2023高三一轮理数课时提能精练：第6章-第2节-算术平均数与几何平均数(龙门亮剑全国版)

(本栏目内容，学生用书中以活页形式单独装订成册！)一、选择题(每题6分，共36分)1．(2023年银川模拟)a、b满足0＜a＜b＜1，以下不等式中成立的是()A．aa＜bb B．aa＜baC．bb＜ab D．bb＞ba【解析】取特殊值法．令a＝eq\f(1,4)，b＝eq\f(1,2)，那么aa＝(eq\f(1,4))eq\f(1,4)＝(eq\f(1,2))eq\f(1,2)，bb＝(eq\f(1,2))eq\f(1,2)，∴A错．ab＝(eq\f(1,4))eq\f(1,2)＜(eq\f(1,2))eq\f(1,2)＝bb，∴C错．bb＝(eq\f(1,2))eq\f(1,2)＜(eq\f(1,2))eq\f(1,4)＝ba，∴D错．∴B正确【答案】B2．实数a、b、c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，那么a、b、cA．c≥b＞a B．a＞c≥bC．c＞b＞a D．a＞c＞b【解析】c－b＝4－4a＋a2＝(2－a)2≥∴c≥b，两式作差得2b＝2＋2a2，即b＝1＋a2∵1＋a2－a＝(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)＞0，∴1＋a2＞a，∴b＝1＋a2＞a，∴c≥b＞a.【答案】A3．设0＜b＜a＜1，那么以下不等式成立的是()A．ab＜b2＜1 B．logeq\f(1,2)b＜logeq\f(1,2)a＜0C．2b＜2a＜2 D．a2＜ab＜【解析】∵y＝2x是单调递增函数，且0＜b＜a＜1，∴2b＜2a＜21，即2b＜2【答案】C.4．(2023年长沙模拟)a、b、c∈R，那么以下推理：①eq\f(a,c2)＞eq\f(b,c2)⇒a＞b；②a3＞b3，ab＞0⇒eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)；③a2＞b2，ab＞0⇒eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)；④0＜a＜b＜1⇒loga(1＋a)＞logbeq\f(1,1－a).其中正确的个数是()A．1 B．2C．3 D．4【解析】由eq\f(a,c2)＞eq\f(b,c2)可知c2＞0，∴eq\f(a,c2)×c2＞eq\f(b,c2)×c2，即a＞b，∴①正确．由a3＞b3，ab＞0，可得a＞b，ab＞0，即a＞b＞0或b＜a＜0，∴eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)，∴②正确．由a2＞b2，ab＞0，可得a＞b＞0或a＜b＜0，a＞b＞0时eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)，但a＜b＜0时，eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，故③不正确．∵0＜a＜b＜1，∴loga(1＋a)＞logb(1＋a)，又∵logb(1＋a)－logbeq\f(1,1－a)＝logb(1－a2)＞0，∴logb(1＋a)＞logbeq\f(1,1－a)，∴loga(1＋a)＞logbeq\f(1,1－a)，故④正确．【答案】C5．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，那么()A．甲先到教室 B．乙先到教室C．两人同时到教室 D．谁先到教室不确定【解析】设步行速度与跑步速度分别为v1，v2，显然v1＜v2，总路程为2s，那么甲用时间为eq\f(s,v1)＋eq\f(s,v2)，乙用时间为eq\f(4s,v1＋v2)，而eq\f(s,v1)＋eq\f(s,v2)－eq\f(4s,v1＋v2)＝eq\f(s(v1＋v2)2－4sv1v2,v1v2(v1＋v2))＝eq\f(s(v1－v2)2,v1v2(v1＋v2))＞0，故eq\f(s,v1)＋eq\f(s,v2)＞eq\f(4s,v1＋v2)，故乙先到教室．【答案】B6．假设x＞y＞1，且0＜a＜1，那么①ax＜ay；②logax＞logay；③x－a＞y－a；④logxa＜logya.其中不成立的个数是()A．1 B．2C．3 D．4【解析】∵x＞y＞1,0＜a＜1，∴ax＜ay，logax＜logay，故①成立，②不成立．xa＞ya＞0，∴x－a＜y－a，③不成立．又logax＜logay＜0，∴eq\f(1,logax)＞eq\f(1,logay)，即logxa＞logya，∴④也不成立．【答案】C二、填空题(每题6分，共18分)7．1≤a＋b≤4，－1≤a－b≤2，那么4a－2b的取值范围是________【解析】令4a－2b＝m(a＋b)＋n(a－b＝(m＋n)a＋(m－n)b，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4,m－n＝－2))，解得m＝1，n＝3.故4a－2b＝(a＋b)＋3(a－b又1≤a＋b≤4，－1≤a－b≤2，∴－3≤3(a－b)≤6，∴－2≤(a＋b)＋3(a－b)≤10，即－2≤4a－2b≤【答案】[－2,10]8．设A＝1＋2x4，B＝2x3＋x2，x∈R，那么A，B的大小关系是______．【解析】∵A－B＝1＋2x4－2x3－x2＝2x3(x－1)－(x2－1)＝(x－1)(2x3－x－1)＝(x－1)2(2x2＋2x＋1)，∵(x－1)2≥0,2x2＋2x＋1＞0，∴A－B≥0，即A≥B.【答案】A≥B9．对于0<a<1，给出以下四个不等式：①loga(1＋a)<logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))；②loga(1＋a)>logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))；③a1＋a<a1＋eq\f(1,a)；④a1＋a>a1＋eq\f(1,a).其中成立的是________．【解析】∵0<a<1,1＋a<1＋eq\f(1,a)，∴loga(1＋a)>loga(1＋eq\f(1,a))，a1＋a>a1＋eq\f(1,a).【答案】②④三、解答题(10,11每题15分，12题16分，共46分)10．(2023年银川模拟)设a>0，且a≠1，t>0，比拟eq\f(1,2)logat与logaeq\f(t＋1,2)的大小．【解析】∵logaeq\f(t＋1,2)－eq\f(1,2)logat＝logaeq\f(t＋1,2\r(t))，又t＞0，由不等式性质t＋1≥2eq\r(t)，∴eq\f(t＋1,2\r(t))≥1.①当0<a<1时，logaeq\f(t＋1,2\r(t))≤loga1＝0，∴logaeq\f(t＋1,2)≤eq\f(1,2)logat.②当a>1时，logaeq\f(t＋1,2\r(t))≥loga1＝0，∴logaeq\f(t＋1,2)≥eq\f(1,2)logat.11．函数f(x)＝x2＋ax＋b，当p，q满足p＋q＝1时，试证明：pf(x)＋qf(y)≥f(px＋qy)对于任意实数x，y都成立的充要条件是0≤p≤1.【证明】pf(x)＋qf(y)－f(px＋qy)＝p(x2＋ax＋b)＋q(y2＋ay＋b)－(px＋qy)2－a(px＋qy)－b＝p(1－p)x2＋q(1－q)y2－2pqxy＝pq(x－y)2①假设0≤p≤1，那么q＝1－p∈[0,1]，∵pq≥0，∴pq(x－y)2≥0，∴pf(x)＋qf(y)≥f(px＋qy)．②当pf(x)＋qf(y)≥f(px＋qy)时，pq(x－y)2≥0.∵(x－y)2≥0，∴pq≥0.即p(1－p)≥0，∴0≤p≤1，∴原命题成立．12．设a>0，b>0，假设用x表示a和eq\f(b,a2＋b2)中的较小者eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a与\f(b,a2＋b2)相等时，x＝\f(b,a2＋b2)))，试问：x是否存在最大值？如果存在，求出其最大值及存在最大值的条件．【解析】由(a－b)2≥0，得a2＋b2≥2ab.a>0，b>0，所以ab>0.所以eq\f(1,a2＋b2)≤eq\f(1,2ab)，所以eq\f(ab,a2＋b2)≤eq\f(ab,2ab)＝eq\f(1,2).当a≥eq\f(b,a2＋b2)时，取x＝eq\f(b,a2＋b2)，此时x≤a.∴x2≤eq\f(ab,a2＋b2)≤eq\f(1,2)，即x≤eq\f(\r(2),2).当且仅当a＝b时，xmax＝eq\f(\r(2),2)，此时eq\f(b,a2＋b