北师大版高考数学一轮复习第七章 §7.1　不等关系与不等式试卷

展开

这是一份北师大版高考数学一轮复习第七章 §7.1　不等关系与不等式试卷，共13页。试卷主要包含了1　不等关系与不等式，掌握等式的性质，则下列组合中全部正确的为，性质等内容，欢迎下载使用。

考试要求 1.掌握等式的性质.2.会比较两个数(式)的大小.3.理解不等式的性质，掌握不等式性质的简单应用．
1．两个实数比较大小的方法
(1)作差法eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－b>0⇔a>b,a－b＝0⇔a＝b,a－b<0⇔a(2)作商法eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,b)>1⇔a>b,\f(a,b)＝1⇔a＝b,\f(a,b)<1⇔a0)
2．不等式的基本性质
微思考
1．两个正数a，b，如果a>b，则eq \r(n,a)与eq \r(n,b)的大小关系如何？
提示如果a>b>0，则eq \r(n,a)>eq \r(n,b).
2．非零实数a，b，如果a>b，则eq \f(1,a)与eq \f(1,b)的大小关系如何？
提示如果ab>0且a>b，则eq \f(1,a)如果a>0>b，则eq \f(1,a)>eq \f(1,b).
题组一思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)两个实数a，b之间，有且只有a>b，a＝b，a(2)若a>b，则ac>bc.( × )
(3)若eq \f(a,b)>1，则a>b.( × )
(4)若eq \f(1,a)>eq \f(1,b)>0，则b>a>0.( √ )
题组二教材改编
2．若M＝(x－3)2，N＝(x－2)(x－4)，则有( )
A．M>N B．M≥N
C．M答案 A
解析因为M－N＝(x－3)2－(x－2)(x－4)＝1>0，
所以M>N.
3．若a>b>0，cA.eq \f(a,c)－eq \f(b,d)>0 B.eq \f(a,c)－eq \f(b,d)<0 C.eq \f(a,d)>eq \f(b,c) D.eq \f(a,d)答案 D
解析 ∵c又0ac，
又∵cd>0，∴eq \f(bd,cd)>eq \f(ac,cd)，即eq \f(b,c)>eq \f(a,d).
4．比较两数的大小：eq \r(7)＋eq \r(10)________eq \r(3)＋eq \r(14).
答案 >
解析 ∵(eq \r(7)＋eq \r(10))2＝17＋2eq \r(70)，(eq \r(3)＋eq \r(14))2＝17＋2eq \r(42)，
∴(eq \r(7)＋eq \r(10))2>(eq \r(3)＋eq \r(14))2，
∴eq \r(7)＋eq \r(10)>eq \r(3)＋eq \r(14).
题组三易错自纠
5．下列命题为假命题的是( )
A．若a>b>0，则ac2>bc2
B．若aab>b2
C．若a>b>0且c<0，则eq \f(c,a2)>eq \f(c,b2)
D．若a>b且eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，则ab<0
答案 A
解析当c＝0时，不等式不成立，∴A中命题是假命题；eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(aab，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ab2，∴a2>ab>b2，∴B中命题是真命题；a>b>0⇒a2>b2>0⇒0eq \f(c,b2)，∴C中命题是真命题；eq \f(1,a)>eq \f(1,b)⇒eq \f(1,a)－eq \f(1,b)>0⇒eq \f(b－a,ab)>0，∵a>b，∴b－a<0，ab<0，∴D中命题是真命题．
6．已知－1答案 (－6,5)
解析 ∵－3又－1题型一比较两个数(式)的大小
例1 (1)(2020·上海模拟)设0A．a B．b C．c D．不确定
答案 C
解析因为b－a＝1＋x－eq \r(2x)≥2eq \r(x)－eq \r(2x)>0，所以b>a.又c－b＝eq \f(1,1－x)－x－1＝eq \f(x2,1－x)>0，则c>b，所以最大的一个是c.
(2)若a＝eq \f(ln 3,3)，b＝eq \f(ln 4,4)，c＝eq \f(ln 5,5)，则( )
A．aC．c答案 B
解析令函数f(x)＝eq \f(ln x,x)，则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
易知当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)是减少的，
因为e<3<4<5，
所以f(3)>f(4)>f(5)，
即c(3)eπ·πe与ee·ππ的大小关系为________．
答案 eπ·πe解析 eq \f(eπ·πe,ee·ππ)＝eq \f(eπ－e,ππ－e)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,π)))π－e，
又0∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,π)))π－e<1，即eq \f(eπ·πe,ee·ππ)<1，即eπ·πe思维升华比较大小的常用方法
(1)作差法：①作差；②变形；③定号；④得出结论．
(2)作商法：①作商；②变形；③判断商与1的大小关系；④得出结论．
(3)构造函数，利用函数的单调性比较大小．
跟踪训练1 (1)(2020·唐山模拟)已知x>0，y>0，M＝eq \f(x2,x＋2y)，N＝eq \f(4x－y,5)，则M和N的大小关系为( )
A．M>N B．MC．M＝N D．以上都有可能
答案 A
解析因为x>0，y>0，所以M－N＝eq \f(x2,x＋2y)－eq \f(4x－y,5)＝eq \f(x2－4xy＋8y2,5x＋2y)＝eq \f(x－2y2＋4y2,5x＋2y)>0，即M>N.
(2)已知M＝eq \f(e2 020＋1,e2 021＋1)，N＝eq \f(e2 021＋1,e2 022＋1)，则M，N的大小关系为________．
答案 M>N
解析方法一 M－N＝eq \f(e2 020＋1,e2 021＋1)－eq \f(e2 021＋1,e2 022＋1)
＝eq \f(e2 020＋1e2 022＋1－e2 021＋12,e2 021＋1e2 022＋1)
＝eq \f(e2 020＋e2 022－2e2 021,e2 021＋1e2 022＋1)
＝eq \f(e2 020e－12,e2 021＋1e2 022＋1)>0.
∴M>N.
方法二令f(x)＝eq \f(ex＋1,ex＋1＋1)＝eq \f(\f(1,e)ex＋1＋1＋1－\f(1,e),ex＋1＋1)
＝eq \f(1,e)＋eq \f(1－\f(1,e),ex＋1＋1)，
显然f(x)是R上的减函数，
∴f(2 020)>f(2 021)，
即M>N.
题型二不等式的基本性质
例2 (1)(2020·新乡模拟)已知a，b，c，d均为实数，则下列命题正确的是( )
A．若aB．若ab>0，bc－ad>0，则eq \f(c,a)－eq \f(d,b)<0
C．若a>b，c>d，则a－d>b－c
D．若a>b，c>d>0，则eq \f(a,d)>eq \f(b,c)
答案 C
解析若00，bc－ad>0，则eq \f(bc－ad,ab)>0，即eq \f(c,a)－eq \f(d,b)>0，故选项B错误；若a>b，c>d，则－d>－c，所以a－d>b－c，故选项C正确；若c>d>0，则eq \f(1,d)>eq \f(1,c)>0，若a>b>0，则eq \f(a,d)>eq \f(b,c)，故选项D错误．
(2)(2020·武汉模拟)若eq \f(1,a)>eq \f(1,b)>0，有下列四个不等式：①a3lgb＋13；③eq \r(b)－eq \r(a)2ab2.则下列组合中全部正确的为( )
A．①② B．①③ C．①④ D．②③
答案 B
解析若eq \f(1,a)>eq \f(1,b)>0，则b>a>0，①a3思维升华判断不等式的常用方法
(1)直接利用不等式的性质逐个验证，利用不等式的性质判断不等式是否成立时要特别注意前提条件．
(2)利用特殊值法排除错误答案．
(3)利用函数的单调性，当直接利用不等式的性质不能比较大小时，可以利用指数函数、对数函数、幂函数等函数的单调性来比较．
跟踪训练2 (1)若2m>2n，则下列结论一定成立的是( )
A.eq \f(1,m)>eq \f(1,n) B．m|m|>n|n|
C．ln(m－n)>0 D．πm－n<1
答案 B
解析 ∵2m>2n，
可取m＝2，n＝1，可得ACD不成立．
(2)设b>a>0，c∈R，则下列不等式中不正确的是( )
A．< B.eq \f(1,a)>eq \f(1,b)
C.eq \f(a＋2,b＋2)>eq \f(a,b) D．ac3答案 D
解析因为y＝在(0，＋∞)上是增函数，所以<；
因为y＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)上是减函数，所以eq \f(1,a)>eq \f(1,b)；
因为eq \f(a＋2,b＋2)－eq \f(a,b)＝eq \f(2b－a,b＋2b)>0，所以eq \f(a＋2,b＋2)>eq \f(a,b)；
当c＝0时，ac3＝bc3，所以D不成立．
题型三不等式性质的综合应用
例3 (1)已知－1答案 (－4,2) (1,18)
解析 ∵－1∴－4由－1∴1<3x＋2y<18.
(2)已知3答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))
解析 ∵4又3即eq \f(1,3) 若将本例(1)中条件改为－1解设3x＋2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋n＝3，,m－n＝2，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(5,2)，,n＝\f(1,2).))
即3x＋2y＝eq \f(5,2)(x＋y)＋eq \f(1,2)(x－y)，
又∵－1∴－eq \f(5,2)∴－eq \f(3,2)即－eq \f(3,2)<3x＋2y∴3x＋2y的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(23,2))).
思维升华求代数式的取值范围，一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得整体范围．
跟踪训练3 (1)已知a>b>c,2a＋b＋c＝0，则eq \f(c,a)的取值范围是( )
A．－3C．－2答案 A
解析因为a>b>c,2a＋b＋c＝0，
所以a>0，c<0，b＝－2a－c，
因为a>b>c，
所以－2a－c－c，解得eq \f(c,a)>－3，
将b＝－2a－c代入b>c中，得－2a－c>c，
即a<－c，得eq \f(c,a)<－1，所以－3(2)已知0<β<α答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
解析 ∵0<β又0<α又β<α，∴α－β>0，即0<α－β课时精练
1．若a，b都是实数，则“eq \r(a)－eq \r(b)>0”是“a2－b2>0”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
答案 A
解析 eq \r(a)－eq \r(b)>0⇒eq \r(a)>eq \r(b)≥0⇒a>b≥0⇒a2>b2，
但a2－b2>0D⇏eq \r(a)－eq \r(b)>0，
所以“eq \r(a)－eq \r(b)>0”是“a2－b2>0”的充分不必要条件．
2．设a，b，c为实数，且aA.eq \f(1,a)C.eq \f(b,a)>eq \f(a,b) D．a2>ab>b2
答案 D
解析对于A，令a＝－2，b＝－1，eq \f(1,a)＝－eq \f(1,2)，eq \f(1,b)＝－1，eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，故A错误；对于B，当c＝0时，则ac2＝bc2＝0，故B错误；对于C，令b＝－1，a＝－2，则eq \f(b,a)ab且ab>b2，故D正确．
3．若a>b>0，则下列不等式中一定成立的是( )
A．a＋eq \f(1,b)>b＋eq \f(1,a) B.eq \f(b,a)>eq \f(b＋1,a＋1)
C．a－eq \f(1,b)>b－eq \f(1,a) D.eq \f(2a＋b,a＋2b)>eq \f(a,b)
答案 A
解析取a＝2，b＝1，排除B与D；另外，函数f(x)＝x－eq \f(1,x)是(0，＋∞)上的增函数，因为a>b>0，所以a－eq \f(1,a)>b－eq \f(1,b)，即a＋eq \f(1,b)>b＋eq \f(1,a)，A项成立；但函数g(x)＝x＋eq \f(1,x)在(0,1]上是减少的，在[1，＋∞)上是增加的，所以，当a>b>0时，g(a)>g(b)未必成立，即C不一定成立．
4．已知a1∈(0,1)，a2∈(0,1)，记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，则M与N的大小关系是( )
A．MN
C．M＝N D．不确定
答案 B
解析 M－N＝a1a2－(a1＋a2－1)
＝a1a2－a1－a2＋1＝(a1－1)(a2－1)，
又a1∈(0,1)，a2∈(0,1)，
∴a1－1<0，a2－1<0.
∴(a1－1)(a2－1)>0，即M－N>0，∴M>N.
5．已知a，b∈(0,1)，若a>b，则下列所给命题中正确的为( )
A．>(1－b)a
B．(1－b)a>
C．(1＋b)b>(1＋a)a
D．(1－b)b>(1－a)a
答案 D
解析因为a，b∈(0,1)且a>b，所以1>1－b>1－a>0，因为指数函数y＝ax(0a>b>0，
所以eq \f(1,a)>a，a>eq \f(a,2)，故A，B错误．
(1＋b)b<(1＋a)b<(1＋a)a，故C错误．
(1－b)b>(1－b)a>(1－a)a，故D正确．
6．若α，β满足－eq \f(π,2)<α<βA．－π<2α－β<0 B．－π<2α－β<π
C．－eq \f(3π,2)<2α－β答案 C
解析 ∵－eq \f(π,2)<α∵－eq \f(π,2)<β∴－eq \f(3π,2)<2α－β又α－β<0，α故－eq \f(3π,2)<2α－β7．已知M＝x2＋y2＋z2，N＝2x＋2y＋2z－π，则M________N(填“>”“<”或“＝”)
答案 >
解析 M－N＝x2＋y2＋z2－2x－2y－2z＋π
＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3≥π－3>0，
故M>N.
8．已知非零实数a，b满足a>b，则下列结论正确的是________(填序号)．
①eq \f(1,a)b3；③2a>2b；④ln a2>ln b2.
答案 ②③
解析当a>0，b<0时，eq \f(1,a)>0>eq \f(1,b)，故①不正确；
由函数y＝x3，y＝2x的单调性可知，②③正确；
当a＝1，b＝－1时，ln a2＝ln b2＝ln 1＝0，故④不正确．
9．近来鸡蛋价格起伏较大，每两周的价格均不相同，假设第一周、第二周鸡蛋价格分别为a元/斤、b元/斤，家庭主妇甲和乙买鸡蛋的方式不同：家庭主妇甲每周买3斤鸡蛋，家庭主妇乙每周买10元钱的鸡蛋，试比较谁的购买方式更优惠(两次平均价格低视为更优惠)________．(在横线上填甲或乙即可)
答案乙
解析由题意得甲购买产品的平均单价为eq \f(3a＋3b,6)＝eq \f(a＋b,2)，乙购买产品的平均单价为eq \f(20,\f(10,a)＋\f(10,b))＝eq \f(2ab,a＋b)，由条件得a≠b.
∵eq \f(a＋b,2)－eq \f(2ab,a＋b)＝eq \f(a－b2,2a＋b)>0，
∴eq \f(a＋b,2)>eq \f(2ab,a＋b)，
即乙的购买方式更优惠．
10．(2020·浙江宁海中学月考)已知等比数列{a1，a2，a3，a4}满足a1∈(0,1)，a2∈(1,2)，a3∈(2,3)，则a4的取值范围是________．
答案 (2eq \r(2)，9)
解析设等比数列{a1，a2，a3，a4}的公比为q，
由a1∈(0,1)，a2∈(1,2)，a3∈(2,3)可知，
0由③÷②可得1③÷①可得q2>2，即q>eq \r(2)或q<－eq \r(2)，
②÷①可得q>1，
所以eq \r(2)11．已知a＋b>0，试比较eq \f(a,b2)＋eq \f(b,a2)与eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的大小．
解 eq \f(a,b2)＋eq \f(b,a2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(1,b2)－\f(1,a2)))＝eq \f(a＋ba－b2,a2b2).
∵a＋b>0，(a－b)2≥0，
∴eq \f(a＋ba－b2,a2b2)≥0.
∴eq \f(a,b2)＋eq \f(b,a2)≥eq \f(1,a)＋eq \f(1,b).
12．(1)若bc－ad≥0，bd>0，求证：eq \f(a＋b,b)≤eq \f(c＋d,d)；
(2)已知c>a>b>0，求证：eq \f(a,c－a)>eq \f(b,c－b).
证明 (1)∵bc≥ad，eq \f(1,bd)>0，∴eq \f(c,d)≥eq \f(a,b)，
∴eq \f(c,d)＋1≥eq \f(a,b)＋1，∴eq \f(a＋b,b)≤eq \f(c＋d,d).
(2)∵c>a>b>0，∴c－a>0，c－b>0.
∵a>b>0，∴eq \f(1,a)又∵c>0，∴eq \f(c,a)又c－a>0，c－b>0，∴eq \f(a,c－a)>eq \f(b,c－b).
13．已知cA．ab>ac B．c(b－a)>0
C．cb2答案 C
解析由c0且c<0，b的正负不确定，
由b>c且a>0知ba>ca，故A一定成立；
∵b－a<0且c<0，∴c(b－a)>0，故B一定成立；
当b＝0时，cb2＝ab2＝0，故C不一定成立；
又a－c>0且ac<0，∴ac(a－c)<0，故D一定成立．
14．某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件：
(1)男学生人数多于女学生人数；
(2)女学生人数多于教师人数；
(3)教师人数的两倍多于男学生人数．
①若教师人数为4，则女学生人数的最大值为________．
②该小组人数的最小值为________．
答案 ①6 ②12
解析设男学生人数为x，女学生人数为y，教师人数为z，由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>y，,y>z，,2z>x，))且x，y，z均为正整数．
①当z＝4时，8>x>y>4，∴x的最大值为7，y的最大值为6，故女学生人数的最大值为6.
②x>y>z>eq \f(x,2)，当x＝3时，条件不成立，当x＝4时，条件不成立，当x＝5时，5>y>z>eq \f(5,2)，此时z＝3，y＝4.
∴该小组人数的最小值为12.
15．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答案 A
解析 c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，∴c≥b，
又b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，
两式相减得2b＝2＋2a2即b＝1＋a2，
∴b－a＝a2＋1－a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)>0，
∴b>a，∴a16．观察以下运算：
1×5＋3×6>1×6＋3×5，
1×5＋3×6＋4×7>1×6＋3×5＋4×7>1×7＋3×6＋4×5.
(1)若两组数a1，a2与b1，b2，且a1≤a2，b1≤b2，则a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1是否成立，试证明．
(2)若两组数a1，a2，a3与b1，b2，b3且a1≤a2≤a3，b1≤b2≤b3，对a1b3＋a2b2＋a3b1，a1b2＋a2b1＋a3b3，a1b1＋a2b2＋a3b3进行大小顺序(不需要说明理由)．
解 (1)成立，证明如下：
∵a1b1＋a2b2－(a1b2＋a2b1)＝a1(b1－b2)＋a2(b2－b1)＝(a1－a2)(b1－b2)，
又a1≤a2，b1≤b2，∴(a1－a2)(b1－b2)≥0，即a1b1＋a2b2≥a1b2＋a2b1.
(2)a1b3＋a2b2＋a3b1≤a1b2＋a2b1＋a3b3≤a1b1＋a2b2＋a3b3.性质
性质内容
特别提醒
对称性
a>b⇔b⇔
传递性
a>b，b>c⇒a>c
⇒
可加性
a>b⇔a＋c>b＋c
⇔
可乘性
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a>b,c>0))⇒ac>bc
注意c的符号
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a>b,c<0))⇒ac同向可加性
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a>b,c>d))⇒a＋c>b＋d
⇒
同向同正可乘性
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a>b>0,c>d>0))⇒ac>bd
⇒
可乘方性
a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥1)
a，b同为正数
可开方性
a>b>0⇒eq \r(n,a)>eq \r(n,b)(n∈N，n≥2)
a，b同为正数