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- 2021-06-10 发布
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课时作业(三十四) [第34讲 不等关系与不等式]
[时间：35分钟 分值：80分]
1．设a，b，c，d∈R，且a>b，c>d，则下列结论中正确的是( )
A．a＋d>b＋c B．a－d>b－c
C．ac>bd D.>
2．若x≠2且y≠－1，M＝x2＋y2－4x＋2y，N＝－5，M与N的大小关系是( )
A．M>N B．M2sinα B．sin2α<2sinα
C．sin2α＝2sinα D．无法确定
6．已知a，b是实数，则“a＞0且b＞0”是“a＋b＞0且ab＞0”的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
7．若0 B.>
C．a＋>b＋ D．aa>ab
8．设[x]表示不超过x的最大整数，又设x，y满足方程组如果x不是整数，那么x＋y的取值范围是( )
A．(35,39) B．(49,51)
C．(71,75) D．(93,94)
9．若1＜α＜3，－4＜β＜2，则α－|β|的取值范围是________．
10．给出下列命题：①a>b与bb且b>c等价于a>c；
③a>b>0，d>c>0，则>；
④a>b⇒ac2>bc2；
⑤>⇒a>b.其中真命题的序号是________．
11． 某校对文明班的评选设计了a，b，c，d，e五个方面的多元评价指标，并通过经验公式S＝＋＋来计算各班的综合得分，S的值越高则评价效果越好．若某班在自测过程中各项指标显示出0d，∴－d>－c.又∵a>b，∴a－d>b－c.
2．A [解析] M－N＝(x－2)2＋(y＋1)2>0.
3．D [解析] 利用作差比较法判断a，ab，ab2的大小即可，
∵a＜0，－1＜b＜0，∴ab＞0，b－1＜0,1－b＞0,0＜b2＜1,1－b2＞0，
∴ab－a＝a(b－1)＞0⇒ab＞a；
ab－ab2＝ab(1－b)＞0⇒ab＞ab2；
a－ab2＝a(1－b2)＜0⇒a＜ab2；故ab＞ab2＞a.
4．≤ [解析] 根据平面内点到直线的距离关系可知d≤|AB|.
【能力提升】
5．B [解析] sin2α＝2sinαcosα<2sinα.
6．C [解析] ⇔
7．B [解析] ∵00.
8．D [解析] ∵[x－3]＝[x]－3，
解得[x]＝20，
y＝73.∵x不是整数，∴20c，不是等价不等式；由a>b>0，d>c>0得ad>bc>0，∴>，故③正确；当c＝0时④不正确；在已知条件下>0恒成立，∴⑤正确；故填③⑤.
11．c [解析] 根据分数的性质，只有在a或c上增加1才能使S增加最多．
∵＋＋－＝－＝>0，∴＋＋>＋＋，故应填c.
12．[解答] 设预订篮球比赛门票数与乒乓球比赛门票数都是n(n∈N*)张，则足球比赛门票预订(15－2n)张，由题意得
解得5≤n≤5.
由n∈N*，可得n＝5，∴15－2n＝5.
∴可以预订足球比赛门票5张．
【难点突破】
13．[解答] (1)证明：方法一：由f(m)＝f(n)，
得|log2(m＋1)|＝|log2(n＋1)|，
即log2(m＋1)＝log2(n＋1)，①
或log2(m＋1)＝－log2(n＋1)，②
由①得m＋1＝n＋1，与m＜n矛盾，舍去，
由②得m＋1＝，即(m＋1)(n＋1)＝1.③
∴m＋1＜1＜n＋1，
∴m＜0＜n，∴mn＜0，
由③得mn＋m＋n＝0，m＋n＝－mn＞0.
方法二：同方法一得(m＋1)(n＋1)＝1.
∵0＜m＋1＜n＋1，
∴>＝1，
∴m＋n＋2＞2，
∴m＋n＞0.
(2)证明：当x＞0时，f(x)＝|log2(x＋1)|＝log2(x＋1)在(0，＋∞)上为增函数．
由(1)知m2－(m＋n)＝m2＋mn＝m(m＋n)，且m＜0，m＋n＞0，
∴m(m＋n)＜0，
∴m2－(m＋n)＜0,0＜m2＜m＋n，
∴f(m2)＜f(m＋n)．
同理，(m＋n)－n2＝－mn－n2＝－n(m＋n)＜0，
∴0＜m＋n＜n2，∴f(m＋n)＜f(n2)，
∴f(m2)＜f(m＋n)＜f(n2)．
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