【志鸿优化设计】2014届高考数学一轮复习 第7章 不等式7．1不等关系与不等式练习（含解析）苏教版

1 课时作业课时作业 3232 不等关系与不等式不等关系与不等式 一 填空题 1 x a 3 a 5 与y a 2 a 4 的大小关系是 2 已知a 0 1 b 0 那么下列不等式成立的是 a ab ab2 ab2 ab a ab a ab2 ab ab2 a 3 若 0 a b 则下列不等式成立的是 1 2 2ab 2a 2ab 2b log2 ab 1 log2 ab 2 4 已知不等式ax2 bx c 0 的解集是 对于a b c有以下结论 1 2 2 a 0 b 0 c 0 a b c 0 a b c 0 其中正确的有 填序号 5 设a b为正实数 现有下列命题 若a2 b2 1 则a b 1 若 1 则a b 1 1 b 1 a 若 1 则 a b 1 ab 若 a3 b3 1 则 a b 1 其中的真命题有 写出所有真命题的编号 6 设实数x y满足 3 xy2 8 4 9 则的最大值是 x2 y x3 y4 7 已知a b 0 则 与 的大小关系是 a b2 b a2 1 a 1 b 8 甲 乙两人同时从寝室到教室 甲一半路程步行 一半路程跑步 乙一半时间步行 一 半时间跑步 如果两人步行速度 跑步速度均相同 则 先到教室 9 对于任意x 1 2 都有 ax 1 2 4 成立 则实数a的取值范围为 二 解答题 10 已知 求 的取值范围 2 2 2 2 11 已知函数f x 2sin2 cos 2x x 4 x 3 4 2 1 求f x 的最大值和最小值 2 若存在x 使不等式 f x m 2 成立 求实数m的取值范围 4 2 12 函数f x b 2n nN N 的定义域为 x x 1 图象过原点 且f 2 x2 a bx c 1 2 1 试求函数f x 的单调减区间 2 已知各项均为负数的数列 an 的前n项和为Sn 满足 4Snf 1 求证 ln 1 an 1 an 1 n 1 n 1 an 2 参考答案参考答案 一 填空题 1 x y 解析 解析 x y a2 3a 5a 15 a2 2a 4a 8 7 0 x y 2 解析 解析 1 b 0 b b2 1 又 a 0 ab ab2 a 3 解析 解析 0 a b 1 2 0 ab log2 ab 2 1 4 4 解析 解析 依题意由解集的构成可知a 0 函数f x ax2 bx c的对称轴为 x 0 又a 0 所以b 0 由于 0 1 得c 0 且f 1 b 2a 3 4 1 2 2 a b c 0 又 1 得f 1 a b c 0 1 2 2 5 解析 解析 若a b都小于 1 则a b 1 若a b中至少有一个大于等于 1 则a b 1 由a2 b2 a b a b 1 所以 a b 1 故 正确 对于 a3 b3 a b a2 ab b2 1 若a b中至少有一个大于等于 1 则a2 ab b2 1 则 a b 1 若a b都小于 1 则 a b 1 所以 正确 综上 真命题有 6 27 解析 解析 2 16 81 2 2 27 x2 y 1 xy2 1 8 1 3 x3 y4 x2 y 1 xy2 的最大值是 27 x3 y4 7 解析 解析 a b2 b a2 1 a 1 b a b2 b a2 1 a 1 b a b b2 b a a2 a b 1 b2 1 a2 a b a b 2 a2b2 a b 0 a b 2 0 0 a b a b 2 a2b2 a b2 b a2 1 a 1 b 8 乙 解析 解析 设甲用时间为T 乙用时间为 2t 步行速度为a 跑步速度为b 距离 为s 则T ta tb s 2t s 2 a s 2 b s 2a s 2b s a b 2ab 2s a b T 2t s 0 即乙先到教室 s a b 2ab 2s a b a b 2 4ab 2ab a b s a b 2 2ab a b 9 解析 解析 ax 1 2 4 2 ax 1 2 3 ax 1 对于任意x 1 2 不 3 2 1 2 等式恒成立 Error 解得 a 3 2 1 2 3 二 解答题 10 解 因为 2 2 所以 4 2 4 4 2 4 两式相加 得 2 2 2 又 4 2 4 所以 2 2 2 又因为 所以 0 2 从而 0 2 2 综上 0 即为所求取值范围 2 2 2 2 2 11 解 1 f x 1 cos cos 2x 1 sin 2x cos 2x 1 2sin 2x 2 33 x 2x 2x 3 4 2 6 3 2 3 当x 时 f x 取最小值 2 4 当x 时 f x 取最大值 3 5 12 2 由 f x m 2 得f x 2 m f x 2 由 2 f x 3 知存在x使 f x m 2 所求m的取值范围是 0 5 12 1 解 由已知得a 0 b c f 2 且b 2n n N N b 2 4 3b 1 2 f x x 1 x2 2 x 1 于是f x 2x 2 x 1 x2 2 4 x 1 2 x2 2x 2 x 1 2 由f x 0 得 0 x 1 或 1 x 2 故函数f x 的单调减区间为 0 1 和 1 2 2 证明 由已知可得 2Sn an a 2n 当n 2 时 2Sn 1 an 1 a 2n 1 两式相减得 an an 1 an an 1 1 0 an an 1 1 各项均为负数 当n 1 时 2a1 a1 a a1 1 2 1 an n 于是 待证不等式即为 ln 1 n 1 n 1 n 1 n 为此 我们考虑证明不等式 ln x 0 1 x 1 x 1 x 1 x 令 1 t x 0 则t 1 x 1 x 1 t 1 4 再令g t t 1 ln t g t 1 1 t 由t 1 知g t 0 当t 1 时 g t 单调递增 g t g 1 0 于是t 1 ln t 即 ln x 0 1 x x 1 x 令h t ln t 1 h t 1 t 1 t 1 t2 t 1 t2 由t 1 知h t 0 当