2023年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)2.1《不等式的性質(zhì)》達(dá)標(biāo)練習(xí)（含詳解）

2023年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)2.1《不等式的性質(zhì)》達(dá)標(biāo)練習(xí)一 、選擇題LISTNUMOutlineDefault\l3如果a＞0＞b且a2＞b2，那么以下不等式中正確的個(gè)數(shù)是()①a2b＜b3；②eq\f(1,a)＞0＞eq\f(1,b)；③a3＜ab2.A.0B.1C.2D.3LISTNUMOutlineDefault\l3若a<b<0，則下列不等式不能成立的是()A.eq\f(1,a－b)>eq\f(1,a)B.eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C.|a|>|b|D.a2>b2LISTNUMOutlineDefault\l3若eq\f(1,b)＜eq\f(1,a)＜0，則下列結(jié)論不正確的是()A.a2＜b2B.ab＞b2C.a＋b＜0D.|a|＋|b|=|a＋b|LISTNUMOutlineDefault\l3設(shè)a，b∈R，若a＋|b|＜0，則下列不等式成立的是()A.a－b＞0B.a3＋b3＞0C.a2－b2＜0D.a＋b＜0LISTNUMOutlineDefault\l3若a，b，c為實(shí)數(shù)，且a＜b＜0，則下列結(jié)論正確的是()A.ac2＜bc2B.eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)C.eq\f(b,a)＞eq\f(a,b)D.a2＞ab＞b2LISTNUMOutlineDefault\l3已知a＞b＞0，則eq\r(a)－eq\r(b)與eq\r(a－b)的大小關(guān)系是()A.eq\r(a)－eq\r(b)＞eq\r(a－b)B.eq\r(a)－eq\r(b)＜eq\r(a－b)C.eq\r(a)－eq\r(b)＝eq\r(a－b)D.無(wú)法確定LISTNUMOutlineDefault\l3若a＞b＞0，則下列不等式中一定成立的是()A.a＋eq\f(1,b)＞b＋eq\f(1,a)B.eq\f(b,a)＞eq\f(b＋1,a＋1)C.a－eq\f(1,b)＞b－eq\f(1,a)D.eq\f(2a＋b,a＋2b)＞eq\f(a,b)LISTNUMOutlineDefault\l3設(shè)a，b∈R，函數(shù)f(x)=ax＋b(0≤x≤1)，則“f(x)＞0恒成立”是“a＋2b＞0成立”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件LISTNUMOutlineDefault\l3若x＞y，且x＋y=2，則下列不等式一定成立的是()A.x2＜y2B.eq\f(1,x)＜eq\f(1,y)C.x2＞1D.y2＜1LISTNUMOutlineDefault\l3若a＜b＜0，則下列不等式中一定不成立的是()A.eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)B.eq\r(－a)＞eq\r(－b)C.|a|＞－bD.eq\f(1,a－b)＞eq\f(1,b)LISTNUMOutlineDefault\l3已知a>b，則下列各式一定正確的是()A.algx>blgxB.ax2>bx2C.a2>b2D.a·2x>b·2xLISTNUMOutlineDefault\l3若a＞1,0＜c＜b＜1，則下列不等式不正確的是()A.loga2018＞logb2018B.logba＜logcaC.(c－b)ca＞(c－b)baD.(a－c)ac＞(a－c)ab二 、填空題LISTNUMOutlineDefault\l3已知存在實(shí)數(shù)a滿足ab2>a>ab，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是.LISTNUMOutlineDefault\l3已知函數(shù)f(x)=ax＋b,0<f(1)<2，－1<f(－1)<1，則2a－b的取值范圍是.LISTNUMOutlineDefault\l3已知a，b，c，d均為實(shí)數(shù)，有下列命題①若ab>0，bc－ad>0，則eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0；②若ab>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，則bc－ad>0；③若bc－ad>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，則ab>0.其中正確的命題是.LISTNUMOutlineDefault\l3在R上定義運(yùn)算⊙：x⊙y=x(2－y)，若不等式(x＋m)⊙x＜1對(duì)一切實(shí)數(shù)x恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________.

LISTNUMOutlineDefault\l3\s0答案解析LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：C解析：因?yàn)閍2>b2，b<0，所以a2b<b3，故①正確；因?yàn)閍2>b2，a>0，所以a3>ab2，故③錯(cuò)誤；所以正確的個(gè)數(shù)為2，故選C.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：A.解析：取a=－2，b=－1，則eq\f(1,a－b)>eq\f(1,a)不成立.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：A解析：由eq\f(1,b)＜eq\f(1,a)＜0可得a＜b＜0，所以a2＞b2，故A錯(cuò)，故選A.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：D解析：當(dāng)b≥0時(shí)，a＋b＜0；當(dāng)b＜0時(shí)，a－b＜0，所以a＜b＜0，所以a＋b＜0.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：D；解析：選項(xiàng)A，∵c為實(shí)數(shù)，∴取c=0，得ac2=0，bc2=0，此時(shí)ac2=bc2，故選項(xiàng)A不正確；選項(xiàng)B，eq\f(1,a)－eq\f(1,b)=eq\f(b－a,ab)，∵a＜b＜0，∴b－a＞0，ab＞0，∴eq\f(b－a,ab)＞0，即eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，故選項(xiàng)B不正確；選項(xiàng)C，∵a＜b＜0，∴取a=－2，b=－1，則eq\f(b,a)=eq\f(－1,－2)=eq\f(1,2)，eq\f(a,b)=2，此時(shí)eq\f(b,a)＜eq\f(a,b)，故選項(xiàng)C不正確；選項(xiàng)D，∵a＜b＜0，∴a2－ab=a(a－b)＞0，∴a2＞ab，又∵ab－b2=b(a－b)＞0，∴ab＞b2，故選項(xiàng)D正確，故選D.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：B解析：(eq\r(a)－eq\r(b))2－(eq\r(a－b))2＝a＋b－2eq\r(ab)－a＋b＝2(b－eq\r(ab))＝2eq\r(b)(eq\r(b)－eq\r(a))，因?yàn)閍＞b＞0，所以eq\r(b)－eq\r(a)＜0，所以(eq\r(a)－eq\r(b))2－(eq\r(a－b))2＜0，所以eq\r(a)－eq\r(b)＜eq\r(a－b).LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：A解析：取a＝2，b＝1，排除B與D；另外，函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,x)是(0，＋∞)上的增函數(shù)，但函數(shù)g(x)＝x＋eq\f(1,x)在(0,1]上遞減，在[1，＋∞)上遞增，所以，當(dāng)a＞b＞0時(shí)，f(a)＞f(b)必定成立，即a－eq\f(1,a)＞b－eq\f(1,b)?a＋eq\f(1,b)＞b＋eq\f(1,a)，但g(a)＞g(b)未必成立.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：A解析：由“f(x)＞0恒成立”可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝b＞0，,f1＝a＋b＞0，))所以a＋2b＞0成立；反之，當(dāng)a＋2b＞0成立時(shí)，則無(wú)法得到eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝b＞0，,f1＝a＋b＞0))成立，所以“f(x)＞0恒成立”是“a＋2b＞0成立”的充分不必要條件，故選A.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：C解析：因?yàn)閤＞y，且x＋y=2，所以2x＞x＋y=2，即x＞1，則x2＞1，故選C.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：A解析：∵a＜b＜0，∴eq\f(1,a)－eq\f(1,b)=eq\f(b－a,ab)＞0，eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，A不正確；－a＞－b＞0，eq\r(－a)＞eq\r(－b)，B正確；|a|＞|b|=－b，C正確；當(dāng)a=－3，b=－1，eq\f(1,a－b)=－eq\f(1,2)，eq\f(1,b)=－1時(shí)，eq\f(1,a－b)＞eq\f(1,b)，此時(shí)D成立.故選A.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：D.解析：A中，當(dāng)x=1時(shí)，不成立；B中，當(dāng)x=0時(shí)，不成立；C中，當(dāng)a=0，b=－1時(shí)，不成立；D中，因?yàn)?x>0，所以a·2x>b·2x成立.故選D.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：D；解析：∵a＞1,0＜c＜b＜1，∴l(xiāng)ogab＜0，loga2018＞0，∴l(xiāng)ogb2018=eq\f(loga2018,logab)＜loga2018，∴A正確；∵0＞logab＞logac，∴eq\f(1,logab)＜eq\f(1,logac)，∴l(xiāng)ogba＜logca，∴B正確；∵ca＜ba，c－b＜0，∴(c－b)ca＞(c－b)ba，∴C正確；∵ac＜ab，a－c＞0，∴(a－c)ac＜(a－c)ab，∴D錯(cuò)誤.故選D.二 、填空題LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：(－∞，－1).解析：因?yàn)閍b2>a>ab，所以a≠0，當(dāng)a>0時(shí)，b2>1>b，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2>1，,b<1，))解得b<－1；當(dāng)a<0時(shí)，b2<1<b，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2<1，,b>1))無(wú)解.綜上可得b<－1.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(5,2))).解析：由函數(shù)的解析式可知0<a＋b<2，－1<－a＋b<1，又2a－b=eq\f(1,2)(a＋b)－eq\f(3,2)(－a＋b)，結(jié)合不等式的性質(zhì)可得2a－b∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(5,2))).LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：①②③.解析：∵ab>0，bc－ad>0，∴eq\f(c,a)－eq\f(d,b)=eq\f(bc－ad,ab)>0，∴①正確；∵ab>0，又eq\f