（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 專題7 不等式 第42練 不等式的概念與性質(zhì)練習(xí) 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題

訓(xùn)練目標(biāo)(1)了解不等式概念及應(yīng)用方法；(2)掌握不等式的性質(zhì)，提高綜合應(yīng)用能力．訓(xùn)練題型(1)利用比較法判斷不等關(guān)系；(2)運用不等式的性質(zhì)判斷不等關(guān)系；(3)將不等式概念及性質(zhì)與函數(shù)知識結(jié)合判斷不等關(guān)系．解題策略(1)作差比較；(2)作商比較；(3)利用不等式的性質(zhì)化簡變形，合理放大或縮??；(4)借助基本函數(shù)單調(diào)性比較大小.1．(2016·鎮(zhèn)江模擬)設(shè)A＝eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)，B＝eq\f(1,a＋b)(a＞0，b＞0)，則A，B的大小關(guān)系是________．2．(2017·河南六市第一次聯(lián)考)若eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，則下列結(jié)論不正確的是________．(填序號)①a2＜b2；②ab＜b2；③a＋b＜0；④|a|＋|b|＞|a＋b|.3．給出下列條件：①1＜a＜b；②0＜a＜b＜1；③0＜a＜1＜b.其中，能使logbeq\f(1,b)＜logaeq\f(1,b)＜logab成立的條件的序號是________．4．(2016·濟(jì)南模擬)已知實數(shù)x，y滿足ax＜ay(0＜a＜1)，則下列關(guān)系式恒成立的是________．(填序號)①eq\f(1,x2＋1)＞eq\f(1,y2＋1)；②ln(x2＋1)＞ln(y2＋1)；③sinx＞siny；④x3＞y3.5．若x＞y，a＞b，則在①a－x＞b－y，②a＋x＞b＋y，③ax＞by，④x－b＞y－a，⑤eq\f(a,y)＞eq\f(b,x)這五個式子中，恒成立的不等式的序號是________．6．(2016·北京西城區(qū)模擬)設(shè)a，b∈R，定義運算“∧”和“∨”如下：a∧b＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a＞b，))a∨b＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b，a≤b，,a，a＞b.))若正數(shù)a，b，c，d滿足ab≥4，c＋d≤4，則下列結(jié)論正確的是________．①a∧b≥2，c∧d≤2;②a∧b≥2，c∨d≥2；③a∨b≥2，c∧d≤2;④a∨b≥2，c∨d≥2.7．(2016·常州模擬)已知實數(shù)a，b，c滿足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，則a，b，c的大小關(guān)系是______________．8．設(shè)a＞0，且a≠1，P＝loga(a3－1)，Q＝loga(a2－1)，則P與Q的大小關(guān)系是________．9．對于0＜a＜1，給出下列四個不等式：①loga(1＋a)＜loga(1＋eq\f(1,a))；②loga(1＋a)＞loga(1＋eq\f(1,a))；③a1＋a＜a1＋eq\f(1,a)；④a1＋a＞a1＋eq\f(1,a).其中成立的是________．10．(2016·蘇州模擬)設(shè)a＞b＞c＞0，x＝eq\r(a2＋b＋c2)，y＝eq\r(b2＋c＋a2)，z＝eq\r(c2＋a＋b2)，則x，y，z的大小關(guān)系是________．(用“＞”連接)11．設(shè)x，y為實數(shù)，滿足3≤xy2≤8,4≤eq\f(x2,y)≤9，則eq\f(x3,y4)的最大值是________．12．(2017·遼寧五校聯(lián)考)三個正數(shù)a，b，c滿足a≤b＋c≤2a，b≤a＋c≤2b，則eq\f(b,a)的取值范圍是________．13．(2016·南京模擬)如圖所示的兩種廣告牌中，圖(1)是由兩個等腰直角三角形構(gòu)成的，圖(2)是一個矩形，則這兩個廣告牌面積的大小關(guān)系可用含字母a，b(a≠b)的不等式表示為______________．14．已知－eq\f(1,2)＜a＜0，A＝1＋a2，B＝1－a2，C＝eq\f(1,1＋a)，D＝eq\f(1,1－a)，則A，B，C，D的大小關(guān)系是________．(用“＞”連接)

答案精析1．A＞B2.④3.②4.④5．②④解析令x＝－2，y＝－3，a＝3，b＝2，符合題設(shè)條件x＞y，a＞b，∵a－x＝3－(－2)＝5，b－y＝2－(－3)＝5，∴a－x＝b－y，因此①不成立．∵ax＝－6，by＝－6，∴ax＝by，因此③不成立．∵eq\f(a,y)＝eq\f(3,－3)＝－1，eq\f(b,x)＝eq\f(2,－2)＝－1，∴eq\f(a,y)＝eq\f(b,x)，因此⑤不成立．由不等式的性質(zhì)可推出②④成立．6．③解析不妨設(shè)a≤b，c≤d，則a∨b＝b，c∧d＝c.若b＜2，則a＜2，∴ab＜4，與ab≥4矛盾，∴b≥2.故a∨b≥2.若c＞2，則d＞2，∴c＋d＞4，與c＋d≤4矛盾，∴c≤2.故c∧d≤2.故③正確．7．c≥b＞a解析∵c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，∴c≥b.又b＋c＝6－4a＋3a2，∴2b＝2＋2a2，∴b＝a2＋1，∴b－a＝a2－a＋1＝(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)＞0.∴b＞a，∴c≥b＞a.8．P＞Q解析由題意可知a＞1.∴(a3－1)－(a2－1)＝a2(a－1)＞0，∴a3－1＞a2－1，∴l(xiāng)oga(a3－1)＞loga(a2－1)，即P＞Q.9．②④解析因為0＜a＜1，所以(1＋a)－(1＋eq\f(1,a))＝eq\f(a＋1a－1,a)＜0，則1＋a＜1＋eq\f(1,a)，可知②④成立．10．z＞y＞x解析方法一y2－x2＝2c(a－b)＞0，∴y＞x.同理，z＞y，∴z＞y＞x.方法二令a＝3，b＝2，c＝1，則x＝eq\r(18)，y＝eq\r(20)，z＝eq\r(26)，故z＞y＞x.11．27解析由4≤eq\f(x2,y)≤9，得16≤eq\f(x4,y2)≤81.又3≤xy2≤8，∴eq\f(1,8)≤eq\f(1,xy2)≤eq\f(1,3)，∴2≤eq\f(x3,y4)≤27.又x＝3，y＝1滿足條件，這時eq\f(x3,y4)＝27.∴eq\f(x3,y4)的最大值是27.12．[eq\f(2,3)，eq\f(3,2)]解析兩個不等式同時除以a，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤\f(b,a)＋\f(c,a)≤2，①,\f(b,a)≤1＋\f(c,a)≤2·\f(b,a)，②))將②乘(－1)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤\f(b,a)＋\f(c,a)≤2，,－2·\f(b,a)≤－1－\f(c,a)≤－\f(b,a)，))兩式相加，得1－eq\f(2b,a)≤eq\f(b,a)－1≤2－eq\f(b,a)，解得eq\f(2,3)≤eq\f(b,a)≤eq\f(3,2).13.eq\f(1,2)(a2＋b2)＞ab解析(1)中S1＝eq\f(1,2)a2＋eq\f(1,2)b2＝eq\f(1,2)(a2＋b2)，(2)中S2＝ab，應(yīng)有S1＞S2，即eq\f(1,2)(a2＋b2)＞ab.14．C＞A＞B＞D解析由已知得－eq\f(1,2)＜a＜0，不妨取a＝－eq\f(1,4)，這時A＝eq\f(17,16)，B＝eq\f(15,16)，C＝eq\f(4,3)，D＝eq\f(4,5).由此猜測：C＞A＞B＞D.∵C－A＝eq\f(1,1＋a)－(1＋a2)＝eq\f(－aa2＋a＋1,1＋a)＝eq\f(－a[a＋\f(1,2)2＋\f(3,4)],1＋a).又∵1＋a＞0，－a＞0，(a＋eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)＞0，∴C＞A.∵A－B＝(1＋a2)－(1－a2)＝2a2＞0，∴A＞B.∵B－D＝1－a2－eq\f(1