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课时提升作业(二十九)
不等关系与不等式
(45分钟 100分)
一、选择题(每小题5分,共40分)
1.若a,b,c∈R,a>b,则下列不等式成立的是( )
A.1a2<1b2 B.|a|>|b|
C.ac2+1>bc2+1 D.a|c|>b|c|
【解析】选C.由于c2+1≥1,所以依据不等式的性质知ac2+1>bc2+1成立,A,B,D项不愿定成立.
2.(2021·台州模拟)已知a,b,c满足c<b<a且ac<0,则下列选项中不愿定能成立的是( )
A.ca<ba B.b-ac>0 C.b2c<a2c D.a-cac<0
【解析】选C.由于c<b<a,且ac<0,所以c<0,a>0,
所以ca<ba,b-ac>0,a-cac<0,但b2与a2的关系不确定,故b2c<a2c不愿定成立.
3.若α,β∈0,π2,记M=sinαcosβ,N=sinα+cosβ-1,则M与N的大小关系是
( )
A.M>N B.M<N
C.M=N D.大小关系不确定
【思路点拨】两式作差,因式分解后依据α,β范围可解.
【解析】选A.由于M-N
=sinαcosβ-(sinα+cosβ-1)
=(sinα-1)(cosβ-1),而α,β∈0,π2,
所以(sinα-1)(cosβ-1)>0,故M >N.
4.“a>1”是“1a<1”成立的( )
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
【解析】选A.当1a<1时,有1-aa<0,即a<0或a>1,
所以“a>1”是“1a<1”成立的充分不必要条件.
5.(2021·杭州模拟)已知a>b>2,现有下列不等式:
①b2>3b-a;②1+4ab<2a+2b;③ab>a+b;④loga3>logb3,其中正确的是( )
A.①② B.①③ C.②④ D.③④
【解析】选B.由于a>b>2,所以b2>2b,又b-a<0,
所以b2>2b+(b-a)=3b-a,故①正确.
2a+2b-1+4ab=2a+2b-2a·2b-1
=2a1-2b-1-2b
=1-2b2a-1,
又由于a>b>2,所以2b<1,2a<1,
即1-2b>0,2a-1<0,
所以1-2b2a-1<0,
所以2a+2b<1+4ab,故②错误.
2a+2b-2ab=(2a-ab)+(2b-ab)=a(2-b)+b(2-a)<0,
所以2a+2b<2ab,即ab>a+b,故③正确.
由于a>b>2,所以log3a>log3b>0,
所以loga3<logb3,故④错误.
6.(2021·绍兴模拟)下列命题中,是真命题的是( )
A.∃x0∈R,ex0≤0
B.∀x∈R,2x>x2
C.a+b=0的充要条件是ab=-1
D.a>1,b>1是ab>1的充分条件
【解析】选D.由于ex>0,所以A错误.当x=-1时,2-1=12,(-1)2=1,所以B错误.当a=b=0时,ab无意义,所以C错误,故选D.
7.已知a>b>0,给出下列四个不等式:①a2>b2;②2a>2b-1;③a-b>a-b;
④a3+b3>2a2b.其中确定成立的不等式为( )
A.①②③ B.①②④
C.①③④ D.②③④
【解析】选A.由a>b>0可得a2>b2,①成立;由a>b>0可得a>b-1,而函数f(x)=2x在R上是增函数,所以f(a)>f(b-1),即2a>2b-1,②成立;由于a>b>0,所以a>b,所以(a-b)2-(a-b)2=2ab-2b=2b(a-b)>0,所以a-b>a-b,
③成立;若a=3,b=2,则a3+b3=35,2a2b=36,a3+b3<2a2b,④不成立,故选A.
【加固训练】
下列三个不等式:①x+1x≥2(x≠0);②ca<cb(a>b>c>0);③a+mb+m>ab(a,b,m>0且a<b),恒成立的个数为( )
A.3 B.2 C.1 D.0
【解析】选B.当x<0时,①不成立;由a>b>c>0得1a<1b,所以ca<cb成立,所以②恒成立;a+mb+m-ab=m(b-a)b(b+m),由a,b,m>0且a<b知a+mb+m-ab>0恒成立,故③恒成立,所以选B.
8.已知实数a,b满足log12a=log13b,下列五个关系式:
①a>b>1;②0<b<a<1;③b>a>1;④0<a<b<1;⑤a=b.其中不行能成立的关系式
有( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
【解析】选B.如图,在同一坐标系内分别作出y1=log12x,y2=log13x的图象C1,C2,与直线y=m(m>0),y=n(n<0),y=0相交,相应的a,b取值状况依次为0<b<a<1,b>a>1,a=b=1,故5个关系式中不行能成立的有2个.
【误区警示】解答此类题目时简洁犯以下两点错误
(1)不知从何处下手,不会想到应用数形结合法.
(2)解题时弄错题意,“不行能成立的关系式”看成“成立的关系式”导致错解.
二、填空题(每小题5分,共20分)
9.用一段长为30m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园,墙长18m,要求菜园的面积不小于216m2,靠墙的一边长为xm,其中的不等关系可用不等式(组)表示为 .
【解析】由于矩形菜园靠墙的一边长为xm,而墙长为18m,所以0<x≤18,
这时菜园的另一条边长为30-x2=15-x2m.
因此菜园面积S=x15-x2m2,
依题意有S≥216,即x15-x2≥216,
故该题中的不等关系可用不等式组表示为
0<x≤18,x15-x2≥216.
答案:0<x≤18,x15-x2≥216
10.定义a*b=a,a<b,b,a≥b.已知a=30.3,b=0.33,c=log30.3,则(a*b)*c=
(结果用含a,b,c的式子表示).
【解析】由于log30.3<0<0.33<1<30.3,
所以c<b<a,
所以(a*b)*c=b*c=c.
答案:c
11.设x,y∈R,则“x≥2且y≥2”是“x2+y2≥8”的 条件.
【解析】若x≥2且y≥2,则x2≥4,y2≥4.
故x2+y2≥8成立,反之,若x2+y2≥8,
不妨令x=22,y=0,明显x2+y2≥8成立,
但y=0<2,故是充分不必要条件.
答案:充分不必要
12.(力气挑战题)设x,y为实数,满足3≤xy2≤8,4≤x2y≤9,则x3y4的最大值是 .
【思路点拨】利用待定系数法,即令x3y4=x2ym·(xy2)n,求得m,n后整体代换求解.
【解析】设x3y4=x2ym(xy2)n,则x3y-4=x2m+ny2n-m,
所以2m+n=3,2n-m=-4.即m=2,n=-1.
所以x3y4=x2y2(xy2)-1,
又由题意得x2y2∈[16,81],1xy2∈18,13,
所以x3y4=x2y2·1xy2∈[2,27],
故x3y4的最大值是27.
答案:27
【方法技巧】1.解答本题的关键
设x3y4=x2ym(xy2)n是解答本题的关键,体现了应用待定系数法的思想.本题是幂式之间的关系,与以往的多项式之间的关系相比较是一大创新之处,要留意这一高考新动向.
2.解决最值问题的新方法
此类问题的一般解法是先用待定系数法把目标式用己知式表示,再利用不等式的性质求出目标式的范围,对于多项式问题,也可以考虑用线性规划的方法求解.
三、解答题(13题12分,14～15题各14分)
13.某公司租赁甲、乙两种设备生产A,B两类产品,甲种设备每天能生产A类产品5件和B类产品10件,乙种设备每天能生产A类产品6件和B类产品20件.已知设备甲每天的租赁费为200元,设备乙每天的租赁费为300元,现该公司要生产A类产品至少50件,B类产品至少140件,所需租赁费最多不超过2500元,写出满足上述全部不等关系的不等式.
【解析】设甲种设备需要生产x天,乙种设备需要生产y天,则甲、乙两种设备每天生产A,B两类产品的状况如表所示:
A类产品
(件)
B类产品
(件)
租赁费
(元)
甲设备
5
10
200
乙设备
6
20
300
则x,y满足:
5x+6y≥50,10x+20y≥140,200x+300y≤2 500,x∈N,y∈N.即5x+6y≥50,x+2y≥14,2x+3y≤25,x∈N,y∈N.
14.(1)若实数a≠1,比较a+2与31-a的大小.
(2)已知θ∈0,π6,且a=2sin2θ+sin2θ,b=sinθ+cosθ,试比较a与b的大小.
【思路点拨】(1)运用作差法进行比较,同时留意对实数a进行争辩.(2)由于作差法不易比较,且a与b均为正数,可用作商法比较.
【解析】(1)(a+2)-31-a=(a+2)(1-a)-31-a=-a2-a-11-a=a2+a+1a-1,
由于a2+a+1=a+122+34≥34>0,
所以当a>1时,a2+a+1a-1>0,有a+2>31-a;
当a<1时,a2+a+1a-1<0,有a+2<31-a.
(2)由于θ∈0,π6,所以a=2sin2θ+sin2θ>0,
b=sinθ+cosθ>0,
而ab=2sin2θ+sin2θsinθ+cosθ=2sinθ(sinθ+cosθ)sinθ+cosθ=2sinθ.
由于θ∈0,π6,所以sinθ∈0,12,
2sinθ∈(0,1),即0<ab<1,故必有a<b.
15.(力气挑战题)设函数f(x)=xn+bx+c(n∈N*,b,c∈R).
(1)设n≥2,b=1,c=-1,证明f(x)在区间12,1内存在唯一零点.
(2)设n为偶数,-1≤f(-1)≤1,-1≤f(1)≤1,求b+3c的最大值和最小值.
【解析】(1)当b=1,c=-1,n≥2时,
f(x)=xn+x-1,
f12f(1)=12n-12×1<0,
所以f(x)在区间12,1内有零点,
又当x∈12,1时,f'(x)=n·xn-1+1>0,
所以f(x)在12,1上是单调递增的,
所以f(x)在12,1内存在唯一零点.
(2)方法一:由n为偶数,且-1≤f(-1)≤1,-1≤f(1)≤1,
所以0≤b-c≤2,-2≤b+c≤0.
作上述不等式组表示的可行域,如图所示.
令t=b+3c,则c=t3-b3.
平移b+3c=0,知直线过原点O时截距最大,过点A时截距最小,所以t=b+3c的最大值为0+3×0=0;最小值为0+3×(-2)=-6.
方法二:由题意知f(-1)=1-b+c,f(1)=1+b+c,
解得b=f(1)-f(-1)2,c=f(1)+f(-1)-22,
所以b+3c=2f(1)+f(-1)-3.
又由于-1≤f(-1)≤1,-1≤f(1)≤1,
所以-6≤b+3c≤0.
当b=0,c=-2时,b+3c=-6;
当b=c=0时,b+3c=0,所以b+3c的最小值为-6,最大值为0.
【误区警示】(1)忽视字母b,c相互制约的条件,片面将b,c分割开来导致字母范围发生变化.
(2)多次运用同向不等式相加这一性质,不是等价变形,扩大了变量的取值范围,致使最值求解错误.
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