戴氏教育高考数学人教A文科一轮复习 题组训练第六篇 不等式

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戴氏教育高考数学人教A文科一轮复习 题组训练第六篇 不等式

第六篇 不等式 第1讲 不等关系与不等式 基础巩固题组 ‎(建议用时:40分钟)‎ 一、选择题 ‎1.(2014·深圳二模)设x,y∈R,则“x≥1且y≥‎2”‎是“x+y≥‎3”‎的(  ).‎ A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析 由不等式性质知当x≥1且y≥2时,x+y≥3;而当x=2,y=时满足x+y≥3,但不满足x≥1且y≥2,故“x≥1且y≥‎2”‎是“x+y≥‎3”‎的充分而不必要条件.‎ 答案 A ‎2.(2014·保定模拟)已知a>b,则下列不等式成立的是 (  ).‎ A.a2-b2≥0    B.ac>bc C.|a|>|b|    D.‎2a>2b 解析 A中,若a=-1,b=-2,则a2-b2≥0不成立;当c=0时,B不成立;当0>a>b时,C不成立;由a>b知‎2a>2b成立,故选D.‎ 答案 D ‎3.(2014·河南三市三模)已知0<a<1,x=loga+loga ,y=loga5,z=‎ loga -loga ,则 (  ).‎ A.x>y>z    B.z>y>x C.z>x>y    D.y>x>z 解析 由题意得x=loga ,y=loga ,z=loga ,而0<a<1,∴函数y ‎=loga x在(0,+∞)上单调递减,∴y>x>z.‎ 答案 D ‎4.已知a<0,-1<b<0,那么下列不等式成立的是 (  ).‎ A.a>ab>ab2    B.ab2>ab>a C.ab>a>ab2    D.ab>ab2>a 解析 由-1<b<0,可得b<b2<1,又a<0,‎ ‎∴ab>ab2>a.‎ 答案 D ‎5.(2014·晋城模拟)已知下列四个条件:①b>0>a,②0>a>b,③a>0>b,④a>b>0,能推出<成立的有 (  ).‎ A.1个    B.2个   ‎ C.3个    D.4个 解析 运用倒数性质,由a>b,ab>0可得<,②、④正确.又正数大于负数,①正确,③错误,故选C.‎ 答案 C 二、填空题 ‎6.(2013·扬州期末)若a1<a2,b1<b2,则a1b1+a2b2与a1b2+a2b1的大小关系是________.‎ 解析 作差可得(a1b1+a2b2)-(a1b2+a2b1)=(a1-a2)·(b1-b2),∵a1<a2,b1<b2,∴(a1-a2)(b1-b2)>0,即a1b1+a2b2>a1b2+a2b1.‎ 答案 a1b1+a2b2>a1b2+a2b1‎ ‎7.若角α,β满足-<α<β<,则2α-β的取值范围是________.‎ 解析 ∵-<α<β<,‎ ‎∴-π<2α<π,-<-β<,‎ ‎∴-<2α-β<,又∵2α-β=α+(α-β)<α<,‎ ‎∴-<2α-β<.‎ 答案  ‎8.(2014·南昌一模)现给出三个不等式:①a2+1>‎2a;②a2+b2>2;③+>+.其中恒成立的不等式共有________个.‎ 解析 因为a2-‎2a+1=(a-1)2≥0,所以①不恒成立;对于②,a2+b2-‎2a+2b+3=(a-1)2+(b+1)2+1>0,所以②恒成立;对于③,因为(+)2-(+)2=2-2>0,且+>0,+>0,所以+>+,即③恒成立.‎ 答案 2‎ 三、解答题 ‎9.比较下列各组中两个代数式的大小:‎ ‎(1)3x2-x+1与2x2+x-1;‎ ‎(2)当a>0,b>0且a≠b时,aabb与abba.‎ 解 (1)∵3x2-x+1-2x2-x+1=x2-2x+2=(x-1)2+1>0,∴3x2-x+1>2x2+x-1.‎ ‎(2)=aa-bbb-a=aa-ba-b=a-b.‎ 当a>b,即a-b>0,>1时,a-b>1,∴aabb>abba.‎ 当a1,‎ ‎∴aabb>abba.‎ ‎∴当a>0,b>0且a≠b时,aabb>abba.‎ ‎10.甲、乙两人同时从寝室到教室,甲一半路程步行,一半路程跑步,乙一半时间步行,一半时间跑步,如果两人步行速度、跑步速度均相同,试判断谁先到教室?‎ 解 设从寝室到教室的路程为s,甲、乙两人的步行速度为v1,跑步速度为v2,且v1<v2.‎ 甲所用的时间t甲=+=,‎ 乙所用的时间t乙=,‎ ‎∴=×= ‎=>=1.‎ ‎∵t甲>0,t乙>0,∴t甲>t乙,即乙先到教室.‎ 能力提升题组 ‎(建议用时:25分钟)‎ 一、选择题 ‎1.下面四个条件中,使a>b成立的充分不必要条件是 (  ).‎ A.a>b+1    B.a>b-‎1 ‎  ‎ C.a2>b2    D.a3>b3‎ 解析 由a>b+1,得a>b+1>b,即a>b,而由a>b不能得出a>b+1,因此,使a>b成立的充分不必要条件是a>b+1.‎ 答案 A ‎2.已知实数a,b,c满足b+c=6-‎4a+‎3a2,c-b=4-‎4a+a2,则a,b,c的大小关系是 (  ).‎ A.c≥b>a    B.a>c≥b C.c>b>a    D.a>c>b 解析 c-b=4-‎4a+a2=(2-a)2≥0,∴c≥b,将已知两式作差得2b=2+‎2a2,即b=1+a2,‎ ‎∵1+a2-a=2+>0,∴1+a2>a,‎ ‎∴b=1+a2>a,∴c≥b>a.‎ 答案 A 二、填空题 ‎3.已知f(x)=ax2-c且-4≤f(1)≤-1,-1≤f(2)≤5,则f(3)的取值范围是________.‎ 解析 由题意,得 解得 所以f(3)=‎9a-c=-f(1)+f(2).‎ 因为-4≤f(1)≤-1,所以≤-f(1)≤,‎ 因为-1≤f(2)≤5,所以-≤f(2)≤.‎ 两式相加,得-1≤f(3)≤20,‎ 故f(3)的取值范围是[-1,20].‎ 答案 [-1,20]‎ 三、解答题 ‎4.设00且a≠1,比较|loga(1-x)|与|loga(1+x)|的大小.‎ 解 法一 作差比较 当a>1时,由00,∴|loga(1-x)|-|loga(1+x)|=-loga(1-x)-loga(1+x)=-loga(1-x2),‎ ‎∵0<1-x2<1,∴loga(1-x2)<0,‎ 从而-loga(1-x2)>0,故|loga(1-x)|>|loga(1+x)|.‎ 当0|loga(1+x)|.‎ 法二 平方作差 ‎|loga(1-x)|2-|loga(1+x)|2‎ ‎=[loga(1-x)]2-[loga(1+x)]2‎ ‎=loga(1-x2)·loga ‎=loga(1-x2)·loga>0.‎ ‎∴|loga(1-x)|2>|loga(1+x)|2,‎ 故|loga(1-x)|>|loga(1+x)|.‎ 法三 作商比较 ‎∵==|log(1+x)(1-x)|,‎ ‎∵01及>1,‎ ‎∴log(1+x)>0,故>1,‎ ‎∴|loga(1-x)|>|loga(1+x)|.‎
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