2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第一部分考點(diǎn)通關(guān)練第五章不等式推理與證明算法初步與復(fù)數(shù)考點(diǎn)測(cè)試32不等關(guān)系與不等式含解析蘇教版

PAGE9-第五章不等式、推理與證明、算法初步與復(fù)數(shù)考點(diǎn)測(cè)試32不等關(guān)系與不等式高考概覽高考在本考點(diǎn)的?？碱}型為選擇題，分值5分，中、低等難度考綱研讀1.了解現(xiàn)實(shí)世界和日常生活中的不等關(guān)系2．了解不等式(組)的實(shí)際背景3．掌握不等式的性質(zhì)及應(yīng)用一、基礎(chǔ)小題1．設(shè)a，b∈[0，＋∞)，A＝eq\r(a)＋eq\r(b)，B＝eq\r(a＋b)，則A，B的大小關(guān)系是()A．A≤B B．A≥BC．A<B D．A>B答案B解析由題意，得B2－A2＝－2eq\r(ab)≤0，且A≥0，B≥0，可得A≥B.故選B.2．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則下列結(jié)論不正確的是()A．a(chǎn)2<b2 B．a(chǎn)b<b2C．a(chǎn)＋b<0 D．|a|＋|b|>|a＋b|答案D解析∵eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，∴b<a<0，∴b2>a2，ab<b2，a＋b<0，∴A，B，C均正確，∵b<a<0，∴|a|＋|b|＝|a＋b|，D錯(cuò)誤，故選D.3．設(shè)a<b<0，c>0，則下列不等式中不成立的是()A.eq\f(c,a)>eq\f(c,b) B．eq\f(c,a－b)>eq\f(c,a)C．|a|c>－bc D．eq\f(\r(－a),c)>eq\f(\r(－b),c)答案B解析由題設(shè)得a<a－b<0，所以有eq\f(1,a－b)<eq\f(1,a)，又因?yàn)閏>0，所以eq\f(c,a－b)<eq\f(c,a)，所以B中式子不成立．4．已知a，b∈R，若a>b，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)同時(shí)成立，則()A．a(chǎn)b>0 B．a(chǎn)b<0C．a(chǎn)＋b>0 D．a(chǎn)＋b<0答案A解析因?yàn)閑q\f(1,a)<eq\f(1,b)，所以eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)<0，又a>b，所以b－a<0，所以ab>0.5．若m<0，n>0且m＋n<0，則下列不等式中成立的是()A．－n<m<n<－m B．－n<m<－m<nC．m<－n<－m<n D．m<－n<n<－m答案D解析解法一：(取特殊值法)令m＝－3，n＝2分別代入各選項(xiàng)檢驗(yàn)，可知D正確．解法二：m＋n<0?m<－n?n<－m，又由于m<0<n，故m<－n<n<－m成立．故選D.6．已知a<b<|a|，則以下不等式中恒成立的是()A．|b|<－a B．a(chǎn)b>0C．a(chǎn)b<0 D．|a|<|b|答案A解析解法一：由a<b<|a|，可知a<0，但b不能確定，當(dāng)b＝0時(shí)，|b|＝0<－a成立；當(dāng)b>0時(shí)，|b|＝b<|a|＝－a，|b|<－a成立；當(dāng)b<0時(shí)，－b<－a，則|b|<－a成立．綜上，|b|<－a.解法二：因?yàn)閍<b<|a|，令a＝－2，b＝0，代入各選項(xiàng)驗(yàn)證，可排除B，C，D，故選A.7．已知a<b<c且a＋b＋c＝0，則下列不等式恒成立的是()A．a(chǎn)2<b2<c2 B．a(chǎn)|b|<c|b|C．ba<ca D．ca<cb答案D解析因?yàn)閍<b<c且a＋b＋c＝0，所以a<0，c>0，b的符號(hào)不確定，對(duì)于a<b，兩邊同時(shí)乘以正數(shù)c，不等號(hào)方向不變．故選D.8．已知a，b，c∈R＋，若eq\f(c,a＋b)<eq\f(a,b＋c)<eq\f(b,a＋c)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．c<a<b B．b<c<aC．a(chǎn)<b<c D．c<b<a答案A解析因?yàn)閍，b，c∈R＋，由eq\f(c,a＋b)<eq\f(a,b＋c)，得cb＋c2<a2＋ab，整理得(c－a)(a＋b＋c)<0，因?yàn)閍＋b＋c>0，所以c－a<0，所以c<a，同理，由eq\f(a,b＋c)<eq\f(b,a＋c)，得a<b，所以c<a<b.9．若6<a<10，eq\f(a,2)≤b≤2a，c＝a＋b，則c的取值范圍是()A．[9,18] B．(15,30)C．[9,30] D．(9,30)答案D解析∵eq\f(a,2)≤b≤2a，∴eq\f(3a,2)≤a＋b≤3a，即eq\f(3a,2)≤c≤3a.∵6<a<10，∴9<c<30.故選D.10．設(shè)a，b∈R，定義運(yùn)算“?”和“⊕”如下：a?b＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a>b，))a⊕b＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b，a≤b，,a，a>b.))若m?n≥2，p⊕q≤2，則()A．mn≥4且p＋q≤4 B．m＋n≥4且pq≤4C．mn≤4且p＋q≥4 D．m＋n≤4且pq≤4答案A解析結(jié)合定義及m?n≥2可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≥2，,m≤n))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≥2，,m>n，))即n≥m≥2或m>n≥2，所以mn≥4；結(jié)合定義及p⊕q≤2可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p≤2，,p>q))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q≤2，,p≤q，))即q<p≤2或p≤q≤2，所以p＋q≤4.故選A.11．有三個(gè)房間需要粉刷，粉刷方案要求：每個(gè)房間只用一種顏色，且三個(gè)房間顏色各不相同．已知三個(gè)房間的粉刷面積(單位：m2)分別為x，y，z，且x<y<z，三種顏色涂料的粉刷費(fèi)用(單位：元/m2)分別為a，b，c，且a<b<c.在不同的方案中，最低的總費(fèi)用(單位：元)是()A．a(chǎn)x＋by＋cz B．a(chǎn)z＋by＋cxC．a(chǎn)y＋bz＋cx D．a(chǎn)y＋bx＋cz答案B解析因?yàn)閤<y<z，a<b<c，所以ax＋by＋cz－(az＋by＋cx)＝a(x－z)＋c(z－x)＝(x－z)(a－c)>0，故ax＋by＋cz>az＋by＋cx；同理，ay＋bz＋cx－(ay＋bx＋cz)＝b(z－x)＋c(x－z)＝(x－z)(c－b)<0，故ay＋bz＋cx<ay＋bx＋cz.因?yàn)閍z＋by＋cx－(ay＋bz＋cx)＝a(z－y)＋b(y－z)＝(a－b)(z－y)<0，故az＋by＋cx<ay＋bz＋cx.故最低費(fèi)用為az＋by＋cx.故選B.12．已知－1<x<4,2<y<3，則x－y的取值范圍是________，3x＋2y的取值范圍是________．答案(－4,2)(1,18)解析∵－1<x<4,2<y<3，∴－3<－y<－2，∴－4<x－y<2.由－1<x<4,2<y<3，得－3<3x<12，4<2y<6，∴1<3x＋2y<18.二、高考小題13．(2019·全國卷Ⅱ)若a>b，則()A．ln(a－b)>0 B．3a<3C．a(chǎn)3－b3>0 D．|a|>|b|答案C解析解法一：不妨設(shè)a＝－1，b＝－2，則a>b，可驗(yàn)證A，B，D錯(cuò)誤，只有C正確．解法二：由a>b，得a－b>0.但a－b>1不一定成立，則ln(a－b)>0不一定成立，故A不一定成立．因?yàn)閥＝3x在R上是增函數(shù)，當(dāng)a>b時(shí)，3a>3b，故B不成立．因?yàn)閥＝x3在R上是增函數(shù)，當(dāng)a>b時(shí)，a3>b3，即a3－b3>0，故C成立．因?yàn)楫?dāng)a＝3，b＝－6時(shí)，a>b，但|a|<|b14．(2018·全國卷Ⅲ)設(shè)a＝log0.20.3，b＝log2A．a(chǎn)＋b<ab<0 B．a(chǎn)b<a＋b<0C．a(chǎn)＋b<0<ab D．a(chǎn)b<0<a＋b答案B解析∵a＝log0.20.3，b＝log20.3，∴eq\f(1,a)＝log0.30.2，eq\f(1,b)＝log0.32，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝log0.30.4，∴0<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<1，即0<eq\f(a＋b,ab)<1，又a>0，b<0，∴ab<0，∴ab<a＋b<0.故選B.15．(2018·北京高考)設(shè)集合A＝{(x，y)|x－y≥1，ax＋y>4，x－ay≤2}，則()A．對(duì)任意實(shí)數(shù)a，(2,1)∈AB．對(duì)任意實(shí)數(shù)a，(2,1)?AC．當(dāng)且僅當(dāng)a<0時(shí)，(2,1)?AD．當(dāng)且僅當(dāng)a≤eq\f(3,2)時(shí)，(2,1)?A答案D解析若(2,1)∈A，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－1≥1，,2a＋1>4，,2－a≤2，))解得a>eq\f(3,2).結(jié)合四個(gè)選項(xiàng)，只有D說法正確．故選D.16．(2017·山東高考)若a＞b＞0，且ab＝1，則下列不等式成立的是()A．a(chǎn)＋eq\f(1,b)＜eq\f(b,2a)＜log2(a＋b)B.eq\f(b,2a)＜log2(a＋b)＜a＋eq\f(1,b)C．a(chǎn)＋eq\f(1,b)＜log2(a＋b)＜eq\f(b,2a)D．log2(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.故選B.17．(2016·北京高考)已知x，y∈R，且x>y>0，則()A.eq\f(1,x)－eq\f(1,y)>0 B．sinx－siny>0C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))y<0 D．lnx＋lny>0答案C解析∵函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(0，＋∞)上為減函數(shù)，∴當(dāng)x>y>0時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))y，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))y<0，故C正確；函數(shù)y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，∴由x>y>0?eq\f(1,x)<eq\f(1,y)?eq\f(1,x)－eq\f(1,y)<0，故A錯(cuò)誤；函數(shù)y＝sinx在(0，＋∞)上不單調(diào)，∴當(dāng)x>y>0時(shí)，不能比較sinx與siny的大小，故B錯(cuò)誤；令x＝1,0<y<1，則x>y>0，而lnx＋lny＝lny<0，故D錯(cuò)誤．18．(2016·浙江高考)已知實(shí)數(shù)a，b，c.()A．若|a2＋b＋c|＋|a＋b2＋c|≤1，則a2＋b2＋c2<100B．若|a2＋b＋c|＋|a2＋b－c|≤1，則a2＋b2＋c2<100C．若|a＋b＋c2|＋|a＋b－c2|≤1，則a2＋b2＋c2<100D．若|a2＋b＋c|＋|a＋b2－c|≤1，則a2＋b2＋c2<100答案D解析利用特殊值法驗(yàn)證．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)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2)))2≤eq\f(3,2)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2≤eq\f(3,2)，－2<－eq\f(1,2)－eq\f(\r(6),2)≤a≤－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(6),2)<1.同理－2<b<1.再由1≥|a＋b2－c|≥|c|－|a|－|b2|>|c|－2－4，得|c|<7.所以a2＋b2＋c2<4＋4＋49＝57<100.故選D.19．(2015·湖北高考)設(shè)x∈R，[x]表示不超過x的最大整數(shù)．若存在實(shí)數(shù)t，使得[t]＝1，[t2]＝2，…，[tn]＝n同時(shí)成立，則正整數(shù)n的最大值是()A．3 B．4C．5 D．6答案B解析若n＝3，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤t<2，,2≤t2<3，,3≤t3<4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤t6<64，,8≤t6<27，,9≤t6<16，))得9≤t6<16，即當(dāng)eq\r(3,3)≤t<eq\r(3,4)時(shí)，有[t]＝1，[t2]＝2，[t3]＝3，∴n＝3符合題意．若n＝4，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3,3)≤t<\r(3,4)，,4≤t4<5，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(34≤t12<44，,43≤t12<53，))得34≤t12<53，即當(dāng)eq\r(3,3)≤t<eq\r(4,5)時(shí)，有[t]＝1，[t2]＝2，[t3]＝3，[t4]＝4，故n＝4符合題意．若n＝5，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3,3)≤t<\r(4,5)，,5≤t5<6，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3,3)≤t<\r(4,5)，,\r(5,5)≤t<\r(5,6)，))①∵63<35，∴eq\r(5,6)<eq\r(3,3)，故①式無解，即n＝5不符合題意，則正整數(shù)n的最大值為4.三、模擬小題20．(2019·山東省煙臺(tái)市高三上學(xué)期期末)若a<b<0，則下列不等式一定成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．eq\f(1,a－b)>eq\f(1,b)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b D．a(chǎn)3>b3答案C解析若a<b<0，則eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，A錯(cuò)誤；因?yàn)閍－b<0，則a－b與b大小關(guān)系不確定，B錯(cuò)誤；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b成立，C正確；a3<b3，D錯(cuò)誤．故選C.21．(2019·河南百校聯(lián)盟模擬)設(shè)a，b∈R，則“(a－b)a2≥0”是“a≥b”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案B解析由(a－b)a2≥0，解得a≥b或a＝0，b∈R.因?yàn)閍2≥0，a≥b，所以(a－b)a2≥0，故“(a－b)a2≥0”是“a≥b”的必要不充分條件．故選B.22．(2019·安徽淮北一中模擬)若a<b<0，給出下列不等式：①a2＋1>b2；②|1－a|>|b－1|；③eq\f(1,a＋b)>eq\f(1,a)>eq\f(1,b).其中正確的個(gè)數(shù)是()A．0 B．1C．2 D．3答案D解析由于a<b<0，所以|a|>|b|>0，a2>b2，故a2＋1>b2，①正確；－a>－b>0，－a＋1>－b＋1>1，故|1－a|>|b－1|，②正確；因?yàn)閍＋b<a<b<0，所以eq\f(1,a＋b)>eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，③正確．故選D.23．(2019·福建模擬)已知a＝eq\r(2)，b＝eq\r(5,5)，c＝eq\r(7,7)，則()A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>bC．b>a>c D．b>c>a答案A解析a＝eq\r(2)，b＝eq\r(5,5)，c＝eq\r(7,7)，則a70＝235＝(25)7＝327＝(27)5＝1285，b70＝514＝(52)7＝257，c70＝710＝(72)5＝495，∴a>b>c，故選A.24．(2019·九江期末)已知a，b，c>0，則eq\f(b,a)，eq\f(c,b)，eq\f(a,c)的值()A．都大于1 B．都小于1C．至多有一個(gè)不小于1 D．至少有一個(gè)不小于1答案D解析令a＝b＝c，則eq\f(b,a)＝eq\f(c,b)＝eq\f(a,c)＝1，排除A，B；令a＝1，b＝2，c＝4，則eq\f(b,a)＝eq\f(c,b)＝2，eq\f(a,c)＝eq\f(1,4)，排除C；對(duì)于D，假設(shè)eq\f(b,a)<1，eq\f(c,b)<1，eq\f(a,c)<1，則b<a，c<b，a<c，相加得a＋b＋c<a＋b＋c，矛盾，故選D.25．(2019·福州第一中學(xué)月考)已知△ABC的三邊長分別為a，b，c，且滿足b＋c≤3a，則eq\f(c,a)的取值范圍為()A．(1，＋∞) B．(0,2)C．(1,3) D．(0,3)答案B解析由已知及三角形的三邊關(guān)系得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<b＋c≤3a，,a＋b>c，,a＋c>b，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1<\f(b,a)＋\f(c,a)≤3，,1＋\f(b,a)>\f(c,a)，,1＋\f(c,a)>\f(b,a)，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1<\f(b,a)＋\f(c,a)≤3，,－1<\f(c,a)－\f(b,a)<1，))兩式相加得，0<2×eq\f(c,a)<4，∴eq\f(c,a)的取值范圍為(0,2)．26．(2019·山東青島模擬)已知m＝eq\r(a)－eq\r(a－2)，n＝eq\r(a－1)－eq\r(a－3)，其中a≥3，則m，n的大小關(guān)系為()A．m>n B．m＝nC．m<n D．大小不確定答案C解析∵a≥3，m＝eq\r(a)－eq\r(a－2)＝eq\f(2,\r(a)＋\r(a－2))，n＝eq\r(a－1)－eq\r(a－3)＝eq\f(2,\r(a－1)＋\r(a－3))，又0<eq\r(a－1)＋eq\r(a－3)<eq\r(a)＋eq\r(a－2)，∴eq\f(2,\r(a)＋\r(a－2))<eq\f(2,\r(a－1)＋\r(a－3))，∴m<n.27．(2019·廣州二模)設(shè)a≥b≥c，且1是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的一個(gè)實(shí)根，則eq\f(c,a)的取值范圍為()A．[－2,0] B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))答案C解析∵1是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的一個(gè)實(shí)根，∴a＋b＋c＝0，得b＝－a－c，∵a≥b≥c，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥－a－c，,－a－c≥c，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a≥－c，,－a≥2c.))若a>0，則不等式等價(jià)為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2≥－\f(c,a)，,－1≥\f(2c,a)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)≥－2，,\f(c,a)≤－\f(1,2)，))得－2≤eq\f(c,a)≤－eq\f(1,2)；若a<0，則不等式等價(jià)為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2≤－\f(c,a)，,－1≤\f(2c,a)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)≤－2，,\f(c,a)≥－\f(1,2)，))此時(shí)不等式無解．綜上，eq\f(c,a)的取值范圍為－2≤eq\f(c,a)≤－eq\f(1,2)，故選C.28．(2019·武漢二中檢測(cè))若a>b>0，給出以下幾個(gè)不等式：①eq\f(b,a)<eq\f(b＋5,a＋5)；②lgeq\f(a＋b,2)<eq\f(lga＋lgb,2)；③a＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a)；④eq\r(a)－eq\r(b)>eq\r(a－b).其中正確的是________(請(qǐng)?zhí)顚懰姓_的序號(hào))．答案①③解析對(duì)于①，eq\f(b,a)－eq\f(b＋5,a＋5)＝eq\f(ba＋5－ab＋5,aa＋5)＝eq\f(5b－a,aa＋5)<0，所以eq\f(b,a)<eq\f(b＋5,a＋5)，①正確；對(duì)于②，因?yàn)閑q\f(a＋b,2)>eq\r(ab)，所以lgeq\f(a＋b,2)>lgeq\r(ab)＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)，故②錯(cuò)誤；對(duì)于③，因?yàn)閍>b>0，所以0<eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，所以a＋eq\f(1,a)<a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,a)<a＋eq\f(1,a)，所以a＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a)，故③正確；對(duì)于④，取a＝4，b＝1，而eq\r(a)－eq\r(b)＝1，eq\r(a－b)＝eq\r(3)，所以eq\r(a)－eq\r(b)>eq\r(a－b)不成立，故④錯(cuò)誤．一、高考大題本考點(diǎn)在近三年高考中未涉及此題型．二、模擬大題1．(2020·鄭州一中高三月考)設(shè)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1，x≤0，,3x－1，0<x<\f(1,2)，,－x＋1，x≥\f(1,2).))記f(x)>－1的解集為M.(1)求集合M；(2)已知a∈M，比較a2－a＋1與eq\