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

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)|.‎