第2章 第1讲 不等式及其性质-【金版教程】2026年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（提升版）

第二章　不等式 第1讲　不等式及其性质 梳理等式的性质，理解不等式的概念，掌握不等式的性质． 基础知识整合 核心考向突破 课时作业 目录 基础知识整合 1．比较两个实数大小的依据 a－b>0 a－b＝0 a－b<0 基础知识整合 5 2.不等式的性质 (1)对称性：__________． (2)传递性： _______________ ． (3)可加性：a>b⇔a＋c___b＋c； a>b，c>d⇒ ___________． (4)可乘性：a>b，c>0⇒ _______； a>b，c<0⇒ _______； a>b>0，c>d>0⇒ _______． (5)可乘方性：a>b>0⇒ ______ (n∈N，n≥2)． a>b⇔b<a a>b，b>c⇒a>c > a＋c>b＋d ac>bc ac<bc ac>bd an>bn 基础知识整合 6 基础知识整合 7 基础知识整合 8 1．(人教A必修第一册习题2.1 T3(2)改编)设M＝2a(a－2)，N＝(a＋1)(a－3)，则有(　　) A．M>N B．M≥N C．M<N D．M≤N 解析：因为M－N＝2a(a－2)－(a＋1)(a－3)＝a2－2a＋3＝(a－1)2＋2>0，所以M>N.故选A. 基础知识整合 9 2．如果x＋y<0，且y>0，那么下列不等式成立的是(　　) A．y2>x2>－xy B．x2>y2>－xy C．x2<－xy<y2 D．x2>－xy>y2 解析：因为x＋y<0，y>0，所以x<－y<0<y.在不等式x<－y两边同时乘以x，得x2>－xy.在不等式x<－y两边同时乘以y，得xy<－y2，则－xy>y2，所以x2>－xy>y2.故选D. 基础知识整合 10 3．设x，y∈R，则“x<1且y<1”是“x＋y<2”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：若x<1且y<1，则有x＋y<2.又当x＝2，y＝－1时，满足x＋y<2，但不满足x<1且y<1，所以“x<1且y<1”是“x＋y<2”的充分不必要条件．故选A. 基础知识整合 11 (－π，0) 基础知识整合 12 > 基础知识整合 13 核心考向突破 考向一　不等式的性质 核心考向突破 15 核心考向突破 16 核心考向突破 17 核心考向突破 18 判断不等式是否成立的两种方法 (1)性质法 直接利用不等式的性质逐个验证，利用不等式的性质判断不等式是否成立时要特别注意前提条件． (2)特殊值法 适用于排除错误答案，取值应满足题设条件且便于计算． 提醒：当直接利用不等式的性质不能判断时，可以利用指数函数、对数函数、幂函数等函数的单调性进行判断． 核心考向突破 19 核心考向突破 20 核心考向突破 21 考向二　比较两个数(式)的大小 角度1　作差法 核心考向突破 22 核心考向突破 23 作差法的步骤和关注点 步骤 作差并变形⇒判断差与0的大小⇒得结论 关注点 利用通分、因式分解、配方等方法向有利于判断差的符号的方向变形 核心考向突破 24 已知实数x，y，z满足x2＝4x＋z－y－4且x＋y2＋2＝0，则下列关系成立的是(　　) A．y>x≥z B．z≥x>y C．y>z≥x D．z≥y>x 核心考向突破 25 角度2　作商法 设a，b都是正数，且a≠b，则aabb与abba的大小关系是__________． aabb>abba 核心考向突破 26 作商法的步骤和关注点 步骤 作商并变形⇒判断商与1的大小⇒得结论 关注点 作商时各式的符号应相同，如果a，b均小于0，所得结果与“原理”中的结论相反．变形方法有分母(或分子)有理化，指、对数恒等变形等 核心考向突破 27 eπ·πe与ee·ππ的大小关系为___________． eπ · πe<ee · ππ 核心考向突破 28 考向三　利用不等式的性质求范围 已知－1<x＋y<4且2<x－y<3，则z＝2x－3y的取值范围是________(用区间表示)． (3，8) 核心考向突破 29 核心考向突破 30 1．用不等式性质求代数式取值范围的两个注意点 (1)注意题设和结论中代数式的关系，设计求解步骤． (2)正确使用不等式的性质，尤其是两个同方向的不等式可加不可减，可乘(同正)不可除． 核心考向突破 31 2．利用待定系数法求代数式的取值范围 已知M1<f1(x，y)<N1，M2<f2(x，y)<N2，求g(x，y)的取值范围． (1)设g(x，y)＝pf1(x，y)＋qf2(x，y)． (2)根据恒等变形求得待定系数p，q. (3)根据不等式的同向可加性即可求得g(x，y)的取值范围． 核心考向突破 32 核心考向突破 33 课时作业 一、单项选择题 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 35 2．已知a<0，－1<b<0，那么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 解析：由于每个式子中都有a，故先比较1，b，b2的大小．因为－1<b<0，所以b<b2<1.又因为a<0，所以ab>ab2>a.故选D. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 36 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 37 4．(2025·安徽合肥八中模拟)若1<a<3，－4<b<2，则a－|b|的取值范围是 (　　) A．(－3，0) B．(－3，3) C．(0，3) D．(－3，5) 解析：因为－4<b<2，所以0≤|b|<4，所以－4<－|b|≤0.又因为1<a<3，所以－3<a－|b|<3.故选B. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 38 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 39 6．(2025·山东济宁模拟)已知x＞y＞z，x＋y＋z＝0，则下列不等式成立的是 (　　) A．xy＞yz B．xy＞xz C．xz＞yz D．x|y|＞|y|z 解析：因为x＞y＞z，x＋y＋z＝0，所以x＞0，z＜0，y的符号无法确定．对于A，因为x＞0＞z，若y＜0，则xy＜0＜yz，故A错误；对于B，因为y＞z，x＞0，所以xy＞xz，故B正确；对于C，因为x＞y，z＜0，所以xz＜yz，故C错误；对于D，因为x＞z，当|y|＝0时，x|y|＝|y|z，故D错误． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 40 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 41 8．某次出行，刘先生全程需要加两次油，由于燃油的价格有升也有降，现刘先生有两种加油方案，第一种方案：每次均加30升的燃油；第二种方案，每次均加200元的燃油．下列说法正确的是(　　) A．采用第一种方案划算 B．采用第二种方案划算 C．两种方案一样 D．采用哪种方案无法确定 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 42 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 43 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 44 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 45 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 46 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 －1，－2(答案不唯一) 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 13．已知下列四个代数式：①4mn；②m2＋4n2；③4m2＋n2；④m2＋n2.若m>n>0，则代数式的值最大的是______(填序号)． 解析： ∵m>n>0，由②－①，得m2＋4n2－4mn＝(m－2n)2≥0，∴②≥①；由③－②，得4m2＋n2－m2－4n2＝3m2－3n2>0，∴③>②；由③－④，得4m2＋n2－m2－n2＝3m2>0，∴③>④.∴代数式的值最大的是③. ③ 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 14．(2024·河北石家庄二模)若实数x，y，z≥0，且x＋y＋z＝4，2x－y＋z＝5，则M＝4x＋3y＋5z的取值范围是_________． [15，19] 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 　　　　　　　　　　　　　 R 关系 方法 作差法 作商法 a>b _________ eq \f(a,b)>1(a，b>0)或eq \f(a,b)<1(a，b<0) a＝b _________ eq \f(a,b)＝1(b≠0) a<b _________ eq \f(a,b)<1(a，b>0)或eq \f(a,b)>1(a，b<0) 1．有关倒数的性质 (1)a>b，ab>0⇒eq \f(1,a)<eq \f(1,b)；a>b，ab<0⇒eq \f(1,a)>eq \f(1,b). (2)a>b>0，0<c<d⇒eq \f(a,c)>eq \f(b,d). (3)0<a<x<b或a<x<b<0⇒eq \f(1,b)<eq \f(1,x)<eq \f(1,a). 2．有关分数的性质 若a>b>0，m>0，则 (1)eq \f(b,a)<eq \f(b＋m,a＋m)；eq \f(b,a)>eq \f(b－m,a－m)(a－m>0)． (2)eq \f(a,b)>eq \f(a＋m,b＋m)；eq \f(a,b)<eq \f(a－m,b－m)(b－m>0)． 4．(人教A必修第一册习题2.1 T5改编)若－eq \f(π,2)<α<β<eq \f(π,2)，则α－β的取值范围是________． 解析：由已知，得－eq \f(π,2)<α<eq \f(π,2)，－eq \f(π,2)<－β<eq \f(π,2)，所以－π<α－β<π，又α<β，所以α－β<0，故－π<α－β<0. 5．(人教B必修第一册习题2－2B T1改编)比较两数的大小：eq \r(7)＋eq \r(10)_____eq \r(3)＋eq \r(14). 解析：因为(eq \r(7)＋eq \r(10))2＝17＋2eq \r(70)，(eq \r(3)＋eq \r(14))2＝17＋2eq \r(42)，所以(eq \r(7)＋eq \r(10))2>(eq \r(3)＋eq \r(14))2，所以eq \r(7)＋eq \r(10)>eq \r(3)＋eq \r(14). (1)(多选)(2024·湖南长沙二模)设a，b，c，d为实数，且a>b>0>c>d，则下列不等式正确的是(　　) A．c2<cd B．a－c<b－d C．ac<bd D.eq \f(c,a)－eq \f(d,b)>0 解析：对于A，由0>c>d和不等式的性质可得c2<cd，故A正确；对于B，因为a>b>0>c>d，若取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，则a－c＝3，b－d＝3，所以a－c＝b－d，故B错误；对于C，因为a>b>0>c>d，若取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，则ac＝－2，bd＝－2，所以ac＝bd，故C错误；对于D，因为a>b>0，则0<eq \f(1,a)<eq \f(1,b)，又0>c>d，则0<－c<－d，由不等式的同向皆正可乘性，得－eq \f(c,a)<－eq \f(d,b)，故eq \f(c,a)－eq \f(d,b)>0，故D正确．故选AD. (2)(多选)(2025·安徽淮北模拟)已知a，b，c∈R，下列命题为真命题的是(　　) A．若a>b>c，则a＋b>c B．若a>b>|c|，则a2>b2>c2 C．若a<b<c<0，则eq \f(c,a)>eq \f(c,b) D．若a>b>c>0，则eq \f(b,a)<eq \f(b＋c,a＋c) 解析：当b为负数时A可能不成立，例如－2>－3>－4，但－2＋(－3)>－4是错误的，故A为假命题；因为a>b>|c|≥0，根据不等式的性质可得a2>b2>c2，故B为真命题；因为a<b<0，所以eq \f(1,ab)>0，所以a·eq \f(1,ab)<b·eq \f(1,ab)<0，即eq \f(1,b)<eq \f(1,a)<0，因为c<0，所以eq \f(c,b)>eq \f(c,a)>0，故C为假命题；因为a>b>c>0，所以eq \f(b,a)－eq \f(b＋c,a＋c)＝eq \f(ab＋bc－ab－ac,a（a＋c）)＝eq \f(c（b－a）,a（a＋c）)<0，所以eq \f(b,a)<eq \f(b＋c,a＋c)，故D为真命题．故选BD. (多选)已知a>b，c∈R，则下列不等式不一定成立的是(　　) A．a(c－1)2>b(c－1)2 B.eq \f(a,c2－c＋1)>eq \f(b,c2－c＋1) C．a(c2＋2)>b(c2＋1) D．ab2>a2b 解析：对于A，当c＝1时，可得(c－1)2＝0，此时a(c－1)2＝b(c－1)2，所以不等式a(c－1)2>b(c－1)2不一定成立，A符合题意；对于B，因为c2－c＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)>0，可得eq \f(1,c2－c＋1)>0，又a>b，所以eq \f(a,c2－c＋1)>eq \f(b,c2－c＋1)一定成立，B不符合题意；对于C，当a＝－1，b＝－2，c＝0时，可得a(c2＋2)＝－2，b(c2＋1)＝－2，此时a(c2＋2)＝b(c2＋1)，所以a(c2＋2)>b(c2＋1)不一定成立，C符合题意；对于D，ab2－a2b＝ab(b－a)，因为a>b，所以b－a<0，但ab的符号不确定，所以ab2>a2b不一定成立，D符合题意．故选ACD. 若a<0，b<0，则p＝eq \f(b2,a)＋eq \f(a2,b)与q＝a＋b的大小关系为(　　) A．p<q B．p≤q C．p>q D．p≥q 解析：解法一(作差法)：p－q＝eq \f(b2,a)＋eq \f(a2,b)－a－b＝eq \f(b2－a2,a)＋eq \f(a2－b2,b)＝(b2－a2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))＝eq \f(（b2－a2）（b－a）,ab)＝eq \f(（b－a）2（b＋a）,ab)，因为a<0，b<0，所以a＋b<0，ab>0.若a＝b，则p－q＝0，故p＝q；若a≠b，则p－q<0，故p<q.综上，p≤q.故选B. 解法二(特殊值排除法)：令a＝b＝－1，则p＝q＝－2，排除A，C；令a＝－1，b＝－2，则p<q，排除D.故选B. 解析：由x2＝4x＋z－y－4知z－y＝x2－4x＋4＝(x－2)2≥0，即z≥y；由x＋y2＋2＝0知x＝－(y2＋2)，则y－x＝y2＋y＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(7,4)>0，即y>x.综上所述，z≥y>x.故选D. 解析： eq \f(aabb,abba)＝aa－b·bb－a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq \s\up12(a－b).若a>b，则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，∴aabb>abba；若a<b，则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，∴aabb>abba. 解析：eq \f(eπ·πe,ee·ππ)＝eq \f(eπ－e,ππ－e)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,π))) eq \s\up12(π－e)，又0<eq \f(e,π)<1，0<π－e<1，∴0<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,π))) eq \s\up12(π－e)<1，即0<eq \f(eπ·πe,ee·ππ)<1，即eπ·πe<ee·ππ. 解析：解法一：设2x－3y＝λ(x＋y)＋μ(x－y)＝(λ＋μ)x＋(λ－μ)y，对应系数相等，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＋μ＝2，,λ－μ＝－3))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(1,2)，,μ＝\f(5,2)，))∴2x－3y＝－eq \f(1,2)(x＋y)＋eq \f(5,2)(x－y)∈(3，8)． 解法二：令eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝x＋y，,b＝x－y，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(a＋b,2)，,y＝\f(a－b,2)，))∴2x－3y＝2×eq \f(a＋b,2)－3×eq \f(a－b,2)＝－eq \f(a,2)＋eq \f(5,2)b∈(3，8)． (多选)已知6<a<60，15<b<18，则下列结论正确的是(　　) A.eq \f(a,b)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4)) B．a＋b∈(21，78) C．a－b∈(－9，42) D.eq \f(a＋b,b)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,5)，\f(39,9))) 解析：因为6<a<60，15<b<18，所以eq \f(1,18)<eq \f(1,b)<eq \f(1,15)，－18<－b<－15，所以eq \f(6,18)<eq \f(a,b)<eq \f(60,15)，6＋15<a＋b<60＋18，6－18<a－b<60－15，即eq \f(1,3)<eq \f(a,b)<4，21<a＋b<78，－12<a－b<45.于是eq \f(a＋b,b)＝eq \f(a,b)＋1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，5)).故A，B正确，C，D错误． 1．已知a，b∈R，若a>b，eq \f(1,a)<eq \f(1,b)同时成立，则(　　) A．ab>0 B．ab<0 C．a＋b>0 D．a＋b<0 解析：因为eq \f(1,a)<eq \f(1,b)，所以eq \f(1,a)－eq \f(1,b)＝eq \f(b－a,ab)<0，又a>b，所以b－a<0，所以ab>0. 3．(2024·湖北襄阳一模)在开山工程爆破时，已知导火索燃烧的速度是每秒0.5厘米，人跑开的速度是每秒4米，距离爆破点150米以外(含150米)为安全区．为了使导火索燃尽时人能够跑到安全区，导火索的长度x(单位：厘米)应满足的不等式为(　　) A．4×eq \f(x,0.5)＜150 B．4×eq \f(x,0.5)≥150 C．4×eq \f(x,0.5)≤150 D．4×eq \f(x,0.5)＞150 解析：由题意，知导火索燃烧的时间为eq \f(x,0.5)秒，人在此时间内跑的路程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4×\f(x,0.5)))米，由题意可得4×eq \f(x,0.5)≥150.故选B. 5．(2024·陕西商洛模拟)已知a，b∈R，则“eq \f(1,\r(a))<eq \f(1,\r(b))”是“a3>b3”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：若eq \f(1,\r(a))<eq \f(1,\r(b))，则a>b>0，所以a3>b3，充分性成立；若a3>b3，则a>b，但eq \f(1,\r(a))<eq \f(1,\r(b))不一定成立，不满足必要性，所以“eq \f(1,\r(a))<eq \f(1,\r(b))”是“a3>b3”的充分不必要条件．故选A. 7．设a＞b＞0，x＝eq \r(a＋b)－eq \r(a)，y＝eq \r(a)－eq \r(a－b)，则x，y的大小关系为(　　) A．x＞y B．x＜y C．x＝y D．x，y的大小关系不定 解析：因为x＞0，y＞0，eq \f(x,y)＝eq \f(\r(a＋b)－\r(a),\r(a)－\r(a－b))＝eq \f(\r(a)＋\r(a－b),\r(a＋b)＋\r(a))＜1，所以x＜y. 解析：分别用m，n(m≠n)表示刘先生先后两次加油时燃油的价格，由题意可得，第一种方案，两次加油共花费(30m＋30n)元，两次共加了60升燃油，所以平均价格为eq \f(30m＋30n,60)＝eq \f(m＋n,2)元/升；第二种方案，两次加油共花费200＋200＝400元，两次共加了eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(200,m)＋\f(200,n)))升燃油，所以平均价格为eq \f(400,\f(200,m)＋\f(200,n))＝eq \f(2mn,m＋n)元/升.eq \f(m＋n,2)－eq \f(2mn,m＋n)＝eq \f(（m＋n）2－4mn,2（m＋n）)＝eq \f(（m－n）2,2（m＋n）)>0，所以采用第二种方案划算． 二、多项选择题 9．下列说法中正确的是(　　) A．若a>b>0，c∈R，则eq \f(2c,a)<eq \f(2c,b) B．若a>b>0，c∈R，则ac2>bc2 C．若a<b<0，则a2>ab>b2 D．若a<b<0，则a2＋a<b2＋b 解析：对于A，由a>b>0，2c>0，知0<eq \f(1,a)<eq \f(1,b)，得eq \f(2c,a)<eq \f(2c,b)，故A正确；对于B，当c＝0时，ac2＝bc2，故B错误；对于C，当a<b<0时，由a2－ab＝a(a－b)>0，得a2>ab，又ab－b2＝b(a－b)>0，则ab>b2，故a2>ab>b2，故C正确；对于D，当a＝－2，b＝－1时，a2＋a>b2＋b，故D错误．故选AC. 10．(2024·呼和浩特第二中学模拟)设实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则下列不等式成立的是(　　) A．c<b B．b≥1 C．b≤a D．a<c 解析：∵eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＋c＝6－4a＋3a2，,c－b＝4－4a＋a2，))两式相减得2b＝2a2＋2，即b＝a2＋1，∴b≥1.又b－a＝a2＋1－a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)>0，∴b>a.而c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，∴c≥b，从而c≥b>a. 11．已知a>0，b>0，a＋b2＝1，则(　　) A．a＋b<eq \f(5,4) B．a－b>－1 C.eq \r(a)·b≤eq \f(1,2) D.eq \f(\r(a),b－2)≥－eq \f(\r(3),3) 解析：因为a＝1－b2>0，b>0，所以0<b<1，所以0<a<1.因为a＋b＝1－b2＋b＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(5,4)≤eq \f(5,4)，取等号时a＝eq \f(3,4)，b＝eq \f(1,2)，满足a，b∈(0，1)，故A错误；因为a－b＝1－b2－b＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(5,4)>－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(5,4)＝－1，故B正确；因为eq \r(a)·b＝eq \r(1－b2)·eq \r(b2)＝eq \r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(1,4))≤eq \f(1,2)，取等号时a＝eq \f(1,2)，b＝eq \f(\r(2),2)，满足a，b∈(0，1)，故C正确；因为b－2<0，所以要证eq \f(\r(a),b－2)≥－eq \f(\r(3),3)，只需证eq \f(a,（b－2）2)≤eq \f(1,3)，只需证3a≤(b－2)2，即证3(1－b2)≤(b－2)2，即证4b2－4b＋1≥0，即证(2b－1)2≥0，显然(2b－1)2≥0成立，当且仅当a＝eq \f(3,4)，b＝eq \f(1,2)时取等号，故D正确．故选BCD. 三、填空题 12．能够说明“设a，b是任意非零实数．若eq \f(b,a)>1，则b>a”是假命题的一组整数a，b的值依次为_______________________． 解析：要使“设a，b是任意非零实数．若eq \f(b,a)>1，则b>a”是假命题，只需满足b<a<0且a，b∈Z即可，可取a＝－1，b＝－2(答案不唯一)． 解析：因为x＋y＝4－z，2x－y＝5－z，所以x＝3－eq \f(2z,3)，y＝1－eq \f(z,3)，由x，y，z≥0，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－\f(2z,3)≥0，,1－\f(z,3)≥0，,z≥0，))解得0≤z≤3，故M＝4x＋3y＋5z＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(2z,3)))＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(z,3)))＋5z＝eq \f(4z,3)＋15∈[15，19]． 四、解答题 15．(1)证明：∀x，y∈R，x4＋y2≥x2y； (2)已知a>b>c>d>0，证明：eq \r(\f(d,a－d))<eq \r(\f(c,b－c)). 证明：(1)x4＋y2－x2y＝x4－x2y＋eq \f(1,4)y2＋eq \f(3,4)y2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,2)y))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)y2， 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,2)y))eq \s\up12(2)≥0，eq \f(3,4)y2≥0， 所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,2)y))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)y2≥0， 则x4＋y2－x2y≥0，故∀x∈R，x4＋y2≥x2y(当且仅当x＝0，y＝0时取等号)． (2)因为a>b>c>d>0，所以－d>－c， 所以a－d>b－c>0，则eq \f(1,（a－d）（b－c）)>0， 所以(a－d)·eq \f(1,（a－d）（b－c）)>(b－c)·eq \f(1,（a－d）（b－c）)>0， 即eq \f(1,b－c)>eq \f(1,a－d)>0， 又c>d>0，所以eq \f(c,b－c)>eq \f(d,a－d)>0， 故　eq \r(\f(d,a－d))<　eq \r(\f(c,b－c)). 16．(2025·安徽亳州模拟)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ABC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. $$