对点练5 不等式的性质-2022老高考理科数学高频考点突破练

对点练5　不等式的性质 1．D　∵x＜0，∴x2＞0，2x＜0，x＜0， 又2x－x＝x＜0，∴2x＜x，∴2x＜x＜x2，故选D. 2．A　∵a＜b＜0，∴－a＞－b＞0， ∴|a|＝－a＞－b，eq \f(a,b)＞1，eq \r(－a)＞eq \r(－b)，eq \f(1,a)＞eq \f(1,b)，故选A. 3．D　当b＝－eq \f(1,2)，a＝2时，eq \f(1,b)＜eq \f(1,a)，故A中不等式不恒成立； 当b＝eq \f(1,2)，a＝eq \f(3,2)时，eq \f(1,b)＞eq \f(1,a)，故B中不等式不恒成立； 当b＝eq \f(4,5)，a＝eq \f(9,8)时，2b＞a2，故C中不等式不恒成立； ∵－1＜b＜1＜a，∴b2＜1＜a，故D中不等式恒成立，故选D. 4．C　当a＝1，b＝－1，c＝－1，d＝－5时，ac＜bd，a－c＜b－d，故A，D的说法不正确；对于B，若c＜0，则a＜b，故B的说法不正确；对于C，由c2＞0，得a＜b，故C的说法正确，故选C. 5．B　由题意得，B2－A2＝－2eq \r(ab)≤0，且A≥0，B≥0， 可得A≥B，故选B. 6．B　当(a－b)a2＞0时，可得a≠0且a－b＞0，即“a＞b”是“(a－b)a2＞0”的必要条件；当a＝0时，虽然a＞b，但(a－b)a2＝0，∴“a＞b”不是“(a－b)a2＞0”的充分条件，故选B. 7．C　根据题意，由于a，b，c均为正实数，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，如果PQR＞0，则说明P，Q，R可能都大于零，或者有两个为负数，一个为正数，假设a＋b－c＜0，b＋c－a＜0，相加得b＜0，与b为正实数矛盾，故假设不成立，即P，Q，R都大于零，因此“PQR＞0”是“P，Q，R同时大于零”的充要条件，故选C. 8．C　∵a＝log2 018eq \r(2 019) ＝eq \f(1,2)log2 0182 019＞eq \f(1,2)log2 0182 018＝eq \f(1,2)， b＝log2 019eq \r(2 018)＝eq \f(1,2)log2 0192 018＜eq \f(1,2)log2 0192 019＝eq \f(1,2)， ∴a＞b，又a＝eq \f(1,2)log2 0182 019＜eq \f(1,2)log2 0182 0182＝1， c＝2 018eq \s\up6(\f(1,2 019))＞2 0180＝1，∴c＞a＞b，故选C. 9．A　由c－b＝4－4a＋a2＝(2－a)2≥0，得b≤c， 再由b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，得2b＝2＋2a2， ∵1＋a2－a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)＞0， ∴b＝1＋a2＞a，∴a＜b≤c. 10．C　∵eq \f(1,a)＜eq \f(1,b)＜0，∴b＜a＜0，a＋b＜0，ab＞0， ∴a＋b＜ab，|a|＜|b|，在b＜a两边同时乘以b， ∵b＜0，∴ab＜b2，因此正确的是①④，故选C. 11．A　a2－2a＋3＝(a－1)2＋2＞0恒成立，故A中不等式一定成立；a2＋b2≥0，故B中不等式不一定成立；a3＋b3－a2b－ab2＝a2(a－b)＋b2(b－a)＝(a－b)(a2－b2)＝(a－b)2(a＋b)不一定大于等于0，故C中不等式不一定成立；当a＜0时，a＋eq \f(1,a)＜0，故D中不等式不一定成立，故选A. 12．B　设步行速度与跑步速度分别为v1，v2，总路程为2s，显然v1＜v2，则甲所用时间为eq \f(s,v1)＋eq \f(s,v2)，乙所用时间为eq \f(4s,v1＋v2). ∵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， ∴eq \f(s,v1)＋eq \f(s,v2)＞eq \f(4s,v1＋v2)，∴乙先到教室． 13．解析　由于0＜a＜1，∴函数f(x)＝logax和g(x)＝ax在定义域上都是单调递减函数，而且1＋a＜1＋eq \f(1,a)，∴②④是正确的． 答案　②④ 14．解析　若1＜a＜b，则eq \f(1,b)＜eq \f(1,a)＜1＜b， ∴logaeq \f(1,b)＜logaeq \f(1,a)＝－1＝logbeq \f(1,b)，故条件①不符合； 若0＜a＜b＜1，则b＜1＜eq \f(1,b)＜eq \f(1,a)， ∴logab＞logaeq \f(1,b)＞