2.1 第2课时 等式性质与不等式性质-【金版教程】2025-2026学年高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（人教A版）

该高中数学课件聚焦等式与不等式性质，通过对比表格梳理核心概念，以等式性质回顾导入，衔接不等式性质学习，设置评价自测与题型示例作为支架，帮助学生构建知识脉络。 其亮点在于模块化设计，通过例析、条件探究及糖水变甜等实际问题，培养逻辑推理与数学运算素养。分层练习覆盖不同难度，助力学生逐步提升，教师可借助系统结构高效教学，提升学生解决问题能力。

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 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.通过比较大小及利用不等式求范围，提升数学运算素养． (教师独具内容) 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⇒____________________________ 知识点　等式与不等式的性质 b＝a b<a a＝c 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 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 {z|0<z<5} 核心概念掌握 9 核心素养形成 核心素养形成 11 核心素养形成 12 【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；二是简单，便于验证计算． 核心素养形成 13 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 【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 18 核心素养形成 19 题型三　利用不等式的性质求取值范围 例3　　已知1<a<4，2<b<8，试求2a＋3b与a－b的取值范围． 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. 核心素养形成 20 [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． 核心素养形成 21 核心素养形成 22 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 【跟踪训练】 3．(1)已知－1<x<2，0<y<3，求2x－y的取值范围． 解:因为－1<x<2，0<y<3，所以－2<2x<4，－3<－y<0，所以－5<2x－y<4. 核心素养形成 25 (2)已知－1<a＋b<5，－4<a－b<2，求2a－4b的取值范围． 核心素养形成 26 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. 随堂水平达标 28 解析：用排除法，A错误，显然当c＝d＝0时，结论不成立；B错误，当c<0时，结论不成立；D错误，当a＝－2，b＝－1时，结论不成立．故选C. 随堂水平达标 29 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.综上所述，d>b>a>c. 随堂水平达标 30 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. －2<α－β<0 随堂水平达标 31 5．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，所以C＝a2＋b2>ab＋bc＝A，因为A－B＝(ab＋bc)－(ac＋b2)＝(a－b)·(b－c)>0，所以A>B，综上所述，C>A>B. C>A>B 随堂水平达标 32 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 9 10 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 利用不等式的性质判断命题的真假 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 利用不等式的性质求取值范围——可加性、可乘性 利用不等式的性质求代数式的最值——可加性、可乘性 利用不等式的性质判断命题的真假 利用不等式的性质，结合作差法比较大小 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 利用不等式的性质求取值范围——可乘性 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 利用不等式的性质求代数式的最值——可加性、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 利用不等式的性质比较大小 利用不等式的性质求代数式的最值——可加性、可乘性 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 16 17 18 19 34 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 36 3．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.故选C. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 37 4．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．综上所述，“a<b”是“a3－a2b<0”的必要不充分条件．故选B. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 39 6．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. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 40 7．已知－1<x＋y<4且2<x－y<3，则2x－3y的取值范围为(　　) A．3<2x－3y<10 B．0<2x－3y<10 C．3<2x－3y<8 D．0<2x－3y<8 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 46 < 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 47 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 16 17 18 19 48 14．已知1≤a－b≤2，3≤a＋b≤4，则ab的最大值为________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 49 15．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. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 52 17．某花店搞活动，6枝红玫瑰与3枝黄玫瑰的价格之和大于24元，而4枝红玫瑰与5枝黄玫瑰的价格之和小于22元，那么2枝红玫瑰的价格比3枝黄玫瑰的价格________(填“高”或“低”)． 高 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 58 　　　　　　　　　　　　　 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)(a－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___________． 题型一　利用不等式的性质判断命题的真假 例1　　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　解法一：当c＝0时，有ac2＝bc2，故A为假命题；由a>b>0，得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． 题型二　利用不等式的性质证明不等式 例2　　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). [结论探究]　本例条件不变的情况下，求证：eq \f(e,ac)<eq \f(e,bd). 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). 【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．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) 一、单项选择题 1．下列说法中正确的是(　　) A．若ac2>bc2，则a>b B．若a2>b2，则a>b C．若eq \r(a)>eq \r(b)，则a<b D．若eq \f(1,a)<eq \f(1,b)，则a>b 解析：对于A，若ac2>bc2，则c≠0，故c2>0，则a>b，故A正确；对于B，若a＝－2，b＝1，满足a2>b2，但是a<b，故B错误；对于C，若eq \r(a)>eq \r(b)，则a>b，故C错误；对于D，若a＝－2，b＝1，满足eq \f(1,a)<eq \f(1,b)，但是a<b，故D错误．故选A. 2．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. 5．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).故选B. 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.故选C. 8．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(　　) A．3 B．4 C．11 D．12 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.故选B. 二、多项选择题 9．下列说法一定正确的是(　　) A．若eq \r(3,a)>eq \r(3,b)，则a2026>b2026 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a2026>b2026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)，故D正确．故选BD. 10．已知c<0<b<a，则(　　) A．ac＋b<bc＋a B．b3＋c2<a3＋c2 C.eq \f(a＋c,b＋c)<eq \f(a,b) D.eq \f(c,\r(a))>eq \f(c,\r(b)) 解析：对于A，∵c<0<b<a，∴ac<bc，又b<a，由不等式的性质，知ac＋b<bc＋a，故A正确；对于B，∵a>b>0，∴a3>b3，∴a3＋c2>b3＋c2，故B正确；对于C，∵eq \f(a＋c,b＋c)－eq \f(a,b)＝eq \f(（a＋c）b－a（b＋c）,b（b＋c）)＝eq \f(c（b－a）,b（b＋c）)，∵c<0<b<a，∴c(b－a)>0，但是b＋c的正负号不确定，∴eq \f(a＋c,b＋c)与eq \f(a,b)的大小关系不确定，故C错误；对于D，∵a>b>0，∴eq \r(a)>eq \r(b)>0，∴eq \f(1,\r(b))>eq \f(1,\r(a))，又c<0，∴eq \f(c,\r(b))<eq \f(c,\r(a))，故D正确．故选ABD. 11．设实数a，b满足1≤ab≤4，4≤eq \f(a,b)≤9，则(　　) A．2≤|a|≤6 B．1≤|b|≤3 C．4≤a3b≤144 D．1≤ab3≤4 解析：将1≤ab≤4，4≤eq \f(a,b)≤9，两式相乘，得4≤a2≤36，所以2≤|a|≤6，故A正确；由题意，得eq \f(1,9)≤eq \f(b,a)≤eq \f(1,4)，又1≤ab≤4，将两式相乘，得eq \f(1,9)≤b2≤1，所以eq \f(1,3)≤|b|≤1，故B错误；因为1≤a2b2≤16，4≤eq \f(a,b)≤9，将两式相乘，得4≤a3b≤144，故C正确；因为1≤a2b2≤16，eq \f(1,9)≤eq \f(b,a)≤eq \f(1,4)，将两式相乘，得eq \f(1,9)≤ab3≤4，故D错误．故选AC. 三、填空题 12．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). 13．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. 2<eq \f(x,y)<5 解析：由不等式的性质，得1≤(a－b)2≤4，9≤(a＋b)2≤16，∴－4≤－(a－b)2≤－1，∴5≤(a＋b)2－(a－b)2≤15，∵(a＋b)2－(a－b)2＝4ab，∴5≤4ab≤15，∴eq \f(5,4)≤ab≤eq \f(15,4)，当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝4，,a－b＝1，))即a＝eq \f(5,2)，b＝eq \f(3,2)时，ab取得最大值eq \f(15,4). eq \f(15,4) 16．(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1枝红玫瑰和1枝黄玫瑰的价格分别为x元、y元，由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6x＋3y>24，,4x＋5y<22))(*)，令2x－3y＝m(6x＋3y)＋n(4x＋5y)＝(6m＋4n)x＋(3m＋5n)y，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6m＋4n＝2，,3m＋5n＝－3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(11,9)，,n＝－\f(4,3)，))所以2x－3y＝eq \f(11,9)(6x＋3y)－eq \f(4,3)(4x＋5y)，由(*)，得eq \f(11,9)(6x＋3y)>eq \f(11,9)×24，－eq \f(4,3)(4x＋5y)>－eq \f(4,3)×22，所以eq \f(11,9)(6x＋3y)－eq \f(4,3)(4x＋5y)>eq \f(11,9)×24－eq \f(4,3)×22＝0，所以2x－3y>0，所以2x>3y.所以2枝红玫瑰的价格比3枝黄玫瑰的价格高． 18．(1)已知x>y>z>0，求证：eq \f(y,x－y)>eq \f(z,x－z)； (2)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：(1)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). (2)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． 19．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，所以eq \f(m（a－b）,b（b＋m）)<0， 所以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. $