7.已知 $ -6 ＜ a ＜ 8,2 ＜ b ＜ 3 $,求 $ 2a + b,a - b $ 及 $ \frac{a}{b} $ 的取值范围.

解：因为$-6＜a＜8$，$2＜b＜3$，所以$-12＜2a＜16$，所以$-10＜2a+b＜19$。
由$2＜b＜3$，得$-3＜-b＜-2$，所以$-9＜a-b＜6$。
由$2＜b＜3$，得$\frac{1}{3}＜\frac{1}{b}＜\frac{1}{2}$。
①当$-6＜a＜0$时，$0＜-a＜6$，所以$0＜\frac{-a}{b}＜3$，所以$-3＜\frac{a}{b}＜0$；
②当$0≤a＜8$时，$0≤\frac{a}{b}＜4$。由①②，得$-3＜\frac{a}{b}＜4$。
综上，$2a+b$的取值范围是$-10＜2a+b＜19$，$a-b$的取值范围是$-9＜a-b＜6$，$\frac{a}{b}$的取值范围是$-3＜\frac{a}{b}＜4$。

8.若 $ a ＞ b ＞ 0 $,则下列不等式一定成立的是 ()
A. $ \frac{b}{a} ＞ \frac{b + 1}{a + 1} $
B. $ a + \frac{1}{a} ＞ b + \frac{1}{b} $
C. $ b + \frac{b}{a} ＜ a + \frac{a}{b} $
D. $ \frac{b}{a} ＞ \frac{a + 2b}{2a + b} $

C 对于A，$\frac{b}{a}-\frac{b+1}{a+1}=\frac{ab+b-ab-a}{a(a+1)}=\frac{b-a}{a(a+1)}＜0$，即$\frac{b}{a}＜\frac{b+1}{a+1}$，故A错误。对于B，$a+\frac{1}{a}-(b+\frac{1}{b})=(a-b)+\frac{b-a}{ab}=(a-b)(1-\frac{1}{ab})=(a-b)(\frac{ab-1}{ab})$。当$ab＞1$时，$a+\frac{1}{a}＞b+\frac{1}{b}$；当$ab＜1$时，$a+\frac{1}{a}＜b+\frac{1}{b}$；当$ab=1$时，$a+\frac{1}{a}=b+\frac{1}{b}$，故B错误。对于C，$b+\frac{b}{a}-(a+\frac{a}{b})=(b-a)+\frac{b^{2}-a^{2}}{ab}=(b-a)(1+\frac{b+a}{ab})＜0$，所以$b+\frac{b}{a}＜a+\frac{a}{b}$，故C正确。对于D，$\frac{b}{a}-\frac{a+2b}{2a+b}=\frac{2ab+b^{2}-a^{2}-2ab}{(2a+b)a}=\frac{(b-a)(b+a)}{(2a+b)a}＜0$，所以$\frac{b}{a}＜\frac{a+2b}{2a+b}$，故D错误。

9.(多选)若 $ a ＞ b ＞ c,a + b + c = 0 $,则下列不等式成立的是 ()
A. $ a^{2} ＜ b^{2} $
B. $ ac ＜ bc $
C. $ \frac{1}{a} ＜ \frac{1}{b} $
D. $ a^{3} + a ＞ a^{2}b + b $

BD 因为$a＞b＞c$，$a+b+c=0$，所以$a＞0$，$c＜0$。取$a=2$，$b=-\frac{1}{2}$，$c=-\frac{3}{2}$，则$a^{2}=4＞b^{2}=\frac{1}{4}$，$\frac{1}{a}=\frac{1}{2}＞\frac{1}{b}=-2$，故AC错误；$ac-bc=c(a-b)＜0$，故B正确；$a^{3}+a-(a^{2}b+b)=a(a^{2}+1)-b(a^{2}+1)=(a^{2}+1)(a-b)＞0$，所以$a^{3}+a＞a^{2}b+b$，故D正确。

10.(1)已知 $ a ＞ b ＞ c ＞ d ＞ 0 $,求证： $ \sqrt{\frac{c}{b - c}} ＞ \sqrt{\frac{d}{a - d}} $；
(2)求证： $ \forall x,y \in \mathbf{R},x^{4} + y^{2} \geqslant x^{2}y $.
(提示：(1)根据 $ a ＞ b ＞ c ＞ d ＞ 0 $ 逐渐等价变形出 $ \frac{c}{b - c} ＞ \frac{d}{a - d} $；(2)移项,然后根据完全平方公式进行拆项配方)

证明：(1)因为$a＞b＞c＞d＞0$，所以$-d＞-c$，所以$a-d＞b-c＞0$，则$\frac{1}{(a-d)(b-c)}＞0$，所以$(a-d)\cdot\frac{1}{(a-d)(b-c)}＞(b-c)\cdot\frac{1}{(a-d)(b-c)}＞0$，即$\frac{1}{b-c}＞\frac{1}{a-d}＞0$。
因为$c＞d＞0$，所以$\frac{c}{b-c}＞\frac{d}{a-d}＞0$，所以$\sqrt{\frac{c}{b-c}}＞\sqrt{\frac{d}{a-d}}$。
(2)$x^{4}+y^{2}-x^{2}y=x^{4}+\frac{1}{4}y^{2}-x^{2}y+\frac{3}{4}y^{2}=(x^{2}-\frac{1}{2}y)^{2}+\frac{3}{4}y^{2}$。因为$(x^{2}-\frac{1}{2}y)^{2}≥0$，$\frac{3}{4}y^{2}≥0$，所以$(x^{2}-\frac{1}{2}y)^{2}+\frac{3}{4}y^{2}≥0$，则$x^{4}+y^{2}-x^{2}y≥0$，故$\forall x$，$y∈R$，$x^{4}+y^{2}≥x^{2}y$。