2021屆數(shù)學大總復習課時作業(yè)38不等關(guān)系與不等式含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2021屆高考數(shù)學人教B版大一輪總復習課時作業(yè)38不等關(guān)系與不等式含解析課時作業(yè)38不等關(guān)系與不等式一、選擇題1．設M＝x2＋6x，N＝5x－1,則M與N的大小關(guān)系是（A）A．M〉N B．M＝NC．M<N D．與x有關(guān)解析：∵M－N＝x2＋x＋1＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2))）2＋eq\f(3,4）〉0，∴M>N，故選A．2．若a,b為實數(shù)，則“a2>b2"是“a>b〉0”的(B）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解析：當a>b>0時，a2>b2成立．當a＝－3，b＝－1時，滿足a2>b2，但a〉b〉0不成立，所以“a2〉b2”是“a〉b〉0”的必要不充分條件,故選B．3．下列命題中,正確的是(C)A．若a>b，c〉d，則ac〉bdB．若ac>bc，則a〉bC．若eq\f（a,c2)<eq\f（b,c2）,則a<bD．若a>b，c〉d,則a－c〉b－d解析：A項，取a＝2，b＝1,c＝－1，d＝－2，可知A錯誤;B項，當c〈0時，ac>bc?a〈b,所以B錯誤；C項，因為eq\f（a，c2)<eq\f（b，c2）,所以c≠0,又c2>0，所以a<b，C正確;D項,取a＝c＝2，b＝d＝1，可知D錯誤,故選C．4．若eq\f（1，a)〈eq\f（1,b）〈0，則下列結(jié)論正確的是(D)A．a(chǎn)2〉b2 B．1〉eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,2）)）b>eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)））aC．eq\f（b，a)＋eq\f（a,b）〈2 D．a(chǎn)eb〉bea解析：由題意知，b<a〈0，則a2〈b2,eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，2）））b>eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2)））a>1，eq\f（b，a）＋eq\f(a,b)〉2，∵b〈a<0,∴ea>eb>0,－b>－a>0，∴－bea〉－aeb，∴aeb〉bea，故選D．5．若a〉b>0，則下列不等式中一定成立的是(A)A．a(chǎn)＋eq\f（1，b)>b＋eq\f(1，a) B．eq\f（b,a）>eq\f（b＋1,a＋1）C．a(chǎn)－eq\f（1,b)〉b－eq\f(1,a） D．eq\f(2a＋b,a＋2b)>eq\f(a,b）解析:取a＝2，b＝1，排除B與D;另外,函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1，x）是（0，＋∞)上的增函數(shù)，但函數(shù)g(x)＝x＋eq\f（1，x)在(0，1]上單調(diào)遞減，在［1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以，當a>b>0時，f（a)〉f（b)必定成立，即a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b）?a＋eq\f(1，b)>b＋eq\f(1,a）,故選A．6．已知x>y〉z，x＋y＋z＝0,則下列不等式成立的是（C)A．xy>yz B．xz〉yzC．xy〉xz D．x｜y|〉z|y｜解析:∵x〉y〉z且x＋y＋z＝0，∴3x〉x＋y＋z＝0，3z〈x＋y＋z＝0，∴x>0,z<0，又y>z，∴xy〉xz.7．若α，β滿足－eq\f(π，2）〈α〈β〈eq\f（π，2)，則2α－β的取值范圍是（C)A．－π<2α－β<0 B．－π〈2α－β<πC．－eq\f(3π，2）<2α－β<eq\f（π，2) D．0<2α－β〈π解析：∵－eq\f（π，2)<α〈eq\f(π，2），∴－π〈2α<π.∵－eq\f（π,2）〈β<eq\f（π,2）,∴－eq\f(π，2）<－β〈eq\f(π,2)，∴－eq\f(3π，2）<2α－β〈eq\f(3π,2).又α－β〈0，α<eq\f（π，2),∴2α－β<eq\f(π,2)。故－eq\f（3π，2）〈2α－β<eq\f（π,2).8．設x〉0，P＝2x＋2－x，Q＝（sinx＋cosx)2，則（A）A．P〉Q B．P〈QC．P≤Q D．P≥Q解析：因為2x＋2－x≥2eq\r(2x·2－x）＝2(當且僅當x＝0時等號成立),而x〉0,所以P>2；又(sinx＋cosx）2＝1＋sin2x,而sin2x≤1,所以Q≤2.于是P〉Q。故選A．9．已知x>y〉0，則（D)A．eq\f（1,x)〉eq\f（1,y） B．eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，2)））x〉eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,2））)yC．cosx〉cosy D．ln(x＋1)〉ln(y＋1)解析：因為當x＝2，y＝1時，eq\f（1,x)<eq\f（1,y)，eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，2））)x〈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,2)))y，cosx〈cosy，所以排除選項A，B，C，故選D．10．設0〈b〈a<1，則下列不等式成立的是(C）A．a(chǎn)b<b2<1 B．logeq\s\do8（\f（1，2））b〈logeq\s\do8（\f（1，2）)a<0C．2b〈2a<2 D．a(chǎn)2<ab〈1解析：方法1:（特殊值法）：取b＝eq\f(1，4)，a＝eq\f(1,2）.則ab＝eq\f（1,8)，b2＝eq\f(1,16）,故A不對;a2＝eq\f（1，4)，ab＝eq\f(1,8),故D不對；logeq\s\do8(\f（1，2))b＝2，logeq\s\do8(\f(1,2))a＝1，故B不對，故選C．方法2：（單調(diào)性法）:0<b〈a?b2〈ab，A不對；y＝logeq\s\do8(\f(1，2)）x在（0，＋∞）上為減函數(shù),∴l(xiāng)ogeq\s\do8(\f(1,2))b>logeq\s\do8(\f（1,2）)a，B不對；a>b>0?a2〉ab，D不對，故選C．11．若a＝eq\f（ln3,3)，b＝eq\f（ln4，4)，c＝eq\f（ln5，5)，則（B)A．a(chǎn)<b<c B．c<b〈aC．c<a〈b D．b〈a〈c解析：方法1：對于函數(shù)y＝f（x）＝eq\f（lnx，x)(x〉e)，y′＝eq\f（1－lnx，x2），易知當x〉e時，函數(shù)f(x）單調(diào)遞減．因為e<3<4<5，所以f（3）>f（4）〉f(5），即c〈b〈A．方法2：易知a，b，c都是正數(shù),eq\f（b，a）＝eq\f(3ln4，4ln3）＝log8164<1,所以a〉b；eq\f(b,c)＝eq\f(5ln4,4ln5）＝log6251024〉1，所以b〉C．即c〈b<A．二、填空題12．已知有三個條件：①ac2〉bc2，②eq\f(a，c)〉eq\f（b,c）；③a2〉b2，其中能成為a〉b的充分條件的是①.解析：由ac2>bc2可知c2〉0，即a〉b,故“ac2〉bc2”是“a〉b”的充分條件；②當c〈0時，a〈b；③當a<0，b<0時，a〈b，故②③不是a〉b的充分條件．13．已知a＋b>0,則eq\f(a,b2）＋eq\f(b,a2）與eq\f(1，a)＋eq\f(1，b)的大小關(guān)系是eq\f（a,b2)＋eq\f(b,a2)≥eq\f（1，a)＋eq\f(1,b)。解析：eq\f（a,b2)＋eq\f(b，a2)－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,a）＋\f(1,b))）＝eq\f(a－b，b2)＋eq\f（b－a，a2)＝(a－b)·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,b2）－\f（1，a2））)＝eq\f（a＋ba－b2,a2b2）.∵a＋b〉0,（a－b)2≥0,∴eq\f（a＋ba－b2,a2b2）≥0.∴eq\f(a，b2）＋eq\f(b，a2）≥eq\f(1，a)＋eq\f(1，b）。14．近來雞蛋價格起伏較大，假設第一周、第二周雞蛋價格分別為a元/千克、b元/千克,家庭主婦甲和乙買雞蛋的方式不同，家庭主婦甲每周買3千克雞蛋，家庭主婦乙每周買10元錢的雞蛋，購買方式更優(yōu)惠的是(平均單價低視為實惠）乙．(在橫線上填“甲”或“乙”即可)解析：由題意得甲購買雞蛋的平均單價為eq\f（3a＋3b,6)＝eq\f（a＋b，2)，乙購買雞的平均單價為eq\f（20,\f(10,a)＋\f（10,b）)＝eq\f（2ab,a＋b）.由條件得a≠B．∵eq\f（a＋b,2）－eq\f（2ab，a＋b）＝eq\f（a－b2,2a＋b）>0,∴eq\f（a＋b，2)>eq\f（2ab，a＋b），∴乙的購買方式更優(yōu)惠．15．已知a，b≥0，P＝a3＋b3，Q＝eq\r(ab)(a2＋b2），則P，Q的大小關(guān)系為P≥Q.解析：由a，b是非負實數(shù)，作差可得P－Q＝a3＋b3－eq\r(ab)（a2＋b2)＝a2eq\r(a)（eq\r（a）－eq\r（b)）＋b2eq\r（b)(eq\r（b）－eq\r(a)）＝（eq\r（a)－eq\r（b）)［(eq\r（a))5－(eq\r（b)）5］．當a≥b時，eq\r（a)≥eq\r（b)≥0，∴（eq\r(a))5≥(eq\r(b）)5，得（eq\r（a）－eq\r（b)）［（eq\r(a)）5－（eq\r（b）)5］≥0；當a〈b時，0≤eq\r（a）<eq\r(b)，∴（eq\r(a）)5<（eq\r(b））5，得（eq\r(a)－eq\r(b))[(eq\r（a））5－eq\r(b））5]〉0。∴a3＋b3≥eq\r(ab)(a2＋b2），即P≥Q.16．(2020·杭州質(zhì)檢）若實數(shù)a，b，c滿足對任意實數(shù)x，y，都有3x＋4y－5≤ax＋by＋c≤3x＋4y＋5，則(A）A．a(chǎn)＋b－c的最小值為2B．a(chǎn)－b＋c的最小值為－4C．a(chǎn)＋b－c的最大值為4D．a(chǎn)－b＋c的最大值為6解析:當x＝1，y＝－1時，－6≤a－b＋c≤4，所以a－b＋c的最小值為－6，最大值為4,故B，D錯誤；當x＝－1，y＝－1時，－12≤－a－b＋c≤－2，則2≤a＋b－c≤12,所以a＋b－c的最小值為2，最大值為12。故選A．17．（2020·福建廈門檢測）已知a〉b>0，x＝a＋beb,y＝b＋aea,z＝b＋aeb，則(A）A．x〈z<y B．z〈x〈yC．z〈y<x D．y<z<x解析：解法1：由題意，令a＝2，b＝1，則x＝2＋e,y＝1＋2e2，z＝1＋2e，顯然有1＋2e2〉1＋2e〉2＋e，即x<z〈y。解法2:a>b>0時,ea>eb，∴aea>aeb〉beb，∴b＋aea>b＋aeb〉b＋beb，∴y>z，∵z－x＝（b－a）＋(a－b）eb＝(a－b)(eb－1)>0,∴z>x.∴x<z<y。故選A．18．已知eq\r(2)介于eq\f（n＋3,n＋1)與eq\f（n＋4，n＋2)之間，則正整數(shù)n的值為3.解析：因為eq\f（n＋4,n＋2)＝1＋eq\f（2，n＋2)<1＋eq\f（2,n＋1）＝eq\f(n