高考数学总复习 第六章 不等式 6-6课后巩固提升（含解析）新人教A

【创优导学案】届高考数学总复习第六章不等式6-6课后巩固提升（含解析）新人教A版(对应学生用书P299解析为教师用书独有)(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分)1．用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，假设正确的是 ()A．假设三内角都不大于60°B．假设三内角都大于60°C．假设三内角至多有一个大于60°D．假设三内角至多有两个大于60°解析B“至少一个”的否定是“一个都没有”．2．若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)(a≥0)，则P，Q的大小关系是()A．P＞Q B.P＝QC．P＜Q D.由a的取值确定解析C∵P2＝2a＋7＋2eq\r(a2＋7a)，Q2＝2a＋7＋2eq\r(a2＋7a＋12)，∴P2＜Q2.∵P＞0，Q＞0，∴P＜Q.3．(·绵阳模拟)已知函数f(x)＝lgeq\f(1－x,1＋x)，若f(a)＝b，则f(－a)＝()A．a B.－bC.eq\f(1,b) D.－eq\f(1,b)解析B∵f(－x)＝lgeq\f(1＋x,1－x)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－x,1＋x)))－1＝－lgeq\f(1－x,1＋x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．∴f(－a)＝－f(a)＝－b.4．证明不等式eq\r(a＋1)－eq\r(a)<eq\r(a－1)－eq\r(a－2)(a≥2)所用的最适合的方法是 ()A．综合法 B.分析法C．间接证法 D.合情推理法解析B欲比较eq\r(a＋1)－eq\r(a)，eq\r(a－1)－eq\r(a－2)的大小，只需比较eq\r(a＋1)＋eq\r(a－2)，eq\r(a－1)＋eq\r(a)，(eq\r(a＋1)＋eq\r(a－2))2＝2a－1＋2eq\r(a＋1)·eq\r(a－2)，(eq\r(a－1)＋eq\r(a))2＝2a－1＋2eq\r(a－1)·eq\r(a)，只需比较eq\r(a＋1)·eq\r(a－2)，eq\r(a－1)·eq\r(a)的大小，以上证明不等式所用的最适合的方法是分析法，故选B.5．设平面内有四边形ABCD和点O，且eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OC,\s\up10(→))＝eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\o(OD,\s\up10(→))，则四边形ABCD为 ()A．菱形 B.梯形C．矩形 D.平行四边形解析D由eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OC,\s\up10(→))＝eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\o(OD,\s\up10(→))，得eq\o(OA,\s\up10(→))－eq\o(OB,\s\up10(→))＝eq\o(OD,\s\up10(→))－eq\o(OC,\s\up10(→))，即eq\o(BA,\s\up10(→))＝eq\o(CD,\s\up10(→))，∴四边形ABCD为平行四边形．6．(·河南调研)实数x，y满足4x＋4y＝2x＋1＋2y＋1，则t＝2x＋2y的取值范围是 ()A．0<t≤2 B.0<t≤4C．2<t≤4 D.t≥4解析C由题意，得2(2x＋2y)＝4x＋4y＝(2x＋2y)2－2·2x·2y，∵2x·2y≤eq\f(1,4)(2x＋2y)2，又t＝2x＋2y，于是原式可化为2t≥t2－eq\f(1,2)t2，解得0≤t≤4.结合函数y1＝2x，y2＝4x的图象间的关系，由实数x，y满足4x＋4y＝2x＋1＋2y＋1可知，x，y至少有一个为非负数，故t>2.综上可知，2<t≤4.二、填空题(本大题共3小题，每小题8分，共24分)7．(·西安模拟)设奇函数f(x)的定义域为R，最小正周期T＝3，若f(1)≥1，f(2)＝eq\f(2a－3,a＋1)，则a的取值范围是________．解析因为f(x)是奇函数，所以f(1)＝－f(－1)，又因为其最小正周期T＝3，所以f(1)＝－f(－1)＝－f(2)．由f(1)≥1，f(2)＝eq\f(2a－3,a＋1)，得－eq\f(2a－3,a＋1)≥1，解得－1<a≤eq\f(2,3).【答案】eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3)))8．对于任意实数a，b定义运算：a·b＝(a＋1)(b＋1)－1，给出以下结论：①对于任意实数a，b，c，有a·(b＋c)＝(a·b)＋(a·c)；②对于任意实数a，b，c，有a·(b·c)＝(a·b)·c；③对于任意实数a，有a·0＝a.则以上结论正确的是________．(写出你认为正确的结论的所有序号)解析按新定义，可以验证a·(b＋c)≠(a·b)＋(a·c)，所以①不成立；而a·(b·c)＝(a·b)·c成立，a·0＝(a＋1)(0＋1)－1＝a.所以正确的结论是②③.【答案】②③9．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，则a、b应满足的条件是________．解析首先a≥0，b≥0且a与b不同为0.要使aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，只需(aeq\r(a)＋beq\r(b))2>(aeq\r(b)＋beq\r(a))2，即a3＋b3>a2b＋ab2，只需(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)，只需a2－ab＋b2>ab，即(a－b)2>0，只需a≠b.故a，b应满足a≥0，b≥0且a≠b.【答案】a≥0，b≥0且a≠b三、解答题(本大题共3小题，共40分)10．(12分)实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，求证：a，b，c，d中至少有一个为负数．解析假设a，b，c，d都是非负数，则由a＋b＝c＋d＝1，有1＝(a＋b)(c＋d)＝ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd，即ac＋bd≤1，这与ac＋bd>1矛盾，故假设不成立．即a，b，c，d中至少有一个为负数．11．(12分)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称．求证：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))为偶函数．解析要证feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))为偶函数，只需证feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))的对称轴为x＝0，只需证－eq\f(b,2a)－eq\f(1,2)＝0，即证a＝－b.∵函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称，即x＝－eq\f(b,2a)－1与x＝－eq\f(b,2a)关于y轴对称，∴－eq\f(b,2a)－1＝－eq\f(－b,2a)，∴a＝－b，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))为偶函数．12．(16分)已知函数f(x)＝ax＋eq\f(x－2,x＋1)(a＞1)．求证：(1)函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；(2)方程f(x)＝0没有负根．解析(1)方法一：任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨设x1＜x2，则x2－x1＞0，＞1且＞0，∴＝(－1)＞0.又∵x1＋1＞0，x2＋1＞0，∴eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)＝eq\f(x2－2x1＋1－x1－2x2＋1,x1＋1x2＋1)＝eq\f(3x2－x1,x1＋1x2＋1)＞0.于是f(x2)－f(x1)＝＋eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)＞0，故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．方法二：f(x)＝ax＋1－eq\f(3,x＋1)(a＞1)，求导数得f′(x)＝axlna＋eq\f(3,x＋12)，∵a＞1，∴当x＞－1时，axlna＞0，eq\f(3,x＋12)＞0，∴f′(x)＞0在(－1，＋∞)上恒成立，则函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．(2)方法一：设存在x0＜0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，则＝－eq\f(x0－2,x0＋1)，且0＜＜1，∴0＜－eq\f(x0－2,x0＋1)＜1，即eq