高考数学总复习 第六章第1课时 不等关系与不等式课时闯关（含解析）

第六章第1课时不等关系与不等式课时闯关（含答案解析）一、选择题1.若A＝(x＋3)(x＋7),B＝(x＋4)(x＋6),则A,B的大小关系为()A.A<B B.A＝BC.A>B D.不确定解析：选A.因为(x＋3)(x＋7)－(x＋4)(x＋6)＝(x2＋10x＋21)－(x2＋10x＋24)＝－3<0,故A<B.2.“a＋c>b＋d”是“a>b且c>d”的()A.必要不充分条件 B.充分不必要条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件解析：选A.易得a>b且c>d时必有a＋c>b＋d.若a＋c>b＋d时,则可能有a>d且c>b,选A.3.(2012·郑州质检)若a>b,则下列正确的是()A.a2>b2 B.ac>bcC.a＋c>b－c D.a－c>b－c解析：选D.可用特殊值法,当a＝1,b＝－2时,A错;当c＝0时,B错;当a＝2,b＝1,c＝－2时,C错;根据不等式的性质知D正确.4.设α∈(0,eq\f(π,2)),β∈[0,eq\f(π,2)],那么2α－eq\f(β,3)的取值范围是()A.(0,eq\f(5π,6)) B.(－eq\f(π,6),eq\f(5π,6))C.(0,π) D.(－eq\f(π,6),π)解析：选D.由题设得0<2α<π,0≤eq\f(β,3)≤eq\f(π,6),∴－eq\f(π,6)≤－eq\f(β,3)≤0,∴－eq\f(π,6)<2α－eq\f(β,3)<π.5.若1<a<3,－4<b<2,则a－|b|的取值范围是()A.(－1,3) B.(－3,6)C.(－3,3) D.(1,4)解析：选C.∵－4<b<2,∴0≤|b|<4,∴－4<－|b|≤0.又∵1<a<3,∴－3<a－|b|<3.故选C.二、填空题6.(2012·绵阳质检)已知A＝(a4＋b4)(a2＋b2),B＝(a3＋b3)2,则A________B.(填“≥”或“≤”)解析：由A－B＝a4b2＋a2b4－2a3b3＝(a2b－ab2)2≥0,得A≥B.答案：≥7.已知a<0,－1<b<0,那么在a,ab,ab2这三个数中,最小的数是________,最大的数是________.解析：∵a－ab＝a(1－b)<0⇒a<ab,a－ab2＝a(1－b2)<0⇒a<ab2,∴a最小.又ab－ab2＝ab(1－b)>0⇒ab>ab2⇒ab最大.或由于b<b2<1,又∵a<0,∴ab>ab2>a,则三数中最小的数为a,最大的数为ab.答案：aab8.设函数f(x)＝ax＋b(0≤x≤1),则“a＋2b>0”是“f(x)>0在[0,1]上恒成立”的________条件.(填“充分但不必要”,“必要但不充分”,“充要”或“既不充分也不必要”)解析：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0>0,f1>0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b>0,,a＋b>0.))∴a＋2b>0.而仅有a＋2b>0,无法推出f(0)>0和f(1)>0同时成立.故填“必要但不充分”.答案：必要但不充分三、解答题9.已知a>b>0,c<d<0,e<0,求证：eq\f(e,a－c)>eq\f(e,b－d).证明：∵c<d<0,∴－c>－d>0.∵a>b>0,∴a－c>b－d>0,∴eq\f(1,a－c)<eq\f(1,b－d),∵e<0,∴eq\f(e,a－c)>eq\f(e,b－d).10.某商店出售茶壶和茶杯,茶壶每个定价20元,茶杯每个定价5元,该店推出两种优惠方法：(1)买一个茶壶赠送一个茶杯;(2)按总价的92%付款.某顾客需购茶壶4个,茶杯若干个(不少于4个),若设购买茶杯数为x,付款数为y,试分别建立两种优惠方法下的y与x之间的函数关系式,并讨论该顾客买同样多的茶杯时,两种办法哪一种更省钱.解：由优惠方法(1)得y1＝20×4＋5(x－4)＝5x＋60(x≥4);由优惠方法(2)得y2＝(5x＋20×4)×92%＝4.6x＋73.6(x≥4).y1－y2＝0.4x－13.6(x≥4),令y1－y2＝0,得x＝34.所以当购买34只茶杯时,两种优惠方法付款相同;当4≤x<34时,y1<y2,方法(1)省钱;当x>34时,y1>y2,方法(2)省钱.11.若实数a、b、c满足b＋c＝5a2－8a＋11,b－c＝a2－6a＋9,试比较a、b、c的大小.解：b－c＝a2－6a＋9＝(a－3)2≥0,∴b≥c,eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＋c＝5a2－8a＋11