2019-2020年高中数学第一讲不等式和绝对值不等式1.1不等式第1课时课后训练新人教A版选修

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1、2019-2020年高中数学第一讲不等式和绝对值不等式1.1不等式第1课时课后训练新人教A版选修1．若a＞b，则下列不等式中一定成立的是(　　)A．a＞2bB．＞－1C．2a＞2bD．lg(a－b)＞12．如果a＞b，那么下列结论中错误的是(　　)A．a－3＞b－3B．3a＞3bC.＞D．－a＞－b3．已知a，b，c均为实数，下面四个命题中正确命题的个数是(　　)①a＜b＜0a2＜b2；②＜ca＜bc；③ac2＞bc2a＞b；④a＜b＜0＜1.A．0B．1C．2D．34．已知m，n∈R，则成立的一个充要条件是(　　)A．m＞0＞nB．n＞m＞

2、0C．m＜n＜0D．mn(m－n)＜05．已知函数f(x)＝x＋x3，x1，x2，x3∈R，x1＋x2＜0，x2＋x3＜0，x3＋x1＜0，那么f(x1)＋f(x2)＋f(x3)的值(　　)A．一定大于0B．一定小于0C．等于0D．正负都有可能6．已知0＜a＜，且M＝，N＝，则M，N的大小关系是________．7．若a＞b＞0，m＞0，n＞0，则，，，按由小到大的顺序排列为________．8．若－1＜a＜2，－2＜b＜1，则a－

3、b

4、的取值范围是________．9．(1)研究函数f(x)＝的单调性，并证明你的结论；(2)已知a≥1，试用

5、(1)的结论比较M＝和N＝的大小．10．若已知二次函数y＝f(x)的图象过原点，且1≤f(－1)≤2,3≤f(1)≤4.求f(－2)的范围．参考答案1.答案：C　∵y＝2x(x∈R)是增函数，又a＞b，∴2a＞2b.2.答案：D　∵a＞b，∴－a＜－b.故D项错误．3．答案：C　①不正确．∵a＜b＜0，∴－a＞－b＞0，∴(－a)2＞(－b)2，即a2＞b2.②不正确．∵＜c，若b＜0，则a＞bc.③正确．∵ac2＞bc2，∴c≠0，∴a＞b.④正确．∵a＜b＜0，∴－a＞－b＞0.∴1＞＞0.4.答案：D　∵＞＞0＞0mn(n－m)＞0mn

6、(m－n)＜0.5.答案：B　x1＋x2＜0x1＜－x2，又∵f(x)＝x＋x3为奇函数，且在R上递增，∴f(x1)＜f(－x2)＝－f(x2)，即f(x1)＋f(x2)＜0.同理：f(x2)＋f(x3)＜0，f(x1)＋f(x3)＜0.以上三式相加，整理得f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＜0.6.答案：M＞N　方法一：M－N＝＝＝，由已知可得a＞0，b＞0且ab＜1，∴1－ab＞0，∴M－N＞0，即M＞N.方法二：＝，∵0＜a＜，∴0＜ab＜1，∴2ab＜2，∴a＋b＋2ab＜a＋b＋2.∴＞1.又M＞0，N＞0，∴M＞N.7.答案：＜＜

7、＜　由a＞b＞0，m＞0，n＞0，知＜＜1，且＜＜1，所以＞＞1，即1＜＜.8.答案：(－3,2)　∵－2＜b＜1，∴0≤

8、b

9、＜2.∴－2＜－

10、b

11、≤0.而－1＜a＜2，∴－3＜a－

12、b

13、＜2.9.分析：(1)用定义法证明函数f(x)＝的单调性；(2)在单调区间内，利用函数的单调性比较大小．解：(1)f(x)在其定义域上是减函数．证明：函数f(x)＝的定义域是[0，＋∞)，设x1，x2∈[0，＋∞)且x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝＝＝＝(x1－x2)(－)．∵＞＞0，＞＞0，∴＋＞＋＞0.∴0＜＜，即－＜0.又∵x1＜x2，∴x1－

14、x2＜0，∴f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，∴f(x)在[0，＋∞)上是减函数．(2)构造函数f(x)＝，由(1)知，当x≥0时f(x)为减函数．M＝f(a)＝，N＝f(a－1)＝，且a＞a－1≥0，则f(a)＜f(a－1)，∴M＜N.10．解：∵二次函数y＝f(x)的图象过原点，∴可设f(x)＝ax2＋bx(a≠0)．∴∴∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)．∵1≤f(－1)≤2,3≤f(1)≤4，∴6≤f(－2)≤10，即f(－2)的范围是[6,10]．