 作商法：即判断商与1的关系，得出结论，要特别注意当商与1的大小确定后必须对商式分子、分母的正负做出判断，这是用作商法比较大小时最容易漏掉的关键步骤． 核心素养形成 16 解 核心素养形成 17 解 核心素养形成 18 题型三　利用不等式的性质判断不等关系 解析 答案 ③④ 核心素养形成 19 解析 核心素养形成 20 【感悟提升】　解决这类问题，主要是根据不等式的性质判定，其实质是看是否满足性质所需的条件，若要判断一个命题是假命题，可以从条件入手，推出与命题的结论相反的结论，也可举出一个反例予以否定． 核心素养形成 21 解 核心素养形成 22 解 核心素养形成 23 题型四　利用不等式的性质证明不等式 证明　∵a>b，c>0，∴ac>bc. ∴－ac<－bc. ∵f<e，∴f－ac<e－bc. (1)已知a>b，e>f，c>0，求证：f－ac<e－bc. 证明 核心素养形成 24 证明 核心素养形成 25 【感悟提升】　利用不等式的性质证明不等式的实质与技巧 (1)实质：根据不等式的性质把不等式进行变形，要注意不等式的性质成立的条件． (2)技巧：若不能直接由不等式的性质得到，可先分析需要证明的不等式的结构，然后利用不等式的性质进行逆推，寻找使其成立的充分条件． 核心素养形成 26 证明 核心素养形成 27 证明 核心素养形成 28 题型五　利用不等式的性质求取值范围 解 核心素养形成 29 解 核心素养形成 30 解：由2<a≤5，3≤b＜10得2＋3<a＋b<5＋10，2×3<ab<5×10，即5<a＋b<15，6<ab<50. 解 [结论探究]　若本例(1)中条件不变，求a＋b，ab的取值范围又如何解答？ 核心素养形成 31 核心素养形成 32 解 【跟踪训练】 5．(1)已知－1<x<y<3，求x－y的取值范围． 解：因为－1<x<3，－1<y<3， 所以－3<－y<1，所以－4<x－y<4. 又因为x<y，所以x－y<0， 所以－4<x－y<0， 故x－y的取值范围为(－4，0)． 核心素养形成 33 解 (2)已知－1<x＋y<4，2<x－y<3，求3x＋2y的取值范围． 核心素养形成 34 解 核心素养形成 35 随堂水平达标 1．若m＝x2－1，n＝2(x＋1)2－4(x＋1)＋1，则m与n的大小关系是(　　) A．m<n B．m>n C．m≥n D．m≤n 解析： ∵n－m＝x2≥0，∴n ≥ m. 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 2．已知a<0，－1<b<0，下列不等式成立的是(　　) A．a>ab>ab2 B．ab2>ab>a C．ab>a>ab2 D．ab>ab2>a 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 39 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 40 5．已知－1≤a＋b≤1，1≤a－2b≤3.求a＋3b的取值范围． 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 41 课后课时精练 一、选择题 1．若a>b，则b2＋1与3b－a的大小关系是(　　) A．b2＋1>3b－a B．b2＋1≥3b－a C．b2＋1<3b－a D．b2＋1≤3b－a 解析： b2＋1－(3b－a)＝b2－2b＋1＋(a－b)＝(b－1)2＋(a－b)，又a>b，∴a－b>0.又(b－1)2≥0，∴(b－1)2＋(a－b)>0.即b2＋1>3b－a. 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 43 2．若－1<α<β<1，则下列各式中恒成立的是(　　) A．－2<α－β<0 B．－2<α－β<－1 C．－1<α－β<0 D．－1<α－β<1 解析：由－1<α<1，－1<β<1，得－1<－β<1，所以－2<α－β<2，但α<β，故知－2<α－β<0. 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 44 3．设a，b，c，d∈R，且a>b，c>d，则下列结论中正确的是(　　) A．ac2>bc2 B．a－d>b－c C．ad<bd D．a2>b2 解析：对于A，若c＝0，则A不成立；对于B，显然正确．对于C，若d为正数，则C不正确；对于D，若a，b为负数，则D不正确．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 45 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 46 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 47 答案 解析 ①②④ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 48 答案 解析 27＜x－y＜56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 49 8．设x＝a2b2＋5，y＝2ab－a2－4a，若x＞y，则实数a，b应满足的条件为______________． 解析：∵x＞y，∴x－y＝a2b2＋5－2ab＋a2＋4a＝(ab－1)2＋(a＋2)2＞0，∴ab－1≠0或a＋2≠0，即ab≠1或a≠－2. 答案 解析 ab≠1或a≠－2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 50 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 51 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 52 10．已知x，y都是正实数，求证：x3＋y3≥x2y＋xy2. 证明：x3＋y3－x2y－xy2＝x2(x－y)－y2(x－y)＝(x2－y2)(x－y)＝(x－y)2(x＋y)． 因为x>0，y>0，所以(x－y)2(x＋y)≥0， 所以x3＋y3≥x2y＋xy2. 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 53 11．已知－1<x＋y<4且2<x－y<3，求2x－3y的取值范围． 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 54 12．已知a>0且a≠1，证明：am＋n＋1>am＋an(m，n∈N＋)． 证明：am＋n＋1－am－an＝am(an－1)＋1－an＝(an－1)(am－1)， ∵m，n∈N＋，当a>1时，am>1，an>1， ∴(am－1)(an－1)>0； 当0<a<1时，0<am<1，0<an<1， ∴(am－1)(an－1)>0. 综上，(am－1)(an－1)>0， 即am＋n＋1>am＋an. 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 55 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 56 　　　　　　　　　　　　　 R 　比较下列各组中两数的大小： (1)已知a，b为正数，且a≠b，比较a3＋b3与a2b＋ab2； (2)已知x<1，比较x3－1与2x2－2x； (3)已知x，y均为正数，设m＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)，n＝eq \f(4,x＋y)，比较m和n的大小． (2)x3－1－(2x2－2x)＝x3－2x2＋2x－1＝(x3－x2)－(x2－2x＋1)＝x2(x－1)－(x－1)2＝(x－1)(x2－x＋1)＝(x－1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4))). ∵x<1，∴x－1<0. 又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)>0， ∴(x－1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4)))<0， ∴x3－1<2x2－2x. (3)∵m－n＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)－eq \f(4,x＋y)＝eq \f(x＋y,xy)－eq \f(4,x＋y) ＝eq \f(（x＋y）2－4xy,xy（x＋y）)＝eq \f(（x－y）2,xy（x＋y）)， 又x，y均为正数， ∴x>0，y>0，xy>0，x＋y>0，(x－y)2≥0. ∴m－n≥0， 即m≥n(当x＝y时，等号成立)． 解　eq \f(aabb,abba)＝aa－bbb－a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b))) eq \s\up12(a－b)， ①当a>b>0时，eq \f(a,b)>1，a－b>0， ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b))) eq \s\up12(a－b)>1； ②当0<a<b时，0<eq \f(a,b)<1，a－b<0，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b))) eq \s\up12(a－b)>1. 综上可得，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b))) eq \s\up12(a－b)>1. 又aabb>0，abba>0，∴aabb>abba. 【跟踪训练】 2．已知a，b∈R＋，试比较aabb与(ab)eq \s\up6(\f(a＋b,2))的大小． 解：\up12(\f(a+b,2))eq \f(aabb,（ab）) ＝aa－eq \s\up12(\f(a+b,2))bb－eq \s\up12(\f(a+b,2))＝aeq \s\up12(\f(a-b,2))beq \s\up12(\f(b-a,2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b))) eq \s\up12(\f(a－b,2)). ①若a＝b>0，则eq \f(a,b)＝1，a－b＝0， ∴aabb＝(ab) eq \s\up12(\f(a+b,2)). ②若a>b>0，则eq \f(a,b)>1，a－b>0. 则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b))) eq \s\up12(\f(a－b,2))>1.又aabb>0，(ab) eq \s\up12(\f(a+b,2))>0， ∴aabb>(ab) eq \s\up12(\f(a+b,2)). ③若0<a<b，则0<eq \f(a,b)<1，a－b<0. 则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b))) eq \s\up12(\f(a－b,2))>1.又aabb>0，(ab) eq \s\up12(\f(a+b,2))>0， ∴aabb>(ab) eq \s\up12(\f(a+b,2)). 综上所述，aabb≥(ab) eq \s\up12(\f(a+b,2)). 　下列命题正确的是________． ①eq \f(c,a)<eq \f(c,b)且c>0⇒a>b； ②a>b且c>d⇒ac>bd； ③a>b>0且c>d>0⇒eq \r(\f(a,d))>eq \r(\f(b,c))； ④eq \f(a,c2)>eq \f(b,c2)⇒a>b. 解析　①eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)<\f(c,b)，,c>0))⇒eq \f(1,a)<eq \f(1,b)；当a<0，b>0时，满足已知条件，但推不出a>b，∴①错误； ②当a＝3，b＝1，c＝－2，d＝－3时，命题显然不成立．∴②错误； ③eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>b>0，,c>d>0))⇒eq \f(a,d)>eq \f(b,c)>0⇒eq \r(\f(a,d))>eq \r(\f(b,c))成立．∴③正确； ④显然c2>0，∴两边同乘以c2得a>b.∴④正确． 【跟踪训练】 3．(1)判断下列命题是否正确，并说明理由． ①若eq \f(a,c)>eq \f(b,d)，则ad>bc； ②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)，两边同时乘以cd，当cd>0时，ad>bc；当cd<0时，ad<bc，故不正确． ②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，故正确． (2)若a<b<0，分别判断下列式子是否成立，并简述理由． ①eq \f(1,a－b)<eq \f(1,a)；②eq \f(1,a＋b)>eq \f(1,b). 解：①成立．因为a<b<0，所以a<a－b<0，所以a(a－b)>0，则eq \f(1,a（a－b）)>0， 又a<a－b<0，所以a·eq \f(1,a（a－b）)<(a－b)·eq \f(1,a（a－b）)，即eq \f(1,a－b)<eq \f(1,a). ②成立．因为a<b<0，所以a＋b<b<0， 所以b(a＋b)>0，则eq \f(1,b（a＋b）)>0， 又a＋b<b<0，所以(a＋b)·eq \f(1,b（a＋b）)<b·eq \f(1,b（a＋b）)，即eq \f(1,b)<eq \f(1,a＋b). 证明　∵c<d<0，∴－c>－d>0. 又a>b>0，∴a－c>b－d>0. ∴0<eq \f(1,a－c)<eq \f(1,b－d). 又0<b<a，∴eq \f(b,a－c)<eq \f(a,b－d). (2)已知a>b>0，c<d<0，求证：eq \f(b,a－c)<eq \f(a,b－d). 证明　∵bc－ad≥0，∴ad≤bc. 又bd>0，∴eq \f(a,b)≤eq \f(c,d)，∴eq \f(a,b)＋1≤eq \f(c,d)＋1， ∴eq \f(a＋b,b)≤eq \f(c＋d,d). (3)已知bc－ad≥0，bd>0，求证：eq \f(a＋b,b)≤eq \f(c＋d,d). 【跟踪训练】 4．(1)已知c>a>b>0，求证：eq \f(a,c－a)>eq \f(b,c－b). 证明：∵a>b， ∴－a<－b， 又c>a>b>0，∴0<c－a<c－b， ∴eq \f(1,c－a)>eq \f(1,c－b)>0. 又a>b>0，∴eq \f(a,c－a)>eq \f(b,c－b). (2)已知a，b，x，y都是正数，且eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，x>y，求证：eq \f(x,x＋a)>eq \f(y,y＋b). 证明：∵a，b，x，y都是正数，且eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，x>y， ∴eq \f(x,a)>eq \f(y,b)，故eq \f(a,x)<eq \f(b,y)，则eq \f(a,x)＋1<eq \f(b,y)＋1， 即eq \f(a＋x,x)<eq \f(b＋y,y). ∴eq \f(x,x＋a)>eq \f(y,b＋y). (a,b) 　(1)已知2<a≤5，3≤b<10，求a－b，的取值范围． 解　∵3≤b<10，∴－10<－b≤－3. 又2<a≤5，∴－8<a－b≤2. 又eq \f(1,10)＜eq \f(1,b)≤eq \f(1,3)，∴eq \f(1,5)<eq \f(a,b)≤eq \f(5,3). (2)已知－eq \f(π,2)≤α<β ≤eq \f(π,2)，求eq \f(α＋β,2)，eq \f(α－β,3)的取值范围． 解　∵－eq \f(π,2)≤α<β ≤eq \f(π,2)， ∴－eq \f(π,4)≤eq \f(α,2)<eq \f(π,4)，－eq \f(π,4)<eq \f(β,2)≤eq \f(π,4). 两式相加得－eq \f(π,2)<eq \f(α＋β,2)<eq \f(π,2). ∵－eq \f(π,6)≤eq \f(α,3)<eq \f(π,6)，－eq \f(π,6)≤－eq \f(β,3)<eq \f(π,6)， 两式相加得－eq \f(π,3)≤eq \f(α－β,3)<eq \f(π,3). 又α<β，∴eq \f(α－β,3)<0，∴－eq \f(π,3)≤eq \f(α－β,3)<0. 【感悟提升】　本例中不能直接用a的范围去减或除b的范围，应严格利用不等式的性质去求范围；其次在有些题目中，还要注意整体代换的思想，即弄清要求的与已知的“范围”间的联系．如已知20＜x＋y＜30，15＜x－y＜18，要求2x＋3y的范围，不能分别求出x，y的范围，再求2x＋3y的范围，应把已知的“x＋y”“x－y”视为整体，即2x＋3y＝eq \f(5,2)(x＋y)－eq \f(1,2)(x－y)，所以需分别求出eq \f(5,2)(x＋y)，－eq \f(1,2)(x－y)的范围，两范围相加可得2x＋3y的范围．“范围”必须对应某个字母变量或代数式，一旦变化出其他的范围问题，则不能再间接得出，必须“直来直去”，即直接找到要求的量与已知的量间的数量关系，然后去求． 解：设3x＋2y＝m(x＋y)＋n(x－y)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,m－n＝2，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(5,2)，,n＝\f(1,2)，)) 即3x＋2y＝eq \f(5,2)(x＋y)＋eq \f(1,2)(x－y)， 又因为－1<x＋y<4，2<x－y<3， 所以－eq \f(5,2)<eq \f(5,2)(x＋y)<10， 1<eq \f(1,2)(x－y)<eq \f(3,2)， 所以－eq \f(3,2)<eq \f(5,2)(x＋y)＋eq \f(1,2)(x－y)<eq \f(23,2)， 即－eq \f(3,2)<3x＋2y<eq \f(23,2)， 所以3x＋2y的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(23,2))). 解析：解法一：因为－1<b<0，所以0<b2<1⇒a<ab2<0，且ab>0，故选D. 解法二：根据a，b的范围取特殊值，比如令a＝－1，b＝－eq \f(1,2)，也可得到正确答案．故选D. 3．(多选)对于任意实数a，b，c，d，有以下四个命题，其中正确的是(　　) A．若a>b，c>d，则ac>bd B．若ac2>bc2，则a>b C．若a>b，则eq \f(1,a)<eq \f(1,b) D．若a>b，c>d，则a－d>b－c 解析：对于A，－3>－5，1>－4，但是－3×1<－5×(－4)，A不正确；对于B，因为ac2>bc2成立，则c2>0，那么a>b，B正确；对于C，2>－3，但是eq \f(1,2)>－eq \f(1,3)，C不正确；对于D，因为c>d，则－c<－d，又a>b，所以a－d>b－c，D正确． a2<a<eq \f(1,a) 4．已知0<a<1，则a，eq \f(1,a)，a2的大小关系是________． 解析：∵a－eq \f(1,a)＝eq \f(（a＋1）（a－1）,a)<0，∴a<eq \f(1,a).又a－a2＝a(1－a)>0，∴a>a2，∴a2<a<eq \f(1,a). 解析：设a＋3b＝λ1(a＋b)＋λ2(a－2b)＝(λ1＋λ2)a＋(λ1－2λ2)b，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ1＋λ2＝1，, λ1－2λ2＝3，)) 解得λ1＝eq \f(5,3)，λ2＝－eq \f(2,3). 又－eq \f(5,3)≤eq \f(5,3)(a＋b)≤eq \f(5,3)，－2≤－eq \f(2,3)(a－2b)≤－eq \f(2,3)， 所以－eq \f(11,3)≤a＋3b≤1. 4．若a，b为实数，则“0<ab<1”是“a<eq \f(1,b)或b>eq \f(1,a)”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：对于0<ab<1，如果a>0，则b>0，a<eq \f(1,b)成立，如果a<0，则b<0，b>eq \f(1,a)成立，因此“0<ab<1”是“a<eq \f(1,b)或b>eq \f(1,a)”的充分条件；反之，若a＝－1，b＝2，结论“a<eq \f(1,b)或b>eq \f(1,a)”成立，但条件0<ab<1不成立，因此“0<ab<1”不是“a<eq \f(1,b)或b>eq \f(1,a)”的必要条件．即“0<ab<1”是“a<eq \f(1,b)或b>eq \f(1,a)”的充分不必要条件． 5．(多选)若eq \f(1,a)<eq \f(1,b)<0(a，b∈R)，则下列不等式恒成立的是(　　) A．a>b B．a＋b>ab C．|a|>|b| D．ab<b2 解析：∵eq \f(1,a)<eq \f(1,b)<0，∴b<a<0，故A正确；∵a＋b<0，ab>0，∴a＋b<ab，故B错误；由b<a<0知|a|<|b|，故C错误；ab－b2＝b(a－b)<0，即ab<b2，故D正确．故选AD. 二、填空题 6．有以下四个条件： ①b>0>a；②0>a>b；③a>0>b；④a>b>0. 其中能使eq \f(1,a)<eq \f(1,b)成立的有________． 解析：①因为b>0>a，所以eq \f(1,b)>0>eq \f(1,a)； ②因为0>a>b，所以eq \f(1,a)<eq \f(1,b)<0； ③因为a>0>b，所以eq \f(1,a)>0>eq \f(1,b)； ④因为a>b>0，所以eq \f(1,b)>eq \f(1,a)>0. eq \f(20,11)＜eq \f(x,y)＜3 7．已知60＜x＜84，28＜y＜33，则x－y的取值范围为______________，eq \f(x,y)的取值范围为________． 解析：∵28＜y＜33，∴－33＜－y＜－28，eq \f(1,33)＜eq \f(1,y)＜eq \f(1,28).又60＜x＜84，∴27＜x－y＜56，eq \f(60,33)＜eq \f(x,y)＜eq \f(84,28)，即eq \f(20,11)＜eq \f(x,y)＜3. 三、解答题 9．设a>b>0，试比较eq \f(a2－b2,a2＋b2)与eq \f(a－b,a＋b)的大小． 解：解法一：(作差法) eq \f(a2－b2,a2＋b2)－eq \f(a－b,a＋b)＝eq \f(（a＋b）（a2－b2）－（a－b）（a2＋b2）,（a2＋b2）（a＋b）) ＝eq \f(（a－b）[（a＋b）2－（a2＋b2）],（a2＋b2）（a＋b）) ＝eq \f(2ab（a－b）,（a＋b）（a2＋b2）). ∵a>b>0，∴a＋b>0，a－b>0，2ab>0. ∴eq \f(2ab（a－b）,（a＋b）（a2＋b2）)>0，∴eq \f(a2－b2,a2＋b2)>eq \f(a－b,a＋b). 解法二：(作商法) ∵a>b>0，∴eq \f(a2－b2,a2＋b2)>0，eq \f(a－b,a＋b)>0. ∴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. ∴eq \f(a2－b2,a2＋b2)>eq \f(a－b,a＋b). 解：设2x－3y＝m(x＋y)＋n(x－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， ∴2x－3y的取值范围为(3，8)． 13．已知△ABC的三边长分别为a，b，c，且满足b＋c≤3a，求eq \f(c,a)的取值范围． 解：由已知及三角形的三边关系得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<b＋c≤3a，,a＋b>c，,a＋c>b))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1<\f(b,a)＋\f(c,a)≤3，,1＋\f(b,a)>\f(c,a)，,1＋\f(c,a)>\f(b,a)))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1<\f(b,a)＋\f(c,a)≤3，,－1<\f(c,a)－\f(b,a)<1，)) 两式相加得0<2×eq \f(c,a)<4， 所以eq \f(c,a)的取值范围为(0，2)． $$