2025屆高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)37不等關(guān)系與不等式含解析蘇教版

PAGEPAGE1課時(shí)作業(yè)37不等關(guān)系與不等式一、選擇題1．設(shè)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(jìn)－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(shí)數(shù)，則“a2>b2”是“a>b>0”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(dāng)a>b>0時(shí)，a2>b2成立．當(dāng)a＝－3，b＝－1時(shí)，滿意a2>b2，但a>b>0不成立，所以“a2>b2”是“a>b>03．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(xiàng)，取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，可知A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，當(dāng)c<0時(shí)，ac>bc?a<b，所以B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，因?yàn)閑q\f(a,c2)<eq\f(b,c2)，所以c≠0，又c2>0，所以a<b，C正確；D項(xiàng)，取a＝c＝2，b＝d＝1，可知D錯(cuò)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，則下列不等式中肯定成立的是(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，解除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(dāng)a>b>0時(shí)，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滿意－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(shè)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?yàn)?x＋2－x≥2eq\r(2x·2－x)＝2(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)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?yàn)楫?dāng)x＝2，y＝1時(shí)，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，所以解除選項(xiàng)A，B，C，故選D.10．設(shè)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解析：方法1：(特別值法)：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(duì)；a2＝eq\f(1,4)，ab＝eq\f(1,8)，故D不對(duì)；logeq\s\do8(\f(1,2))b＝2，logeq\s\do8(\f(1,2))a＝1，故B不對(duì)，故選C.方法2：(單調(diào)性法)：0<b<a?b2<ab，A不對(duì)；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(duì)；a>b>0?a2>ab，D不對(duì)，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(duì)于函數(shù)y＝f(x)＝eq\f(lnx,x)(x>e)，y′＝eq\f(1－lnx,x2)，易知當(dāng)x>e時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．因?yàn)閑<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(gè)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(dāng)c<0時(shí)，a<b；③當(dāng)a<0，b<0時(shí)，a<b，故②③不是a>b13．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(lái)雞蛋價(jià)格起伏較大，假設(shè)第一周、其次周雞蛋價(jià)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(gòu)買方式更實(shí)惠的是(平均單價(jià)低視為實(shí)惠)乙．(在橫線上填“甲”或“乙”即可)解析：由題意得甲購(gòu)買雞蛋的平均單價(jià)為eq\f(3a＋3b,6)＝eq\f(a＋b,2)，乙購(gòu)買雞的平均單價(jià)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(gòu)買方式更實(shí)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(fù)實(shí)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(dāng)a≥b時(shí)，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(dāng)a<b時(shí)，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．(2024·杭州模擬)若實(shí)數(shù)a，b，c滿意對(duì)隨意實(shí)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(dāng)x＝1，y＝－1時(shí)，－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(cuò)誤；當(dāng)x＝－1，y＝－1時(shí)，－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．(2024·福建廈門模擬)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，明顯有1＋2e2>1＋2e>2＋e，即x<z<y.解法2：a>b>0時(shí)，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