高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第六章 不等式 6-6課后鞏固提升（含解析）新人教A

【創(chuàng)優(yōu)導(dǎo)學(xué)案】屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)第六章不等式6-6課后鞏固提升（含解析）新人教A版(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)P299解析為教師用書(shū)獨(dú)有)(時(shí)間：45分鐘滿(mǎn)分：100分)一、選擇題(本大題共6小題，每小題6分，共36分)1．用反證法證明命題“三角形的內(nèi)角中至少有一個(gè)不大于60°”時(shí)，假設(shè)正確的是 ()A．假設(shè)三內(nèi)角都不大于60°B．假設(shè)三內(nèi)角都大于60°C．假設(shè)三內(nèi)角至多有一個(gè)大于60°D．假設(shè)三內(nèi)角至多有兩個(gè)大于60°解析B“至少一個(gè)”的否定是“一個(gè)都沒(méi)有”．2．若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)(a≥0)，則P，Q的大小關(guān)系是()A．P＞Q B.P＝QC．P＜Q D.由a的取值確定解析C∵P2＝2a＋7＋2eq\r(a2＋7a)，Q2＝2a＋7＋2eq\r(a2＋7a＋12)，∴P2＜Q2.∵P＞0，Q＞0，∴P＜Q.3．(·綿陽(yáng)模擬)已知函數(shù)f(x)＝lgeq\f(1－x,1＋x)，若f(a)＝b，則f(－a)＝()A．a(chǎn) B.－bC.eq\f(1,b) D.－eq\f(1,b)解析B∵f(－x)＝lgeq\f(1＋x,1－x)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－x,1＋x)))－1＝－lgeq\f(1－x,1＋x)＝－f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)．∴f(－a)＝－f(a)＝－b.4．證明不等式eq\r(a＋1)－eq\r(a)<eq\r(a－1)－eq\r(a－2)(a≥2)所用的最適合的方法是 ()A．綜合法 B.分析法C．間接證法 D.合情推理法解析B欲比較eq\r(a＋1)－eq\r(a)，eq\r(a－1)－eq\r(a－2)的大小，只需比較eq\r(a＋1)＋eq\r(a－2)，eq\r(a－1)＋eq\r(a)，(eq\r(a＋1)＋eq\r(a－2))2＝2a－1＋2eq\r(a＋1)·eq\r(a－2)，(eq\r(a－1)＋eq\r(a))2＝2a－1＋2eq\r(a－1)·eq\r(a)，只需比較eq\r(a＋1)·eq\r(a－2)，eq\r(a－1)·eq\r(a)的大小，以上證明不等式所用的最適合的方法是分析法，故選B.5．設(shè)平面內(nèi)有四邊形ABCD和點(diǎn)O，且eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OC,\s\up10(→))＝eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\o(OD,\s\up10(→))，則四邊形ABCD為 ()A．菱形 B.梯形C．矩形 D.平行四邊形解析D由eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OC,\s\up10(→))＝eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\o(OD,\s\up10(→))，得eq\o(OA,\s\up10(→))－eq\o(OB,\s\up10(→))＝eq\o(OD,\s\up10(→))－eq\o(OC,\s\up10(→))，即eq\o(BA,\s\up10(→))＝eq\o(CD,\s\up10(→))，∴四邊形ABCD為平行四邊形．6．(·河南調(diào)研)實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足4x＋4y＝2x＋1＋2y＋1，則t＝2x＋2y的取值范圍是 ()A．0<t≤2 B.0<t≤4C．2<t≤4 D.t≥4解析C由題意，得2(2x＋2y)＝4x＋4y＝(2x＋2y)2－2·2x·2y，∵2x·2y≤eq\f(1,4)(2x＋2y)2，又t＝2x＋2y，于是原式可化為2t≥t2－eq\f(1,2)t2，解得0≤t≤4.結(jié)合函數(shù)y1＝2x，y2＝4x的圖象間的關(guān)系，由實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足4x＋4y＝2x＋1＋2y＋1可知，x，y至少有一個(gè)為非負(fù)數(shù)，故t>2.綜上可知，2<t≤4.二、填空題(本大題共3小題，每小題8分，共24分)7．(·西安模擬)設(shè)奇函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，最小正周期T＝3，若f(1)≥1，f(2)＝eq\f(2a－3,a＋1)，則a的取值范圍是________．解析因?yàn)閒(x)是奇函數(shù)，所以f(1)＝－f(－1)，又因?yàn)槠渥钚≌芷赥＝3，所以f(1)＝－f(－1)＝－f(2)．由f(1)≥1，f(2)＝eq\f(2a－3,a＋1)，得－eq\f(2a－3,a＋1)≥1，解得－1<a≤eq\f(2,3).【答案】eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3)))8．對(duì)于任意實(shí)數(shù)a，b定義運(yùn)算：a·b＝(a＋1)(b＋1)－1，給出以下結(jié)論：①對(duì)于任意實(shí)數(shù)a，b，c，有a·(b＋c)＝(a·b)＋(a·c)；②對(duì)于任意實(shí)數(shù)a，b，c，有a·(b·c)＝(a·b)·c；③對(duì)于任意實(shí)數(shù)a，有a·0＝a.則以上結(jié)論正確的是________．(寫(xiě)出你認(rèn)為正確的結(jié)論的所有序號(hào))解析按新定義，可以驗(yàn)證a·(b＋c)≠(a·b)＋(a·c)，所以①不成立；而a·(b·c)＝(a·b)·c成立，a·0＝(a＋1)(0＋1)－1＝a.所以正確的結(jié)論是②③.【答案】②③9．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，則a、b應(yīng)滿(mǎn)足的條件是________．解析首先a≥0，b≥0且a與b不同為0.要使aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，只需(aeq\r(a)＋beq\r(b))2>(aeq\r(b)＋beq\r(a))2，即a3＋b3>a2b＋ab2，只需(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)，只需a2－ab＋b2>ab，即(a－b)2>0，只需a≠b.故a，b應(yīng)滿(mǎn)足a≥0，b≥0且a≠b.【答案】a≥0，b≥0且a≠b三、解答題(本大題共3小題，共40分)10．(12分)實(shí)數(shù)a，b，c，d滿(mǎn)足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，求證：a，b，c，d中至少有一個(gè)為負(fù)數(shù)．解析假設(shè)a，b，c，d都是非負(fù)數(shù)，則由a＋b＝c＋d＝1，有1＝(a＋b)(c＋d)＝ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd，即ac＋bd≤1，這與ac＋bd>1矛盾，故假設(shè)不成立．即a，b，c，d中至少有一個(gè)為負(fù)數(shù)．11．(12分)設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函數(shù)f(x＋1)與f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)．求證：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))為偶函數(shù)．解析要證feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))為偶函數(shù)，只需證feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))的對(duì)稱(chēng)軸為x＝0，只需證－eq\f(b,2a)－eq\f(1,2)＝0，即證a＝－b.∵函數(shù)f(x＋1)與f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，即x＝－eq\f(b,2a)－1與x＝－eq\f(b,2a)關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，∴－eq\f(b,2a)－1＝－eq\f(－b,2a)，∴a＝－b，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))為偶函數(shù)．12．(16分)已知函數(shù)f(x)＝ax＋eq\f(x－2,x＋1)(a＞1)．求證：(1)函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)；(2)方程f(x)＝0沒(méi)有負(fù)根．解析(1)方法一：任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨設(shè)x1＜x2，則x2－x1＞0，＞1且＞0，∴＝(－1)＞0.又∵x1＋1＞0，x2＋1＞0，∴eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)＝eq\f(x2－2x1＋1－x1－2x2＋1,x1＋1x2＋1)＝eq\f(3x2－x1,x1＋1x2＋1)＞0.于是f(x2)－f(x1)＝＋eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)＞0，故函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．方法二：f(x)＝ax＋1－eq\f(3,x＋1)(a＞1)，求導(dǎo)數(shù)得f′(x)＝axlna＋eq\f(3,x＋12)，∵a＞1，∴當(dāng)x＞－1時(shí)，axlna＞0，eq\f(3,x＋12)＞0，∴f′(x)＞0在(－1，＋∞)上恒成立，則函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．(2)方法一：設(shè)存在x0＜0(x0≠－1)滿(mǎn)足f(x0)＝0，則＝－eq\f(x0－2,x0＋1)，且0＜＜1，∴0＜－eq\f(x0－2,x0＋1)＜1，即eq