人教A版（2019）必修第一册 第二章第一节等式性质与不等式性质（Word含解析）

人教A版（2019）必修第一册 第二章第一节等式性质与不等式性质
一、单选题
1．已知，实数满足，则下列不等式一定成立的是
A． B．
C． D．
2．若，则下列结论不正确的是
A． B． C． D．
3．下列三个不等式中.①；②；③恒成立的个数为（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
4．已知，，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知三个不同的平面和直线，若，，则“”是“”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
6．下列说法错误的是（ ）
A．命题“，”，则：“，”
B．已知a，，“且”是“”的充分而不必要条件
C．“”是“”的充要条件
D．若p是q的充分不必要条件，则q是p的必要不充分条件
7．已知：，且，有以下4个结论：①，②，③，④中，其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．设，则有（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知，则不正确的有（ ）
A． B．
C． D．
10．下列命题中，真命题的是（ ）
A．
B．已知，则“”是“”的充要条件
C．命题P：“”的否命题为：“”
D．已知函数，且关于x的方程f（x）＝－x＋a恰有两个互异的实数解的充要条件是a＜1
三、填空题
11．若，则, , , 按由小到大的顺序排列为________
12．已知“，”，令，则的取值范围是______．
13．已知，，，，则与的大小关系为________.
四、解答题
14．已知，试比较与的大小，并给出你的证明．
15．当都为正数且时，试比较代数式与的大小.
16．（1）已知集合，，求，；
（2）已知，，求与的范围.
17．判断是的什么条件.
18．设 比较与的大小，并用合适的方法进行证明.
19．正文中不等式的性质和推论，如果都加上等号，结论仍然成立吗？把成立的结论重新叙述一遍.
试卷第页，共页
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参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
根据指数函数的单调性，得到，再利用不等式的性质，以及特殊值法，即可求解．
【详解】
根据指数函数的单调性，由且，可得，
对于A中，由，此时不能确定符号，所以不正确；
对于B中，当时，，此时，所以不正确；
对于C中，例如：当时，此时，所以不正确；
对于D中，由，所以，所以是正确的．
故选D．
【点睛】
本题主要考查了指数函数的单调性，以及不等式的性质的应用，其中解答中合理利用特殊值法判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
2．D
【解析】
【详解】
因为，所以则，且，故选项A、B、C正确，而，故D错误.
故选：D
考点：不等式的性质．
3．B
【解析】
利用作差法可判断①，利用基本不等式可判断②，根据不等式的性质及作差法可判断③.
【详解】
解：对于①，由，，，可知，
可知恒成立，故①正确；
对于②，当时，，当且仅当即时取等号，
当时，，当且仅当即时取等号，故②错误；
对于③，
根据正数不等式的同向可乘性得
，故③正确.
故正确的有①③
故选：
【点睛】
易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方
4．C
【解析】
【分析】
利用特殊值判断ABD；利用作差法判断C.
【详解】
取，满足，，
，则，A错误；
，则，B错误；
，则，D错误；
对于C，因为，所以，C正确.
故选：C.
5．A
【解析】
【分析】
根据面面平行的性质定理，可判断充分性；反之，当时，可能相交，故必要性不成立．
【详解】
根据面面平行的性质定理，可知当“”时，有“”，故充分性成立；
反之，当时，可能相交（如图），故必要性不成立．
所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：A
【点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件的判定，同时考查面面平行的性质定理，属于基础题．
6．C
【解析】
【分析】
根据充分条件，必要条件，全称与特称命题的否定依次讨论各选项即可得答案.
【详解】
解：对于A选项，命题p：“，”，则，：“，”满足命题的否定形式，所以A正确；
对于B选项，已知a，，“且”能够推出“，“”不能推出“且”，所以B正确；
对于C选项，时，成立，反之，时，或，所以C不正确；
对于D选项，若p是q的充分不必要条件，则q是p的必要不充分条件，满足充分与必要条件的定义，所以D正确．
故选：C．
7．B
【解析】
【分析】
由已知可得，则结合可得，再根据可得，由可判断③，根据范围得出.
【详解】
由立方差公式可得，则，
又，，即，，故①正确；
，当时取等号，则，则，即，故②正确；
，，故③错误；
，，，则，则，故④错误.
综上，正确的有2个.
故选：B.
【点睛】
关键点睛：解题的关键是得出，进而得出，.
8．A
【解析】
【分析】
利用作差法计算与比较大小即可求解.
【详解】
因为，，
所以，
所以，
故选：A.
9．ABD
【解析】
【分析】
根据不等式的性质和特值法依次判断选项即可.
【详解】
对选项A，若，则，故A错误；
对选项B，令，，，满足，不能得到，故B错误；
对选项C，因为，所以，故C正确；
对选项D，令，，满足，不能得到，故D错误；
故选：ABD
10．ABC
【解析】
【分析】
对于：利用三角函数辅助角公式可得，解得，即可判断是否正确；
对于：由充要条件的定义判断，即可判断是否正确；
对于：由特称命题的否定，可得，即可判断是否正确；
对于：由充要条件的定义判断，即可判断是否正确；
【详解】
解：对于
，
所以要使，
令，
所以，
所以，，
所以，，
所以，，故正确；
对于：设函数，
，
因为，
所以，
所以函数在上单调递增，
若，则，
所以，
所以，
所以，
所以若，则，
所以，，“ “是“ “的充分条件，
若，则，
所以，
所以函数在上单调递增，
所以，即，
所以若，则，”
所以，，“”是“ ”的必要条件，故正确；
对于：命题：“，”的否命题为“，”，故正确；
对于：设，
若关于的方程恰有两个互异的实数解，
则函数有两个零点，
当时，函数表达式可化为，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递增，
因为， ，
所以此时函数有两个零点，
所以当时，关于的方程恰有两个互异的实数解成立，
所以“”不是“关于的方程恰有两个互异的实数解”的必要条件，故错误．
故选：．
11．
【解析】
【详解】
试题分析：根据题意，由于，那么可知，，那么根据不等式的性质可知，真分数越加越大，假分数越加越小，那么，故答案为．
考点：不等式的比较大小
点评：主要是考查了作差法比较大小的运用，属于基础题．
12．
【解析】
【分析】
根据不等式的性质即可求解.
【详解】
解：设，
则，所以，即，
又因为，，
所以，，
所以
所以的取值范围为．
故答案为：．
13．
【解析】
【分析】
用作差法比较代数式大小即可.
【详解】
，即
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查比较代数式大小，利用作差法是常用手段，属于基础题.
14．，证明见解析.
【解析】
【分析】
先证明，然后用，分别替换中的可证明
，再用，分别替换中再利用已证的不等式放缩即可求证.
【详解】
证明如下：
因为，
所以，
即
因为，所以，
所以，
即，
因为，所以，
，
即证得
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键点是首先利用，证明，通过类比和放缩即可证明.
15．
【解析】
【分析】
用作差的方法，因式分解，利用，化简可得，进而得出结果.
【详解】
因为，所以
因此
因为为正数，所以
因此，当且仅当时等号成立
【点睛】
本题考查了用作差的方法比较大小，考查了运算求解能力，属于中档题目.
16．（1）或，或；（2），
【解析】
【分析】
（1）由交集并集与补集的定义求解即可；
（2）由不等式的性质求解即可
【详解】
（1）因为，，
所以， 或；
所以或；
或；
（2）因为，，
所以，，，
所以，
17．充要条件
【解析】
根据不等式的性质及充分条件、必要条件判断即可.
【详解】
解：是的充要条件.
当知同号，所以，即是的充分条件；
由知，同号，所以，即是的必要条件.
综上，是的充要条件.
【点睛】
本题考查不等式的性质，属于基础题.
18．当时，，证明见解析.
【解析】
【分析】
根据分子有理化和不等式的性质判断两式的大小，再结合分析法证明即可.
【详解】
解：因为，
，
由于，故
所以，
所以可以判断当时，.
证明如下：要证，
只需证，
只需证，
只需证，
只需证，
只需证，即证，
显然成立，
所以原不等式成立，即当时，.
19．成立，答案见解析
【解析】
掌握不等式的性质及推论，再写出相关不等式即可.
【详解】
解：正文中不等式的性质和推论，如果都加上等号，结论仍然成立，
成立的结论如下：
性质1：，
性质2：，
性质3：若，
性质3推论：，
性质4：若，
性质4推论：，
性质5：
性质6：
【点睛】
本题考查了不等式的性质及推论，属基础题.
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