1.已知方程2x+x=0的實根為a,log2x=2-x的實根為b,log
x=x的實根為c,則 ( )
A.b>c>a B.c>b>a C.a>b>c D.b>a>c
2.若a>0,a2-2ab+c2=0,bc>a2,則 ( )
A.a>b>c B.b>c>a C.c>b>a D.b>a>c
3.在滿足面積與周長的數(shù)值相等的所有直角三角形中，面積的最小值是 ( )
A.(
-1)2
B.2(+1)2 C.3(-1)2
D.4(+1)2
4.設(shè)a、b∈R,那么“a2+b2<1”是“ab+1>a+b”的 ( )
A.充要條件 B.必要非充分條件
C.充分非必要條件 D.既非充分也非必要條件
5.兩個集合A與B之差記作 “A/B”，定義為：A/B={x|x∈A,且x
B}, 如果集合A={x|log2x<1,x∈R},集合B={x||x-2|<1,x∈R},那么A/B等于
( )
A.{x|x≤1} B.{x|x≥3} C.{x|1≤x<2} D.{x|0<x≤1}
6.已知log
x1=logax2=log(a+1)x3>0,0<a<1,則x1、x2、x3的大小關(guān)系是
( )
A.x3<x2<x1 B.x2<x1<x3 C.x1<x3<x2 D.x2<x3<x1
7.設(shè)a、b、c是一個長方體的長、寬、高，且a+b-c=1,已知該長方體對角線長為1,且b>a,則高c的取值范圍是 ( )
A.
B.
C.(0,1)
D.
8.某債券市場常年發(fā)行債券，A種債券面值為1 000元，一年到期本息和為1 040元；B種債券面值為1 000元，但買入價為960元，一年到期本息和為1 000元；C種面值為1 000元，半年到期本息和為1 020元.設(shè)這三種債券的年收益率分別為a、b、c，則a、b、c的大小關(guān)系是 ( )
A.a=c且a<b B.a<b<c C.a<c<b D.c<a<b
9.設(shè)an=
+
+…+
，則對任意正整數(shù)m、n(m>n)都成立的不等式是
( )
A.|am-an|<
B.|am-an|> C.|am-an|<
D.|am-an|>
10.若關(guān)于x的不等式x2-ax-6a<0有解且解區(qū)間長不超過5個單位長，則a的取值范圍是 ( )
A.-25≤a≤1 B.-25≤a<0或1≤a<24
C.a≤-25或a≥1 D.-25≤a<-24或0<a≤1
11.使log2(-x)<x+1成立的x的取值范圍是 .
12.對于｜m｜≤1的一切實數(shù)m,使不等式2x-1＞m(x2-1)都成立的實數(shù)x的取值范圍是 .
13.已知關(guān)于x的不等式(a+b)x+(2a-3b)<0的解集為(-3,+∞),則log6ba2= .
14.不等式(x-2)
≥0的解集是
.
15.已知ai∈R+,
=S,求證:
.
16.甲、乙兩地相距skm，汽車從甲地勻速行駛到乙地，速度不得超過ckm/h,已知汽車每小時的運輸成本(以元為單位)由可變部分和固定部分組成，可變部分與速度v(km/h)的二次方成正比，且比例系數(shù)為b，固定部分為a元.
(1)把全部運輸成本y(元)表示為速度v(km/h)的函數(shù)，并指出這個函數(shù)的定義域；
(2)為了使全程運輸成本最小，汽車應(yīng)以多大的速度行駛？
17.不等式(-2)xa-3x-1-(-2)x<0對于任意正整數(shù)x恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.
18.設(shè)f (x)=x2+bx+c(b、c為常數(shù))，方程f (x)-x=0的兩個實根為x1、x2,且滿足x1>0,x2-x1>1.
(1)求證:b2>2(b+2c);
(2)設(shè)0<t<x1,試比較f (t)與x1的大小;
(3)若當(dāng)x∈［-1,1］時，對任意的x都有|f (x)|≤1，求證：|1+b|≤2.
19.已知函數(shù)f (x)對任意的實數(shù)x、y都有f (x+y)=f (x)+f (y)+2y(x+y)+1,且f (1)=1.
(1)若x∈N*,試求f (x)的表達式；
(2)若x∈N*且x≥2時，不等式f (x)≥(a+7)x-(a+10)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.
高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)-不等式練習(xí)試題 第Ⅰ卷 (選擇題 共50分)參考答案
不等式練習(xí)參考答案
一、選擇題
1.A 由已知得a<0,b∈(1,2),c∈(0,1)，故b>c>a.
2.B 由bc>a2知b,c同號.
∵a2+c2=2ab,a2+b2≥2ab,∴b2≥c2.
∵a>0,∴b>0.∴c>0.∴b≥c.
若b=c,可推出a=b=c,這與bc>a2矛盾.
∴b>c.∴b2>bc>a2.∴a<b.∴a(a-b)<0.
∵a2-2ab+c2=0,∴a2-2ab+bc>0,a2-ab>ab-bc. ∴b(a-c)<a(a-b)<0.∴a-c<0.
∴a<c.∴b>c>a.
3.D 設(shè)兩條直角邊的長為a、b，則
ab=a+b+
.
∴ab≥2
+
，整理，得ab≥4(+1)2.
即面積的最小值為4(+1)2.
4.C ab+1>a+b
(a-1)(b-1)>0
或
a2+b2<1|a|<1且|b|<1-1<a<1,-1<b<1(a-1)(b-1)>0ab+1>a+b.
易知ab+1>a+b
a2+b2<1.
即a2+b2<1是ab+1>a+b的充分非必要條件.
5.D 本題是一道信息題，考查考生閱讀理解能力和自學(xué)能力.解題的關(guān)鍵在于理解“A/B”，聯(lián)立不等式，得
解得0<x≤1,故選D.
6.D 取a=滿足條件，則log4x1=logx2=log
x3>0.畫出圖象后知選D.
7.D 依題意有a2+b2+c2=1,即a2+b2=1-c2,a+b=1+c,
∴ab=
,易知a、b是關(guān)于x的方程x2-(1+c)x+c2+c=0的兩個不相等的正根，
∴依判別式Δ=(1+c)2-4(c2+c)>0,可解得0<c<
,故選D.
8.C 分別對三種債券的年收益率進行計算:
對A:a=
對B:b=
對C:前半年的增長率為
,且依題意，
在后半年增長的錢數(shù)為1 020×
∴c=
顯然大小關(guān)系為:a<c<b.
9.C ∵|am-an|=
<
,故選C.
10.D 由題設(shè)得
(*)其中x1、x2是方程x2-ax-6a=0的兩根，解(*)式得
-25≤a<-24或0<a≤1,故選D.
二、填空題
11.(-1,0) 分析 用代數(shù)方法很難解決此類超越不等式問題，
|
解 在同一坐標(biāo)系中作出y=log2(-x)及y=x+1的圖象，由
圖象知,-1<x<0時，log2(-x)<x+1,故x的取值范圍是(-1,0).
12.(
-1,2) 將題目中的x與m互換,即問題可化為求使不
等式2m-1＞x(m2-1),即(1-m2)x+(2m-1)＞0,在［-1,1］上恒成立
的實數(shù)m的取值范圍.令f (x)=(1-m2)x+(2m-1),則有
或
即m=1或
或m＞-1,0＜m＜2.
所以-1＜m＜2.故原題中實數(shù)x的取值范圍是(-1,2).
13.2 由已知，得(a+b)x<3b-2a.
若a+b>0，不等式的解集為
;
若a+b<0,不等式的解集為
.
由已知不等式的解集為(-3,+∞)得a+b<0，
且
.解得a=-6b<0.
∴l(xiāng)og6ba2=log6b(-6b)2=2.
14.{x|x=-1或x≥3} 由于(x-2)≥0,
當(dāng)x2-2x-3=0時，x1=-1,x2=3，適合不等式.
當(dāng)x2-2x-3>0時，x-2≥0，此時x>3,
故原不等式的解集為{x|x=-1或x≥3}.
三、解答題
15.證明 構(gòu)造a=
,b=(
,
,…,
).
因為a.b=a1+a2+…+an=S,
｜a｜=
,｜b｜=
.
所以S≤..
故
≥
.
16.解 (1)依題意，汽車從甲地勻速行駛到乙地所用時間為
，
全程運輸成本為y=a.+bv2.=s
∴所求函數(shù)及其定義域為y=sv∈(0，c)
(2)依題意知s、a、b、v均為正數(shù) ∴y=s≥2s
當(dāng)且僅當(dāng)
=bv，即v=
時，等號成立.
若≤c，則當(dāng)v=時，全程運輸成本最小，最小值為2s；
若＞c，則當(dāng)v∈(0，c)時，有
s
∵v∈(0，c)
∴
即a＞bc2 ∴a-bcv＞a-bc2＞0
∴s
當(dāng)且僅當(dāng)v=c時，等號成立，即當(dāng)v=c時，全程運輸成本最小，最小值為s
.
綜上所述，為使全程運輸成本最小，當(dāng)
≤c時，行駛速度應(yīng)為v=km/h；當(dāng)＞c時，行駛速度為c km/h.
點評 利用平均值不等式求函數(shù)的最大值和最小值時，應(yīng)注意必須具備三個條件：①都是正數(shù)；②和或積是一個常數(shù)；③這兩個或三個正數(shù)可以相等.這三個條件缺一不可，本題中由v=不一定是定義域內(nèi)的值，故要討論說明.
17.解 ①∵當(dāng)x是正偶數(shù)時，a<
+1恒成立,
∴a小于函數(shù)f
(x)=+1在x取正偶數(shù)時的最小值.
∵函數(shù)f (x)在x為正偶數(shù)時為增函數(shù),
∴f (x)≥f (2)=
,∴a<.
②∵當(dāng)x是正奇數(shù)時，a>1-恒成立,
∴a大于函數(shù)g(x)=-+1在x取正奇數(shù)時的最大值.
∵函數(shù)g(x)在x為正奇數(shù)時為減函數(shù),
∴g(x)≤g(1)=.∴a>.
綜上，a∈
.
18.解 (1)∵方程f (x)-x=0的兩根為x1、x2,
∴(x2-x1)2=(x2+x1)2-4x1x2=b2-2b+1-4c.
∵x2-x1>1,∴b2-2b+1-4c>1.
∴b2>2(b+2c).
(2)∵x1是方程f (x)-x=0的根，∴x1=f (x1).
∴f (t)-x1=f (t)-f (x1)=(t-x1)(t+x1+b)=(t-x1)(t+1-x2).
∵0<t<x1,∴t-x1<0.
∵x2-x1>1,∴x1+1-x2<0.
∴t+1-x2<x1+1-x2<0.故f (t)-x1>0.
(3)∵x∈［-1,1］時，恒有|f (x)|≤1,
∴|f (0)|=|c|≤1,|f (1)|=|1+b+c|≤1.
∴|1+b|=|1+b+c-c|≤|1+b+c|+|-c|=|1+b+c|+|c|≤1+1=2.
19.解 (1)令y=1,則f (x+1)=f (x)+f (1)+2(x+1)+1
∴f (x+1)-f (x)=2x+4
∴當(dāng)x∈N*時，有f (2)-f (1)=2×1+4
f (3)-f (2)=2×2+4,f (4)-f (3)=2×3+4.
…
f (x)-f (x-1)=2(x-1)+4.
將上面各式相加得f (x)=x2+3x-3(x∈N*).
(2)當(dāng)x∈N*且x≥2時，f (x)=x2+3x-3.
要使不等式f (x)≥(a+7)x-(a+10)恒成立.
即當(dāng)x∈N*且x≥2時,不等式x2+3x-3≥(a+7)x-(a+10)恒成立,
即x2-4x+7≥a(x-1)恒成立
∵x≥2,∴
≥a恒成立.
又=(x-1)+
-2≥2.
(當(dāng)且僅當(dāng)x-1=即x=3時取“等號”)
∴的最小值是2，故a≤2.
