统考版2025届高考数学全程一轮复习课时作业35不等关系与不等式理

课时作业35不等关系与不等式[基础落实练]一、选择题1．若a，b都是实数，则“eq\r(a)－eq\r(b)>0”是“a2－b2>0”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2．已知非零实数a，b满意a<b，则下列命题成立的是()A．a2<b2B．ab2<a2bC．eq\f(1,ab2)<eq\f(1,a2b)D．eq\f(b,a)<eq\f(a,b)3．假如x＋y<0，且y>0，那么下列不等式成立的是()A．y2>x2>－xyB．x2>y2>－xyC．y2>－xy>x2D．x2>－xy>y24．已知0<a<eq\f(1,b)，且M＝eq\f(1,1＋a)＋eq\f(1,1＋b)，N＝eq\f(a,1＋a)＋eq\f(b,1＋b)，则M，N的大小关系是()A．M>NB．M<NC．M＝ND．不能确定5．已知c<b<a，且ac<0，那么下列不等式中，不肯定成立的是()A．ab>acB．c(b－a)>0C．cb2<ab2D．ac(a－c)<06．若a>0且a≠1，M＝loga(a3＋1)，N＝loga(a2＋1)，则M，N的大小关系为()A．M<NB．M≤NC．M>ND．M≥N7．设m＝log0.30.6，n＝eq\f(1,2)log20.6，则()A．m－n>mn>m＋nB．m－n>m＋n>mnC．mn>m－n>m＋nD．m＋n>m－n>mn二、填空题8．已知M＝x2＋y2＋z2，N＝2x＋2y＋2z－π，则M________N(填“>”“<”或“＝”).9．已知非零实数a，b满意a>b，则下列结论正确的是________(填序号).①eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；②a3>b3；③2a>2b；④lna2>lnb2.10．实数a，b，c，d满意下列三个条件：①d>c；②a＋b＝c＋d；③a＋d<b＋c.那么a，b，c，d的大小关系是________．(用“>”连接)11．若0<a<b，且a＋b＝1，则将a，b，eq\f(1,2)，2ab，a2＋b2从小到大排列为________．[素养提升练]12．已知实数a，b，c满意b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系为()A．a<b≤cB．b≤c<aC．b<c<aD．b<a<c13．已知a>b>c，2a＋b＋c＝0，则eq\f(c,a)的取值范围是()A．－3<eq\f(c,a)<－1B．－1<eq\f(c,a)<－eq\f(1,3)C．－2<eq\f(c,a)<－1D．－1<eq\f(c,a)<－eq\f(1,2)14．已知M＝eq\f(e2020＋1,e2021＋1)，N＝eq\f(e2021＋1,e2022＋1)，则M，N的大小关系为________．15.已知a＋b>0，试比较eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)与eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的大小．16．(1)若bc－ad≥0，bd>0，求证：eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d)；(2)已知c>a>b>0，求证：eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b).课时作业35不等关系与不等式1．解析：eq\r(a)－eq\r(b)>0⇒eq\r(a)>eq\r(b)⇒a>b≥0⇒a2>b2，但a2－b2>0D⇒/eq\r(a)－eq\r(b)>0，所以“eq\r(a)－eq\r(b)>0”是“a2－b2>0”的充分不必要条件．答案：A2．解析：若a<b<0，则a2>b2，故A不成立；若eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ab>0，,a<b，))则a2b<ab2，故B不成立；若a＝1，b＝2，则eq\f(b,a)＝2，eq\f(a,b)＝eq\f(1,2)，eq\f(b,a)>eq\f(a,b)，故D不成立，由不等式的性质知，C正确．答案：C3．解析：x2－y2＝（x－y）（x＋y），∵x＋y<0且y>0，∴x<0，∴x－y<0，∴x2－y2>0，∴x2>y2，又xy＋y2＝y（x＋y），∵x＋y<0，y>0，∴y（x＋y）<0，∴y2<－xy.又x2＋xy＝x（x＋y）>0，∴x2>－xy，综上，x2>－xy>y2.答案：D4．解析：∵0<a<eq\f(1,b)，∴1＋a>0，1＋b>0，1－ab>0.∴M－N＝eq\f(1－a,1＋a)＋eq\f(1－b,1＋b)＝eq\f(2（1－ab）,（1＋a）（1＋b）)>0，∴M>N.答案：A5．解析：由c<b<a且ac<0知a>0且c<0，b的正负不确定，由b>c且a>0知ba>ca，故A肯定成立；∵b－a<0且c<0，∴c（b－a）>0，故B肯定成立；当b＝0时，cb2＝ab2＝0，故C不肯定成立；由a－c>0且ac<0，∴ac（a－c）<0，故D肯定成立．答案：C6．解析：当a>1时，a3＋1>a2＋1，y＝logax为（0，＋∞）上的增函数，∴loga（a3＋1）>loga（a2＋1）；当0<a<1时，a3＋1<a2＋1，y＝logax为（0，＋∞）上的减函数，∴loga（a3＋1）>loga（a2＋1），∴当a>0且a≠1时，总有M>N.答案：C7．解析：因为m＝log0.30.6>log0.31＝0，n＝eq\f(1,2)log20.6<eq\f(1,2)log21＝0，所以mn<0，m－n>0，因为－eq\f(1,n)＝－2log0.62＝log0.60.25>0，eq\f(1,m)＝log0.60.3>0，而log0.60.25>log0.60.3，所以－eq\f(1,n)>eq\f(1,m)>0，即可得m＋n>0，因为（m－n）－（m＋n）＝－2n>0，所以m－n>m＋n，所以m－n>m＋n>mn.答案：B8．解析：M－N＝x2＋y2＋z2－2x－2y－2z＋π＝（x－1）2＋（y－1）2＋（z－1）2＋π－3≥π－3>0，故M>N.答案：>9．解析：当a>0，b<0时，eq\f(1,a)>0>eq\f(1,b)，故①不正确；由函数y＝x3，y＝2x的单调性可知，②③正确；当a＝1，b＝－1时，lna2＝lnb2＝ln1＝0，故④不正确．答案：②③10．解析：由题意知d>c①，②＋③得2a＋b＋d<2c＋b＋d，化简得a<c④，由②式a＋b＝c＋d及a<c可得到，要使②成立，必需b>d⑤成立，综合①④⑤式得到b>d>c>a.答案：b>d>c>a11．解析：∵0<a<b且a＋b＝1，∴a<eq\f(1,2)<b<1，∴2b>1且2a<1，∴a<2b·a＝2a（1－a）＝－2a2＋2a＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)<eq\f(1,2).即a<2ab<eq\f(1,2).又a2＋b2＝（a＋b）2－2ab＝1－2ab>1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，即a2＋b2>eq\f(1,2).∵eq\f(1,2)<b<1，∴（a2＋b2）－b＝[（1－b）2＋b2]－b＝2b2－3b＋1＝（2b－1）（b－1）<0，即a2＋b2<b，综上可知a<2ab<eq\f(1,2)<a2＋b2<b.答案：a<2ab<eq\f(1,2)<a2＋b2<b12．解析：c－b＝4－4a＋a2＝（a－2）2≥0，∴c≥b，又b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，两式相减得2b＝2＋2a2即b＝1＋a2，∴b－a＝a2＋1－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)>0，∴b>a，∴a<b≤c.答案：A13．解析：因为a>b>c，2a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0，b＝－2a－c，因为a>b>c，所以－2a－c<a，即3a>－c，解得eq\f(c,a)>－3，将b＝－2a－c代入b>c中，得－2a－c>c，即a<－c，得eq\f(c,a)<－1，所以－3<eq\f(c,a)<－1.答案：A14．解析：M－N＝eq\f(e2020＋1,e2021＋1)－eq\f(e2021＋1,e2022＋1)＝eq\f(（e2020＋1）（e2022＋1）－（e2021＋1）2,（e2021＋1）（e2022＋1）)＝eq\f(e2020＋e2022－2e2021,（e2021＋1）（e2022＋1）)＝eq\f(e2020（e－1）2,（e2021＋1）（e2022＋1）)>0.∴M>N.答案：M>N15．解析：eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(a－b,b2)＋eq\f(b－a,a2)＝（a－b）·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)－\f(1,a2)))＝eq\f(（a＋b）（a－b）2,a2b2).∵a＋b>0，（a－b）2≥0，∴eq\f(（a＋b）（a－b）2,a2b2)≥0.∴eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).16．证明：（1）∵bc≥ad，eq\f(1,bd)>0，∴eq\f(c,d)≥eq\f(a,b)，∴eq\