§1.3等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)課標要求1.掌握等式性質(zhì).2.會比較兩個數(shù)的大小.3.理解不等式的性質(zhì)，并能簡單應用．知識梳理1．兩個實數(shù)比較大小的方法作差法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b>0?a>b，,a－b＝0?a＝b，,a－b<0?a<b))(a，b∈R)．2．等式的性質(zhì)性質(zhì)1對稱性：如果a＝b，那么b＝a；性質(zhì)2傳遞性：如果a＝b，b＝c，那么a＝c；性質(zhì)3可加(減)性：如果a＝b，那么a±c＝b±c；性質(zhì)4可乘性：如果a＝b，那么ac＝bc；性質(zhì)5可除性：如果a＝b，c≠0，那么eq\f(a,c)＝eq\f(b,c).3．不等式的性質(zhì)性質(zhì)1對稱性：a>b?b<a；性質(zhì)2傳遞性：a>b，b>c?a>c；性質(zhì)3可加性：a>b?a＋c>b＋c；性質(zhì)4可乘性：a>b，c>0?ac>bc；a>b，c<0?ac<bc；性質(zhì)5同向可加性：a>b，c>d?a＋c>b＋d；性質(zhì)6同向同正可乘性：a>b>0，c>d>0?ac>bd；性質(zhì)7同正可乘方性：a>b>0?an>bn(n∈N，n≥2)．常用結(jié)論不等式的兩類常用性質(zhì)(1)倒數(shù)性質(zhì)①a>b，ab>0?eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；②a<b<0?eq\f(1,a)>eq\f(1,b)；③a>b>0,0<c<d?eq\f(a,c)>eq\f(b,d)；④0<a<x<b或a<x<b<0?eq\f(1,b)<eq\f(1,x)<eq\f(1,a).(2)有關(guān)分數(shù)的性質(zhì)若a>b>0，m>0，則①真分數(shù)的性質(zhì)eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)，eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0)；②假分數(shù)的性質(zhì)eq\f(a,b)>eq\f(a＋m,b＋m)，eq\f(a,b)<eq\f(a－m,b－m)(b－m>0)．自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請在括號中打“√”或“×”)(1)兩個實數(shù)a，b之間，有且只有a>b，a＝b，a<b三種關(guān)系中的一種．(√)(2)若eq\f(b,a)>1，則b>a.(×)(3)同向不等式具有可加性和可乘性．(×)(4)若eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，則b<a.(×)2．(必修第一冊P43T8改編)已知非零實數(shù)a，b滿足a<b，則下列不等式中一定成立的是()A．lna<lnb B.eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．a(chǎn)2<b2 D．a(chǎn)3<b3答案D解析對于A，當a<b<0時，不等式無意義，故A錯誤；對于B，當a<0<b時，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，故B錯誤；對于C，當a<b<0時，a2>b2，故C錯誤；對于D，當a<b時，a3<b3成立，故D正確．3．(必修第一冊P43T10改編)已知b克糖水中含有a克糖(b>a>0)，再添加m克糖(m>0)(假設(shè)全部溶解)，糖水變甜了．請將這一事實表示成一個不等式為________．答案eq\f(a,b)<eq\f(a＋m,b＋m)解析eq\f(a,b)<eq\f(a＋m,b＋m).證明：eq\f(a,b)－eq\f(a＋m,b＋m)＝eq\f(ab＋m－ba＋m,bb＋m)＝eq\f(ma－b,bb＋m)，∵b>a>0，m>0，∴a－b<0，∴eq\f(ma－b,bb＋m)<0，∴eq\f(a,b)<eq\f(a＋m,b＋m).4．(必修第一冊P42T5改編)已知2<a<3，－2<b<－1，則a＋2b的取值范圍為________．答案(－2,1)解析因為－2<b<－1，所以－4<2b<－2，又2<a<3，所以－2<a＋2b<1.題型一數(shù)(式)的大小比較例1(1)(多選)下列不等式中正確的是()A．x2－2x>－3(x∈R)B．a(chǎn)3＋b3≥a2b＋ab2(a，b∈R)C．a(chǎn)2＋b2>2(a－b－1)D．若a>b>0，則a2－b2>eq\f(1,a)－eq\f(1,b)答案AD解析∵x2－2x＋3＝(x－1)2＋2≥2>0，∴x2－2x>－3，故A正確；a3＋b3－a2b－ab2＝a2(a－b)＋b2(b－a)＝(a－b)(a2－b2)＝(a－b)2(a＋b)．∵(a－b)2≥0，a＋b的符號不確定，∴a3＋b3與a2b＋ab2的大小不確定，故B錯誤；∵a2＋b2－2a＋2b＋2＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，∴a2＋b2≥2(a－b－1)，故C錯誤；a2－b2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))＝(a－b)(a＋b)－eq\f(b－a,ab)＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b＋\f(1,ab)))>0，故選項D正確．(2)若正實數(shù)a，b，c滿足c<cb<ca<1，則()A．a(chǎn)a<ab<ba B．a(chǎn)a<ba<abC．a(chǎn)b<aa<ba D．a(chǎn)b<ba<aa答案C解析∵c是正實數(shù)，且c<1，∴0<c<1，由c<cb<ca<1，得0<a<b<1，∵eq\f(aa,ab)＝aa－b>1，∴ab<aa，∵eq\f(aa,ba)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a,0<eq\f(a,b)<1，a>0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a<1，即aa<ba，綜上可知，ab<aa<ba.思維升華比較大小的常用方法(1)作差法：①作差；②變形；③定號；④得出結(jié)論．(2)作商法：①作商；②變形；③判斷商與1的大小關(guān)系；④得出結(jié)論．(3)構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性比較大?。櫽柧?(1)若lna>lnb，則()A.eq\f(1,a2)>eq\f(1,b2)B.eq\f(b,a)<eq\f(b－2023,a－2023)C．πa－b<3a－bD．a(chǎn)－b>eq\f(1,a)－eq\f(1,b)答案D解析因為lna>lnb，所以a>b>0，eq\f(1,a2)－eq\f(1,b2)＝eq\f(b2－a2,a2b2)＝eq\f(b＋ab－a,a2b2)<0，所以eq\f(1,a2)<eq\f(1,b2)，故A錯誤；eq\f(b,a)－eq\f(b－2023,a－2023)＝eq\f(ba－2023－ab－2023,aa－2023)＝eq\f(2023a－b,aa－2023)，無法確定符號，故B錯誤；因為a－b>0，函數(shù)y＝xa－b在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以πa－b>3a－b，故C錯誤；a－b－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))＝a－b－eq\f(b－a,ab)＝a－b＋eq\f(a－b,ab)＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,ab)))＝eq\f(a－bab＋1,ab)，其中a－b>0，ab＋1>0，ab>0，所以a－b－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))>0，a－b>eq\f(1,a)－eq\f(1,b)，故D正確．(2)已知M＝eq\f(e2023＋1,e2024＋1)，N＝eq\f(e2024＋1,e2025＋1)，則M，N的大小關(guān)系為________．答案M>N解析方法一∵M－N＝eq\f(e2023＋1,e2024＋1)－eq\f(e2024＋1,e2025＋1)＝eq\f(e2023＋1e2025＋1－e2024＋12,e2024＋1e2025＋1)＝eq\f(e2023＋e2025－2e2024,e2024＋1e2025＋1)＝eq\f(e2023e－12,e2024＋1e2025＋1)>0.∴M>N.方法二令f(x)＝eq\f(ex＋1,ex＋1＋1)＝eq\f(\f(1,e)ex＋1＋1＋1－\f(1,e),ex＋1＋1)＝eq\f(1,e)＋eq\f(1－\f(1,e),ex＋1＋1)，顯然f(x)是R上的減函數(shù)，∴f(2023)>f(2024)，即M>N.題型二不等式的基本性質(zhì)例2(1)若實數(shù)a，b滿足a<b<0，則()A．a(chǎn)＋b>0 B．a(chǎn)－b<0C．|a|<|b| D.eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))>eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))答案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eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))<eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))，故D錯誤．(2)(多選)已知a，b，c為實數(shù)，則下列說法正確的是()A．若a>b，則ac2>bc2B．若a>b，則a＋c>b＋cC．若a>b>c>0，則eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)D．若a>b>c>0，則eq\f(b,a－b)>eq\f(c,a－c)答案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，∴eq\f(a,b)－eq\f(a＋c,b＋c)＝eq\f(ab＋c－ba＋c,bb＋c)＝eq\f(ca－b,bb＋c)>0，∴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，∴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．思維升華判斷不等式的常用方法(1)利用不等式的性質(zhì)逐個驗證．(2)利用特殊值法排除錯誤選項．(3)作差法．(4)構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性．跟蹤訓練2(1)設(shè)a，b，c，d為實數(shù)，且c<d，則“a<b”是“a－c<b－d”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B解析由a<b不能推出a－c<b－d，如a＝2，b＝3，c＝0，d＝1，滿足a<b，但是a－c＝b－d，故充分性不成立；當a－c<b－d時，又c<d，可得a－c＋c<b－d＋d，即a<b，故必要性成立，所以“a<b”是“a－c<b－d”的必要不充分條件．(2)(多選)若a>b>0，則下列不等式中正確的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)B．－a2<－abC．ln|a－1|>ln|b－1|D．2a－b>1答案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．題型三不等式性質(zhì)的綜合應用例3(1)已知0<x<5，－1<y<1，則x－2y的取值范圍是()A．2<x－2y<3 B．－2<x－2y<3C．2<x－2y<7 D．－2<x－2y<7答案D解析因為－1<y<1，所以－2<－2y<2，又0<x<5，所以－2<x－2y<7.延伸探究若將條件改為“－1≤x＋y≤2，－2≤x－y≤1”，求x－2y的范圍．解設(shè)x－2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，∴x－2y＝(m＋n)x＋(m－n)y，∴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)，,n＝\f(3,2)，))∴x－2y＝－eq\f(1,2)(x＋y)＋eq\f(3,2)(x－y)，∵－1≤x＋y≤2，－2≤x－y≤1，∴－1≤－eq\f(1,2)(x＋y)≤eq\f(1,2)，－3≤eq\f(3,2)(x－y)≤eq\f(3,2)，∴－4≤－eq\f(1,2)(x＋y)＋eq\f(3,2)(x－y)≤2，即－4≤x－2y≤2.(2)為了加強家校聯(lián)系，王老師組建了一個由學生、家長和教師組成的微信群．已知該群中男學生人數(shù)多于女學生人數(shù)，女學生人數(shù)多于家長人數(shù)，家長人數(shù)多于教師人數(shù)，教師人數(shù)的兩倍多于男學生人數(shù)．則該微信群人數(shù)的最小值為()A．20B．22C．26D．28答案B解析設(shè)教師人數(shù)為x，家長人數(shù)為y，女學生人數(shù)為z，男學生人數(shù)為t，x，y，z，t∈N*，則y≥x＋1，z≥y＋1≥x＋2，t≥z＋1≥y＋2≥x＋3，則x＋y＋z＋t≥4x＋6，又教師人數(shù)的兩倍多于男學生人數(shù)，∴2x>x＋3，解得x>3，當x＝4時，x＋y＋z＋t≥22，此時微信群人數(shù)的最小值為22.思維升華利用不等式的性質(zhì)求代數(shù)式的取值范圍的注意點(1)必須嚴格運用不等式的性質(zhì)．(2)在多次運用不等式的性質(zhì)時有可能擴大變量的取值范圍，解決途徑是先建立所求范圍的整體與已知范圍的整體的等量關(guān)系，然后通過“一次性”不等關(guān)系的運算求解范圍．跟蹤訓練3(1)(多選)已知1≤a≤2,3≤b≤5，則()A．a(chǎn)＋b的取值范圍為[4,7]B．b－a的取值范圍為[2,3]C．a(chǎn)b的取值范圍為[3,10]D.eq\f(a,b)的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,5)))答案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eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(2,3)))，故C正確，D錯誤．(2)已知2<x<4，－3<y<－1，則eq\f(x,x－2y)的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，\f(1,4))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(2,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))答案B解析原式分子和分母同時除以x，得eq\f(x,x－2y)＝eq\f(1,1－\f(2y,x))，由條件得2<－2y<6，eq\f(1,4)<eq\f(1,x)<eq\f(1,2)，所以eq\f(2,4)<－eq\f(2y,x)<eq\f(6,2)，即eq\f(1,2)<－eq\f(2y,x)<3，所以eq\f(3,2)<1－eq\f(2y,x)<4，所以eq\f(1,4)<eq\f(1,1－\f(2y,x))<eq\f(2,3).課時精練一、單項選擇題1．已知a，b∈R，則“eq\r(a)>eq\r(b)”是“l(fā)na>lnb”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B解析若“eq\r(a)>eq\r(b)”，取a＝1，b＝0，但是lnb無意義，所以由“eq\r(a)>eq\r(b)”推不出“l(fā)na>lnb”，若“l(fā)na>lnb”，則a>b>0，所以eq\r(a)>eq\r(b)，所以由“l(fā)na>lnb”可推出“eq\r(a)>eq\r(b)”，所以“eq\r(a)>eq\r(b)”是“l(fā)na>lnb”的必要不充分條件．2．已知a>0，b>0，設(shè)m＝a－2eq\r(b)＋2，n＝2eq\r(a)－b，則()A．m≥n B．m>nC．m≤n D．m<n答案A解析由題意可知，m－n＝a－2eq\r(b)＋2－2eq\r(a)＋b＝(eq\r(a)－1)2＋(eq\r(b)－1)2≥0，當且僅當a＝b＝1時，等號成立，即m≥n.3．已知a>b，則下列不等式一定成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．2a>2bC．a(chǎn)2>b2 D．|a|>|b|答案B解析取a＝1，b＝－2，滿足a>b，顯然有eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，a2<b2，|a|<|b|成立，即選項A，C，D都不正確；指數(shù)函數(shù)y＝2x為增函數(shù)，若a>b，則必有2a>2b，B正確．4．已知a<b<c，a＋b＋c＝0，則()A．a(chǎn)b<b2 B．a(chǎn)c>bcC.eq\f(1,a)<eq\f(1,c) D.eq\f(c－a,c－b)<1答案C解析因為a<b<c，a＋b＋c＝0，所以a<0<c，b的符號不能確定，當b＝0時，ab＝b2，故A項錯誤；因為a<b，c>0，所以ac<bc，故B項錯誤；因為a<0<c，所以eq\f(1,a)<eq\f(1,c)，故C項正確；因為a<b，所以－a>－b，所以c－a>c－b>0，所以eq\f(c－a,c－b)>1，故D項錯誤．5．若c>b>a>0，則()A．a(chǎn)bbc>acbb B．2lnb<lna＋lncC．a(chǎn)－eq\f(c,a)>b－eq\f(c,b) D．logac>logbc答案A解析由于eq\f(abbc,acbb)＝ab－cbc－b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))b－c>1，所以abbc>acbb成立，故A正確；2lnb＝lnb2，lna＋lnc＝lnac，b2與ac大小不能確定，故B錯誤；由于a－eq\f(c,a)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(c,b)))＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(c,ab)))<0，故C錯誤；令c＝1，則logac＝logbc＝0，故D錯誤．6．已知m5＝4，n8＝9，0.9p＝0.8，則正數(shù)m，n，p的大小關(guān)系為()A．p>m>n B．m>n>pC．m>p>n D．p>n>m答案A解析由m5＝4，得m＝<eq\r(2)，由n8＝9，得n＝，因此，eq\f(m,n)＝>1，即eq\r(2)>m>n，由0.9p＝0.8，得p＝log0.90.8>log0.90.81＝2，于是得p>m>n，所以正數(shù)m，n，p的大小關(guān)系為p>m>n.二、多項選擇題7．下列結(jié)論中不正確的是()A．若ac2>bc2，則a>bB．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，則a>bC．若a>b，c>d，則ac>bdD．若2a－b>1，則a<b答案BCD解析ac2>bc2，不等式兩邊除以c2(c≠0)，則a>b，故A正確；取a＝－1，b＝1，滿足eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又a<b，故B錯誤；取a＝1，b＝0，c＝0，d＝－1，滿足a>b，c>d，又ac＝bd，故C錯誤；取a＝2，b＝1，滿足2a－b>1，又a>b，故D錯誤．8．已知實數(shù)x，y滿足－3<x＋2y<2，－1<2x－y<4，則()A．－1<x<2 B．－2<y<1C．－3<x＋y<3 D．－1<x－y<3答案ABD解析因為－3<x＋2y<2，－1<2x－y<4，所以－2<4x－2y<8，則－5<5x<10，即－1<x<2，故A正確；又－4<－2x－4y<6，－1<2x－y<4，所以－5<－5y<10，即－2<y<1，故B正確；x＋y＝eq\f(3x＋2y＋2x－y,5)∈(－2,2)，故C錯誤；x－y＝eq\f(－x＋2y＋32x－y,5)∈(－1,3)，故D正確．三、填空題9．已知a>0，－1<b<0，則a，ab，ab2由小到大依次排列是________．答案ab<ab2<a解析因為a>0，－1<b<0，所以ab<0,0<b2<1,0<ab2<a，故ab<ab2<a.10．若a，b同時滿足下列兩個條件：①a＋b>ab；②eq\f(1,a＋b)>eq\f(1,ab).請寫出一組a，b的值________．答案a＝－1，b＝2(答案不唯一)解析容易發(fā)現(xiàn)，若將①式轉(zhuǎn)化為②式，需使(a＋b)ab<0，即a＋b與ab異號，顯然應使a＋b>0，ab<0，當a<0，b>0時，要使a＋b>0，則|a|<|b|，可取a＝－1，b＝2；當a>0，b<0時，要使a＋b>0，則|a|>|b|，可取a＝2，b＝－1.綜上，取任意兩個異號的實數(shù)，且正數(shù)的絕對值大于負數(shù)的絕對值皆為合理答案．11．若－1<a＋b<3,2<a－b<4，t＝2a＋b，則a的取值范圍為________；t的取值范圍為________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(7,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(13,2)))解析∵－1<a＋b<3,2<a－b<4，∴1<2a<7，即eq\f(1,2)<a<eq\f(7,2)，又t＝2a＋b＝eq\f(3,2)(a＋b)＋eq\f(1,2)(a－b)，∴－eq\f(3,2)＋1<eq\f(3,2)(a＋b)＋eq\f(1,2)(a－b)<eq\f(9,2)＋2，即t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(13,2))).12．已知a>b>c,2a＋b＋c＝0，則eq\f(c,a)的取值范圍是________．答案(－3，－1)解析因為a>b>c,2a＋b＋c＝0，故a>0，c<0，所以eq\f(c,a)<0,1>eq\f(b,a)>eq\f(c,a)，2＋eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)＝0，所以eq\f(b,a)＝－eq\f(c,a)－2，所以有1>－2－eq\f(c,a)>eq\f(c,a)，解不等式得－3<eq\f(c,a)<－1，故eq\f(c,a)的取值范圍是(－3，－1)．四、解答題13．(1)設(shè)a>b>0，比較eq\f(a2－b2,a2＋b2)與eq\f(a－b,a＋b)的大??；(2)已知a>b>0，c<d<0，e<0，求證：eq\f(e,a－c)>eq\f(e,b－d).(1)解∵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)＝1＋eq\f(2ab,a2＋b2)>1，∴eq\f(a2－b2,a2＋b2)>eq\f(a－b,a＋b).(2)證明∵c<d<0，∴－c>－d>0，又a>b>0，∴a－c>b－d>0，b－a<0，c－d<0，又e<0，∴eq\f(e,a－c)－eq\f(e,b－d)＝eq\f(eb－d－ea－c,a－cb－d)＝eq\f(eb－d－a＋c,a－cb－d)＝eq\f(eb－a＋c－d,a－cb－d)>0，∴eq\f(e,a－c)>eq\f(e,b－d).14．已知實數(shù)a，b滿足－3≤a＋b≤2，－1≤a－b≤4.(1)求實數(shù)a的取值范圍；(2)求3a－2b的取值范圍．解(1)a＝eq\f(1,2)[(a＋b)＋(a－b)]，由－3≤a＋b≤2，－1≤a－b≤4，得－4≤(a＋b)＋(a－b)≤6，∴－2≤eq\f(1,2)[(a＋b)＋(a－b)]≤3，即－2≤a≤3，故實數(shù)a的取值范圍為[－2,3]．(2)設(shè)3a－2b＝m(a＋b)＋n(a－b)＝(m＋n)a＋(m－n)b，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,m－n＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,2)，,n＝\f(5,2)，))∴3a－2b＝eq\f(1,2)(a＋b)＋eq\f(5,2)(a－b)，∵－3≤a＋b≤2，－1≤a－b≤4.∴－eq\f(3,2)≤eq\f(1,2)(a