2023届高考数学一轮复习——专题03 等式性质与不等式性质 WORD版含解析.docx

1、专题03 等式性质与不等式性质1.（2022新高考卷）设 a=0.1e0.1，b=19，c=ln0.9， 则（） AabcBcbaCcabDacbbb，bcac；性质3可加性：abacbc；性质4可乘性：ab，c0acbc；ab，c0acb，cdacbd；性质6同向同正可乘性：ab0，cd0acbd；性质7同正可乘方性：ab0anbn(nN，n2)【常用结论】1若ab0，且abb0，m0a0，m0. 考点一比较两个数(式)的大小1.若a0，b0，则p与qab的大小关系为()Apq Dpq2.(2022菏泽模拟)已知a，b，c(0,3)，且a55a，b44b，c33c，下列不等式正确的是()Aa

2、bc BcabCcba Dacb【思维升华】比较大小的常用方法(1)作差法：作差；变形；定号；得出结论(2)作商法：作商；变形；判断商与1的大小关系；得出结论(3)构造函数，利用函数的单调性比较大小考点二不等式的性质3.（2022高二下福田期中）已知 a=1e，b=ln33，c=ln44 ，则 a，b，c 的大小关系为（） AbcaBcbaCcabDacb，则ac2bc2B若ab0，则a2abab0，则bc0，则【思维升华】判断不等式的常用方法(1)利用不等式的性质逐个验证(2)利用特殊值法排除错误选项(3)作差法(4)构造函数，利用函数的单调性考点三不等式性质的综合应用5.（2022南宁模拟

3、）设大于1的两个实数a，b满足ln2be2a0，不等式xexxalnxa0对任意的实数x1恒成立，则实数a的最大值为（）A12eB2eC1eDe【思维升华】求代数式的取值范围，一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得整体范围一、单选题1.（2022新高考卷）若集合 M=xx4，N=x3x1， 则 MN =（）Ax0x2Bx13x2Cx3x16Dx13x162（2022马鞍山模拟）已知偶函数f(x)在(，0上单调递增，且f(2)=0，则不等式xf(x1)f(2x1)+f(2x2)的函数是（）Af(x)=2xBf(x)=ln2xCf(x)=sin2xDf(x)=2x4.关于函数f(x)

4、=(2x12x)x13和实数m，n的下列结论中正确的是（）A若3mn，则f(m)f(n)B若mn0，则f(m)f(n)C若f(m)f(n)，则m2n2D若f(m)f(n)，则m3pqp+qBpqp+qpqCp+qpqpqDp+qpqpq6（2022高三上朝阳期末）设函数f(x)=(12)x,x1log2x,x1，若f(x)2，则实数x的取值范围是（）A1,+)B(0,4C1,4D(,47（2022黄浦模拟）下列不等式中，与不等式x+8x2+2x+32解集相同的是（）A(x+8)(x2+2x+3)2B(x+8)2(x2+2x+3)C1x2+2x+3128（2021云南模拟）已知函数y=f(x)的

5、图象如图，则不等式1+ex1exf(x)0的解集为（）A2,0)(0,1B(,20,1C2,0)1,+)D(,21,+)9（2022攀枝花模拟）已知函数 f(x)=x22ax+2a,x1exax,x1(aR) ，若关于 x 的不等式 f(x)0 恒成立，则实数 a 的取值范围为（） A0,1B0,2C1,eD0,e10.（2021江苏模拟）若 f(x)=x316x,x00,x=0 则满足 xf(x1)0 的x的取值范围是（） A1,13,+)B(,10,13,+)C1,01,+)D(,31,01,+)二、填空题11.（2022上海）不等式 x1x3的解集为 .13.（2022东城模拟）已知函数

6、f(x)=exkx,x0,kx2x+1,x0.若k=0，则不等式f(x)2的解集为 ；若f(x)恰有两个零点，则k的取值范围为 .14.已知函数f(x)=4x3+ax+b，当x1,1时，|f(x)|1恒成立，则a+b= 三、解答题15已知函数f(x)ax2bxc满足f(1)0，且abc，则的取值范围是_16某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件：(1)男学生人数多于女学生人数；(2)女学生人数多于教师人数；(3)教师人数的两倍多于男学生人数若教师人数为4，则女学生人数的最大值为_该小组人数的最小值为_专题03 等式性质与不等式性质1.（2022新高考卷）设 a=0.1e0.1

7、，b=19，c=ln0.9， 则（） AabcBcbaCcabDacb【答案】C【解析】解：令a=xex，b=x1x，c=-ln(1-x)， 则lna-lnb=x+lnx-lnx-ln(1-x)=x+ln(1-x)， 令y=x+ln(1-x)，x(0，0.1， 则y=111x=x1xa， a-c=xex+ln(1-x)，x(0，0.1， 令y=xex+ln(1-x)，x(0，0.1，y=xex+ex11x=1+x1xex11x， 令k(x)=1+x1xex1， 所以k(x)=(1-2x-x2)ex0， 所以k(x)k(0)0， 所以y0， 所以a-c0， 所以ac， 综上可得，cabbb，bc

8、ac；性质3可加性：abacbc；性质4可乘性：ab，c0acbc；ab，c0acb，cdacbd；性质6同向同正可乘性：ab0，cd0acbd；性质7同正可乘方性：ab0anbn(nN，n2)【常用结论】1若ab0，且abb0，m0a0，m0. 考点一比较两个数(式)的大小1.若a0，b0，则p与qab的大小关系为()Apq Dpq【答案】B【解析】pqab(b2a2)，因为a0，b0，所以ab0.若ab，则pq0，故pq；若ab，则pq0，故pbc BcabCcba Dacb【答案】C【解析】a55a，即，b44b，即，c33c，即，设f(x)，则f(a)f(5)，f(b)f(4)，f(c

9、)f(3)，f(x)(x0)，当xe时，f(x)0，f(x)单调递减，当0x0，f(x)单调递增，因为a，b，c(0,3)，f(a)f(5)，f(b)f(4)，f(c)f(3)，所以a，b，c(0，e)，因为f(5)f(4)f(3)，所以f(a)f(b)f(c)，abc.【思维升华】比较大小的常用方法(1)作差法：作差；变形；定号；得出结论(2)作商法：作商；变形；判断商与1的大小关系；得出结论(3)构造函数，利用函数的单调性比较大小考点二不等式的性质3.（2022高二下福田期中）已知 a=1e，b=ln33，c=ln44 ，则 a，b，c 的大小关系为（） AbcaBcbaCcabDacf(

10、3)f(4)，即lnee=1eln33ln44 ，则cbb，则ac2bc2B若ab0，则a2abab0，则bc0，则【答案】D【解析】对于A选项，当c0时，显然不成立，故A选项为假命题；对于B选项，当a3，b2时，满足ab0，但不满足a2ab，故C选项为假命题；对于D选项，由于abc0，所以0，即，故D选项为真命题【思维升华】判断不等式的常用方法(1)利用不等式的性质逐个验证(2)利用特殊值法排除错误选项(3)作差法(4)构造函数，利用函数的单调性考点三不等式性质的综合应用5.（2022南宁模拟）设大于1的两个实数a，b满足ln2be2a(ba)n，则正整数n的最大值为（）A7B9C11D12

11、【答案】B【解析】解：易知ln2be2abnan等价于ln2bbn1)，则f(x)=xn1lnx(2nlnx)x2n=lnx(2nlnx)xn+1令f(x)=0得x=e2n当f(x)0时x(1，e2n)；当f(x)1)，则g(x)=e2x(2xn)xn+1当n21时不符合，舍去，所以n21则g(x)=0，x=n2当g(x)0时xn2；当g(x)0时1xn2所以g(x)在(1，n2)上单调递减，在(n2，+)上单调递增，则g(x)有最小值g(n2)=en(n2)n若ln2bbn0的最大的正整数(x)=4(x2)21x0，(9)=117ln921.57141.510，(10)=32ln50的最大正

12、整数为9故答案为：B6.（2022玉林模拟）已知a0，不等式xexxalnxa0对任意的实数x1恒成立，则实数a的最大值为（）A12eB2eC1eDe【答案】D【解析】因为不等式xexxalnxa0(x1)，所以xexxalnxa，得xexelnxalnxa，设f(x)=xex，则上式不等式等价于f(x)f(lnxa)对任意的实数x1恒成立，当x0时，f(x)=ex+xex0，故f(x)在(0,+)上单调递增，因为x1,a0，所以alnx0，所以原问题可转化为xalnx，即a(xlnx)min，设g(x)=xlnx，g(x)=lnx1(lnx)2，g(x)0，可知x(e,+)，所以g(x)=x

13、lnx在(1,e)上单调递减，在(e,+)上单调递增，所以g(x)min=g(e)=e，所以ae，所以实数a的最大值为e.故答案为：D【思维升华】求代数式的取值范围，一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得整体范围一、单选题1.（2022新高考卷）若集合 M=xx4，N=x3x1， 则 MN =（）Ax0x2Bx13x2Cx3x16Dx13x16【答案】D【解析】解：由题意得， M=x|0x16，N=x|x13 ，则 MN = x13x16 ，故选：D2（2022马鞍山模拟）已知偶函数f(x)在(，0上单调递增，且f(2)=0，则不等式xf(x1)0的解集为（）A(，1)(0，3)

14、B(1，0)(3，+)C(1，3)D(2，0)(2，+)【答案】B【解析】偶函数f(x)在(，0上单调递增，则f(x)在(0，+)上单调递减，而f(2)=0，因xf(x1)0时，f(x1)0f(|x1|)2，解得x3，当x0f(|x1|)f(2)，即|x1|2，解得1x0，所以不等式xf(x1)f(2x1)+f(2x2)的函数是（）Af(x)=2xBf(x)=ln2xCf(x)=sin2xDf(x)=2x【答案】B【解析】设x1=1，x2=2，A，对于函数f(x)=2x，2f(x1+x2)=2f(3)=12，f(2x1)+f(2x2)=f(2)+f(4)=4+8=12，2f(x1+x2)=f(

15、2x1)+f(2x2)，不符合题意.D，对于函数f(x)=2x，2f(x1+x2)=2f(3)=16，f(2x1)+f(2x2)=f(2)+f(4)=4+16=20，2f(x1+x2)0，所以ln4(x1+x2)2ln(44x1x2)，所以2f(x1+x2)f(2x1)+f(2x2)成立.B选项正确.故答案为：B4.关于函数f(x)=(2x12x)x13和实数m，n的下列结论中正确的是（）A若3mn，则f(m)f(n)B若mn0，则f(m)f(n)C若f(m)f(n)，则m2n2D若f(m)f(n)，则m30时，y=2x12x与y=x13是增函数，且函数值为正数，故函数f(x)=(2x12x)

16、x13在(0，+)上是一个增函数由偶函数的性质得函数在(，0)上是一个减函数，此类函数的规律是自变量离原点越近，函数值越小，即自变量的绝对值小，函数值就小，反之也成立，考察四个选项，A选项，由3mn，无法判断m，n离原点的远近，A不符合题意；B选项，mn0，则m的绝对值大，故其函数值也大，B不对；C选项是正确的，由f(m)f(n)，一定得出m2n2；D选项由f(m)f(n)，可得出|m|n|，但不能得出m3pqp+qBpqp+qpqCp+qpqpqDp+qpqpq【答案】D【解析】因为p=ln2ln1=0，q=lg2lg1=0，所以，p+qpq且有pq0，因为pqpq=1q1p=1lg21ln

17、2=log210log2e=log210elog22=1，所以，pqpq，因此，p+qpqpq.故选：D.6（2022高三上朝阳期末）设函数f(x)=(12)x,x1log2x,x1，若f(x)2，则实数x的取值范围是（）A1,+)B(0,4C1,4D(,4【答案】C【解析】当x1时，(12)x2，可得x1，故1x1；当x1时，log2x2，可得x4，故1x4.综上，1x4.故答案为：C.7（2022黄浦模拟）下列不等式中，与不等式x+8x2+2x+32解集相同的是（）A(x+8)(x2+2x+3)2B(x+8)2(x2+2x+3)C1x2+2x+312【答案】B【解析】显然x2+2x+3=(

18、x+1)2+20，所以不等式x+8x2+2x+32等价于(x+8)0时，g(x)=1+21ex，g(x)0；当x0.由图可知：当x1或2x0；当x2或0x1时，f(x)1(aR) ，若关于 x 的不等式 f(x)0 恒成立，则实数 a 的取值范围为（） A0,1B0,2C1,eD0,e【答案】D【解析】当 x1 时，由 x22ax+2a0 恒成立，二次函数的对称轴为 x=a ， （1）当 a1 时， f(x) 在 (,1 上单调递减，则 f(x)min=f(1)=10 恒成立，（2）当 a1 时， f(x)min=f(a)=a(2a)0 ，所以 0a1 时， exax0 恒成立，即 aexx

19、在 (1,+) 上恒成立，令 g(x)=exx ，则 g(x)=ex(x1)x2 ，当 x1 时， g(x)0 ，函数单增，又 g(1)=e ，所以 ae ；综上可知， a 的取值范围是 0,e ，故答案为：D10.（2021江苏模拟）若 f(x)=x316x,x00,x=0 则满足 xf(x1)0 的x的取值范围是（） A1,13,+)B(,10,13,+)C1,01,+)D(,31,01,+)【答案】B【解析】当 x=1 或0时， xf(x1)=0 成立； 当 x0 且 x1 时， xf(x1)=x(x1)316x10，若 x1 ，则 (x1)416 ，解得 x3；若 0x1 ，则 (x1

20、)416 ，解得 0x1，所以 x(,10,13,+)，则原不等式的解为 x(,10,13,+) 。故答案为：B二、填空题11.（2022上海）不等式 x1x0 的解集为 【答案】(0,1)【解析】解：由题意得 x1x0等价于x(x-1)0，解得0x3的解集为 .【答案】x|x-1或x1【解析】因为当x0时，f(x)=2x+2x1单调递增，且f(1)=21+211=3，所以f(x)3等价于f(x)f(1).因为f(x)为偶函数，所以|x|1，解得x1，即不等式f(x)3的解集为x|x-1或x1故答案为：x|x-1或x113.（2022东城模拟）已知函数f(x)=exkx,x0,kx2x+1,x

21、0.若k=0，则不等式f(x)2的解集为 ；若f(x)恰有两个零点，则k的取值范围为 .【答案】（-1，ln2）；（e,+）【解析】当k=0时，f(x)=ex,x0,x+1,x0.则不等式f(x)2可转化为ex2x0或x+12x0解得0xln2或1x0，所以k=0，则不等式f(x)2的解集为(1,ln2)；由题意可知f(x)的零点个数可转为ex=kx(x0)与kx2=x1(x0)的零点个数之和，当k=0时，ex=kx(x0)没有零点，kx2=x1(x0)没有零点，此时f(x)没有零点；当k0时，kx2=x1(x0)没有零点，由ex=kx(x0)可得k=exx(x0)，令g(x)=exx(x0)

22、，则g(x)=ex(x1)x2(x0)，易知g(x)在0,1)上单调递减，在(1,+)单调递增，g(x)min=g(1)=e；此时f(x)要有两个零点则必有ke；综上所述若f(x)恰有两个零点，则k的取值范围为(e,+).故答案为：（-1，ln2），（e,+）14.已知函数f(x)=4x3+ax+b，当x1,1时，|f(x)|1恒成立，则a+b= 【答案】-3【解析】当x1,1时，|f(x)|1恒成立，则1f(x)1对任意x1,1恒成立，则x=1，x=12时，1f(x)1恒成立x=1，14+a+b1x=1，14a+b114+ab1x=12，112+a2+b1x=12，112a2+b1112+a

23、2b1+：28+2a25a3+：21+a23a1a=3，代入：2b0代入：0b2b=0，a=3，b=0，a+b=3证明f(x)=4x33x满足题意：f(x)=4x33x，则f(x)=12x23，f(x)=0x=12，x-1(1，12)12(12，12)12(12，1)1f(x) + - + f(x)-1极大值：1极小值：-11由表可知，|f(x)|1在-1，1上恒成立满足题意故答案为：-3.三、解答题15已知函数f(x)ax2bxc满足f(1)0，且abc，则的取值范围是_【答案】【解析】因为f(1)0，所以abc0，所以b(ac)又abc，所以a(ac)c，且a0，c，即11.所以解得2xy4，x的最大值为7，y的最大值为6，故女学生人数的最大值为6.xyz，当x3时，条件不成立，当x4时，条件不成立，当x5时，5yz，此时z3，y4.该小组人数的最小值为12.