2017高考数学大一轮复习活页作业6.1不等关系与不等式 doc

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课时活页作业（三十一）

[基础训练组]

1．(2016·温州质检)设a，b∈R，则“a＞1且b＞1”是“ab＞1”的( ) A．充分不必要条件 C．充要条件

B．必要不充分条件

D．既不充分也不必要条件

[解析] a＞1且b＞1?ab＞1；但ab＞1，则a＞1且b＞1不一定成立，如a＝－2，b＝－2时，ab＝4＞1.故选A.

[答案] A

2．设a abC．|a|>－b

11B.> a－baD.－a>－b

1111

[解析] 由题设得a不成立．

a－baa－ba[答案] B 3．已知p＝a＋A．p≥q C．p

1

，q＝a－2

B．p>q D．p≤q

，其中a>2，x∈R，则p，q的大小关系是( )

11

[解析] p＝a＋＝a－2＋＋2≥2＋2＝4，当且仅当a＝3时取等号．因为x2－2≥

a－2a－2－2，所以q＝

[答案] A

4．(2016·晋城模拟)已知下列四个条件：①b＞0＞a，②0＞a＞b，③a＞0＞b，④a＞b＞11

0，能推出＜成立的有( )

ab

A．1个 C．3个

B．2个 D．4个

1－

≤()2＝4，当且仅当x＝0时取等号．所以p≥q. 2

11

[解析] 运用倒数性质，由a＞b，ab＞0可得＜，②、④正确．又正数大于负数，①

ab正确，③错误，故选C.

[答案] C

5．设a，b是非零实数，若a

B．ab2

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11C.2<2 ababbaD.< ab

[解析] 当a<0，b>0时，a20，ab符号不确定，故B错．∵能确定．

[答案] C

6．设x，y∈R，则“x≥2且y≥2”是“x2＋y2≥4”的________条件．

[解析] ∵x≥2且y≥2，∴x2＋y2≥4，∴“x≥2且y≥2”是“x2＋y2≥4”的充分条件；而x2＋y2≥4不一定得出x≥2且y≥2，例如当x≤－2且y≤－2时，x2＋y2≥4亦成立，故“x≥2且y≥2”不是“x2＋y2≥4”的必要条件．

∴“x≥2且y≥2”是“x2＋y2≥4”的充分不必要条件． [答案] 充分不必要

ππ

7．若角α，β满足－＜α＜β＜，则2α－β的取值范围是________．

22

ππππ3π3π

[解析] ∵－＜α＜β＜，∴－π＜2α＜π，－＜－β＜，∴－＜2α－β＜，又∵2α

222222π3ππ

－β＝α＋(α－β)＜α＜，∴－＜2α－β＜.

222

3ππ

－，? [答案] ??22?1

8．已知f(n)＝n2＋1－n，g(n)＝n－n2＋1，φ(n)＝(n∈N*，n>2)，则f(n)，g(n)，φ(n)

2n的大小关系是________．

[解析] f(n)＝n2＋1－n＝11

<＝φ(n)， 22nn＋1＋n

11a－b11ba

2－2＝22<0，∴2<2，故C正确．D中与的大小不abababababab

11

g(n)＝n－n2－1＝>＝φ(n)，

n＋n2－12n∴f(n)<φ(n)

9．(1)设x＜y＜0，试比较(x2＋y2)(x－y)与(x2－y2)·(x＋y)的大小； 11xy(2)已知a，b，x，y∈(0，＋∞)且＞，x＞y，求证：＞. abx＋ay＋b[解析] 法一 (x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y) ＝(x－y)[x2＋y2－(x＋y)2]＝－2xy(x－y)，

∵x＜y＜0，∴xy＞0，x－y＜0，∴－2xy(x－y)＞0， ∴(x2＋y2)(x－y)＞(x2－y2)(x＋y)．

法二 ∵x＜y＜0，∴x－y＜0，x2＞y2，x＋y＜0.

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∴(x2＋y2)(x－y)＜0，(x2－y2)(x＋y)＜0，

2?x＋y2??x－y?x2＋y2

∴0＜22＝＜1，

?x－y??x＋y?x2＋y2＋2xy

∴(x2＋y2)(x－y)＞(x2－y2)(x＋y)． (2)证明：

bx－ayxy

－＝. x＋ay＋b?x＋a??y＋b?

11

∵＞且a，b∈(0，＋∞)，∴b＞a＞0， ab又∵x＞y＞0，∴bx＞ay＞0， ∴

bx－ayxy

＞0，∴＞.

?x＋a??y＋b?x＋ay＋b

10．甲、乙两人同时从寝室到教室，甲一半路程步行，一半路程跑步，乙一半时间步行，一半时间跑步，如果两人步行速度、跑步速度均相同，试判断谁先到教室？

[解析] 设从寝室到教室的路程为s，甲、乙两人的步行速度为v1，跑步速度为v2，且v1＜v2.

sss?v1＋v2?甲所用的时间t甲＝＋＝，

2v12v22v1v22s

乙所用的时间t乙＝，

v1＋v2

2

t甲s?v?v1＋v2?v1＋v21＋v2?∴＝×＝ 2v1v22s4v1v2t乙2

v24v1v21＋v2＋2v1v2＝＞＝1.

4v1v24v1v2

∵t甲＞0，t乙＞0，∴t甲＞t乙，即乙先到教室．

[能力提升组]

11．若m＜0，n＞0且m＋n＜0，则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分别代入各选项检验即可．

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

12．(2016·黄冈质检)已知x>y>z，x＋y＋z＝0，则下列不等式中成立的是( ) A．xy>yz C．xy>xz

B．xz>yz D．x|y|>z|y|

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[解析] 因为x>y>z，x＋y＋z＝0，所以3x>x＋y＋z＝0,3z0，z<0.

?x>0所以由?可得xy>xz.

?y>z

[答案] C

13．(2016·济南调研)设a>1，且m＝loga(a2＋1)，n＝loga(a－1)，p＝loga(2a)，则m，n，p的大小关系为( )

A．n>m>p C．m>n>p

B．m>p>n D．p>m>n

[解析] 因为a>1，所以a2＋1－2a＝(a－1)2>0，即a2＋1>2a，又2a>a－1，所以由对数函数的单调性可知loga(a2＋1)>loga(2a)>loga(a－1)，即m>p>n.

[答案] B

14．(2015·北京东城区统测)某种饮料分两次提价，提价方案有两种，方案甲：第一次提p＋q价p%，第二次提价q%；方案乙：每次都提价%.若p>q>0，则提价多的方案是________．

2

p＋q?

[解析] 设原价为a，方案甲提价后为a(1＋p%)(1＋q%)，方案乙提价后为a?1＋%

2??

2

，

p＋q?2?1＋p%＋1＋q%?2

∵?1＋%＝

22????

2

≥(?1＋p%??1＋q%?)＝(1＋p%)(1＋q%)，

又∵p>q>0，∴等号不成立，则提价多的为方案乙． [答案] 乙

15．设f(x)＝ax2＋bx,1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，求f(－2)的取值范围．

[解] 法一：设f(－2)＝mf(－1)＋nf(1) (m，n为待定系数)，则4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)，

即4a－2b＝(m＋n)a＋(n－m)b.

???m＋n＝4?m＝3

?于是得，解得?， ?n－m＝－2???n＝1

∴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.

?＝a－b?f－?1?法二：由?

?f?1?＝a＋b?

?a＝2[f?－1?＋f?1?]

，得?1

b＝?2[f?1?－f?－1?]

1

，

∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)．

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又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，

∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10.

??1≤a－b≤2

法三：由?确定的平面区域如图阴影部分，

?2≤a＋b≤4?

31

当f(－2)＝4a－2b过点A(，)时，

22

31

取得最小值4×－2×＝5，当f(－2)＝4a－2b过点B(3,1)时，取得最大值4×3－2×1＝10，

22∴5≤f(－2)≤10

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