2021高考数学一轮复习第一部分考点通关练第五章不等式推理与证明算法初步与复数考点测试32不等关系与不等式含解析苏教版

PAGE9-第五章不等式、推理与证明、算法初步与复数考点测试32不等关系与不等式高考概览高考在本考点的常考题型为选择题，分值5分，中、低等难度考纲研读1.了解现实世界和日常生活中的不等关系2．了解不等式(组)的实际背景3．掌握不等式的性质及应用一、基础小题1．设a，b∈[0，＋∞)，A＝eq\r(a)＋eq\r(b)，B＝eq\r(a＋b)，则A，B的大小关系是()A．A≤B B．A≥BC．A<B D．A>B答案B解析由题意，得B2－A2＝－2eq\r(ab)≤0，且A≥0，B≥0，可得A≥B.故选B.2．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，则下列结论不正确的是()A．a2<b2 B．ab<b2C．a＋b<0 D．|a|＋|b|>|a＋b|答案D解析∵eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，∴b<a<0，∴b2>a2，ab<b2，a＋b<0，∴A，B，C均正确，∵b<a<0，∴|a|＋|b|＝|a＋b|，D错误，故选D.3．设a<b<0，c>0，则下列不等式中不成立的是()A.eq\f(c,a)>eq\f(c,b) B．eq\f(c,a－b)>eq\f(c,a)C．|a|c>－bc D．eq\f(\r(－a),c)>eq\f(\r(－b),c)答案B解析由题设得a<a－b<0，所以有eq\f(1,a－b)<eq\f(1,a)，又因为c>0，所以eq\f(c,a－b)<eq\f(c,a)，所以B中式子不成立．4．已知a，b∈R，若a>b，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)同时成立，则()A．ab>0 B．ab<0C．a＋b>0 D．a＋b<0答案A解析因为eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，所以eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)<0，又a>b，所以b－a<0，所以ab>0.5．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<nC．m<－n<－m<n D．m<－n<n<－m答案D解析解法一：(取特殊值法)令m＝－3，n＝2分别代入各选项检验，可知D正确．解法二：m＋n<0⇒m<－n⇒n<－m，又由于m<0<n，故m<－n<n<－m成立．故选D.6．已知a<b<|a|，则以下不等式中恒成立的是()A．|b|<－a B．ab>0C．ab<0 D．|a|<|b|答案A解析解法一：由a<b<|a|，可知a<0，但b不能确定，当b＝0时，|b|＝0<－a成立；当b>0时，|b|＝b<|a|＝－a，|b|<－a成立；当b<0时，－b<－a，则|b|<－a成立．综上，|b|<－a.解法二：因为a<b<|a|，令a＝－2，b＝0，代入各选项验证，可排除B，C，D，故选A.7．已知a<b<c且a＋b＋c＝0，则下列不等式恒成立的是()A．a2<b2<c2 B．a|b|<c|b|C．ba<ca D．ca<cb答案D解析因为a<b<c且a＋b＋c＝0，所以a<0，c>0，b的符号不确定，对于a<b，两边同时乘以正数c，不等号方向不变．故选D.8．已知a，b，c∈R＋，若eq\f(c,a＋b)<eq\f(a,b＋c)<eq\f(b,a＋c)，则a，b，c的大小关系为()A．c<a<b B．b<c<aC．a<b<c D．c<b<a答案A解析因为a，b，c∈R＋，由eq\f(c,a＋b)<eq\f(a,b＋c)，得cb＋c2<a2＋ab，整理得(c－a)(a＋b＋c)<0，因为a＋b＋c>0，所以c－a<0，所以c<a，同理，由eq\f(a,b＋c)<eq\f(b,a＋c)，得a<b，所以c<a<b.9．若6<a<10，eq\f(a,2)≤b≤2a，c＝a＋b，则c的取值范围是()A．[9,18] B．(15,30)C．[9,30] D．(9,30)答案D解析∵eq\f(a,2)≤b≤2a，∴eq\f(3a,2)≤a＋b≤3a，即eq\f(3a,2)≤c≤3a.∵6<a<10，∴9<c<30.故选D.10．设a，b∈R，定义运算“⊗”和“⊕”如下：a⊗b＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a>b，))a⊕b＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b，a≤b，,a，a>b.))若m⊗n≥2，p⊕q≤2，则()A．mn≥4且p＋q≤4 B．m＋n≥4且pq≤4C．mn≤4且p＋q≥4 D．m＋n≤4且pq≤4答案A解析结合定义及m⊗n≥2可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≥2，,m≤n))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n≥2，,m>n，))即n≥m≥2或m>n≥2，所以mn≥4；结合定义及p⊕q≤2可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p≤2，,p>q))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q≤2，,p≤q，))即q<p≤2或p≤q≤2，所以p＋q≤4.故选A.11．有三个房间需要粉刷，粉刷方案要求：每个房间只用一种颜色，且三个房间颜色各不相同．已知三个房间的粉刷面积(单位：m2)分别为x，y，z，且x<y<z，三种颜色涂料的粉刷费用(单位：元/m2)分别为a，b，c，且a<b<c.在不同的方案中，最低的总费用(单位：元)是()A．ax＋by＋cz B．az＋by＋cxC．ay＋bz＋cx D．ay＋bx＋cz答案B解析因为x<y<z，a<b<c，所以ax＋by＋cz－(az＋by＋cx)＝a(x－z)＋c(z－x)＝(x－z)(a－c)>0，故ax＋by＋cz>az＋by＋cx；同理，ay＋bz＋cx－(ay＋bx＋cz)＝b(z－x)＋c(x－z)＝(x－z)(c－b)<0，故ay＋bz＋cx<ay＋bx＋cz.因为az＋by＋cx－(ay＋bz＋cx)＝a(z－y)＋b(y－z)＝(a－b)(z－y)<0，故az＋by＋cx<ay＋bz＋cx.故最低费用为az＋by＋cx.故选B.12．已知－1<x<4,2<y<3，则x－y的取值范围是________，3x＋2y的取值范围是________．答案(－4,2)(1,18)解析∵－1<x<4,2<y<3，∴－3<－y<－2，∴－4<x－y<2.由－1<x<4,2<y<3，得－3<3x<12，4<2y<6，∴1<3x＋2y<18.二、高考小题13．(2019·全国卷Ⅱ)若a>b，则()A．ln(a－b)>0 B．3a<3C．a3－b3>0 D．|a|>|b|答案C解析解法一：不妨设a＝－1，b＝－2，则a>b，可验证A，B，D错误，只有C正确．解法二：由a>b，得a－b>0.但a－b>1不一定成立，则ln(a－b)>0不一定成立，故A不一定成立．因为y＝3x在R上是增函数，当a>b时，3a>3b，故B不成立．因为y＝x3在R上是增函数，当a>b时，a3>b3，即a3－b3>0，故C成立．因为当a＝3，b＝－6时，a>b，但|a|<|b14．(2018·全国卷Ⅲ)设a＝log0.20.3，b＝log2A．a＋b<ab<0 B．ab<a＋b<0C．a＋b<0<ab D．ab<0<a＋b答案B解析∵a＝log0.20.3，b＝log20.3，∴eq\f(1,a)＝log0.30.2，eq\f(1,b)＝log0.32，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝log0.30.4，∴0<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<1，即0<eq\f(a＋b,ab)<1，又a>0，b<0，∴ab<0，∴ab<a＋b<0.故选B.15．(2018·北京高考)设集合A＝{(x，y)|x－y≥1，ax＋y>4，x－ay≤2}，则()A．对任意实数a，(2,1)∈AB．对任意实数a，(2,1)∉AC．当且仅当a<0时，(2,1)∉AD．当且仅当a≤eq\f(3,2)时，(2,1)∉A答案D解析若(2,1)∈A，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－1≥1，,2a＋1>4，,2－a≤2，))解得a>eq\f(3,2).结合四个选项，只有D说法正确．故选D.16．(2017·山东高考)若a＞b＞0，且ab＝1，则下列不等式成立的是()A．a＋eq\f(1,b)＜eq\f(b,2a)＜log2(a＋b)B.eq\f(b,2a)＜log2(a＋b)＜a＋eq\f(1,b)C．a＋eq\f(1,b)＜log2(a＋b)＜eq\f(b,2a)D．log2(a＋b)＜a＋eq\f(1,b)＜eq\f(b,2a)答案B解析(特殊值法)令a＝2，b＝eq\f(1,2)，可排除A，C，D.故选B.17．(2016·北京高考)已知x，y∈R，且x>y>0，则()A.eq\f(1,x)－eq\f(1,y)>0 B．sinx－siny>0C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))y<0 D．lnx＋lny>0答案C解析∵函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(0，＋∞)上为减函数，∴当x>y>0时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))y，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))y<0，故C正确；函数y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上为减函数，∴由x>y>0⇒eq\f(1,x)<eq\f(1,y)⇒eq\f(1,x)－eq\f(1,y)<0，故A错误；函数y＝sinx在(0，＋∞)上不单调，∴当x>y>0时，不能比较sinx与siny的大小，故B错误；令x＝1,0<y<1，则x>y>0，而lnx＋lny＝lny<0，故D错误．18．(2016·浙江高考)已知实数a，b，c.()A．若|a2＋b＋c|＋|a＋b2＋c|≤1，则a2＋b2＋c2<100B．若|a2＋b＋c|＋|a2＋b－c|≤1，则a2＋b2＋c2<100C．若|a＋b＋c2|＋|a＋b－c2|≤1，则a2＋b2＋c2<100D．若|a2＋b＋c|＋|a＋b2－c|≤1，则a2＋b2＋c2<100答案D解析利用特殊值法验证．令a＝3，b＝3，c＝－11.5，排除A；令a＝4，b＝－15.5，c＝0，排除B；令a＝11，b＝－10.5，c＝0，排除C.由1≥|a2＋b＋c|＋|a＋b2－c|≥|a2＋a＋b2＋b|得－1≤a2＋a＋b2＋b≤1，即－eq\f(1,2)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2)))2≤eq\f(3,2)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2≤eq\f(3,2)，－2<－eq\f(1,2)－eq\f(\r(6),2)≤a≤－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(6),2)<1.同理－2<b<1.再由1≥|a＋b2－c|≥|c|－|a|－|b2|>|c|－2－4，得|c|<7.所以a2＋b2＋c2<4＋4＋49＝57<100.故选D.19．(2015·湖北高考)设x∈R，[x]表示不超过x的最大整数．若存在实数t，使得[t]＝1，[t2]＝2，…，[tn]＝n同时成立，则正整数n的最大值是()A．3 B．4C．5 D．6答案B解析若n＝3，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤t<2，,2≤t2<3，,3≤t3<4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤t6<64，,8≤t6<27，,9≤t6<16，))得9≤t6<16，即当eq\r(3,3)≤t<eq\r(3,4)时，有[t]＝1，[t2]＝2，[t3]＝3，∴n＝3符合题意．若n＝4，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3,3)≤t<\r(3,4)，,4≤t4<5，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(34≤t12<44，,43≤t12<53，))得34≤t12<53，即当eq\r(3,3)≤t<eq\r(4,5)时，有[t]＝1，[t2]＝2，[t3]＝3，[t4]＝4，故n＝4符合题意．若n＝5，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3,3)≤t<\r(4,5)，,5≤t5<6，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3,3)≤t<\r(4,5)，,\r(5,5)≤t<\r(5,6)，))①∵63<35，∴eq\r(5,6)<eq\r(3,3)，故①式无解，即n＝5不符合题意，则正整数n的最大值为4.三、模拟小题20．(2019·山东省烟台市高三上学期期末)若a<b<0，则下列不等式一定成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．eq\f(1,a－b)>eq\f(1,b)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b D．a3>b3答案C解析若a<b<0，则eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，A错误；因为a－b<0，则a－b与b大小关系不确定，B错误；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b成立，C正确；a3<b3，D错误．故选C.21．(2019·河南百校联盟模拟)设a，b∈R，则“(a－b)a2≥0”是“a≥b”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件答案B解析由(a－b)a2≥0，解得a≥b或a＝0，b∈R.因为a2≥0，a≥b，所以(a－b)a2≥0，故“(a－b)a2≥0”是“a≥b”的必要不充分条件．故选B.22．(2019·安徽淮北一中模拟)若a<b<0，给出下列不等式：①a2＋1>b2；②|1－a|>|b－1|；③eq\f(1,a＋b)>eq\f(1,a)>eq\f(1,b).其中正确的个数是()A．0 B．1C．2 D．3答案D解析由于a<b<0，所以|a|>|b|>0，a2>b2，故a2＋1>b2，①正确；－a>－b>0，－a＋1>－b＋1>1，故|1－a|>|b－1|，②正确；因为a＋b<a<b<0，所以eq\f(1,a＋b)>eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，③正确．故选D.23．(2019·福建模拟)已知a＝eq\r(2)，b＝eq\r(5,5)，c＝eq\r(7,7)，则()A．a>b>c B．a>c>bC．b>a>c D．b>c>a答案A解析a＝eq\r(2)，b＝eq\r(5,5)，c＝eq\r(7,7)，则a70＝235＝(25)7＝327＝(27)5＝1285，b70＝514＝(52)7＝257，c70＝710＝(72)5＝495，∴a>b>c，故选A.24．(2019·九江期末)已知a，b，c>0，则eq\f(b,a)，eq\f(c,b)，eq\f(a,c)的值()A．都大于1 B．都小于1C．至多有一个不小于1 D．至少有一个不小于1答案D解析令a＝b＝c，则eq\f(b,a)＝eq\f(c,b)＝eq\f(a,c)＝1，排除A，B；令a＝1，b＝2，c＝4，则eq\f(b,a)＝eq\f(c,b)＝2，eq\f(a,c)＝eq\f(1,4)，排除C；对于D，假设eq\f(b,a)<1，eq\f(c,b)<1，eq\f(a,c)<1，则b<a，c<b，a<c，相加得a＋b＋c<a＋b＋c，矛盾，故选D.25．(2019·福州第一中学月考)已知△ABC的三边长分别为a，b，c，且满足b＋c≤3a，则eq\f(c,a)的取值范围为()A．(1，＋∞) B．(0,2)C．(1,3) D．(0,3)答案B解析由已知及三角形的三边关系得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<b＋c≤3a，,a＋b>c，,a＋c>b，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1<\f(b,a)＋\f(c,a)≤3，,1＋\f(b,a)>\f(c,a)，,1＋\f(c,a)>\f(b,a)，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1<\f(b,a)＋\f(c,a)≤3，,－1<\f(c,a)－\f(b,a)<1，))两式相加得，0<2×eq\f(c,a)<4，∴eq\f(c,a)的取值范围为(0,2)．26．(2019·山东青岛模拟)已知m＝eq\r(a)－eq\r(a－2)，n＝eq\r(a－1)－eq\r(a－3)，其中a≥3，则m，n的大小关系为()A．m>n B．m＝nC．m<n D．大小不确定答案C解析∵a≥3，m＝eq\r(a)－eq\r(a－2)＝eq\f(2,\r(a)＋\r(a－2))，n＝eq\r(a－1)－eq\r(a－3)＝eq\f(2,\r(a－1)＋\r(a－3))，又0<eq\r(a－1)＋eq\r(a－3)<eq\r(a)＋eq\r(a－2)，∴eq\f(2,\r(a)＋\r(a－2))<eq\f(2,\r(a－1)＋\r(a－3))，∴m<n.27．(2019·广州二模)设a≥b≥c，且1是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的一个实根，则eq\f(c,a)的取值范围为()A．[－2,0] B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))答案C解析∵1是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的一个实根，∴a＋b＋c＝0，得b＝－a－c，∵a≥b≥c，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥－a－c，,－a－c≥c，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a≥－c，,－a≥2c.))若a>0，则不等式等价为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2≥－\f(c,a)，,－1≥\f(2c,a)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)≥－2，,\f(c,a)≤－\f(1,2)，))得－2≤eq\f(c,a)≤－eq\f(1,2)；若a<0，则不等式等价为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2≤－\f(c,a)，,－1≤\f(2c,a)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)≤－2，,\f(c,a)≥－\f(1,2)，))此时不等式无解．综上，eq\f(c,a)的取值范围为－2≤eq\f(c,a)≤－eq\f(1,2)，故选C.28．(2019·武汉二中检测)若a>b>0，给出以下几个不等式：①eq\f(b,a)<eq\f(b＋5,a＋5)；②lgeq\f(a＋b,2)<eq\f(lga＋lgb,2)；③a＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a)；④eq\r(a)－eq\r(b)>eq\r(a－b).其中正确的是________(请填写所有正确的序号)．答案①③解析对于①，eq\f(b,a)－eq\f(b＋5,a＋5)＝eq\f(ba＋5－ab＋5,aa＋5)＝eq\f(5b－a,aa＋5)<0，所以eq\f(b,a)<eq\f(b＋5,a＋5)，①正确；对于②，因为eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)，所以lgeq\f(a＋b,2)>lgeq\r(ab)＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)，故②错误；对于③，因为a>b>0，所以0<eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，所以a＋eq\f(1,a)<a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,a)<a＋eq\f(1,a)，所以a＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a)，故③正确；对于④，取a＝4，b＝1，而eq\r(a)－eq\r(b)＝1，eq\r(a－b)＝eq\r(3)，所以eq\r(a)－eq\r(b)>eq\r(a－b)不成立，故④错误．一、高考大题本考点在近三年高考中未涉及此题型．二、模拟大题1．(2020·郑州一中高三月考)设f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1，x≤0，,3x－1，0<x<\f(1,2)，,－x＋1，x≥\f(1,2).))记f(x)>－1的解集为M.(1)求集合M；(2)已知a∈M，比较a2－a＋1与eq\