第1章 第4节 不等式及其性质-【创新教程】2024高考数学总复习大一轮课时作业word（新教材，人教B版）

第4节　不等式及其性质 [基础训练组] 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 解析：A　[a＞1且b＞1⇒ab＞1；但ab＞1，则a＞1且b＞1不一定成立，如a＝－2，b＝－2时，ab＝4＞1.故选A.] 2．(多选)对于实数a，b，c，下列命题是真命题的为(　　 ) A．若a>b，则ac<bc B．若ac2>bc2，则a>b C．若a<b<0，则a2>ab>b2 D．若a>0>b，则|a|<|b| 解析：BC　[当c＝0时，ac＝bc，故A错误；若ac2>bc2，则c≠0，c2＞0，故a＞b，故B为真命题；若a＜b＜0，则a2>ab且ab>b2，即a2>ab>b2，故C为真命题；当a＝1，b＝－1时，|a|＝|b|，故D错误．故选BC.] 3．已知p＝a＋，q＝x2－2，其中a>2，x∈R，则p，q的大小关系是(　　) A．p≥q　　　　　 B．p>q C．p<q D．p≤q 解析：A　[p＝a＋＝a－2＋＋2≥2＋2＝4，当且仅当a＝3时取等号．因为x2－2≥－2，所以q＝x2－2≤－2＝4，当且仅当x＝0时取等号．所以p≥q.] 4．(2023·鹰潭模拟)若<<0，则下列结论正确的是(　　 ) A．a2＞b2 B．1＞b＞a C.＋＜2 D．aeb＞bea 解析：D　[由题意，b＜a＜0，则a2＜b2，b＞a＞1，＋＞2， ∵b＜a＜0，∴ea＞eb＞0，－b＞－a＞0， ∴－bea＞－aeb，∴aeb＞bea.] 5．若m＜0，n＞0且m＋n＜0，则下列不等式中成立的是(　　) A．－n＜m＜n＜－m B．－n＜m＜－m＜n C．m＜－n＜－m＜n D．m＜－n＜n＜－m 解析：D　[m＋n＜0⇒m＜－n⇒n＜－m，又由于m＜0＜n，故m＜－n＜n＜－m成立．] 6．(多选)设b＞a＞0，c∈R，则下列不等式中正确的是(　　) A．a＜b B.－c＞－c C.＞ D．ac2＜bc2 解析：ABC　[因为y＝x在(0，＋∞)上是增函数，所以a＜b，A正确．因为y＝－c在(0，＋∞)上是减函数，所以－c＞－c，B正确．因为－＝＞0，所以＞，C正确．当c＝0时，ac2＝bc2，所以D不成立．故选ABC.] 7．设x，y∈R，则“x≥2且y≥2”是“x2＋y2≥4”的　________　条件． 解析：∵x≥2且y≥2，∴x2＋y2≥4，∴“x≥2且y≥2”是“x2＋y2≥4”的充分条件；而x2＋y2≥4不一定得出x≥2且y≥2，即“x≥2且y≥2”不是“x2＋y2≥4”的必要条件． 答案：充分不必要 8．已知f(n)＝－n，g(n)＝n－，φ(n)＝(n∈N＋，n>2)，则f(n)，g(n)，φ(n)的大小关系是　________　. 解析：f(n)＝－n＝<＝φ(n)， g(n)＝n－＝ >＝φ(n)， ∴f(n)<φ(n)<g(n)． 答案：f(n)<φ(n)<g(n) 9．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%，第二次提价q%；方案乙：每次都提价%.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a2， ∵2＝2 ≥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 10．若a＞b＞0，c＜d＜0，e＜0.求证：＞. 证明：∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0. 又∵a＞b＞0，∴a－c＞b－d＞0. ∴(a－c)2＞(b－d)2＞0. ∴0＜＜. 又∵e＜0，∴＞. [能力提升组] 11．(2023·龙岩三模)若a＞b，则(　　) A．ln(a－b)＞0 B．3a＜3b C．a3－b3＞0 D．|a|＞|b| 解析：C　[若a＞b，则a3＞b3，即a3－b3＞0.] 12．(多选)已知0＜a＜b，且a＋b＝1，则下列不等式中正确的是(　　) A．log2a<0　　　　 B．2a－b< C．log2a＋log2b<－2 D．2＋＜ 解析：　AC　[由题意知0＜a＜1，此时log2a<0，A正确；由已知得0<a<1,0<b<1，所以－1<－b<0，又a<b，所以－1<a－b<0，所以<2a－b<1，B错误；因为0<a<b，所以＋>2＝2，所以2＋＞22＝4，D错误；由a＋b＝1>2，得ab<，因此log2a＋log2b＝log2(ab)<log2＝－2，C正确．] 13．已知△ABC的三边长分别为a，b，c，且满足b＋c≤3a，则的取值范围为　________　. 解析：由已知及三角形三边关系得 ∴ ∴两式相加，得0＜2×＜4， ∴的取值范围为(0,2)． 答案