課時3等式與不等式的性質二、知識梳理1．(1)>=<(2)>=<3.b<aa>c>><>>【拓展知識】1.①<②>③>④<<2.①<>②><三、基礎回顧1．（1）×【解析】b<0時，eq\f(1,a)>eq\f(1,b)成立，但a<b不成立.（2）×【解析】舉反例，如.（3）×【解析】舉反例，如2>1，-1>-2，但ac>bd不成立.（4）√【解析】若ab>0，則a，b同號，當a>b>0時，0<；當0>a>b時，<0.2．D【解析】因為0<x<1，所以1－x>0，所以eq\f(1,x)－x＝eq\f(1－x2,x)＝eq\f(（1－x）（1＋x）,x)>0，所以eq\f(1,x)>x，又x－x2＝x(1－x)>0，所以x>x2，所以eq\f(1,x)>x>x2.故選D.3.A【解析】由x<y，可得x－y<0，又由－eq\f(π,4)<y<eq\f(π,4)，可得－eq\f(π,4)<－y<eq\f(π,4)，因為－eq\f(π,4)<x<eq\f(π,4)，可得－eq\f(π,2)<x－y<eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,2)<x－y<0，即x－y的取值范圍是.故選A.4．BD【解析】對于A，由b>a>0可得eq\f(1,a)>eq\f(1,b)>0，A錯誤；對于B，由a>b>0可得eq\f(1,b)>eq\f(1,a)>0，B正確；對于C，由b<0<a可得eq\f(1,a)>0>eq\f(1,b)，C錯誤；對于D，由b<a<0可得0>eq\f(1,b)>eq\f(1,a)，D正確．故選BD.四、考點掃描例1(1)A【解析】因為P＝a2＋b2＋c2＋3，Q＝2(a＋b＋c)，所以P－Q＝a2＋b2＋c2＋3－2(a＋b＋c)＝(a－1)2＋(b－1)2＋(c－1)2≥0，當且僅當a＝b＝c＝1時取等號，因為a，b，c為不全相等的實數(shù)，因此等號不成立，即P－Q>0，所以P>Q.故選A.(2)D【解析】為簡便起見，復用A，B，C，D表示A，B，C，D四個同學的年齡，則A>0，B>0，C>0，D>0.則A＋C＝B＋D①，C＋D>A＋B②，B>A＋D③.①＋②得C>B，①＋③得C>2D，②＋③得C>2A，由于A>0，D>0，故由③得B>A，B>D，由①得C－B＝D－A，因為C>B，所以C－B>0，所以D－A>0，所以D>A，綜上C>B>D>A.故選D.（3）C【解析】因為c是正實數(shù)，且c<1，所以0<c<1，由c<cb<ca<1，得0<a<b<1.因為eq\f(aa,ab)＝aa－b>1，所以ab<aa.因為eq\f(aa,ba)＝,0<eq\f(a,b)<1，a>0，所以<1，即aa<ba，綜上可知，ab<aa<ba.故選C對點訓練（1）B【解析】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\f(（b2－a2）（b－a）,ab)＝eq\f(（b－a）2（b＋a）,ab)，因為a<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.（2）M>N【解析】方法一因為M－N＝eq\f(e2023＋1,e2024＋1)－eq\f(e2024＋1,e2025＋1)＝＝＝>0.所以M>N.方法二：令f(x)＝eq\f(ex＋1,ex＋1＋1)＝＝eq\f(1,e)＋，顯然f(x)是R上的減函數(shù)，所以f(2023)>f(2024)，即M>N.例2（1）A【解析】對于A，由a>b>c且a＋b＋c＝0，可知a>0，c<0，b的值不確定，故由a>b，不能推出ab>b2，故A錯誤；對于B，由a>b，c<0，得ac<bc，故B正確；對于C，由a>0，c<0，得eq\f(1,a)>eq\f(1,c)，故C正確；對于D，由a>b>c，得a－c>b－c>0，所以eq\f(a－c,b－c)>1，故D正確．故選A.（2）BCD【解析】當c＝0時，ac2＝bc2，故A錯誤；由不等式的可加性可知，B正確；若a>b>c>0，則a－b>0，b＋c>0，所以eq\f(a,b)－eq\f(a＋c,b＋c)＝＝>0，所以eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)，故C正確；若a>b>c>0，則a－b>0，a－c>0，b－c>0，且a－c>a－b，所以eq\f(1,a－b)>eq\f(1,a－c)>0，又b>c>0，由可乘性知，eq\f(b,a－b)>eq\f(c,a－c)，故D正確．故選BCD.（3）ABD【解析】因為a>b>0，eq\f(1,ab)>0，所以eq\f(a,ab)>eq\f(b,ab)，即eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，故A正確；因為a>b>0，－a<0，所以－a2<－ab，故B正確；若a＝eq\f(3,2)，b＝eq\f(1,2)，ln|a－1|＝ln|b－1|＝lneq\f(1,2)，故C不正確；因為a－b>0，所以2a－b>20＝1，故D正確．故選ABD.對點訓練（1）B【解析】由a<b<0，可得a＋b<0，故A錯誤；由a<b<0，可得a－b<0，故B正確；由a<b<0，可得－a>－b>0，所以|a|>|b|，故C錯誤；由a<b<0，可得|a|>|b|>0，所以，故D錯誤．故選B.（2）若a>b，a<0且b<0，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b)(不唯一)【解析】若a>b，a<0且b<0，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b).證明：eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)，因為a>b，所以b－a<0.因為a<0，b<0，所以ab>0，則eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)<0，故eq\f(1,a)<eq\f(1,b).例3（1）A【解析】因為a>b>c，2a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0，b＝－2a－c，因為a>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a<－c，得eq\f(c,a)<－1，所以－3<eq\f(c,a)<－1.故選A.（2）AC【解析】因為1≤a≤2,3≤b≤5，所以4≤a＋b≤7，－2≤－a≤－1,1≤b－a≤4，所以a＋b的取值范圍為[4,7]，b－a的取值范圍為[1,4]，故A正確，B錯誤；因為1≤a≤2,3≤b≤5，所以3≤ab≤10，eq\f(1,5)≤eq\f(1,b)≤eq\f(1,3)，eq\f(1,5)≤eq\f(a,b)≤eq\f(2,3)，所以ab的取值范圍為[3,10]，eq\f(a,b)的取值范圍為，故C正確，D錯誤．故選AC.對點訓練（1）C【解析】由a＋b＋c＝0，a>b>c，可得a>0，c<0，b＝－a－c，則a>－a－c>c，則－2<eq\f(c,a)<－eq\f(1,2)，令t＝eq\f(c,a)，則－2<t<－eq\f(1,2)，eq\f(a2＋c2,ac)＝eq\f(a,c)＋eq\f(c,a)＝t＋eq\f(1,t)，又f(t)＝t＋eq\f(1,t)在(－2，－1)上單調遞增，在上單調遞減，f(－2)＝－2＋eq\f(1,－2)＝－eq\f(5,2)，f(－1)＝－1＋eq\f(1,－1)＝－2，f＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,－\f(1,2))＝－eq\f(5,2)，則－eq\f(5,2)<f(t)≤－2，即－eq\f(5,2)<eq\f(a2＋c2,ac)≤－2.故選C.（2）[－4,2]【解析】設x－2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，所以x－2y＝(m＋n)x＋(m－n)y，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝1，,m－n＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－\f(1,2