2022版备战老高考一轮复习文科数学课后限时集训36 不等关系与不等式 作业

不等关系与不等式建议用时：45分钟一、选择题1．设a＞b，a，b，c∈R，则下列命题为真命题的是()A．ac2＞bc2 B.eq\f(a,b)＞1C．a－c＞b－c D．a2＞b2C[对于选项A，a＞b，若c＝0，则ac2＝bc2，故A错误；对于选项B，a＞b，若a＞0，b＜0，则eq\f(a,b)＜1，故B错误；对于选项C，a＞b，则a－c＞b－c，故C正确；对于选项D，a＞b，若a，b均小于0，则a2＜b2，故D错误，综上，真命题为C.]2．下列命题中正确的是()A．若ac＞bc，则a＞bB．若a＞b，c＞d，则a－c＞b－dC．若a＞b，c＜d，则eq\f(a,c)＞eq\f(b,d)D．若ab＞0，a＞b，则eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)D[对于A，当c＜0时，a＜b，故A错；对于B，a＞b，－c＜－d，不满足不等式的同向可加性，故B错；对于C，当c＜0＜d＜b＜a时，eq\f(a,c)＜0＜eq\f(b,d)，故C错；对于D，由ab＞0知a＞b＞0或b＜a＜0，则eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)成立，故D正确．]3．若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，则f(x)，g(x)的大小关系是()A．f(x)＝g(x) B．f(x)＞g(x)C．f(x)＜g(x) D．随x值的变化而变化B[f(x)－g(x)＝(3x2－x＋1)－(2x2＋x－1)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1＞0，∴f(x)＞g(x)，故选B.]4．若实数x，y满足3≤xy2≤8,4≤eq\f(x2,y)≤9，则eq\f(x3,y4)的最大值是()A．27B．12C．17D．81A[由3≤xy2≤8,4≤eq\f(x2,y)≤9，可知x＞0，y＞0，且eq\f(1,8)≤eq\f(1,xy2)≤eq\f(1,3)，16≤eq\f(x4,y2)≤81，可得2≤eq\f(x3,y4)≤27，故eq\f(x3,y4)的最大值是27.故选A.]5．(2019·商丘模拟)已知x＞y＞z，x＋y＋z＝0，则下列不等式成立的是()A．xy＞yz B．xy＞xzC．xz＞yz D．x|y|＞|y|zB[因为x＞y＞z，x＋y＋z＝0，所以x＞0，z＜0，y的符号无法确定．对于A，因为x＞z，若y＜0，则xy＜0＜yz，故A不正确；对于B，因为y＞z，x＞0，所以xy＞xz，故B正确；对于C，因为x＞y，z＜0，所以xz＜yz，故C不正确；对于D，因为x＞z，当|y|＝0时，x|y|＝|y|z，故D不正确．故选B.]二、填空题6．若1＜α＜3，－4＜β＜2，则2α－β的取值范围是．(0,10)[2＜2α＜6，－2＜－β＜4，∴0＜2α－β＜10.]7．a，b∈R，a＜b和eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)同时成立的条件是．a＜0＜b[由eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)得eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＜0，即eq\f(b－a,ab)＜0，又b－a＞0，∴ab＜0，∴a＜0＜b.]8．下列命题中所有真命题的序号是．①“a＞b”是“a2＞b2”的充分条件；②“|a|＞|b|”是“a2＞b2”的必要条件；③“a＞b”是“a＋c＞b＋c”的充要条件．②③[对于命题①，取a＝1，b＝－2，则a＞b，a2＝1，b2＝4，则“a＞b”不是“a2＞b2”的充分条件，命题①错误；对于命题②，由a2＞b2，可得|a|2＞|b|2，故有|a|＞|b|，故“|a|＞|b|”是“a2＞b2”的必要条件，命题②正确；对于命题③，在不等式a＞b两边同时加上c得a＋c＞b＋c，另一方面，在不等式a＋c＞b＋c两边同时减去c得a＞b，故“a＞b”是“a＋c＞b＋c”的充要条件，命题③正确．故真命题的序号是②③.]三、解答题9．若bc－ad≥0，bd＞0，求证eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).[证明]∵bc－ad≥0，bd＞0.∴eq\f(1,bd)(bc－ad)≥0，即eq\f(c,d)－eq\f(a,b)≥0.即eq\f(c,d)≥eq\f(a,b)，∴eq\f(c,d)＋1≥eq\f(a,b)＋1，即eq\f(c＋d,d)≥eq\f(a＋b,b)，即eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).10．已知1＜a＜4,2＜b＜8，试求a－2b与eq\f(a,b)的取值范围．[解]因为1＜a＜4,2＜b＜8，所以－16＜－2b＜－4，所以－15＜a－2b＜0.又因为eq\f(1,8)＜eq\f(1,b)＜eq\f(1,2)，所以eq\f(1,8)＜eq\f(a,b)＜eq\f(4,2)＝2，即eq\f(1,8)＜eq\f(a,b)＜2.1．(2019·广州模拟)若a＜b＜0，则下列不等式中，不能成立的是()A.eq\f(1,a)＞eq\f(1,b) B.eq\f(1,a)＞eq\f(1,a－b)C．aeq\f(2,3)＞beq\f(2,3) D.eq\f(1,a2)＞eq\f(1,b2)D[对于A选项，∵a＜b＜0，∴eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，故A正确；对于B选项，∵a＜b＜0，∴a＜a－b＜0，即eq\f(1,a)＞eq\f(1,a－b)，故B正确；对于C选项，根据幂函数的单调性可知，C项正确；对于D选项，∵a＜b＜0，∴a2＞b2，∴eq\f(1,a2)＜eq\f(1,b2)，故D不成立．故选D.]2．若α，β满足－eq\f(π,2)＜α＜β＜eq\f(π,2)，则2α－β的取值范围是()A．－π＜2α－β＜0 B．－π＜2α－β＜πC．－eq\f(3π,2)＜2α－β＜eq\f(π,2) D．0＜2α－β＜πC[由－eq\f(π,2)＜α＜β＜eq\f(π,2)得－π＜2α＜π，－eq\f(π,2)＜－β＜－α＜eq\f(π,2)，∴－eq\f(3,2)π＜2α－β＜2α－α＝α＜eq\f(π,2)，即－eq\f(3,2)π＜2α－β＜eq\f(π,2)，故选C.]3．已知a＋b＞0，则eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)与eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的大小关系是．eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b2)＋\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－ba2－b2,a2b2)＝eq\f(a＋ba－b2,a2b2)，∵a＋b＞0，(a－b)2≥0，a2b2＞0，∴eq\f(a＋ba－b2,a2b2)≥0，∴eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).4．已知c＞a＞b＞0，求证：eq\f(a,c－a)＞eq\f(b,c－b).[证明]∵c＞a＞b＞0，∴c－a＞0，c－b＞0且c－a＜c－b，∴eq\f(1,c－a)＞eq\f(1,c－b)＞0，∴eq\f(a,c－a)＞eq\f(b,c－b).1．已知函数f(x)＝ax＋b,0＜f(1)＜2，－1＜f(－1)＜1，则2a－b的取值范围是．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(5,2)))[由0＜f(1)＜2，－1＜f(－1)＜1，得0＜a＋b＜2，－1＜－a＋b＜1，设2a－b＝m(a＋b)＋n(－a＋b)，则2a－b＝(m－n)a＋(m＋n)b，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－n＝2，,m＋n＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,2)，,n＝－\f(3,2)，))∴2a－b＝eq\f(1,2)(a＋b)－eq\f(3,2)(－a＋b)．又0＜eq\f(1,2)(a＋b)＜1，－eq\f(3,2)＜－eq\f(3,2)(－a＋b)＜eq\f(3,2)，∴－eq\f(3,2)＜eq\f(1,2)(a＋b)－eq\f(3,2)(－a＋b)＜eq\f(5,2)，即2a－b∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\