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2019-2020年高考数学一轮复习
6.1不等关系与不等式课时作业理湘教版
一、选择题1.已知a1,a2∈0,1,记M=a1a2,N=a1+a2-1,则M与N的大小关系是 A.MNB.MNC.M=ND.不确定【解析】 M-N=a1a2-a1+a2-1=a1a2-a1-a2+1=a1a2-1-a2-1=a1-1a2-1,又∵a1∈0,1,a2∈0,1,∴a1-10,a2-
10.∴a1-1a2-10,即M-N
0.∴MN.故选B.【答案】 B2.xx·泰安模拟已知a,b,c∈0,+∞,若<<,则 A.c<a<bB.b<c<aC.a<b<cD.c<b<a【解析】 ∵a,b,c∈0,+∞且<<,∴+1<+1<+1,即<<,∴a+b>b+c>a+c.由a+b>b+c,∴a>c.由b+c>a+c,∴b>a,∴b>a>c,故选A.【答案】 A3.若<<0,则下列不等式
①<;
②|a|+b>0;
③a->b-;
④lna2>lnb2中,正确的不等式是 A.
①④B.
②③C.
①③D.
②④【解析】 方法一 由<<0,可知b<a<
0.
①中,因为a+b<0,ab>0,所以<0,>
0.故有<,即
①正确;
②中,因为b<a<0,所以-b>-a>
0.故-b>|a|,即|a|+b<0,故
②错误;
③中,因为b<a<0,又<<0,所以a->b-,故
③正确;
④中,因为b<a<0,根据y=x2在-∞,0上为减函数,可得b2>a2>0,而y=lnx在定义域0,+∞上为增函数,所以lnb2>lna2,故
④错误.由以上分析,知
①③正确.方法二 因为<<0,故可取a=-1,b=-
2.显然|a|+b=1-2=-1<0,所以
②错误;因为lna2=ln-12=0,lnb2=ln-22=ln4>0,所以
④错误.综上所述,可排除
②④.【答案】 C4.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>aB.a>c≥bC.c>b>aD.a>c>b【解析】 c-b=4-4a+a2=2-a2≥0,∴c≥b,将已知两式作差得2b=2+2a2,即b=1+a2,∵1+a2-a=+>0,∴1+a2>a,∴b=1+a2>a,∴c≥b>a.【答案】 A5.已知函数fx=log2x+1,设a>b>c>0,则,,的大小关系为 A.<<B.<<C.<<D.<<【解析】 取特殊值令a=3,b=2,c=1,则==log24,==log23,=log22,而2>3>4,故<<.【答案】 B6.xx·福建卷已知fx=x3-6x2+9x-abc,abc,且fa=fb=fc=
0.现给出如下结论
①f0·f10;
②f0·f10;
③f0·f30;
④f0·f
30.其中正确结论的序号是 A.
①③B.
①④C.
②③D.
②④【解析】 ∵fx=x3-6x2+9x-abc,∴f′x=3x2-12x+9,令f′x=0,则x1=1,x2=3,故当x1时f′x0;当1x3时f′x0;当x3时f′x0,∴x=1时fx有极大值,当x=3时fx有极小值,结合函数fx有三个零点及图象可知f10,f30,且a1b3c,∵f3=-abc0,∴abc0,即a0,因此f0fa=0,∴f0f10,f0f
30.故选C.【答案】 C
二、填空题
7.已知a1≤a2b1≥b2则a1b1+a2b2与a1b2+a2b1的大小关系是 .【解析】a1b1+a2b2-a1b2+a2b1=a1-a2b1-b2因为a1≤a2b1≥b2所以a1-a2≤0b1-b2≥0于是(a1-a2)(b1-b2)≤0,故a1b1+a2b2≤a1b2+a2b
1.【答案】 a1b1+a2b2≤a1b2+a2b
18.若1<a<3-4<b<2则a-|b|的取值范围是 .【解析】 ∵-4<b<2∴0≤|b|<4∴-4<-|b|≤
0.又∵1<a<3∴-3<a-|b|<
3.【答案】 -
339.设函数fx=ax+b0≤x≤1则a+2b>0是fx>0在[01]上恒成立的 条件.充分但不必要必要但不充分充要既不充分也不必要【解析】.∴a+2b>
0.而仅有a+2b>0,无法推出f
(0)>0和f
(1)>0同时成立.【答案】 必要但不充分
10.已知1≤≤22≤≤3,则的取值范围为______.【解析】由变形得【答案】
三、解答题
11.1已知2<a<41≤b≤8求ab的范围;2已知-2≤a≤43≤b≤6求ab的范围.【解析】 1∵2<a<41≤b≤8∴2<ab<
32.又∵≤≤1∴<<
4.2∵-2≤a≤43≤b≤6∴当-2≤a≤0时0≤-a≤2∴0≤-ab≤12∴-12≤ab≤
0.当0<a≤4时0<ab≤
24.∴-12≤ab≤
24.
12.1设a>b>c,求证++>
0.2若a>b>0,c<d<0,e<0,求证>.【证明】 1∵a>b>c,∴-c>-b.∴a-c>a-b>0,∴>>0,∴+>
0.又b-c>0,∴>0,∴++>
0.2∵c<d<0,∴-c>-d>
0.又∵a>b>0,∴a-c>b-d>0,∴a-c2>b-d2>
0.∴0<<.又∵e<0,∴>.13.1已知a,b,c∈{正实数},且a2+b2=c2,当n∈N,n2时,比较cn与an+bn的大小.2已知a0,a2-2ab+c2=0,bca2,试比较a,b,c的大小.【解析】 1∵a,b,c∈{正实数},∴an,bn,cn
0.而=+.∵a2+b2=c2,则+=1,∴01,
01.∵n∈N,n2,∴,.∴=+=
1.∴an+bncn.2∵bca20,∴b,c同号.又a2+c20,a0,∴b=
0.∴c
0.由a-c2=2ab-2ac=2ab-c≥0,∴b-c≥
0.当b-c0,即bc时,由⇒·ca2⇒a-c2a2+ac+c
20.∵a0,b0,c0,∴2a2+ac+c
20.∴a-c0,即ac,则acb.当b-c=0,即b=c时,∵bca2,∴b2a2,即b≠a.又∵a2-2ab+c2=a-b2=0⇒a=b与a≠b矛盾,∴b-c≠
0.综上,可知acb.。