2022年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第六章 第1節(jié) 不等關(guān)系與不等式練習(xí)

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1、2022年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第六章 第1節(jié) 不等關(guān)系與不等式練習(xí) 一、選擇題 1．(xx·溫州市高三質(zhì)檢)設(shè)a，b∈R，則“a＞1且b＞1”是“ab＞1”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 [解析]　a＞1且b＞1?ab＞1；但ab＞1，則a＞1且b＞1不一定成立，如a＝－2，b＝－2時(shí)，ab＝4＞1.故選A. [答案]　A 2．設(shè)a B.> C．|a|>－b D.> [解析]　由題設(shè)得a不成立． [答案]　B 3

2、．設(shè)a＝lg e，b＝(lg e)2，c＝lg ，則(　　) A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>b C．c>a>b D．c>b>a [解析]　∵0lg e>(lg e)2，∴a>c>b. [答案]　B 4．已知p＝a＋，q＝x2－2，其中a>2，x∈R，則p，q的大小關(guān)系是　(　　) A．p≥q B．p>q C．p

3、，給出下面四個(gè)不等式：①|(zhì)a|>|b|；②ab3.其中不正確的不等式的個(gè)數(shù)是(　　) A．0　　　 B．1 C．2　　　　 D．3 [解析]　由<<0可得bb，②不正確；a＋b<0，ab>0，則a＋bb3，④正確．故不正確的不等式的個(gè)數(shù)為2. [答案]　C 6．設(shè)a，b是非零實(shí)數(shù)，若a0時(shí)，a2

4、>0，ab符號(hào)不確定，故B錯(cuò)．∵－＝<0，∴<，故C正確．D中與的大小不能確定． [答案]　C 7．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＜n C．m＜－n＜－m＜n D．m＜－n＜n＜－m [解析]　法一：(取特殊值法)令m＝－3，n＝2分別代入各選項(xiàng)檢驗(yàn)即可． 法二：m＋n＜0?m＜－n?n＜－m，又由于m＜0＜n，故m＜－n＜n＜－m成立． [答案]　D 8．(xx·北京高考)設(shè)a，b，c∈R，且a＞b，則(　　) A．a(chǎn)c＞bc B.＜ C．a(chǎn)2＞b2 D．a(chǎn)3＞b3 [解析]　利用作差比

5、較法或取特殊值排除法． A項(xiàng)，c≤0時(shí)，由a＞b不能得到ac＞bc，故不正確； B項(xiàng)，當(dāng)a＞0，b＜0(如a＝1，b＝－2)時(shí)，由a＞b不能得到＜，故不正確； C項(xiàng)，由a2－b2＝(a＋b)(a－b)及a＞b可知當(dāng)a＋b＜0時(shí)(如a＝－2，b＝－3或a＝2，b＝－3)均不能得到a2＞b2，故不正確； D項(xiàng)，a3－b3＝(a－b)(a2＋ab＋b2)＝(a－b)·[(a＋)2＋b2]，因?yàn)?a＋)2＋b2＞0，所以可由a＞b知a3－b3＞0，即a3＞b3，故正確． [答案]　D 9．(xx·黃岡質(zhì)檢)已知x>y>z，x＋y＋z＝0，則下列不等式中成立的是(　　) A．xy>yz

6、B．xz>yz C．xy>xz D．x|y|>z|y| [解析]　因?yàn)閤>y>z，x＋y＋z＝0，所以3x>x＋y＋z＝0,3z0，z<0.所以由可得xy>xz. [答案]　C 10．(xx·濟(jì)南調(diào)研)設(shè)a>1，且m＝loga(a2＋1)，n＝loga(a－1)，p＝loga(2a)，則m，n，p的大小關(guān)系為(　　) A．n>m>p B．m>p>n C．m>n>p D．p>m>n [解析]　因?yàn)閍>1，所以a2＋1－2a＝(a－1)2>0，即a2＋1>2a，又2a>a－1，所以由對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知loga(a2＋1)>loga(2a)>log

7、a(a－1)，即m>p>n. [答案]　B 二、填空題 11．設(shè)x，y∈R，則“x≥2且y≥2”是“x2＋y2≥4”的________條件． [解析]　∵x≥2且y≥2，∴x2＋y2≥4，∴“x≥2且y≥2”是“x2＋y2≥4”的充分條件；而x2＋y2≥4不一定得出x≥2且y≥2，例如當(dāng)x≤－2且y≤－2時(shí)，x2＋y2≥4亦成立，故“x≥2且y≥2”不是“x2＋y2≥4”的必要條件． ∴“x≥2且y≥2”是“x2＋y2≥4”的充分不必要條件． [答案]　充分不必要 12．(xx·揚(yáng)州期末)若a1

8、_． [解析]　作差可得(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1) ＝(a1－a2)·(b1－b2)，∵a10， 即a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1. [答案]　a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1 13．已知f(n)＝－n，g(n)＝n－，φ(n)＝(n∈N＋，n>2)，則f(n)，g(n)，φ(n)的大小關(guān)系是________ [解析]　f(n)＝－n＝<＝φ(n)， g(n)＝n－＝>＝φ(n)， ∴f(n)<φ(n)

9、飲料分兩次提價(jià)，提價(jià)方案有兩種，方案甲：第一次提價(jià)p%，第二次提價(jià)q%；方案乙：每次都提價(jià)%.若p>q>0，則提價(jià)多的方案是________． [解析]　設(shè)原價(jià)為a，方案甲提價(jià)后為a(1＋p%)(1＋q%)，方案乙提價(jià)后為a2， ∵2＝2 ≥2＝(1＋p%)(1＋q%)， 又∵p>q>0，∴等號(hào)不成立，則提價(jià)多的為方案乙． [答案]　乙 15．設(shè)f(x)＝ax2＋bx,1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，則f(－2)的取值范圍是________． [解析]　法一：設(shè)f(－2)＝mf(－1)＋nf(1) (m，n為待定系數(shù))，則4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)， 即4a－

10、2b＝(m＋n)a＋(n－m)b. 于是得，解得， ∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)． 又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4， ∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10. 法二：由，得， ∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)． 又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4， ∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10. 法三：由確定的平面區(qū)域如圖陰影部分， 當(dāng)f(－2)＝4a－2b過(guò)點(diǎn)A(，)時(shí)，取得最小值4×－2×＝5， 當(dāng)f(－2)＝4a－2b過(guò)點(diǎn)B(3,1)時(shí)，取得最大值4×3－2×1＝10，∴5≤f(－2)≤10 [答案]　[5,10]