2019-2020學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué) 第二章 一元二次函數(shù)、方程和不等式 2.1 等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)課時(shí)作業(yè)（含解析）新人教A版必修第一冊(cè)

《2019-2020學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué) 第二章 一元二次函數(shù)、方程和不等式 2.1 等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)課時(shí)作業(yè)（含解析）新人教A版必修第一冊(cè)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué) 第二章 一元二次函數(shù)、方程和不等式 2.1 等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)課時(shí)作業(yè)（含解析）新人教A版必修第一冊(cè)（3頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2.1 等式性質(zhì)與不等式性質(zhì) 一、選擇題 1．若A＝a2＋3ab，B＝4ab－b2，則A、B的大小關(guān)系是(　　) A．A≤B　 　　B．A≥B C．AB D．A>B 解析：因?yàn)锳－B＝a2＋3ab－(4ab－b2)＝2＋b2≥0，所以A≥B. 答案：B 2．已知：a，b，c，d∈R，則下列命題中必成立的是(　　) A．若a>b，c>b，則a>c B．若a>－b，則c－ab，c D．若a2>b2，則－a<－b 解析：選項(xiàng)A，若a＝4，b＝2，c＝5，顯然不成立；選項(xiàng)C不滿足倒數(shù)不等式的條件，如a>b>0，c<0

2、選項(xiàng)D只有a>b>0時(shí)才可以．否則如a＝－1，b＝0時(shí)不成立． 答案：B 3．若－1<α<β<1，則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：∵－1<β<1，∴－1<－β<1. 又－1<α<1，∴－2<α＋(－β)<2， 又α<β，∴α－β<0，即－2<α－β<0.故選A. 答案：A 4．有四個(gè)不等式：①|(zhì)a|>|b|；②ab3.若<<0，則不正確的不等式的個(gè)數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：由<<0可得b

3、|，①不正確；a>b，②不正確；a＋b<0，ab>0，則a＋bb3，④正確．故不正確的不等式的個(gè)數(shù)為2. 答案：C 二、填空題 5．已知a，b均為實(shí)數(shù)，則(a＋3)(a－5)________(a＋2)(a－4)(填“>”“<”或“＝”)． 解析：因?yàn)?a＋3)(a－5)－(a＋2)(a－4)＝(a2－2a－15)－(a2－2a－8)＝－7<0，所以(a＋3)(a－5)<(a＋2)(a－4)． 答案：< 6．如果a>b，那么c－2a與c－2b中較大的是________． 解析：c－2a－(c－2b)＝2b－2a＝2(b－a)<0. 答案：c－2b 7．

4、給定下列命題： ①a>b?a2>b2；②a2>b2?a>b；③a>b?<1；④a>b，c>d?ac>bd；⑤a>b，c>d?a－c>b－d. 其中錯(cuò)誤的命題是________(填寫相應(yīng)序號(hào))． 解析：由性質(zhì)7可知，只有當(dāng)a>b>0時(shí)，a2>b2才成立，故①②都錯(cuò)誤；對(duì)于③，只有當(dāng)a>0且a>b時(shí)，<1才成立，故③錯(cuò)誤；由性質(zhì)6可知，只有當(dāng)a>b>0，c>d>0時(shí)，ac>bd才成立，故④錯(cuò)誤；對(duì)于⑤，由c>d得－d>－c，從而a－d>b－c，故⑤錯(cuò)誤． 答案：①②③④⑤ 三、解答題 8．已知x<1，比較x3－1與2x2－2x的大?。? 解析：x3－1－(2x2－2x)＝x3－2x2＋

5、2x－1 ＝(x3－x2)－(x2－2x＋1)＝x2(x－1)－(x－1)2 ＝(x－1)(x2－x＋1)＝(x－1)·， 因?yàn)閤<1，所以x－1<0， 又因?yàn)?＋>0， 所以(x－1)<0， 所以x3－1<2x2－2x. 9．若bc－ad≥0，bd>0.求證：≤. 證明：因?yàn)閎c－ad≥0，所以ad≤bc， 因?yàn)閎d>0，所以≤， 所以＋1≤＋1，所以≤. [尖子生題庫(kù)] 10．設(shè)f(x)＝ax2＋bx,1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，求f(－2)的取值范圍． 解析：方法一　設(shè)f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)(m，n為待定系數(shù))， 則4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)＝(m＋n)a＋(n－m)b， 于是得，解得 ∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)． 又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4. ∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10， 故f(－2)的取值范圍是[5,10]． 方法二　由，得， ∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)． 又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4， ∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10， 故f(－2)的取值范圍是[5,10]. 3