7．以下四个不等式：①a<0<b；②b<a<0；③b<0<a；④0<b<a.其中使<成立的充分条件是________．

解析：在①中：a<0，b>0，则<；

在②中：b<a<0，则>；

在④中：0<b<a，则>；

在③中：当b＝－2，a＝1时，<不成立．

答案：①②④

6．(2009·菏泽市模拟)已知三个不等式：①ab>0；②bc－ad>0；③－>0(其中a、b、c、d均为实数)，用其中两个不等式作为条件，余下的一个不等式作为结论组成一个命题，可组成的正确命题的个数是(　)

A．0　 　　　　　 B．1

C．2　 　　　　　 D．3

解析：若①②成立，则(bc－ad)>0，

∴－>0，故③成立；

若①③成立，则ab>0，

∴bc－ad>0，故②成立；

若②③成立，即bc－ad>0，>0，

∴ab>0，故①成立．

故正确命题的个数为3，应选D.

答案：D

5．(2011·德州市模拟)若1<a<3，－4<b<2，则a－|b|的取值范围是(　)

A．(－1,3)　 　　　　 B．(－3,6)

C．(－3,3)　 　　　　 D．(1,4)

解析：∵－4<b<2，∴0≤|b|<4，

∴－4<－|b|≤0.

又∵1<a<3，∴－3<a－|b|<3.故选C.

答案：C

4．已知a>b，则下列不等式一定成立的是(　)

A．lga>lgb　 　　　　　　　 B．a²>b²

C. <　 　　　　　　　　　　　　　　 D．2^a>2^b

解析：只有指数函数y＝2^x在R上为增函数，所以D正确，而A、C显然不是对于一切实数都成立的，B的等价条件是|a|>|b|，显然也错误，故选D.

答案：D

3．(2011·潍坊市模拟)已知0<x<y<a<1，则有(　)

A．log_a(xy)<0　 　　　　　 B．0<log_a(xy)<1

C．1<log_a(xy)<2　 　　　　　　　 D．log_a(xy)>2

解析：由0<x<y<a<1，得xy<a²，

∴log_a(xy)>log_aa²＝2，故选D.

答案：D

2．下列命题中，真命题有(　)

①若a>b>0，则<；

②若a>b，则c－2a<c－2b；

③若a>b，e>f，则f－ac<e－bc；

④若a>b，则<.

A．1个　　B．2个　 　　　　　　　 C．3个　　D．4个

解析：①②为真命题，故选B.

答案：B

1．若a>b>0，则下列不等式中一定成立的是(　)

A．a+>b+　　　　　　 B．a－>b－

C.>　 　　　　　　　　　　　　　　　　 D.>

解析：由已知a>b>0及不等式的基本性质易得a+>b+，故选A.

答案：A

13．某厂为适应市场需求，投入98万元引进世界先进设备，并马上投入生产，第一年需各种费用12万元，从第二年开始，每年所需费用会比上一年增加4万元．而每年因引入该设备可获得年利润为50万元．请你根据以上数据，解决以下问题：

(1)引进该设备多少年后，开始盈利？

(2)引进该设备若干年后，有两种处理方案：

第一种：年平均利润达到最大值时，以26万元的价格卖出．

第二种：盈利总额达到最大值时，以8万元的价格卖出．问哪种方案较为合算？

解：开始盈利就是指所获利润大于投资总数，据此建立不等式求解；所谓方案最合理，就是指卖出设备时的年平均利润较大，因此只需将两种方案的年平均利润分别求出，进行比较即可．

(1)设引进该设备x年后开始盈利．盈利额为y万元．

则y＝50x－98－＝－2x²+40x－98，令y>0，得10－<x<10+，∵x∈N^*，∴3≤x≤17.即引进该设备三年后开始盈利；

(2)第一种：年平均盈利为，＝－2x－+40≤－2+40＝12，当且仅当2x＝，即x＝7时，年平均利润最大，共盈利12×7+26＝110万元．

第二种：盈利总额y＝－2(x－10)²+102，当x＝10时，取得最大值102，即经过10年盈利总额最大，共计盈利102+8＝110万元两种方案获利相等，但由于方案二时间长，所以采用方案一合算．

评析：用基本不等式解决实际问题时，一般都是求某个量的最值，这时，先把要求最值的量表示为某个变量的函数，再利用基本不等式求该函数的最值，求最值时，仍要满足前面所说的三个求最值的要求．有些实际问题中，要求最值的量需要用几个变量表示，同时，这几个变量满足某个关系式，这时，问题变成了一个条件最值，可用前面的求条件最值的方法求最值．

12．设函数f(x)＝x+，x∈[0，+∞)．

(1)当a＝2时，求函数f(x)的最小值；

(2)当0<a<1时，求函数f(x)的最小值．

解：(1)把a＝2代入f(x)＝x+中，

得f(x)＝x+＝x+1+－1.

由于x∈[0，+∞)，所以x+1>0，>0.所以f(x)≥2－1.

当且仅当x+1＝，即x＝－1时，f(x)取得最小值，最小值为2－1.

(2)因为f(x)＝x+＝x+1+－1，(此时再利用(1)的方法，等号取不到)

设x₁>x₂≥0，则f(x₁)－f(x₂)＝x₁+－x₂－＝(x₁－x₂)·.

由于x₁>x₂≥0，所以x₁－x₂>0，x₁+1>1，x₂+1≥1.所以(x₁+1)(x₂+1)>1.而0<a<1，

所以<1.所以f(x₁)－f(x₂)>0.

即f(x₁)>f(x₂)，所以f(x)在[0，+∞)上单调递增．

所以f(x)_min＝f(0)＝a.

评析：(2)问中因等号不能取到，所以考虑使用函数单调性，由此提醒我们时刻注意三个条件，在变形时拆分项及配凑因式是常用的方法．

11．设a、b、c为正数，求证++≥a+b+c

分析：通过观察可得：

·＝c²，·＝b²，·＝a²

从而利用基本不等式即可．

证明：∵a、b、c均是正数

∴，，均是正数

∴+≥2c，+≥2a，+≥2b

三式相加得：2≥2(a+b+c)

∴++≥a+b+c

评析：先局部运用基本不等式，再利用不等式的性质，(注意限制条件)通过相加(乘)合成为待证的不等式，既是运用基本不等式时的一种重要技能，也是证明不等式时的一种常用方法．