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高考数学(文数)一轮复习考点测试32《不等关系与不等式》（教师版）
展开这是一份高考数学(文数)一轮复习考点测试32《不等关系与不等式》（教师版），共8页。试卷主要包含了了解不等式的实际背景，掌握不等式的性质及应用，结合四个选项，只有D说法正确等内容，欢迎下载使用。
高考概览
eq \a\vs4\al(高考在本考点的常考题型为选择题，分值5分，中、低等难度)
考纲研读
1．了解现实世界和日常生活中的不等关系
2．了解不等式(组)的实际背景
3．掌握不等式的性质及应用
一、基础小题
1．若A＝(x＋3)(x＋7)，B＝(x＋4)(x＋6)，则A，B的大小关系为( )
A．AB D．不确定
答案 A
解析 因为(x＋3)(x＋7)－(x＋4)(x＋6)＝(x2＋10x＋21)－(x2＋10x＋24)＝－3<0，故A
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
答案 B
解析 显然①②正确；对③，m≤0时不成立；对④，m≤0时不成立．故选B．
3．设a，b∈R，若p：a
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 B
解析 当a
解析 由a
5．设a，b∈[0，＋∞)，A＝eq \r(a)＋eq \r(b)，B＝eq \r(a＋b)，则A，B的大小关系是( )
A．A≤B B．A≥B C．AB
答案 B
解析 由题意，得B2－A2＝－2eq \r(ab)≤0，且A≥0，B≥0，可得A≥B．故选B．
6．若a＞b＞0，c＜d＜0，则一定有( )
A．ac＞bd B．ac＜bd C．ad＜bc D．ad＞bc
答案 B
解析 根据c＜d＜0，有－c＞－d＞0，由于a＞b＞0，故－ac＞－bd，ac＜bd．故选B．
7．已知a
解析 因为a
解析 由题意知c<0，a>0，由c
解析 因为a，b，c∈R＋，由eq \f(c,a＋b)
答案 B
解析 由x
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x15－\f(1,2)x≥216，,0
解析 取a＞0＞b，则eq \f(c,a)＜eq \f(c,b)不成立，①不正确；因为ac2＞bc2，所以a＞b成立，②正确；
若a＞b，c≠0，则c2＞0，ac2＞bc2成立，③正确；取a＝－5＜b＝－2＜0，
c＝－2＜d＝－1，则(－5)×(－2)＞(－2)×(－1)，此时ac＜bd不成立，④不正确．
二、高考小题
13．设a＝lg0．20．3，b＝lg20．3，则( )
A．a＋b
解析 ∵a＝lg0．20．3，b＝lg20．3，∴eq \f(1,a)＝lg0．30．2，eq \f(1,b)＝lg0．32，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝lg0．30．4，∴0
A．对任意实数a，(2,1)∈A
B．对任意实数a，(2,1)∉A
C．当且仅当a<0时，(2,1)∉A
D．当且仅当a≤eq \f(3,2)时，(2,1)∉A
答案 D
解析 若(2,1)∈A，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－1≥1，,2a＋1>4，,2－a≤2，))解得a>eq \f(3,2)．结合四个选项，只有D说法正确．
故选D．
15．若a＞b＞0，且ab＝1，则下列不等式成立的是( )
A．a＋eq \f(1,b)＜eq \f(b,2a)＜lg2(a＋b) B．eq \f(b,2a)＜lg2(a＋b)＜a＋eq \f(1,b)
C．a＋eq \f(1,b)＜lg2(a＋b)＜eq \f(b,2a) D．lg2(a＋b)＜a＋eq \f(1,b)＜eq \f(b,2a)
答案 B
解析 (特殊值法)令a＝2，b＝eq \f(1,2)，可排除A，C，D．故选B．
16．已知x，y∈R，且x>y>0，则( )
A．eq \f(1,x)－eq \f(1,y)>0 B．sinx－siny>0 C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))y<0 D．ln x＋ln y>0
答案 C
解析 函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x在(0，＋∞)上为减函数，∴当x>y>0时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x
17．已知实数a，b，c．( )
A．若|a2＋b＋c|＋|a＋b2＋c|≤1，则a2＋b2＋c2<100
B．若|a2＋b＋c|＋|a2＋b－c|≤1，则a2＋b2＋c2<100
C．若|a＋b＋c2|＋|a＋b－c2|≤1，则a2＋b2＋c2<100
D．若|a2＋b＋c|＋|a＋b2－c|≤1，则a2＋b2＋c2<100
答案 D
解析 利用特殊值法验证．令a＝3，b＝3，c＝－11．5，排除A；令a＝4，b＝－15．5，c＝0，排除B；令a＝11，b＝－10．5，c＝0，排除C；由1≥|a2＋b＋c|＋|a＋b2－c|≥|a2＋a＋b2＋b|得－1≤a2＋a＋b2＋b≤1，即－eq \f(1,2)≤a＋eq \f(1,2)2＋b＋eq \f(1,2)2≤eq \f(3,2)，所以a＋eq \f(1,2)2≤eq \f(3,2)，－2<－eq \f(1,2)－eq \f(\r(6),2)
18．设x∈R，[x]表示不超过x的最大整数．若存在实数t，使得[t]＝1，[t2]＝2，…，[tn]＝n同时成立，则正整数n的最大值是( )
A．3 B．4 C．5 D．6
答案 B
解析 若n＝3，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1≤t<2，,2≤t2<3，,3≤t3<4，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1≤t6<64，,8≤t6<27，,9≤t6<16，))
得9≤t6<16，即当eq \r(3,3)≤t
得34≤t12<53，即当eq \r(3,3)≤t
若n＝5，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3,3)≤t<\r(4,5)，,5≤t5<6，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3,3)≤t<\r(4,5)，,\r(5,5)≤t<\r(5,6)，)) ①
∵63<35，∴eq \r(5,6)
19．设a，b∈R，则“(a－b)a2≥0”是“a≥b”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 B
解析 由(a－b)a2≥0，解得a≥b，或a＝0，b∈R，因为a2≥0，a≥b，所以(a－b)a2≥0，故“(a－b)a2≥0”是“a≥b”的必要不充分条件．
20．若eq \f(1,a)
答案 D
解析 ∵eq \f(1,a)
A．|x|>|y| B．x2>y2 C．eq \r(x)>eq \r(y) D．x3>y3
答案 C
解析 由|x|>|y|，x2>y2未必能推出x>y，排除A，B；由eq \r(x)>eq \r(y)可推出x>y，反之，未必成立，而x3>y3是x>y的充要条件，故选C．
22．下列四个命题中，为真命题的是( )
A．若a>b，则ac2>bc2
B．若a>b，c>d，则a－c>b－d
C．若a>|b|，则a2>b2
D．若a>b，则eq \f(1,a)
解析 当c＝0时，A不成立；2>1,3>－1，而2－3<1－(－1)，故B不成立；
a＝2，b＝－1时，D不成立；由a>|b|知a>0，所以a2>b2，故选C．
23．(若a
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 D
解析 由于a
－a>－b>0，－a＋1>－b＋1>1，故|1－a|>|b－1|，②正确；
a＋b
24．下列三个不等式：①x＋eq \f(1,x)≥2(x≠0)；②eq \f(c,a)
答案 B
解析 当x<0时，①不成立；由a>b>c>0得eq \f(1,a)
25．已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系为( )
A．a
解析 由c－b＝4－4a＋a2＝(2－a)2≥0，得b≤c，再由b＋c＝6－4a＋3a2，
c－b＝4－4a＋a2，得2b＝2＋2a2，因为1＋a2－a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)>0，所以b＝1＋a2>a，所以a
A．aln b>bln a B．aln b
答案 C
解析 观察A，B两项，实际上是在比较eq \f(ln b,b)和eq \f(ln a,a)的大小，引入函数y＝eq \f(ln x,x)，x>1．
则y′＝eq \f(1－ln x,x2)，可见函数y＝eq \f(ln x,x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
函数y＝eq \f(ln x,x)在(1，＋∞)上不单调，所以函数在x＝a和x＝b处的函数值无法比较大小．
对于C，D两项，引入函数f(x)＝eq \f(ex,x)，x>1，则f′(x)＝eq \f(xex－ex,x2)＝eq \f(x－1ex,x2)>0，
所以函数f(x)＝eq \f(ex,x)在(1，＋∞)上单调递增，
又因为a>b>1，所以f(a)>f(b)，即eq \f(ea,a)>eq \f(eb,b)，所以aeb
本考点在近三年高考中未涉及此题型．
二、模拟大题
1．设a>b>0，试比较eq \f(a2－b2,a2＋b2)与eq \f(a－b,a＋b)的大小．
解 解法一(作差法)：
eq \f(a2－b2,a2＋b2)－eq \f(a－b,a＋b)＝eq \f(a＋ba2－b2－a－ba2＋b2,a2＋b2a＋b)
＝eq \f(a－b[a＋b2－a2＋b2],a2＋b2a＋b)＝eq \f(2aba－b,a＋ba2＋b2)．
因为a>b>0，所以a＋b>0，a－b>0,2ab>0．
所以eq \f(2aba－b,a＋ba2＋b2)>0，所以eq \f(a2－b2,a2＋b2)>eq \f(a－b,a＋b)．
解法二(作商法)：
因为a>b>0，所以eq \f(a2－b2,a2＋b2)>0，eq \f(a－b,a＋b)>0．
所以eq \f(\f(a2－b2,a2＋b2),\f(a－b,a＋b))＝eq \f(a＋b2,a2＋b2)＝eq \f(a2＋b2＋2ab,a2＋b2)＝1＋eq \f(2ab,a2＋b2)>1．
所以eq \f(a2－b2,a2＋b2)>eq \f(a－b,a＋b)．
2．设0
解 解法一：当a>1时，由0
∴|lga(1－x)|－|lga(1＋x)|
＝－lga(1－x)－lga(1＋x)＝－lga(1－x2)，
∵0<1－x2<1，
∴lga(1－x2)<0，从而－lga(1－x2)>0，
故|lga(1－x)|>|lga(1＋x)|．
当0
解法二(平方作差)：
|lga(1－x)|2－|lga(1＋x)|2
＝[lga(1－x)]2－[lga(1＋x)]2
＝lga(1－x2)·lgaeq \f(1－x,1＋x)
＝lga(1－x2)·lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2x,1＋x)))>0．
∴|lga(1－x)|2>|lga(1＋x)|2，
故|lga(1－x)|>|lga(1＋x)|．
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