【-學(xué)案導(dǎo)學(xué)設(shè)計(jì)】2020-2021學(xué)年高中人教B版數(shù)學(xué)必修五課時(shí)作業(yè)：第3章不等式關(guān)系與不等式

第三章不等式§3.1不等關(guān)系與不等式3.1.1不等關(guān)系與不等式課時(shí)目標(biāo)1.把握實(shí)數(shù)運(yùn)算的性質(zhì)與大小挨次之間的關(guān)系.2.初步學(xué)會作差法比較實(shí)數(shù)的大小．1．不等式的定義含有不等號的式子叫做不等式．其中“a≥b”的含義是________，“a≤b”的含義是________．2．比較實(shí)數(shù)a，b的大小(1)文字?jǐn)⑹黾偃鏰－b是正數(shù)，那么a____b；假如a－b等于____，那么a＝b；假如a－b是負(fù)數(shù)，那么a____b，反之也成立．(2)符號表示a－b>0?a____b；a－b＝0?a____b；a－b<0?a____b.一、選擇題1．f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，則有()A．f(x)>g(x)B．f(x)＝g(x)C．f(x)<g(x)D．不能確定f(x)與g(x)的大小關(guān)系2．下列四個(gè)數(shù)中最大的是()A．lg2B．lgeq\r(2)C．(lg2)2D．lg(lg2)3．若等比數(shù)列{an}的公比q>0，且q≠1，又a1<0，那么()A．a(chǎn)2＋a6>a3＋a5B．a(chǎn)2＋a6<a3＋a5C．a(chǎn)2＋a6＝a3＋a5D．a(chǎn)2＋a6與a3＋a5的大小不確定4．若a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(ln3,3)，c＝eq\f(ln5,5)，則()A．a(chǎn)<b<cB．c<b<aC．c<a<bD．b<a<c5．若x∈(e－1,1)，a＝lnx，b＝2lnx，c＝ln3x，則()A．a(chǎn)<b<cB．c<a<bC．b<a<cD．b<c<a6．甲、乙兩人同時(shí)從寢室到教室，甲一半路程步行，一半路程跑步，乙一半時(shí)間步行，一半時(shí)間跑步，假如兩人步行速度、跑步速度均相同，則()A．甲先到教室B．乙先到教室C．兩人同時(shí)到教室D．誰先到教室不確定二、填空題7．若x∈R，則eq\f(x,1＋x2)與eq\f(1,2)的大小關(guān)系為________．8．設(shè)n>1，n∈N，A＝eq\r(n)－eq\r(n－1)，B＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，則A與B的大小關(guān)系為________．9．設(shè)x，y，z∈R，則5x2＋y2＋z2與2xy＋4x＋2z－2的大小關(guān)系是__________________．10．設(shè)A＝1＋2x4，B＝2x3＋x2，x∈R，則A、B的大小關(guān)系是________．三、解答題11．設(shè)a>b>0，試比較eq\f(a2－b2,a2＋b2)與eq\f(a－b,a＋b)的大?。?2．已知a、b∈R，求證：a4＋b4≥a3b＋ab3.力氣提升13．若0<a1<a2,0<b1<b2，且a1＋a2＝b1＋b2＝1，則下列代數(shù)式中值最大的是()A．a(chǎn)1b1＋a2b2B．a(chǎn)1a2＋b1bC．a(chǎn)1b2＋a2b1D.eq\f(1,2)14．設(shè)f(x)＝1＋logx3，g(x)＝2logx2，其中x＞0且x≠1，試比較f(x)與g(x)的大?。?．比較兩個(gè)實(shí)數(shù)的大小，只要考察它們的差就可以了．a(chǎn)－b>0?a>b；a－b＝0?a＝b；a－b<0?a<b.2．作差法比較的一般步驟第一步：作差；其次步：變形，常接受配方、因式分解等恒等變形手段，將“差”化成“積”；第三步：定號，就是確定是大于0，等于0，還是小于0.(不確定的要分狀況爭辯)最終得結(jié)論．概括為“三步一結(jié)論”，這里的“定號”是目的，“變形”是關(guān)鍵．§3.1不等關(guān)系與不等式3．1.1不等關(guān)系與不等式答案學(xué)問梳理1．a(chǎn)>b或a＝ba<b或a＝b2.(1)>0<(2)>＝<作業(yè)設(shè)計(jì)1．A[∵f(x)－g(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0，∴f(x)>g(x)．]2．A[由于lg2∈(0,1)，所以lg(lg2)<0，又因lgeq\r(2)－(lg2)2＝lg2(eq\f(1,2)－lg2)>0，lg2－lgeq\r(2)＝eq\f(1,2)lg2>0，所以lg2>lgeq\r(2)>(lg2)2>lg(lg2)．]3．B[(a2＋a6)－(a3＋a5)＝a1(q＋q5)－a1(q2＋q4)＝a1q(q4－q3－q＋1)＝a1q(q－1)2(q2＋q＋1)∵a1<0，q>0且q≠1，q2＋q＋1>0，∴a1q(q－1)2(q2＋q＋1)<0，∴a2＋a6<a3＋a5.]4．C[∵a＝lneq\r(2)，b＝lneq\r(3,3)，c＝lneq\r(5,5).且eq\r(2)＝eq\r(6,8)，eq\r(3,3)＝eq\r(6,9)，∴a<b.又eq\r(5,5)＝eq\r(10,25)，eq\r(2)＝eq\r(10,32)，∴c<a.故c<a<b.]5．C[∵eq\f(1,e)<x<1，∴－1<lnx<0.令t＝lnx，則－1<t<0.∴a－b＝t－2t＝－t>0，∴a>b.c－a＝t3－t＝t(t2－1)＝t(t＋1)(t－1)，又∵－1<t<0，∴0<t＋1<1，－2<t－1<－1，∴c－a>0，∴c>a.∴c>a>b.]6．B[設(shè)甲用時(shí)間T，乙用時(shí)間2t，步行速度為a，跑步速度為b，距離為s，則T＝eq\f(\f(s,2),a)＋eq\f(\f(s,2),b)＝eq\f(s,2a)＋eq\f(s,2b)＝s×eq\f(a＋b,2ab)，ta＋tb＝s2t＝eq\f(2s,a＋b)，∴T－2t＝eq\f(sa＋b,2ab)－eq\f(2s,a＋b)＝s×eq\f(a＋b2－4ab,2aba＋b)＝eq\f(sa－b2,2aba＋b)>0，故乙先到教室．]7.eq\f(x,1＋x2)≤eq\f(1,2)解析∵eq\f(x,1＋x2)－eq\f(1,2)＝eq\f(2x－1－x2,21＋x2)＝eq\f(－x－12,21＋x2)≤0，∴eq\f(x,1＋x2)≤eq\f(1,2).8．A>B解析A＝eq\f(1,\r(n)＋\r(n－1))，B＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n)).∵eq\r(n)＋eq\r(n－1)<eq\r(n＋1)＋eq\r(n)，并且都為正數(shù)，∴A>B.9．5x2＋y2＋z2≥2xy＋4x＋2z－2解析∵5x2＋y2＋z2－(2xy＋4x＋2z－2)＝4x2－4x＋1＋x2－2xy＋y2＋z2－2z＋1＝(2x－1)2＋(x－y)2＋(z－1)2≥0，∴5x2＋y2＋z2≥2xy＋4x＋2z－2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\f(1,2)且z＝1時(shí)取到等號．10．A≥B解析∵A－B＝1＋2x4－2x3－x2＝2x3(x－1)－(x2－1)＝(x－1)(2x3－x－1)＝(x－1)[(x3－x)＋(x3－1)]＝(x－1)2(x2＋x＋x2＋x＋1)＝(x－1)2(2x2＋2x＋1)＝(x－1)2[2(x＋eq\f(1,2))2＋eq\f(1,2)]≥0，∴A≥B.11．解方法一作差法eq\f(a2－b2,a2＋b2)－eq\f(a－b,a＋b)＝eq\f(a＋ba2－b2－a－ba2＋b2,a2＋b2a＋b)＝eq\f(a－b[a＋b2－a2＋b2],a2＋b2a＋b)＝eq\f(2aba－b,a＋ba2＋b2)∵a>b>0，∴a＋b>0，a－b>0,2ab>0.∴eq\f(2aba－b,a＋ba2＋b2)>0，∴eq\f(a2－b2,a2＋b2)>eq\f(a－b,a＋b).方法二作商法∵a>b>0，∴eq\f(a2－b2,a2＋b2)>0，eq\f(a－b,a＋b)>0.∴eq\f(\f(a2－b2,a2＋b2),\f(a－b,a＋b))＝eq\f(a＋b2,a2＋b2)＝eq\f(a2＋b2＋2ab,a2＋b2)＝1＋eq\f(2ab,a2＋b2)>1.∴eq\f(a2－b2,a2＋b2)>eq\f(a－b,a＋b).12．證明(a4＋b4)－(a3b＋ab3)＝a3(a－b)＋b3(b－a)＝(a－b)(a3－b3)＝(a－b)2(a2＋ab＋b2)＝(a－b)2[(a＋eq\f(b,2))2＋eq\f(3,4)b2]∵(a－b)2≥0，(a＋eq\f(b,2))2＋eq\f(3,4)b2≥0，∴(a－b)2[(a＋eq\f(b,2))2＋eq\f(3,4)b2]≥0.∴a4＋b4≥a3b＋ab3.13．A[方法一特殊值法．令a1＝eq\f(1,4)，a2＝eq\f(3,4)，b1＝eq\f(1,4)，b2＝eq\f(3,4)，則a1b1＋a2b2＝eq\f(10,16)＝eq\f(5,8)，a1a2＋b1b2＝eq\f(6,16)＝eq\f(3,8)，a1b2＋a2b1＝eq\f(6,16)＝eq\f(3,8)，∵eq\f(5,8)>eq\f(1,2)>eq\f(3,8)，∴最大的數(shù)應(yīng)是a1b1＋a2b2.方法二作差法．∵a1＋a2＝1＝b1＋b2且0<a1<a2,0<b1<b2，∴a2＝1－a1>a1，b2＝1－b1>b1，∴0<a1<eq\f(1,2)，0<b1<eq\f(1,2).又a1b1＋a2b2＝a1b1＋(1－a1)(1－b1)＝2a1b1＋1－a1－b1a1a2＋b1b2＝a1(1－a1)＋b1(1－b1)＝a1＋b1－aeq\o\al(2,1)－beq\o\al(2,1)，a1b2＋a2b1＝a1(1－b1)＋b1(1－a1)＝a1＋b1－2a1b1∴(a1b2＋a2b1)－(a1a2＋b1b2)＝aeq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,1)－2a1b1＝(a1－b1)2≥0，∴a1b2＋a2b1≥a1a2＋b1b2∵(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝4a1b1＋1－2a1－2b1＝1－2a1＋2b1(2a1－1)＝(2a1－1)(2b1－1)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1－\f(1,2)))>0，∴a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1.∵(a1b1＋a2b2)－eq\f(1,2)＝2a1b1＋eq\f(1,2)－a1－b1＝b1(2a1－1)－eq\f(1,2)(2a1－1)＝(2a1－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1－\f(1,2)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1－\f(1,2)))>0，∴a1b1＋a2b2>eq\f(1,2).綜上可知，最大的數(shù)應(yīng)為a1b1＋a2b2.]14．解f(x)－g(x)＝1＋logx3－2logx2＝logxeq\f(3x,4)，①當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜x＜1，,\f(3x,4)＞1，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞1，,0＜\f(3x,4)＜1，))即1＜x＜eq\f(4,3)時(shí)，logxeq\f(3x,4)＜0，∴f(x)＜g(x)；②當(dāng)eq\f(3x,4)＝1，即x＝eq\f(4,3)時(shí)，logxeq\f(3x