1．3等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)1．理解用作差法、作商法比較兩個實數(shù)大小的理論依據(jù)，會比較兩個實數(shù)的大小．2．掌握等式的基本性質(zhì)．3．理解不等式的概念及不等式的性質(zhì)，掌握不等式性質(zhì)的簡單應(yīng)用．1．比較實數(shù)a，b大小的基本事實(1)作差法①a－b>0?a>b；②a－b＝0?aeq\a\vs4\al(＝)b；③a－b<0?a<b.(2)作商法①eq\f(a,b)>1(a∈R，b>0)?a>b(a∈R，b>0)；②eq\f(a,b)＝1(a≠0，b≠0)?aeq\a\vs4\al(＝)b(a≠0，b≠0)；③eq\f(a,b)<1(a∈R，b>0)?a<b(a∈R，b>0).2．等式的基本性質(zhì)(1)對稱性：a＝b?b＝a．(2)傳遞性：a＝b，b＝c?a＝c．(3)可加（減）性：a＝b?a±c＝b±c．(4)可乘性：a＝b?ac＝bc．(5)可除性：a＝b，c≠0?eq\f(a,c)＝eq\f(b,c)．3．不等式的性質(zhì)性質(zhì)性質(zhì)內(nèi)容注意對稱性a>b?b<a；a<b?b>a可逆?zhèn)鬟f性a>b，b>c?a>c；a<b，b<c?a<c同向可加性a>b?a＋c>b＋c可逆可乘性a>b，c>0?ac>bc；a>b，c<0?ac<bcc的符號同向可加性a>b，c>d?a＋c>b＋d同向同向同正可乘性a>b>0，c>d>0?ac>bd同向，同正可乘方性a>b>0，n∈N，n≥2?an>bn同正可開方性a>b>0，n∈N，n≥2?eq\r(n,a)>eq\r(n,b)同正教材拓展1．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＜0＜b?eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)；③a>b>0，d>c>0?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)分數(shù)性質(zhì)若a>b>0，m>0，則①真分數(shù)性質(zhì)：eq\f(b－m,a－m)<eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)(b－m>0)，即真分數(shù)越加越大，越減越??；②假分數(shù)性質(zhì)：eq\f(a＋m,b＋m)<eq\f(a,b)<eq\f(a－m,b－m)(b－m>0)，即假分數(shù)越加越小，越減越大．2．若a<x<b，c<y<d，則a－d<x－y<b－c.1．判斷（正確的畫“√”，錯誤的畫“×”）(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．（多選）（人教A版必修第一冊P43T8改編）下列命題為真命題的是(ABD)A．若ac2＞bc2，則a＞bB．若a＞b＞0，則a2＞b2C．若a＜b＜0，則a2＜ab＜b2D．若a＜b＜0，則eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)解析：ac2>bc2，則c2>0，則a>b，故A正確；根據(jù)不等式的性質(zhì)，a>b>0?an>bn>0，n∈N*，故B正確；若a＝－2，b＝－1，則a2>ab>b2，故C錯誤；eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)①，因為a<b<0，所以b－a>0，ab>0，所以①式大于零，故eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，故D正確．故選ABD.3．（人教A版必修第一冊P57T2(1)）若a＞b，且eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，則ab＜0.（用不等號“>”或“<”填空）解析：eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)＞0，因為a＞b，所以b－a＜0，所以ab＜0.4．（人教A版必修第一冊P43T3(4)改編）設(shè)M＝x2＋y2＋1，N＝2(x＋y－1)，則M與N的大小關(guān)系為M＞N．解析：M－N＝x2＋y2＋1－2x－2y＋2＝(x－1)2＋(y－1)2＋1＞0.故M＞N.考點1比較數(shù)（式）大小命題角度1作差法比較大小【例1】若a<0，b<0，則p＝eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)與q＝a＋b的大小關(guān)系為(B)A．p<q B．p≤qC．p>q D．p≥q【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\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))＝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.作差法的步驟和關(guān)注點步驟作差并變形?判斷差與0的大小?得結(jié)論關(guān)注點利用通分、因式分解、配方等方法向有利于判斷差的符號的方向變形命題角度2作商法比較大小【例2】eπ·πe與ee·ππ的大小關(guān)系為eπ·πe＜ee·ππＷ．【解析】eq\f(eπ·πe,ee·ππ)＝eq\f(eπ－e,ππ－e)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,π)))eq\s\up12(π－e)，又0＜eq\f(e,π)＜1，0＜π－e＜1，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,π)))eq\s\up12(π－e)＜1，即eq\f(eπ·πe,ee·ππ)＜1，即eπ·πe＜ee·ππ.作商法的步驟和關(guān)注點步驟作商并變形?判斷商與1的大小?得結(jié)論關(guān)注點作商時兩式的符號應(yīng)相同，如果兩式均小于0，所得結(jié)果與“作商法原理”中的結(jié)論相反．變形方法有分母（或分子）有理化，指、對數(shù)恒等變形等【對點訓(xùn)練1】(1)若a＝4d＋eq\r(3c)，b＝4d2＋eq\r(3c＋1)＋1，則(D)A．a(chǎn)≥b B．a(chǎn)>bC．a(chǎn)＝b D．a(chǎn)<b解析：因為a＝4d＋eq\r(3c)，b＝4d2＋eq\r(3c＋1)＋1，則c≥0，所以b－a＝（4d2＋eq\r(3c＋1)＋1）－（4d＋eq\r(3c)）＝(4d2－4d＋1)＋（eq\r(3c＋1)－eq\r(3c)）＝(2d－1)2＋（eq\r(3c＋1)－eq\r(3c)）≥0＋（eq\r(3c＋1)－eq\r(3c)）>eq\r(3c)－eq\r(3c)＝0，所以b>a，即a<b.故選D.(2)若實數(shù)m，n，p滿足m＝4eeq\s\up6(\f(3,5))，n＝5eeq\s\up6(\f(2,3))，p＝eq\f(18,e2)，則(A)A．p<m<n B．p<n<mC．m<p<n D．n<p<m解析：∵實數(shù)m，n，p滿足m＝4eeq\s\up7(\f(3,5))，n＝5eeq\s\up6(\f(2,3))，p＝eq\f(18,e2)，∴eq\f(m,n)＝eq\f(4e\s\up6(\f(3,5)),5e\s\up6(\f(2,3)))＝eq\f(4,5)·e－eq\s\up7(\f(1,15))<1，∴m<n，又eq\f(m,p)＝eq\f(4e\s\up6(\f(3,5)),\f(18,e2))＝eq\f(2,9)·eeq\s\up6(\f(13,5))>1，∴m>p，∴p<m<n.故選A.考點2不等式的性質(zhì)【例3】(1)（2024·安徽淮北二模）已知a，b∈R，下列命題正確的是(D)A．若ab＝1，則a＋b≥2B．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，則a>bC．若a>b，則ln(a－b)>0D．若a>b>0，則a＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a)【解析】當a＝－1，b＝－1時，a＋b＝－2，故A錯誤；當a<0，b>0時，a<b，故B錯誤；當a＝2，b＝1時，ln(a－b)＝0，故C錯誤；若a>b>0，則eq\f(1,b)>eq\f(1,a)>0，則a＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a)成立，故D正確．故選D.(2)（多選）（2024·湖南長沙二模）設(shè)a，b，c，d為實數(shù)，且a>b>0>c>d，則下列不等式正確的有(AD)A．c2<cd B．a(chǎn)－c<b－dC．a(chǎn)c<bd D．eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0【解析】對于A，由0>c>d和不等式性質(zhì)可得c2<cd，故A正確；對于B，因為a>b>0>c>d，若取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，則a－c＝3，b－d＝3，所以a－c＝b－d，故B錯誤；對于C，因為a>b>0>c>d，若取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，則ac＝－2，bd＝－2，所以ac＝bd，故C錯誤；對于D，因為a>b>0，則0<eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又因為0>c>d，則0<－c<－d，由不等式的同向同正可乘性得，－eq\f(c,a)<－eq\f(d,b)，故eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，故D正確．故選AD.判斷不等式正誤常用的三種方法(1)直接利用不等式的性質(zhì)逐個驗證，要特別注意應(yīng)用性質(zhì)的前提條件．(2)利用特殊值排除法．(3)利用函數(shù)的單調(diào)性，當直接利用不等式的性質(zhì)不能比較大小時，可以利用指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)等的單調(diào)性進行判斷．【對點訓(xùn)練2】(1)（2024·北京豐臺區(qū)二模）若a，b∈R，且a>b，則(D)A．eq\f(1,a2＋1)<eq\f(1,b2＋1) B．a(chǎn)2b>ab2C．a(chǎn)2>ab>b2 D．a(chǎn)>eq\f(a＋b,2)>b解析：由于a>b，取a＝1，b＝－1，eq\f(1,a2＋1)＝eq\f(1,b2＋1)＝eq\f(1,2)，無法得到eq\f(1,a2＋1)<eq\f(1,b2＋1)，故A錯誤；取a＝0，b＝－1，則a2b＝ab2，無法得到a2b>ab2，故B錯誤；取a＝0，b＝－2，則a2＝0，ab＝0，b2＝4，無法得到a2>ab>b2，故C錯誤；由于a>b，則2a>b＋a>2b，所以a>eq\f(a＋b,2)>b，故D正確．故選D.(2)（多選）（2024·安徽淮北一模）已知a，b，c∈R，下列命題為真命題的是(BD)A．若a>b>c，則a＋b>cB．若a>b>|c|，則a2>b2>c2C．若a<b<c<0，則eq\f(c,a)>eq\f(c,b)D．若a>b>c>0，則eq\f(b,a)<eq\f(b＋c,a＋c)解析：當b為負數(shù)時，A可能不成立，例如a＝－2，b＝－3，c＝－4，－2>－3>－4，但－2＋(－3)<－4，即a＋b<c，故A錯誤．因為a>b>|c|≥0，根據(jù)不等式性質(zhì)可得a2>b2>c2，故B正確．因為a<b<0，所以eq\f(1,ab)>0，所以a·eq\f(1,ab)<b·eq\f(1,ab)<0，即eq\f(1,b)<eq\f(1,a)<0，所以eq\f(c,b)>eq\f(c,a)>0，故C錯誤．因為a>b>c>0，所以eq\f(b,a)－eq\f(b＋c,a＋c)＝eq\f(ab＋bc－ab－ac,a(a＋c))＝eq\f(c(b－a),a(a＋c))<0，所以eq\f(b,a)<eq\f(b＋c,a＋c)，故D正確．故選BD.考點3利用不等式的性質(zhì)求代數(shù)式的取值范圍【例4】（多選）已知實數(shù)x，y滿足－3<x＋2y<2，－1<2x－y<4，則(ABD)A．x的取值范圍為(－1，2)B．y的取值范圍為(－2，1)C．x＋y的取值范圍為(－3，3)D．x－y的取值范圍為(－1，3)【解析】因為－1<2x－y<4，所以－2<4x－2y<8.因為－3<x＋2y<2，所以－5<5x<10，則－1<x<2，故A正確；因為－3<x＋2y<2，所以－6<2x＋4y<4.因為－1<2x－y<4，所以－4<－2x＋y<1，所以－10<5y<5，所以－2<y<1，故B正確；因為－3<x＋2y<2，－1<2x－y<4，所以－eq\f(9,5)<eq\f(3,5)(x＋2y)<eq\f(6,5)，－eq\f(1,5)<eq\f(1,5)(2x－y)<eq\f(4,5)，則－2<x＋y<2，故C錯誤；因為－3<x＋2y<2，－1<2x－y<4，所以－eq\f(2,5)<－eq\f(1,5)(x＋2y)<eq\f(3,5)，－eq\f(3,5)<eq\f(3,5)(2x－y)<eq\f(12,5)，則－1<x－y<3，故D正確．故選ABD.利用不等式的性質(zhì)求某些代數(shù)式的取值范圍時，應(yīng)注意兩點：一是必須嚴格運用不等式的性質(zhì)．二是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，解決這個問題的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，最后通過“一次性”不等關(guān)系的運算求解范圍．【對點訓(xùn)練3】(1)若1<a<3，－4<b<2，則a－|b|的取值范圍是(C)A．(－3，3] B．（－3，5)C．(－3，3) D．(1，4)解析：由題設(shè)0≤|b|<4，則－4<－|b|≤0，又1<a<3，所以－3<a－|b|<3.故選C.(2)已知－1<a<5，－3<b<1，則以下錯誤的是(D)A．－15<ab<5 B．－4<a＋b<6C．－2<a－b<8 D．－eq\f(5,3)<eq\f(a,b)<5解析：因為－1<a<5，－3<b<1，所以－1<－b<3，對于A，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<a<5，,－3<b<0))?－15<ab<3，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<a<5，,b＝0))?ab＝0，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<a<5，,0<b<1))?－1<ab<5，綜上可得－15<ab<5，故A正確；對于B，－3－1＝－4<a＋b<1＋5＝6，故B正確；對于C，－1－1＝－2<a－b<3＋5＝8，故C正確；對于D，當a＝4，b＝eq\f(1,2)時，eq\f(a,b)＝8，故D錯誤．故選D.eq\a\vs4\al()【例】以maxM表示數(shù)集M中最大的數(shù)．設(shè)0<a<b<c<1，已知b≥2a或a＋b≤1，則max{b－a，c－b，1－c}的最小值為eq\f(1,5)．【解析】設(shè)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝b－a，,y＝c－b，,z＝1－c，))那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1－x－y－z，,b＝1－y－z，,c＝1－z.))①若b≥2a，則1－y－z≥2(1－x－y－z)，從而2x＋y＋z≥1，記m＝max{b－a，c－b，1－c}，從而eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≥x，,m≥y，,m≥z，))所以4m≥2x＋y＋z≥1，解得m≥eq\f(1,4).②若a＋b≤1，則1－x－y－z＋1－y－z≤1，從而x＋2y＋2z≥1，記m＝max{b－a，c－b，1－c}，從而eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≥x，,m≥y，,m≥z，))所以5m≥x＋2y＋2z≥1，解得m≥eq\f(1,5).綜上，m≥eq\f(1,5)，即max{b－a，c－b，1－c}的最小值為eq\f(1,5).1.本題注重對思維品質(zhì)的考查．,2.由于目標函數(shù)變量較多，故采用換元法，令使原命題等價于求m＝max{x，y，z}的最小值，從而變得簡潔易懂．依據(jù)約束條件，可將原命題分為兩個子命題進行探究．以上思維過程突顯了新高考改革的命題特點和趨勢．課時作業(yè)31．（5分）如果a>b，那么下列說法正確的是(D)A．a(chǎn)c>bc B．a(chǎn)c2>bc2C．a(chǎn)c＝bc D．b－a<0解析：對于A，B，當c＝0時，ac＝bc，ac2＝bc2，故A，B錯誤；對于C，當c＝1時，ac＝a>b＝bc，故C錯誤；對于D，因為a>b，所以b－a<0，故D正確．故選D.2．（5分）（2024·北京東城區(qū)一模）已知a，b∈R，ab≠0，且a<b，則(C)A．eq\f(1,a)>eq\f(1,b) B．a(chǎn)b<b2C．a(chǎn)3<b3 D．lg|a|<lg|b|解析：當a＝－2，b＝1時，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，lg|a|>lg|b|，故A，D錯誤；當a＝－2，b＝－1時，ab＝2>1＝b2，故B錯誤；因為a<b，所以a－b<0，因為ab≠0，所以a≠0且b≠0，則a3－b3＝(a－b)(a2＋ab＋b2)＝(a－b)<0，所以a3<b3，故C正確．故選C.3．（5分）若a＝eq\r(3)＋eq\f(1,2\r(2))，b＝eq\r(5)－eq\f(1,2\r(3))，c＝eq\r(2)＋eq\f(1,\r(3))，則(A)A．a(chǎn)>c>b B．a(chǎn)>b>cC．c>b>a D．b>c>a解析：因為a－c＝eq\r(3)－eq\r(2)＋eq\f(\r(3)－2\r(2),2\r(6))＝eq\f(4\r(2)－3\r(3),2\r(6))＝eq\f(\r(32)－\r(27),2\r(6))>0，所以a>c.c－b＝eq\r(2)－eq\r(5)＋eq\f(3,2\r(3))＝eq\f(2\r(2)＋\r(3)－2\r(5),2)，因為（2eq\r(2)＋eq\r(3)）2－（2eq\r(5)）2＝4eq\r(6)－9＝eq\r(96)－eq\r(81)>0，且2eq\r(2)＋eq\r(3)>0，2eq\r(5)>0，所以2eq\r(2)＋eq\r(3)>2eq\r(5)，所以c－b>0，所以c>b.故a>c>b.故選A.4．（5分）已知2<a<3，－2<b<－1，則2a－b的取值范圍為(C)A．(0，2) B．(2，5)C．(5，8) D．(6，7)解析：2<a<3，－2<b<－1，故4<2a<6，1<－b<2，得5<2a－b<8.故選C.5．（5分）若－1<x<0，則下列不等式中成立的是(C)A．2－x<2x<0.2x B．2x<0.2x<2－xC．2x<2－x<0.2x D．0.2x<2－x<2x解析：∵－1<x<0，∴2x<1，2－x>1，0.2x>1，下面用作商法比較2－x＝0.5x與0.2x的大小：eq\f(0.5x,0.2x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))eq\s\up12(x)，∵－1<x<0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))eq\s\up12(x)<1，故0.5x<0.2x，即2－x<0.2x.∴2x<2－x<0.2x.故選C.6．（5分）（2024·北京西城區(qū)一模）設(shè)a＝t－eq\f(1,t)，b＝t＋eq\f(1,t)，c＝t(2＋t)，其中－1<t<0，則(C)A．b<a<c B．c<a<bC．b<c<a D．c<b<a解析：由－1<t<0，得eq\f(1,t)∈(－∞，－1)，故a＝t－eq\f(1,t)>0，由對勾函數(shù)性質(zhì)可得b＝t＋eq\f(1,t)<－(1＋1)＝－2，c＝t(2＋t)<0，且c＝t(2＋t)＝t2＋2t＝(t＋1)2－1≥－1.綜上所述，b<c<a.故選C.7．（6分）（多選）已知實數(shù)x，y滿足1<x<6，2<y<3，則(ACD)A．3<x＋y<9 B．－1<x－y<3C．2<xy<18 D．eq\f(1,2)<eq\f(x,y－1)<6解析：因為1<x<6，2<y<3，所以3<x＋y<9，2<xy<18，故A，C正確；由題得－3<－y<－2，故－2<x－y<4，故B錯誤；1<y－1<2，則eq\f(1,2)<eq\f(1,y－1)<1，故eq\f(1,2)<eq\f(x,y－1)<6，故D正確．故選ACD.8．（6分）（多選）若a，b，c∈R，且a>b，則下列不等式一定成立的是(ABD)A．a(chǎn)－c>b－c B．eq\f(a,c2)>eq\f(b,c2)(c≠0)C．a(chǎn)3>a2b D．(a2＋b2)(a－b)>0解析：對于A，由a>b及不等式的性質(zhì)可知a－c>b－c，故A正確；對于B，由a>b，c≠0及不等式的性質(zhì)可知eq\f(a,c2)>eq\f(b,c2)(c≠0)，故B正確；對于C，若a＝0，可得a3＝a2b，故C錯誤；對于D，由a>b及a2＋b2>0，可得(a2＋b2)(a－b)>0，故D正確．故選ABD.9．（5分）比較大?。簒2＋4y2＞4xy－1.解析：因為x2＋4y2－4xy＋1＝(x－2y)2＋1>0，所以x2＋4y2>4xy－1.10．（5分）若a，b∈R，給出以下四個條件：①ab>0；②a>0或b>0；③a＋b>2；④a＝0且b>0，其中可以作為“a＋b>0”的一個充分不必要條件的是③④．（填序號）解析：對于①，當a＝－1，b＝－2時，ab＝2>0，a＋b＝－3<0，不充分；對于②，若a>0，當a＝1，b＝－2時，a＋b＝－1<0，不充分；對于③，a＋b>2>0，充分，反之，當a＋b>0時，若a＝1，b＝0，此時a＋b＝1<2，不必要；對于④，若a＝0且b>0，則a＋b＝b>0，充分，反之，若a＝1，b＝0，滿足a＋b>0，不必要．11．（16分）(1)比較(x2＋1)2與x4＋x2＋1的大小.(2)若a>b>0，求證：aabb>(ab)eq\s\up6(\f(a＋b,2)).解：(1)(x2＋1)2－(x4＋x2＋1)＝x4＋2x2＋1－(x4＋x2＋1)＝x2≥0，∴(x2＋1)2≥x4＋x2＋1.(2)證明：作商得eq\f(aabb,(ab)\s\up6(\f(a＋b,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up6(\f(a－b,2))，∵a>b>0，∴eq\f(a,b)>1，且a－b>0，∴eq\f(aabb,(ab)\s\up6(\f(a＋b,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up6(\f(a－b,2))>1，因此aabb>(ab)eq\s\up6(\f(a＋b,2)).12．（17分）(1)如果12<a<60，15<b<36，求a＋b，2a－b，eq\f(a,b)的取值范圍．(2)已知x，y滿足－eq\f(1,2)<x－y<eq\f(1,2)，0<x＋y<1，求3x－y的取值范圍．解：(1)因為12<a<60，15<b<36，所以27<a＋b<96，24<2a<120，－36<－b<－15，eq\f(1,36)<eq\f(1,b)<eq\f(1,15)，所以－12<2a－b<105，eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<4.(2)設(shè)3x－y＝m(x－y)＋n(x＋y)＝(m＋n)x＋(n－m)y，m，n∈R，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,n－m＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝1，))所以3x－y＝2(x－y)＋(x＋y)，又－eq\f(1,2)<x－y<eq\f(1,2)，0<x＋y<1，所以－1<2(x－y)<1，則－1<3x－y<2，所以3x－y的取值范圍是(－1，2).13．（5分）已知關(guān)于x1，x2，x3，x4的方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＋x3＝c1，,x2＋x3＋x4＝c2，,x3＋x4＋x1＝c3，,x4＋x1＋x2＝c4，))其中c1<c2<c3<c4.則x1，x2，x3，x4的大小關(guān)系為(D)A．x1<x2<x3<x4B．x4<x1<x2<x3C．x4<x3<x2<x1D．x3<x2<x1<x4解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＋x3＝c1，,x2＋x3＋x4＝c2，,x3＋x4＋x1＝c3，,x4＋x1＋x2＝c4，))得到3(x1＋x2＋x3＋x4)＝c1＋c