第1講不等式及其性質(zhì)[課程標(biāo)準(zhǔn)]梳理等式的性質(zhì)，理解不等式的概念，掌握不等式的性質(zhì)．1．比較兩個(gè)實(shí)數(shù)大小的依據(jù)關(guān)系方法作差法作商法a>beq\x(\s\up1(01))a－b>0eq\f(a,b)>1(a，b>0)或eq\f(a,b)<1(a，b<0)a＝beq\x(\s\up1(02))a－b＝0eq\f(a,b)＝1(b≠0)a<beq\x(\s\up1(03))a－b<0eq\f(a,b)<1(a，b>0)或eq\f(a,b)>1(a，b<0)2.不等式的性質(zhì)(1)對稱性：eq\x(\s\up1(04))a>b?b<a．(2)傳遞性：eq\x(\s\up1(05))a>b，b>c?a>c．(3)可加性：a>b?a＋ceq\x(\s\up1(06))>b＋c；a>b，c>d?eq\x(\s\up1(07))a＋c>b＋d．(4)可乘性：a>b，c>0?eq\x(\s\up1(08))ac>bc；a>b，c<0?eq\x(\s\up1(09))ac<bc；a>b>0，c>d>0?eq\x(\s\up1(10))ac>bd．(5)可乘方性：a>b>0?eq\x(\s\up1(11))an>bn(n∈N，n≥2)．1．有關(guān)倒數(shù)的性質(zhì)(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．有關(guān)分?jǐn)?shù)的性質(zhì)若a>b>0，m>0，則(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)．1．(人教A必修第一冊習(xí)題2.1T3(2)改編)設(shè)M＝2a(a－2)，N＝(a＋1)(a－3)，則有()A．M>N B．M≥NC．M<N D．M≤N答案A解析因?yàn)镸－N＝2a(a－2)－(a＋1)(a－3)＝a2－2a＋3＝(a－1)2＋2>0，所以M>N.故選A.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>－xyC．x2<－xy<y2 D．x2>－xy>y2答案D解析因?yàn)閤＋y<0，y>0，所以x<－y<0<y.在不等式x<－y兩邊同時(shí)乘以x，得x2>－xy.在不等式x<－y兩邊同時(shí)乘以y，得xy<－y2，則－xy>y2.所以x2>－xy>y2.故選D.3．(2024·煙臺模擬)設(shè)x，y∈R，則“x<1且y<1”是“x＋y<2”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案A解析若x<1且y<1，則有x＋y<2.又當(dāng)x＝2，y＝－1時(shí)，滿足x＋y<2，但不滿足x<1且y<1，所以“x<1且y<1”是“x＋y<2”的充分不必要條件．故選A.4．(人教A必修第一冊習(xí)題2.1T5改編)若－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，則α－β的取值范圍是________．答案(－π，0)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必修第一冊習(xí)題2－2BT1改編)比較兩數(shù)的大?。篹q\r(7)＋eq\r(10)________eq\r(3)＋eq\r(14).答案>解析因?yàn)?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).考向一不等式的性質(zhì)例1(1)(多選)已知a，b，c，d均為實(shí)數(shù)，則下列命題正確的是()A．若a＞b，c＞d，則ac＞bdB．若ab＞0，bc－ad＞0，則eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＞0C．若a＞b，c＞d，則a－d＞b－cD．若a＞b，c＞d＞0，則eq\f(a,d)＞eq\f(b,c)答案BC解析若a＞0＞b，0＞c＞d，則ac＜bd，故A錯誤；若ab＞0，bc－ad＞0，則eq\f(bc－ad,ab)＞0，化簡得eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＞0，故B正確；若c＞d，則－d＞－c，又a＞b，則a－d＞b－c，故C正確；若a＝－1，b＝－2，c＝2，d＝1，則eq\f(a,d)＝－1，eq\f(b,c)＝－1，eq\f(a,d)＝eq\f(b,c)＝－1，故D錯誤．故選BC.(2)(多選)(2023·長沙調(diào)研)若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則下列不等式中正確的是()A．eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab) B．|a|＋b>0C．a(chǎn)－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b) D．lna2>lnb2答案AC解析由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，可知b<a<0.對于A，因?yàn)閍＋b<0，ab>0，所以eq\f(1,a＋b)＜0，eq\f(1,ab)＞0，所以eq\f(1,a＋b)＜eq\f(1,ab)，故A正確；對于B，因?yàn)閎＜a＜0，所以－b＞－a＞0.故－b＞|a|，即|a|＋b＜0，故B錯誤；對于C，因?yàn)閎＜a＜0，又eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，則－eq\f(1,a)＞－eq\f(1,b)＞0，所以a－eq\f(1,a)＞b－eq\f(1,b)，故C正確；對于D，因?yàn)閎＜a＜0，可得b2＞a2＞0，而y＝lnx在定義域(0，＋∞)上為增函數(shù)，所以lnb2＞lna2，故D錯誤．判斷不等式是否成立的兩種方法(1)性質(zhì)法直接利用不等式的性質(zhì)逐個(gè)驗(yàn)證，利用不等式的性質(zhì)判斷不等式是否成立時(shí)要特別注意前提條件．(2)特殊值法適用于排除錯誤答案，取值應(yīng)滿足題設(shè)條件且便于計(jì)算．提醒：當(dāng)直接利用不等式的性質(zhì)不能判斷時(shí)，可以利用指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)等函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行判斷．(多選)(2024·?？谀M)已知a>b，c∈R，則下列不等式不一定成立的是()A．a(chǎn)(c－1)2>b(c－1)2 B.eq\f(a,c2－c＋1)>eq\f(b,c2－c＋1)C．a(chǎn)(c2＋2)>b(c2＋1) D．a(chǎn)b2>a2b答案ACD解析對于A，當(dāng)c＝1時(shí)，可得(c－1)2＝0，此時(shí)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符合題意；對于B，因?yàn)閏2－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不符合題意；對于C，當(dāng)a＝－1，b＝－2，c＝0時(shí)，可得a(c2＋2)＝－2，b(c2＋1)＝－2，此時(shí)a(c2＋2)＝b(c2＋1)，所以a(c2＋2)>b(c2＋1)不一定成立，C符合題意；對于D，ab2－a2b＝ab(b－a)，因?yàn)閍>b，所以b－a<0，但ab的符號不確定，所以ab2>a2b不一定成立，D符合題意．故選ACD.多角度探究突破考向二比較兩個(gè)數(shù)(式)的大小角度作差法例2若a<0，b<0，則p＝eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)與q＝a＋b的大小關(guān)系為()A．p<q B．p≤qC．p>q D．p≥q答案B解析解法一(特殊值排除法)：令a＝b＝－1，則p＝q＝－2，排除A，C；令a＝－1，b＝－2，則p<q，排除D.故選B.解法二(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?yàn)閍<0，b<0，所以a＋b<0，ab>0.若a＝b，則p－q＝0，故p＝q；若a≠b，則p－q<0，故p<q.綜上，p≤q.故選B.作差法的步驟和關(guān)注點(diǎn)步驟作差并變形?判斷差與0的大小?得結(jié)論關(guān)注點(diǎn)利用通分、因式分解、配方等方法向有利于判斷差的符號的方向變形已知實(shí)數(shù)x，y，z滿足x2＝4x＋z－y－4且x＋y2＋2＝0，則下列關(guān)系成立的是()A．y>x≥z B．z≥x>yC．y>z≥x D．z≥y>x答案D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)，則y－x＝y(tǒng)2＋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.綜上所述，z≥y>x.故選D.角度作商法例3設(shè)a，b都是正數(shù)，且a≠b，則aabb與abba的大小關(guān)系是________．答案aabb>abba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，則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，則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.作商法的步驟和關(guān)注點(diǎn)步驟作商并變形?判斷商與1的大小?得結(jié)論關(guān)注點(diǎn)作商時(shí)各式的符號應(yīng)相同，如果a，b均小于0，所得結(jié)果與“原理”中的結(jié)論相反.變形方法有分母(或分子)有理化，指、對數(shù)恒等變形等eπ·πe與ee·ππ的大小關(guān)系為________．答案eπ·πe<ee·ππ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.考向三應(yīng)用不等式的性質(zhì)求范圍例4已知－1<x＋y<4且2<x－y<3，則z＝2x－3y的取值范圍是________(用區(qū)間表示)．答案(3，8)解析解法一：設(shè)2x－3y＝λ(x＋y)＋μ(x－y)＝(λ＋μ)x＋(λ－μ)y，對應(yīng)系數(shù)相等，則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＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－b,2)))＝－eq\f(a,2)＋eq\f(5,2)b∈(3，8)．1．用不等式性質(zhì)求代數(shù)式取值范圍的兩個(gè)注意點(diǎn)(1)注意題設(shè)和結(jié)論中代數(shù)式的關(guān)系，設(shè)計(jì)求解步驟．(2)正確使用不等式的性質(zhì)，尤其是兩個(gè)同方向的不等式可加不可減，可乘(同正)不可除．2．利用待定系數(shù)法求代數(shù)式的取值范圍已知M1<f1(x，y)<N1，M2<f2(x，y)<N2，求g(x，y)的取值范圍．(1)設(shè)g(x，y)＝pf1(x，y)＋qf2(x，y)；(2)根據(jù)恒等變形求得待定系數(shù)p，q；(3)根據(jù)不等式的同向可加性即可求得g(x，y)的取值范圍．(多選)(2023·長沙調(diào)研)已知6<a<60，15<b<18，則下列結(jié)論正確的是()A．eq\f(a,b)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4)) B．a(chǎn)＋b∈(21，78)C．a(chǎn)－b∈(－9，42) D．eq\f(a＋b,b)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,5)，\f(39,9)))答案AB解析因?yàn)?<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正確，C，D錯誤．課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．已知a，b∈R，若a>b，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)同時(shí)成立，則()A．a(chǎn)b>0 B．a(chǎn)b<0C．a(chǎn)＋b>0 D．a(chǎn)＋b<0答案A解析因?yàn)閑q\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>0.2．已知a<0，－1<b<0，那么下列不等式成立的是()A．a(chǎn)>ab>ab2 B．a(chǎn)b2>ab>aC．a(chǎn)b>a>ab2 D．a(chǎn)b>ab2>a答案D解析由于每個(gè)式子中都有a，故先比較1，b，b2的大?。?yàn)椋?<b<0，所以b<b2<1.又因?yàn)閍<0，所以ab>ab2>a.故選D.3．(2024·合肥八中質(zhì)檢)若1<a<3，－4<b<2，則a－|b|的取值范圍是()A．(－3，0) B．(－3，3)C．(0，3) D．(－3，5)答案B解析因?yàn)椋?<b<2，所以0≤|b|<4，所以－4<－|b|≤0.又因?yàn)?<a<3，所以－3<a－|b|<3.故選B.4．設(shè)a＞b＞0，x＝eq\r(a＋b)－eq\r(a)，y＝eq\r(a)－eq\r(a－b)，則x，y的大小關(guān)系為()A．x＞y B．x＜yC．x＝y(tǒng) D．x，y的大小關(guān)系不定答案B解析因?yàn)閤＞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.5．(2023·長沙模擬)已知正實(shí)數(shù)x，y滿足x<y，設(shè)a＝xex＋y，b＝y(tǒng)ey＋x，c＝y(tǒng)ex＋x(其中e＝2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù))，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)<c<b B．c<a<bC．c<b<a D．b<c<a答案A解析因?yàn)閍＝xex＋y，b＝y(tǒng)ey＋x，c＝y(tǒng)ex＋x，所以b－c＝y(tǒng)(ey－ex)，又y>x>0，e>1，所以ey>ex，所以b>c；因?yàn)閏－a＝(x－y)＋(y－x)ex＝(x－y)(1－ex)，又y>x>0，ex>1，所以c>a.綜上，a<c<b.故選A.6．(2023·廣州模擬)已知a，b∈R，則“a－b>0”是“a|a|－b|b|>0”的()A．必要不充分條件 B．充分不必要條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案C解析由a－b>0，即a>b，可得a>0，b≥0或a≥0，b<0或a<0，b<0.當(dāng)a>0，b≥0時(shí)，由a>b，得|a|>|b|，所以a|a|>b|b|，即a|a|－b|b|>0；當(dāng)a≥0，b<0時(shí)，可得a|a|≥0，b|b|<0，所以－b|b|>0，即a|a|－b|b|>0；當(dāng)a<0，b<0時(shí)，由a>b，得|a|<|b|，所以a|a|>a|b|>b|b|，所以a|a|－b|b|>0.故“a－b>0”是“a|a|－b|b|>0”的充分條件．由a|a|－b|b|>0，即a|a|>b|b|，可得a>0，b≥0或a≥0，b<0或a<0，b<0.當(dāng)a>0，b≥0時(shí)，a|a|>b|b|，即a2>b2，所以(a＋b)(a－b)>0，所以a－b>0；當(dāng)a≥0，b<0時(shí)，a|a|>b|b|，即a2>－b2，顯然成立，此時(shí)a－b>0；當(dāng)a<0，b<0時(shí)，a|a|>b|b|，即－a2>－b2，所以a2<b2，所以a>b，即a－b>0.故“a－b>0”是“a|a|－b|b|>0”的必要條件．綜上可知，“a－b>0”是“a|a|－b|b|>0”的充要條件．故選C.7．(2024·荊州二中階段考試)已知a2＋1≥b≥2a≥eq\f(4,b)>0，則下列結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是()①b≥2；②a≥2；③ab≥2；④a2＋b2的最小值為6.A．1 B．2C．3 D．4答案B解析對于①，b≥eq\f(4,b)＞0?b2≥4，所以b≥2，故①正確；對于②，b＝2，a＝1顯然滿足條件，故②錯誤；對于③，2a≥eq\f(4,b)＞0?ab≥2，故③正確；對于④，a2＋b2≥b2＋b－1，由于f(b)＝b2＋b－1在[2，＋∞)上為增函數(shù)，故a2＋b2的最小值為f(2)＝5，故④錯誤．8．某投資機(jī)構(gòu)從事一項(xiàng)投資，先投入本金a(a>0)元，得到的利潤是b(b>0)元，收益率為eq\f(b,a)(%)，假設(shè)在第一次投資的基礎(chǔ)上，此機(jī)構(gòu)每次都定期追加投資x(x>0)元，得到的利潤也增加了x元，若該項(xiàng)投資的總收益率是增加的，則()A．a(chǎn)≥b B．a(chǎn)≤bC．a(chǎn)>b D．a(chǎn)<b答案C解析由題意，設(shè)定期追加了n(n∈N*)次投資，則n次投資后收益率為eq\f(b＋nx,a＋nx)(%)，若該項(xiàng)投資的總收益率是增加的，則eq\f(b＋nx,a＋nx)>eq\f(b＋（n－1）x,a＋（n－1）x)對任意n(n∈N*)成立，即eq\f(b＋nx,a＋nx)－eq\f(b＋（n－1）x,a＋（n－1）x)＝eq\f(（a－b）x,（a＋nx）[a＋（n－1）x])＞0，由于x>0，a＋nx>0，a＋(n－1)x>0，所以a－b>0，即a>b.二、多項(xiàng)選擇題9．(2023·臨沂模擬)下列四個(gè)條件中，能成為x>y的充分不必要條件的是()A．xc2>yc2 B．eq\f(1,x)<eq\f(1,y)<0C．|x|>|y| D．lnx>lny答案ABD解析對于A，若xc2>yc2，則c2≠0，則x>y，反之x>y，當(dāng)c＝0時(shí)得不出xc2>yc2，所以“xc2>yc2”是“x>y”的充分不必要條件，故A符合題意；對于B，由eq\f(1,x)<eq\f(1,y)<0可得y<x<0，即能推出x>y，但x>y不能推出eq\f(1,x)<eq\f(1,y)<0(因?yàn)閤，y的正負(fù)不確定)，所以“eq\f(1,x)<eq\f(1,y)<0”是“x>y”的充分不必要條件，故B符合題意；對于C，由|x|>|y|可得x2>y2，則(x＋y)(x－y)>0，不能推出x>y，由x>y也不能推出|x|>|y|(如x＝1，y＝－2)，所以“|x|>|y|”是“x>y”的既不充分也不必要條件，故C不符合題意；對于D，若lnx>lny，則x>y>0，而x>y得不出lnx>lny，所以“l(fā)nx>lny”是“x>y”的充分不必要條件，故D符合題意．10．(2024·呼和浩特第二中學(xué)月考)設(shè)實(shí)數(shù)a，b，c滿足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，則下列不等式成立的是()A．c<b B．b≥1C．b≤a D．a(chǎn)<c答案BD解析∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＋c＝6－4a＋3a2，,c－b＝4－4a＋a2，))兩式相減得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，從而c≥b>a.11．已知a>0，b>0，a＋b2＝1，則()A．a(chǎn)＋b<eq\f(5,4) B．a(chǎn)－b>－1C.eq\r(a)·b≤eq\f(1,2) D.eq\f(\r(a),b－2)≥－eq\f(\r(3),3)答案BCD解析因?yàn)閍＝1－b2>0，b>0，所以0<b<1，所以0<a<1.因?yàn)閍＋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)，取等號時(shí)a＝eq\f(3,4)，b＝eq\f(1,2)，滿足a，b∈(0，1)，故A錯誤；因?yàn)閍－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正確；因?yàn)閑q\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)，取等號時(shí)a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(\r(2),2)，滿足a，b∈(0，1)，故C正確；因?yàn)閎－2<0，所以要證eq\f(\r(a),b－2)≥－eq\f(\r(3),3)，只需證eq\f(a,（b－2）2)≤eq\f(1,3)，只需證3a≤(b－2)2，即證3(1－b2)≤(b－2)2，即證4b2－4b＋1≥0，即證(2b－1)2≥0，顯然(2b－1)2≥0成立，當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\f(3,4)，b＝eq\f(1,2)時(shí)取等號，故D正確．故選BCD.三、填空題12．(2024·南充一中階段考試)能夠說明“設(shè)a，b是任意非零實(shí)數(shù)．若eq\f(b,a)>1，則b>a”是假命題的一組整數(shù)a，b的值依次為________．答案－1，－2(答案不唯一)解析要使“設(shè)a，b是任意非零實(shí)數(shù)．若eq\f(b,a)>1，則b>a”是假命題，只需滿足b<a<0且a，b∈Z即可，可取a＝－1，b＝－2(答案不唯一)．13．(2024·蘭州模擬)下列四個(gè)代數(shù)式①4mn；②m2＋4n2；③4m2＋n2；④m2＋n2，若m>n>0，則代數(shù)式的值最大的是________(填序號)．答案③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.∴代數(shù)式的值最大的是③.14．已知a＞b＞c，2a＋b＋c＝0，則eq\f(c,a)的取值范圍是________．答案(－3，－1)解析因?yàn)閍＞b＞c，2a＋b＋c＝0，所以a＞0，c＜0，b＝－2a－c.因?yàn)閍＞b＞c，所以－2a－c＜a，即3a＞－c，解得eq\f(c,a)＞－3.將b＝－2a－c代入b＞c中，得－2a－c＞c，即c＜－a，得eq\f(c,a)＜－1，所以－3＜eq\f(c,a)＜－1.四、解答題15．(2023·廣州聯(lián)考)設(shè)a，b，c，d均為正數(shù)，且a＋b＝c＋d，證明：(1)若ab>cd，則eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)；(2)eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|<|c－