2025版高考数学一轮复习第六篇不等式第1节不等关系与不等式课时作业文含解析新人教A版

PAGEPAGE3第1节不等关系与不等式课时作业基础对点练(时间：30分钟)1．设a，b∈R，则“a＞1且b＞1”是“ab＞1”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A解析：a＞1且b＞1⇒ab＞1；但ab＞1，则a＞1且b＞1不肯定成立，如a＝－2，b＝－2时，ab＝4＞1.故选A.2．假如a>b，则下列各式正确的是()(A)a·lgx>b·lgx(x>0) (B)ax2>bx2(C)a2>b2 (D)a·2x>b·2xD解析：两边相乘的数lgx不肯定恒为正，选项A错误；不等式两边都乘以x2，它可能为0，选项B错误；若a＝－1，b＝－2，不等式a2>b2不成立，选项C错误．选项D正确．3．(2024上海十三校联考)已知eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，给出下面四个不等式：①|a|＞|b|；②a＜b；③a＋b＜ab；④a3＞b3.其中不正确的不等式的个数是()(A)0 (B)1(C)2 (D)3C解析：由eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0可得b＜a＜0，从而|a|＜|b|，①不正确；a＞b，②不正确；a＋b＜0，ab＞0，则a＋b＜ab成立，③正确；a3＞b3，④正确．故不正确的不等式的个数为2.故选C.4．已知a1，a2∈(0，1)，记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，则M与N(A)M＜N (B)M＞N(C)M＝N (D)不确定答案：B5．设a＜b＜0，则下列不等式中不成立的是()(A)eq\f(1,a)＞eq\f(1,b) (B)eq\f(1,a－b)＞eq\f(1,a)(C)|a|＞－b (D)eq\r(－a)＞eq\r(－b)答案：B6．若eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，给出下列不等式：①eq\f(1,a＋b)＜eq\f(1,ab)；②|a|＋b＞0；③a－eq\f(1,a)＞b－eq\f(1,b)；④lna2＞lnb2.其中正确的不等式是()(A)①④ (B)②③(C)①③ (D)②④答案：C7．设a＞b＞1，c＜0，给出下列三个结论：①eq\f(c,a)＞eq\f(c,b)；②ac＜bc；③logb(a－c)＞loga(b－c)．其中全部的正确结论的序号是()(A)① (B)①②(C)②③ (D)①②③答案：D8．(2024北京东城区统测)某种饮料分两次提价，提价方案有两种，方案甲：第一次提价p%，其次次提价q%；方案乙：每次都提价eq\f(p＋q,2)%.若p＞q＞0.则提价多的方案是________．解析：设原价为a，方案甲提价后为a(1＋p%)(1＋q%)，方案乙提价后为aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(p＋q,2)%))eq\s\up12(2)，∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(p＋q,2)%))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋p%＋1＋q%,2)))eq\s\up12(2)≥(eq\r(（1＋p%）（1＋q%）))2＝(1＋p%)(1＋q%)，又∵p＞q＞0，∴等号不成立，则提价多的为方案乙．答案：乙9．已知f(n)＝eq\r(n2＋1)－n，g(n)＝n－eq\r(n2－1)，φ(n)＝eq\f(1,2n)(n∈N＋，n＞2)，则f(n)，g(n)，φ(n)的大小关系是________．解析：f(n)＝eq\r(n2＋1)－n＝eq\f(1,\r(n2＋1)＋n)＜eq\f(1,2n)＝φ(n)，g(n)＝n－eq\r(n2－1)＝eq\f(1,n＋\r(n2－1))＞eq\f(1,2n)＝φ(n)，∴f(n)＜φ(n)＜g(n)．答案：f(n)＜φ(n)＜g(n)10．已知－1<a＋b<3，且2<a－b<4，则2a＋3b解析：设2a＋3b＝x(a＋b)＋y(a－b)则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2，,x－y＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5,2)，,y＝－\f(1,2)，))因为－eq\f(5,2)<eq\f(5,2)(a＋b)<eq\f(15,2)，－2<－eq\f(1,2)(a－b)<－1，所以－eq\f(9,2)<eq\f(5,2)(a＋b)－eq\f(1,2)(a－b)<eq\f(13,2)，即－eq\f(9,2)<2a＋3b<eq\f(13,2).答案：(－eq\f(9,2)，eq\f(13,2))实力提升练(时间：15分钟)11．有外表一样、重量不同的四个小球，它们的重量分别是a，b，c，d，已知a＋b＝c＋d，a＋d＞b＋c，a＋c＜b，则这四个小球由重到轻的排列依次是()(A)d＞b＞a＞c (B)b＞c＞d＞a(C)d＞b＞c＞a (D)c＞a＞d＞bA解析：∵a＋b＝c＋d，a＋d＞b＋c，∴2a＞2c，即a＞c.因此b＜d.∵a＋c＜b，∴a＜b，综上可得，c＜a＜b＜12．若不等式(－1)na＜2＋eq\f(（－1）n＋1,n)对于随意正整数n都成立，则实数a的取值范围是()(A)eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(3,2))) (B)eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(3,2)))(C)eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))) (D)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2)))A解析：当n取奇数时，－a＜2＋eq\f(1,n)，因为n≥1，故2＜2＋eq\f(1,n)≤3，所以－a≤2，所以a≥－2；当n取偶数时，a＜2－eq\f(1,n)，因为n≥2，所以eq\f(3,2)≤2－eq\f(1,n)＜2，所以a＜eq\f(3,2)，综上，实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(3,2)))，故选A.13．若a，b，c，d均为正实数，且a＞b，那么四个数eq\f(b,a)，eq\f(a,b)，eq\f(b＋c,a＋c)，eq\f(a＋d,b＋d)由小到大的依次是________．解析：∵a＞b＞0，∴eq\f(a,b)＞1，eq\f(a＋d,b＋d)＞1，eq\f(b,a)＜1，eq\f(b＋c,a＋c)＜1，则eq\f(a,b)－eq\f(a＋d,b＋d)＝eq\f(d（a－b）,b（b＋d）)＞0，即eq\f(a,b)＞eq\f(a＋c,b＋c)，eq\f(b,a)－eq\f(b＋c,a＋c)＝eq\f(c（b－a）,a（a＋d）)＜0，即eq\f(b,a)＜eq\f(b＋c,a＋c)，所以由小到大的依次是eq\f(b,a)＜eq\f(b＋c,a＋c)＜eq\f(a＋d,b＋d)＜eq\f(a,b)答案：eq\f(b,a)＜eq\f(b＋c,a＋c)＜eq\f(a＋d,b＋d)＜eq\f(a,b)14．某项探讨表明：在考虑行车平安的状况下，某路段车流量F(单位时间内经过测量点的车辆数，单位：辆/时)与车流速度v(假设车辆以相同速度v行驶，单位：米/秒)，平均车长l(单位：米)的值有关，其公式为F＝eq\f(76000v,v2＋18v＋20l).①假如不限定车型，l＝6.05，则最大车流量为______辆/时；②假如限定车型，l＝5，则最大车流量比①中的最大车流量增加______辆/时．解析：①当l＝6.05时，F＝eq\f(76000v,v2＋18v＋121)＝eq\f(76000,v＋\f(121,v)＋18)≤eq\f(76000,2\r(\f(v·121,v))＋18)＝eq\f(76000,22＋18)＝1900.当且仅当v＝11米/秒时等号成立，此时车流量最大为1900辆/时．②当l＝5时，F＝eq\f(76000v,v2＋18v＋100)＝eq\f(76000,v＋\f(100,v)＋18)≤eq\f(76000,2\r(v·\f(100,v))＋18)＝eq\f(76000,20＋18)＝2000.当且仅当v＝10米/秒时，车流量最大为2000辆/时比①中最大车流量增加100辆/时．15．建筑学规定，民用住宅的窗户面积必需小于地板面积，但按采光标准，窗户面积与地板面积的比不应小于10%，并且这个比值越大，住宅的采光条件越好，同时增加相等的窗户面积和地板面积，住宅的采光条件是变好了，还是变坏了？请说明理由．解：设原来的窗户面积与地板面积分别为a、b，且eq\f(a,b)≥10%，窗户面积和地板面积同时增加的面积为c，则现有的窗户面积与地板面积分别为a＋c，b＋c.于是原来窗户面积与地板面积之比为eq\f(a,b)，面积均增加c以后，窗户面积与地板面积之比为eq\f(a＋c,b＋c)，因此要确定采光条件的好坏，就转化成比较