2015届高考数学（文科）一轮总复习不等式

详细内容

第七篇 不等式
第1讲　不等关系与不等式

基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、填空题
1．(2014•深圳二模)设x，y∈R，则“x≥1且y≥2”是“x＋y≥3”的________条件．
解析　由不等式性质知当x≥1且y≥2时，x＋y≥3；而当x＝2，y＝32时满足x＋y≥3，但不满足x≥1且y≥2，故“x≥1且y≥2”是“x＋y≥3”的充分不必要条件．
答案　充分不必要
2．(2014•保定模拟)已知a>b，则不等式①a2－b2≥0；②ac>bc；③|a|>|b|；④2a>2b不成立的是________．
解析　①中，若a＝－1，b＝－2，则a2－b2≥0不成立；当c＝0时，②不成立；当0>a>b时，③不成立．④中，由指数函数的单调性知2a＞2b成立．
答案　①②③
3．(2014•河南三市三模)已知0＜a＜1，x＝loga2＋loga 3，y＝12loga5，z＝loga 21－loga 3，则x、y、z的大小关系为________．
解析　由题意得x＝loga 6，y＝loga 5，z＝loga 7，而0＜a＜1，∴函数y＝loga x在(0，＋∞)上单调递减，∴y＞x＞z.
答案　y＞x＞z
4．已知a＜0，－1＜b＜0，则ab2、ab、a的大小关系为______．
解析　由－1＜b＜0，可得b＜b2＜1，又a＜0，
∴ab＞ab2＞a.
答案　ab＞ab2＞a
5．(2014•晋城模拟)已知下列四个条件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0，能推出1a<1b成立的有________．
解析　运用倒数性质，由a>b，ab>0可得1a<1b，②、④正确．又正数大于负数，①正确，③错误．
答案　①②④
6．(2013•扬州期末)若a1＜a2，b1＜b2，则a1b1＋a2b2与a1b2＋a2b1的大小关系是________．
解析　作差可得(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)•(b1－b2)，∵a1＜a2，b1＜b2，∴(a1－a2)(b1－b2)＞0，即a1b1＋a2b2＞a1b2＋a2b1.
答案　a1b1＋a2b2＞a1b2＋a2b1
7．若角α，β满足－π2＜α＜β＜π2，则2α－β的取值范围是________．
解析　∵－π2＜α＜β＜π2，
∴－π＜2α＜π，－π2＜－β＜π2，
∴－3π2＜2α－β＜3π2，又∵2α－β＝α＋(α－β)＜α＜π2，
∴－3π2＜2α－β＜π2.
答案　－3π2，π2
8．(2014•南昌一模)现给出三个不等式：①a2＋1>2a；②a2＋b2>2a－b－32；③7＋10>3＋14.其中恒成立的不等式共有________个．
解析　因为a2－2a＋1＝(a－1)2≥0，所以①不恒成立；对于②，a2＋b2－2a＋2b＋3＝(a－1)2＋(b＋1)2＋1>0，所以②恒成立；对于③，因为(7＋10)2－(3＋14)2＝270－242>0，且7＋10>0，3＋14>0，所以7＋10>3＋14，即③恒成立．
答案　2
二、解答题
9．比较下列各组中两个代数式的大小：
(1)3x2－x＋1与2x2＋x－1；
(2)当a>0，b>0且a≠b时，aabb与abba.
解　(1)∵3x2－x＋1－2x2－x＋1＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0，∴3x2－x＋1>2x2＋x－1.
(2)aabbabba＝aa－bbb－a＝aa－b1ba－b＝aba－b.
当a>b，即a－b>0，ab>1时，aba－b>1，∴aabb>abba.
当a1，
∴aabb>abba.
∴当a>0，b>0且a≠b时，aabb>abba.
10．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，试判断谁先到教室？
解　设从寝室到教室的路程为s，甲、乙两人的步行速度为v1，跑步速度为v2，且v1＜v2.
甲所用的时间t甲＝s2v1＋s2v2＝sv1＋v22v1v2，
乙所用的时间t乙＝2sv1＋v2，
∴t甲t乙＝sv1＋v22v1v2×v1＋v22s＝v1＋v224v1v2
＝v21＋v22＋2v1v24v1v2＞4v1v24v1v2＝1.
∵t甲＞0，t乙＞0，∴t甲＞t乙，即乙先到教室．
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
一、填空题
1．设0＜x＜π2，则“xsin2x＜1”是“xsin x＜1”的________条件．
解析　当0＜x＜π2时，0＜sin x＜1.
由xsin2 x＜1知xsin x＜1sin x，不一定得到xsin x＜1.
反之，当xsin x＜1时，xsin2 x＜sin x＜1.
故xsin2 x＜1是xsin x＜1的必要不充分条件．
答案　必要不充分
2．已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系是________．
解析　c－b＝4－4a＋a2＝(2－a)2≥0，∴c≥b，将已知两式作差得2b＝2＋2a2，即b＝1＋a2，
∵1＋a2－a＝a－122＋34＞0，∴1＋a2＞a，
∴b＝1＋a2＞a，∴c≥b＞a.
答案　c≥b＞a
3．已知f(x)＝ax2－c且－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，则f(3)的取值范围是________．
解析　由题意，得a－c＝f1，4a－c＝f2，
解得a＝13[f2－f1]，c＝－43f1＋13f2.
所以f(3)＝9a－c＝－53f(1)＋83f(2)．
因为－4≤f(1)≤－1，所以53≤－53f(1)≤203，
因为－1≤f(2)≤5，所以－83≤83f(2)≤403.
两式相加，得－1≤f(3)≤20，
故f(3)的取值范围是[－1,20]．
答案　[－1,20]
二、解答题
4．设00且a≠1，比较|loga(1－x)|与|loga(1＋x)|的大小．
解　法一　作差比较
当a>1时，由0loga(1－x)<0，loga(1＋x)>0，
∴|loga(1－x)|－|loga(1＋x)|
＝－loga(1－x)－loga(1＋x)＝－loga(1－x2)，
∵0<1－x2<1，∴loga(1－x2)<0，
从而－loga(1－x2)>0，故|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.
当0|loga(1＋x)|.
法二　平方作差
|loga(1－x)|2－|loga(1＋x)|2
＝[loga(1－x)]2－[loga(1＋x)]2
＝loga(1－x2)•loga1－x1＋x
＝loga(1－x2)•loga1－2x1＋x>0.
∴|loga(1－x)|2>|loga(1＋x)|2，
故|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.
法三　作商比较
∵|loga1－x||loga1＋x|＝loga1－xloga1＋x＝|log(1＋x)(1－x)|，
∵0故|loga1－x||loga1＋x|＝－log(1＋x)(1－x)＝log(1＋x)11－x
＝1＋log(1＋x)11－x•11＋x＝1＋log(1＋x)11－x2.
由01及11－x2>1，
∴log(1＋x)11－x2>0，故|loga1－x||loga1＋x|>1，
∴|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.