名师对话高考总复习北师大版数学文科课时作业04(含答案详析)

课时作业(四)一、选择题1．已知a<0，－1<b<0，那么以下不等式成立的是()A．a>ab>ab2B．ab2>ab>aC．ab>a>ab2D．ab>ab2>a剖析：由－1<b<0，可得b<b2<1，又a<0，∴ab>ab2>a.答案：Dab2．已知ab≠0，那么b>1是a<1的A．充分不用要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不用要条件aa－bb剖析：b>1即b>0，因此a>b>0，或a<b<0，此时a<1成立；ba－b反之a<1，因此a>0，即a>b，a>0或a<0，a<b，a此时不能够得出b>1.答案：A．(2012年吉林联考＋＝－＋2，c－b＝4－3)已知实数a、b、c满足bc64a3a4a＋a2，则a、b、c的大小关系是()A．c≥b>aB．a>c≥bC．c>b>aD．a>c>b剖析：c－b＝4－4a＋a2＝(2－a)2≥0，∴c≥b，已知两式作差得2b＝2＋2a2，即b＝1＋a2，13∵1＋a2－a＝a－22＋4>0，∴1＋a2>a，∴b＝1＋a2>a，∴c≥b>a.答案：A4．设a，b∈R，若a－|b|>0，则以下不等式成立的是()A．b－a>0

B．a3＋b3<0C．b＋a>0

D．a2－b2<0剖析：因为a－|b|>0，因此a>|b|≥0，因此，不论b为何实数都有b＋a>0.答案：C5．若a>b>0，则以下不等式中必然成立的是()11bb＋1A．a＋b>b＋aB.a>a＋1112a＋baC．a－b>b－aD.a＋2b>b1剖析：取a＝2，b＝1，消除B与D；别的，函数f(x)＝x－x是(0，＋∞)上的1增函数，但函数g(x)＝x＋x在(0,1]上递减，在[1，＋∞)上递加，因此，当a>b>0时，f(a)>f(b)必然成立，但

g(a)>g(b)未必成立，这样，

1111a－a>b－b?a＋b>b＋a.答案：A6．(2012年长沙联考)已知a、b、c∈R，则以下推理：ab1111c2>c2?a>b；②a3>b3，ab>0?a<b；③a2>b2，ab>0?a<b；④0<a<b<1?loga(11＋a)>logb1－a.其中正确的个数是()A．1B．2C．3D．4ab剖析：由c2>c2可知c2>0，ab∴c2·c2>c2·c2，即a>b，∴①正确．由a3>b3，ab>0，可得11a>b>0或b<a<0，∴a<b，∴②正确．由a2>b2，ab>0可得a>b>0或a<b<0，a>b>0

11时a<b，但

a<b<0

11时，a>b，故③不正确．∵0<a<b<1，∴loga(1＋a)>logb(1＋a)．12又∵logb(1＋a)－lobb1－a＝logb(1－a)>0，1∴logb(1＋a)>logb1－a，1∴loga(1＋a)>logb1－a，故④正确．答案：C二、填空题7．(2012年青岛一模)给出以下四个命题：nn*①a>b?a>b(n∈N)；a>|b|?an>bn(n∈N*)；1③a<b<0?a>b；1④a<b<0?a－b>a.其中真命题的序号是________(写出所有真命题的序号)．剖析：①中取a＝－1，b＝－2，n＝2，不成立；②a>|b|，得a>0，∴an>bn1111成立；③a<b<0，得a>b成立；④a<b<0，得a－b<0，且a－b>a，故a－b<a，④不成立．答案：②③8．(2012年锦州模拟)若x>y，a>b，则在①a－x>b－y，②a＋x>b＋y，③ax>by，ab④x－b>y－a，⑤y>x这五个式子中，恒成立的所有不等式的序号是________．剖析：令x＝－2，y＝－3，a＝3，b＝2，吻合题设条件x>y，a>b，∵a－x＝3－(－2)＝5，b－y＝2－(－3)＝5，∴a－x＝b－y，因此①不成立．又∵ax＝－6，by＝－6，∴ax＝by，因此③也不正确．a3b2又∵y＝－3＝－1，x＝－2＝－1，ab∴y＝x，因此⑤不正确．由不等式的性质可推出②④成立．答案：②④ππα＋βα－β9．已知－2≤α<β≤2，则2的取值范围是______；2的取值范围是_______．ππππ剖析：∵－≤α<<β≤2，22，－2∴－π<α＋β<π.αβππ＋∴－<2<.22ππ∵－2≤－β<2，∴－π≤α－β<π.πα－βπ∴－2≤2<2.πα－β又∵α－β<0，∴－2≤2<0.ππ答案：－2，2

π－2，0三、解答题a10．已知12<a<60,15<b<36，求a－b，b的取值范围．解：∵15<b<36，∴－36<－b<－15，又12<a<60，∴12－36<a－b<60－15，∴－24<a－b<45.11112a601a又<<，∴<<，∴<<4.36b1536b153b、、c满足2－8a＋11，b－c＝a2－6a＋9，试比较a、11．若实数abb＋c＝5ab、c的大小．解：∵b－c＝a2－6a＋9＝(a－3)2≥0，∴b≥c.b＋c＝5a2－8a＋11，①由b－c＝a2－6a＋9，②由①＋②得b＝3a2－7a＋10，∵b－a＝3a2－7a＋10－a414＝3a2－8a＋10＝3a－32＋3>0，∴b>a.由①－②得c＝2a2－a＋1，11∴c－a＝2a2－2a＋1＝2a－22＋2>0，∴c>a.综上：b≥c>a.c12．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c满足f(1)＝0，且a>b>c，求a的取值范围．解：∵f(1)＝0，∴a＋b＋c＝0，∴b＝－(a＋c)，又a>b>c，∴a>－(a＋c)>c，且a>0，c<0，1>a＋cc1>1cc>>，aaaa2ca<－1，c1∴c∴－2<a<－2.a>－2，[热点展望]13．若0<a1<a2,0<b1<b2，且a1＋a2＝b1＋b2＝1，则以下代数式中值最大的是()A．a1b1＋a2b2B．a1a2＋b1b21C．a1b2＋a2b1D.2剖析：∵a1＋a2＝1＝b1＋b2且0<a1<a2,0<b1<b2，∴a2＝1－a1>a1，b2＝1－b1>b1，11∴0<a1<2，0<b1<2.又a1b1＋a2b2＝a1b1＋(1－a1)(1－b1)＝2a1b1＋1－a1－b1，22a1a2＋b1b2＝a1(1－a1)＋b1(1－b1)＝a1＋b1－a1－b1，a1b2＋a2b1＝a1(1－b1)＋b1(1－a1)＝a1＋b1－2a1b1，22∴(a1b2＋a2b1)－(a1a2＋b1b2)＝a1＋b1－2a1b1(a1－b1)2≥0，∴a1b2＋a2b1≥a1a2＋b1b2.∵(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝4a1b1＋1－2a1－2b1＝1－2a1＋2b1(2a1－1)＝(2a1－1)(2b1－1)11＝4a1－2b1－2>0，∴a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1.∵ab＋ab11－b－2＝2ab＋2－a11221111＝b(2a1－1)b111－1)－2(2a－1)＝(2a－2111＝2a1－1b1112－11222>0，∴ab＋ab>2.综上可知，最大的数应为ab＋ab.1122答案：A14．(2012年泉州一模)已知奇函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上是单调减函数．α、β、γ∈R，且α＋β>0，β＋γ>0，γ＋α>0，则f(α)＋f(β)＋f(γ)与0的关系是________．剖析：f(α)＋f(β)＋f(γ)<0.证明以下：∵f(x)在R上是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∵α＋β>0，β＋γ>0，γ＋α>0，∴α>－β，β>－γ，γ>－α，而f(x)在R上是单调减函数，∴f(α)<f(－β)＝－f(β)，f(β)<f(－γ)＝－f(γ)，f(γ)<f(－α)＝－f(α)，∴f(α)＋f(β)<0，f(β)＋f(γ)<0，f(γ)＋f(α)<0，∴2[f(α)