2023版高三一輪總復習數(shù)學新教材老高考人教版分層作業(yè)匯編

PAGE553課時分層作業(yè)(一)集合一、選擇題1．(2020·全國Ⅲ卷)已知集合A＝{(x，y)|x，y∈N*，y≥x}，B＝{(x，y)|x＋y＝8}，則A∩B中元素的個數(shù)為()A．2B．3C．4D．6C[由題意得，A∩B＝{(1,7)，(2,6)，(3,5)，(4,4)}，所以A∩B中元素的個數(shù)為4，故選C.]2．(2021·新高考Ⅰ卷)設集合A＝{x|－2＜x＜4}，B＝{2,3,4,5}，則A∩B＝()A．{2}B．{2,3}C．{3,4}D．{2,3,4}B[因為A＝{x|－2＜x＜4}，B＝{2,3,4,5}，所以A∩B＝{2,3}，故選B.]3．(2021·湖南五市十校三模)設集合A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，2，4))，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x2－mx＋n＝0))，若A∪B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，1，2，3，4))，則m＋n的值是()A．1B．3C．5D．7D[因為集合A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，2，4))，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x2－mx＋n＝0))，A∪B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，1，2，3，4))，則B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，3))，所以1、3是方程x2－mx＋n＝0的兩根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋3＝m,1×3＝n))，因此，m＋n＝4＋3＝7.故選D.]4．(2021·山東濱州一模)已知集合A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，2，3))，B＝{eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y))|x∈A，y∈A，x＋y∈A}，則集合B的子集的個數(shù)為()A．4B．7C．8D．16C[∵集合A＝{1,2,3}，平面內以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y))為坐標的點集合B＝{eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y))|x∈A，y∈A，x＋y∈A},∴B＝{(1，1)，(1，2)，(2，1)},∴B的子集個數(shù)為：23＝8個．故選C.]5．(2021·深圳羅湖區(qū)模擬)設集合A＝{x|x2－x－2≥0}，B＝{x|y＝eq\r(x－1)}，則A∪B＝()A．R B．[1，＋∞)C．(－∞，－1]∪[1，＋∞) D．(－∞，－1]∪[0，＋∞)C[∵A＝{x|x2－x－2≥0}＝{x|x≤－1或x≥2}，B＝{x|y＝eq\r(x－1)}＝{x|x≥1}，∴A∪B＝{x|x≤－1或x≥1}．故選C.]6．集合A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(6,5－x)∈N，x∈Z))))，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(y\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(y2－3y－4≤0))))，則A∩B＝()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2，3)) B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2，3，4))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1，2，3)) D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1，2，3，4))D[由題意，集合A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(6,5－x)))∈N，x∈Z))＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1，2，3，4))，B＝{y|y2－3y－4≤0}＝{y|－1≤y≤4}，所以A∩B＝{－1,2,3,4}．故選D.]7．(2021·福建廈門外國語學校模擬)已知集合A、集合B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2，3，a，b))，且A∩B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(3，4))，則下列結論正確的是()A．有可能a＋b＝8 B．a＋b≠8C．a＋b<8 D．a＋b>8B[∵B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2，3，a，b))，A∩B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(3，4))，∴4∈B，∴a＝4或b＝4，但a，b不能同時為4.∴a＋b≠8.故選B.]8．(2021·湖北十一校第二次聯(lián)考)已知非空集合A，B滿足以下兩個條件：(1)A∪B＝{1,2,3,4}，A∩B＝?；(2)A的元素個數(shù)不是A中的元素，B的元素個數(shù)不是B中的元素．則有序集合對(A，B)的個數(shù)為()A．1B．2C．3D．4B[若A中只有1個元素，則B中有3個元素，則1?A,3?B，即3∈A,1∈B，此時有1個；若A中有2個元素，則B中有2個元素，則2?A,2?B，不符合題意；若A中有3個元素，則B中有1個元素，則3?A,1?B，即3∈B,1∈A，此時有一個．綜上，有序集合對(A，B)的個數(shù)有2個．故選B.]二、填空題9．設集合A＝{x|y＝eq\r(x－3)}，B＝{x|1<x≤9}，則(?RA)∩B＝________.(1,3)[因為A＝{x|y＝eq\r(x－3)}，所以A＝{x|x≥3}，所以?RA＝{x|x<3}．又B＝{x|1<x≤9}，所以(?RA)∩B＝(1,3)．]10．某班有50名學生，其中參加關愛老人活動的學生有40名，參加潔凈家園活動的學生有32名，則同時參加兩項活動的學生最多有________名；最少有________名．3222[設參加兩項活動的學生人數(shù)為x，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤40，,0≤x≤32，))可得0≤x≤32.則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(40－x))＋x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(32－x))≤50，解得x≥22.因此，同時參加兩項活動的學生最多有32名，最少有22名．]11．已知集合A＝{a，b,2}，B＝{2，b2,2a}，且A∩B＝A∪B，則a＝__________.0或eq\f(1,4)[因為A∩B＝A∪B，所以A＝B，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝b2，,b＝2a))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝b2，,a＝2a，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝0))(舍去)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,4)，,b＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝1，))故a＝0或eq\f(1,4).]12．已知集合A＝{1,2,3}，B＝{3,5}，則用列舉法表示A*B＝{2a－b|a∈A，b∈B}＝________.{－1，－3,1,3}[當a＝1，b＝3時，2a－b＝－1，當a＝1，b＝5時，2a－b＝－3，當a＝2，b＝3時，2a－b＝1，當a＝2，b＝5時，2a－b＝－1，當a＝3，b＝3時，2a－b＝3，當a＝3，b＝5時，2a－b＝1，∴A*B＝{2a－b|a∈A，b∈B}＝{－1，－3,1,3}．]1．集合論是德國數(shù)學家康托爾(G.Cantor)于19世紀末創(chuàng)立的．在他的集合理論中，用cardeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A))表示有限集合中元素的個數(shù)，例如：A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a，b，c))，則cardeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A))＝3.若對于任意兩個有限集合A，B，有card(A∪B)＝card(A)＋card(B)－card(A∩B)．某校舉辦運動會，高一(1)班參加田賽的學生有14人，參加徑賽的學生有9人，兩項都參加的有5人，那么高一(1)班參加本次運動會的人數(shù)共有()康托爾(1845～1918)A．28B．23C．18D．16C[設參加田賽的學生組成集合A，則card(A)＝14，參加徑賽的學生組成集合B，則card(B)＝9，由題意得card(A∩B)＝5，所以card(A∪B)＝card(A)＋card(B)－card(A∩B)＝14＋9－5＝18，所以高一(1)班參加本次運動會的人數(shù)共有18.]2．若集合A1，A2滿足A1∪A2＝A，則稱(A1，A2)為集合A的一種分拆，并規(guī)定：當且僅當A1＝A2時，(A1，A2)與(A2，A1)是集合A的同一種分拆．若集合A有三個元素，則集合A的不同分拆種數(shù)是________．27[不妨令A＝{1,2,3}，∵A1∪A2＝A，當A1＝?時，A2＝{1,2,3}，當A1＝{1}時，A2可為{2,3}，{1,2,3}共2種，同理A1＝{2}，{3}時，A2各有兩種，當A1＝{1,2}時，A2可為{3}，{1,3}，{2,3}，{1,2,3}共4種，同理A1＝{1,3}，{2,3}時，A2各有4種，當A1＝{1,2,3}時，A2可為A1的子集，共8種，故共有1＋2×3＋4×3＋8＝27種不同的分拆．]

課時分層作業(yè)(二)常用邏輯用語一、選擇題1．(2021·山東菏澤一模)命題“?x∈R，x2≥0”的否定是()A．?x∈R，x2≥0 B．?x∈R，x2<0C．?x∈R，x2<0 D．?x∈R，x2≤0C[因為全稱量詞命題的否定是存在量詞命題，所以命題：?x∈R，x2≥0的否定是：?x∈R，x2<0.故選C.]2．(2021·浙江高考)已知非零向量a，b，c，則“a·c＝b·c”是“a＝b”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件B[由a·c＝b·c可得(a－b)·c＝0，所以(a－b)⊥c或a＝b，所以“a·c＝b·c”是“a＝b”的必要不充分條件．故選B.]3．(2021·湖南長郡中學模擬)1943年19歲的曹火星在平西根據地進行抗日宣傳工作，他以切身經歷創(chuàng)作了歌曲《沒有共產黨就沒有中國》，后毛澤東主席將歌曲改名為《沒有共產黨就沒有新中國》.2021年是中國共產黨建黨100周年，僅從邏輯學角度來看，“沒有共產黨就沒有新中國”這句歌詞中體現(xiàn)了“有共產黨”是“有新中國”的()A．充分條件 B．必要條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件B[從邏輯學角度，命題“沒有共產黨就沒有新中國”等價命題是“有了新中國就有了共產黨”，因此“有共產黨”是“有新中國”的必要條件，故選B.]4．已知命題p：?x∈(0,1)，ex－a≥0，若﹁p是真命題，則實數(shù)a的取值范圍是()A．a>1B．a≥eC．a≥1D．a>eB[∵﹁p：?x∈(0,1)，ex－a<0為真命題，∴a＞ex在(0,1)上恒成立，∴a≥e.]5．(2021·湖南師大附中模擬)某醫(yī)院工作人員所需某種型號的口罩可以外購，也可以自己生產．其中外購的單價是每個1.2元，若自己生產，則每月需投資固定成本2000元，并且每生產一個口罩還需要材料費和勞務費共0.8元．設該醫(yī)院每月所需口罩n(n∈N*)個，則自己生產口罩比外購口罩較合算的充要條件是()A．n≥800 B．n＞5000C．n＜800 D．n＜5000B[由0.8n＋2000＜1.2n，得0.4n＞2000，即n＞5000，故選B.]6．(2021·廣東高三月考)使得“x>1”成立的一個必要且不充分的條件是()A．x2>1B.x3>1C.eq\f(1,x)>1D．x>2A[使x>1成立的一個必要不充分條件，滿足不等式的范圍包含x>1，但不完全一致，A選項解集為x>1或x<－1，成立，A選項正確；B選項解集為x>1，為充要條件，B選項錯誤；C選項解集為0<x<1，不成立，C選項錯誤；D選項錯誤．故選A.]7．給出下列說法：①“x＝eq\f(π,4)”是“tanx＝1”的充分不必要條件；②定義在[a，b]上的偶函數(shù)f(x)＝x2＋(a＋5)x＋b的最大值為30；③命題“?x0∈R，x0＋eq\f(1,x0)≥2”的否定是“?x∈R，x＋eq\f(1,x)＞2”．其中正確說法的個數(shù)為()A．0B．1C．2D．3C[由x＝eq\f(π,4)得tanx＝1，但由tanx＝1推不出x＝eq\f(π,4)，所以“x＝eq\f(π,4)”是“tanx＝1”的充分不必要條件，所以①中說法是正確的；若定義在[a，b]上的函數(shù)f(x)＝x2＋(a＋5)x＋b是偶函數(shù)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋5＝0，,a＋b＝0，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－5，,b＝5，))則f(x)＝x2＋5，易知f(x)在[－5,5]上的最大值為30，所以②中說法是正確的；命題“?x0∈R，x0＋eq\f(1,x0)≥2”的否定是“?x∈R，x＋eq\f(1,x)＜2”，所以③中說法是錯誤的．故正確說法的個數(shù)為2，故選C.]8．(2021·吉林五校聯(lián)考)已知α⊥β，α∩β＝l，n?α，m?β，則“m⊥n”是“m⊥l”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件B[在如圖所示的正方體中，設平面ABCD為α，平面ADD1A1為β，AD1為m，AB為n，AD為l，則n⊥β，而m?β，所以n⊥m，但是m與l不垂直，所以m⊥n不是m⊥l的充分條件；因為α⊥β，α∩β＝l，m?β，m⊥l，則m⊥α，所以m⊥n，所以m⊥n是m⊥l的必要條件．于是m⊥n是m⊥l的必要不充分條件，故選B.]二、填空題9．已知命題p：?x∈R，x3>3x，則該命題是________(填“真命題”或“假命題”)．假命題[當x＝0時，x3＝3x＝0，所以命題p：?x∈R，x3>3x為假命題．]10．能說明“若f(x)>f(0)對任意的x∈(0,2]都成立，則f(x)在[0,2]上是增函數(shù)”為假命題的一個函數(shù)是________．f(x)＝sinx，x∈[0,2]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(答案不唯一，再如fx＝\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，x＝0,\f(1,x)，0<x≤2))))[根據函數(shù)單調性的概念，只要找到一個定義域為[0,2]的不單調函數(shù)，滿足在定義域內有唯一的最小值點，且f(x)min＝f(0)．]11．(2021·日照二模)若不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－a))2<1成立的充分不必要條件是1<x<2，則實數(shù)a的取值范圍是________．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，2))[由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－a))2<1得a－1<x<a＋1，因為1<x<2是不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－a))2<1成立的充分不必要條件，∴滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1≤1,a＋1≥2))且等號不能同時取得，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤2,a≥1))，解得1≤a≤2.]12．若“?x∈[4,6]，x2－ax－1>0”為假命題，則實數(shù)a的取值范圍為________．a≥eq\f(35,6)[因為“?x∈[4,6]，x2－ax－1>0”為假命題，所以?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4，6))，x2－ax－1≤0恒成立，即x－eq\f(1,x)≤a在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4，6))恒成立，所以a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))max且x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4，6))，又因為f(x)＝x－eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4，6))上是增函數(shù)，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6))＝6－eq\f(1,6)＝eq\f(35,6)，所以a≥eq\f(35,6).]1．(2021·上海交大附中模擬)關于x的方程x2＋ax＋b＝0，有下列四個命題：甲：x＝1是該方程的根；乙：x＝3是該方程的根；丙：該方程兩根之和為2；?。涸摲匠虄筛愄枺绻挥幸粋€假命題，則該命題是()A．甲B．乙C．丙D．丁A[若甲是假命題，則乙丙丁是真命題，則關于x的方程x2＋ax＋b＝0的一根為3，由于兩根之和為2，則該方程的另一根為－1，兩根異號，合乎題意；若乙是假命題，則甲丙丁是真命題，則x＝1是方程x2＋ax＋b＝0的一根，由于兩根之和為2，則另一根也為1，兩根同號，不合乎題意；若丙是假命題，則甲乙丁是真命題，則關于x的方程x2＋ax＋b＝0的兩根為1和3，兩根同號，不合乎題意；若丁是假命題，則甲乙丙是真命題，則關于x的方程x2＋ax＋b＝0的兩根為1和3，兩根之和為4，不合乎題意．綜上所述，甲命題為假命題．故選A.]2．(2021·啟東模擬)根據下述事實，得到含有量詞的全稱量詞命題或存在量詞命題為________．13＋23＝(1＋2)2，13＋23＋33＝(1＋2＋3)2，13＋23＋33＋43＝(1＋2＋3＋4)2，13＋23＋33＋43＋53＝(1＋2＋3＋4＋5)2，……[答案]?x∈N*,13＋23＋33＋…＋n3＝(1＋2＋3＋…＋n)2

課時分層作業(yè)(三)等式性質與不等式性質一、選擇題1．設M＝2a(a－2)，N＝(a＋1)(a－3)，則有()A．M＞NB．M≥NC．M＜ND．M≤NA[M－N＝(2a2－4a)－(a2－2a－3)＝a2－2a＋3＝(a－1)2＋2＞0，∴M＞N，故選A.]2．(2021·廣東珠海二模)已知a，b∈R，滿足ab<0，a＋b>0，a>b，則()A．eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>0C．a2>b2 D．a<eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))C[因ab<0，a>b，則a>0，b<0，eq\f(1,a)>0，eq\f(1,b)<0，A不正確；eq\f(b,a)<0，eq\f(a,b)<0，則eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)<0，B不正確；又a＋b>0，即a>－b>0，則a2>(－b)2，a2>b2，C正確；由a>－b>0得a>|b|，D不正確．故選C.]3．若a，b都是實數(shù)，則“eq\r(a)－eq\r(b)>0”是“a2－b2>0”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件A[eq\r(a)－eq\r(b)>0?eq\r(a)>eq\r(b)?a>b≥0?a2>b2，但a2－b2>0eq\r(a)－eq\r(b)>0.]4．已知2<a＋b<5，0<a－b<1，某同學得出了如下結論：①1<a<3；②1<b<2；③eq\f(1,2)<b<eq\f(5,2)；④－4<a－2b<0.其中正確的結論是()A．①③④B．②④C．①②D．①③D[由2＜a＋b＜5，0＜a－b＜1，得2＜2a＜6，即1＜a＜3，①正確；由2＜a＋b＜5，－1＜b－a＜0得1＜2b＜5，即eq\f(1,2)＜b＜eq\f(5,2)，即③正確，②錯誤；因為a－2b＝－eq\f(1,2)(a＋b)＋eq\f(3,2)(a－b)，且－eq\f(5,2)<－eq\f(1,2)(a＋b)<－1，0<eq\f(3,2)(a－b)<eq\f(3,2)，所以－eq\f(5,2)<a－2b<eq\f(1,2)，④錯誤．]5.設b>a>0，c∈R，則下列不等式中不正確的是()A．aeq\s\up10(\f(1,2))<beq\s\up8(\f(1,2)) B．eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．eq\f(a＋2,b＋2)>eq\f(a,b) D．ac3<bc3D[因為y＝xeq\s\up10(\f(1,2))在(0，＋∞)上單調遞增，所以aeq\s\up10(\f(1,2))<beq\s\up10(\f(1,2))；因為y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調遞減，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)；因為eq\f(a＋2,b＋2)－eq\f(a,b)＝eq\f(2（b－a）,（b＋2）b)>0，所以eq\f(a＋2,b＋2)>eq\f(a,b)；當c＝0時，ac3＝bc3，所以D不成立．]6．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且0＜f(－1)＝f(－2)＝f(－3)≤3，則()A．c≤3 B．3＜c≤6C．6＜c≤9 D．c＞9C[由f(－1)＝f(－2)＝f(－3)得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＋a－b＋c＝－8＋4a－2b＋c，,－1＋a－b＋c＝－27＋9a－3b＋c，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝6，,b＝11，))則f(x)＝x3＋6x2＋11x＋c，由0＜f(－1)≤3，得0＜－1＋6－11＋c≤3，即6＜c≤9.]7．(2021·武漢二中高三模擬)若a，b均為實數(shù)，則“ab(a－b)＞0”是“a＞b＞0”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件B[若ab(a－b)＞0，取a＝－1，b＝－2，則推不出a＞b＞0；若a＞b＞0，則a－b＞0，則可得出ab(a－b)＞0；故“ab(a－b)＞0”是“a＞b＞0”的必要不充分條件．]8．設a，b∈R，定義運算“?”和“⊕”如下：a?b＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a＞b，))a⊕b＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b，a≤b，,a，a＞b.))若m?n≥2，p⊕q≤2，則()A．mn≥4且p＋q≤4 B．m＋n≥4且pq≤4C．mn≤4且p＋q≥4 D．m＋n≤4且pq≤4A[結合定義及m?n≥2可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≥2，,m≤n))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n≥2，,m＞n，))即n≥m≥2或m＞n≥2，所以mn≥4；結合定義及p⊕q≤2，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p≤2，,p＞q))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q≤2，,p≤q，))即q＜p≤2或p≤q≤2，所以p＋q≤4.]二、填空題9．(2021·北京市豐臺區(qū)二模)能夠說明“若a，b，m均為正數(shù)，則eq\f(b＋m,a＋m)>eq\f(b,a)”是假命題的一組整數(shù)a，b的值依次為________．1，1(答案不唯一)[若eq\f(b＋m,a＋m)>eq\f(b,a)是假命題，則eq\f(b＋m,a＋m)≤eq\f(b,a)，又a，b，m都是正數(shù)，∴a(b＋m)≤b(a＋m)，∴am≤bm，∴a≤b，故當a＝b＝1時，eq\f(b＋m,a＋m)>eq\f(b,a)是假命題．]10．若a，b為正數(shù)，且a≠b，則a3＋b3________a2b＋ab2(用符號>、<、≥、≤填空).＞[(a3＋b3)－(a2b＋ab2)＝a3＋b3－a2b－ab2＝a2(a－b)－b2(a－b)＝(a－b)(a2－b2)＝(a－b)2(a＋b)，∵a>0，b>0且a≠b，∴(a－b)2>0，a＋b>0，∴(a3＋b3)－(a2b＋ab2)>0，即a3＋b3>a2b＋ab2.]11．若0<a<b，且a＋b＝1，則將a，b，eq\f(1,2)，2ab從小到大排列為________．a<2ab<eq\f(1,2)<b[∵0<a<b且a＋b＝1，∴a<eq\f(1,2)<b<1，∴2b>1且2a<1，∴a<2b·a＝2a(1－a)＝－2a2＋2a＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(1,2)<eq\f(1,2).即a<2ab<eq\f(1,2).綜上得，a＜2ab＜eq\f(1,2)＜b.]12．某學習小組由學生和教師組成，人員構成同時滿足以下三個條件：(ⅰ)男學生人數(shù)多于女學生人數(shù)；(ⅱ)女學生人數(shù)多于教師人數(shù)；(ⅲ)教師人數(shù)的兩倍多于男學生人數(shù)．(1)若教師人數(shù)為4，則女學生人數(shù)的最大值為________；(2)該小組人數(shù)的最小值為________．(1)6(2)12[令男學生、女學生、教師人數(shù)分別為x，y，z，則z＜y＜x＜2z.(1)若教師人數(shù)為4，則4＜y＜x＜8，當x＝7時，y取得最大值6.(2)當z＝1時，1＝z＜y＜x＜2，不滿足條件；當z＝2時，2＝z＜y＜x＜4，不滿足條件；當z＝3時，3＝z＜y＜x＜6，y＝4，x＝5，滿足條件．所以該小組人數(shù)的最小值為3＋4＋5＝12.]1．現(xiàn)有三個房間需要粉刷，粉刷要求：每個房間只用一種顏色，且三個房間顏色各不相同．已知三個房間的粉刷面積(單位：m2)分別為x，y，z，且x<y<z，粉刷三種顏色涂料的費用分別為a，b，c(單位：元/m2)，且a<b<c.粉刷完這三個房間所需的總費用(單位：元)最低是()A．ax＋by＋cz B．az＋by＋cxC．ay＋bz＋cx D．ay＋bx＋czB[由x<y<z，a<b<c，知ax＋by＋cz－(az＋by＋cx)＝a(x－z)＋c(z－x)＝(x－z)(a－c)>0，故ax＋by＋cz>az＋by＋cx.同理ay＋bz＋cx<ay＋bx＋cz，又az＋by＋cx<ay＋bz＋cx.故總費用最低為az＋by＋cx.故選B.]2．已知a，b，c為正實數(shù)，且a2＋b2＝c2，當n∈N，n>2時，cn與an＋bn的大小關系為________．(用“>”連接)cn>an＋bn[∵a，b，c為正實數(shù)，∴an>0，bn>0，cn>0.∵a2＋b2＝c2，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))2＝1，∴0<eq\f(a,c)<1，0<eq\f(b,c)<1.∵n∈N，n>2，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))n<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))2，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))n<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))2，∴eq\f(an＋bn,cn)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))n<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))2＝1，故cn>an＋bn.]

課時分層作業(yè)(四)基本不等式一、選擇題1．已知a>0，且b>0，若2a＋b＝4，則ab的最大值為()A．eq\f(1,4)B．4C．eq\f(1,2)D．2D[4＝2a＋b≥2eq\r(2ab)，即2≥eq\r(2ab)，兩邊平方得4≥2ab，∴ab≤2，當且僅當a＝1，b＝2時，等號成立，∴ab的最大值為2.]2．若a>0，b>0，lga＋lgb＝lg(a＋b)，則a＋b的最小值為()A．8B．6C．4D．2C[依題意ab＝a＋b，∴a＋b＝ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，即a＋b≤eq\f(（a＋b）2,4)，∴a＋b≥4，當且僅當a＝b時取等號，∴a＋b的最小值為4.]3．(2021·淄博實驗中學模擬)下列函數(shù)中，最小值為2的是()A．y＝x＋eq\f(2,x) B．y＝eq\f(x2＋3,\r(x2＋2))C．y＝ex＋e－x D．y＝log3x＋logx3(0<x<1)C[當x＜0時，選項A錯誤；當0＜x＜1時，log3x＜0，logx3＜0，選項D錯誤；又y＝eq\f(x2＋3,\r(x2＋2))＝eq\f(1,\r(x2＋2))＋eq\r(x2＋2)＞2，故選項B錯誤．故選C.]4．若－4＜x＜1，則f(x)＝eq\f(x2－2x＋2,2x－2)()A．有最小值1 B．有最大值1C．有最小值－1 D．有最大值－1D[∵－4＜x＜1，∴0＜1－x＜5，∴f(x)＝eq\f(x2－2x＋2,2x－2)＝eq\f(x2－2x＋1＋1,2（x－1）)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（1－x）＋\f(1,1－x)))≤－eq\f(1,2)×2eq\r(（1－x）·\f(1,1－x))＝－1，當且僅當1－x＝eq\f(1,1－x)，即x＝0時等號成立．∴函數(shù)f(x)有最大值－1，無最小值，故選D.]5．中國南宋大數(shù)學家秦九韶提出了“三斜求積術”，即已知三角形三邊長求三角形面積的公式：設三角形的三條邊長分別為a，b，c，則三角形的面積S可由公式S＝eq\r(p（p－a）（p－b）（p－c）)求得，其中p為三角形周長的一半，這個公式也被稱為海倫－秦九韶公式．現(xiàn)有一個三角形的邊長滿足a＝6，b＋c＝8，則此三角形面積的最大值為()A．3eq\r(7)B．8C．4eq\r(7)D．9eq\r(3)A[由題意得p＝7，S＝eq\r(7（7－a）（7－b）（7－c）)＝eq\r(7（7－b）（7－c）)≤eq\r(7)·eq\f(7－b＋7－c,2)＝3eq\r(7)，當且僅當7－b＝7－c，即b＝c時等號成立，∴此三角形面積的最大值為3eq\r(7)，故選A.]6．若a＞b＞0，且ab＝1，則下列不等式成立的是()A．a＋eq\f(1,b)＜eq\f(b,2a)＜log2(a＋b)B．eq\f(b,2a)＜log2(a＋b)＜a＋eq\f(1,b)C．a＋eq\f(1,b)＜log2(a＋b)＜eq\f(b,2a)D．log2(a＋b)＜a＋eq\f(1,b)＜eq\f(b,2a)B[根據題意，令a＝2，b＝eq\f(1,2)進行驗證，易知a＋eq\f(1,b)＝4，eq\f(b,2a)＝eq\f(1,8)，log2(a＋b)＝log2eq\f(5,2)＞1，因此a＋eq\f(1,b)＞log2(a＋b)＞eq\f(b,2a)，排除A，C，D，故選B.]7．(2021·惠來縣第一中學高三月考)古希臘科學家阿基米德在《論平面圖形的平衡》一書中提出了杠桿原理，它是使用天平秤物品的理論基礎，當天平平衡時，左臂長與左盤物品質量的乘積等于右臀長與右盤物品質量的乘積，某金店用一桿不準確的天平(兩邊臂不等長)稱黃金，某顧客要購買10g黃金，售貨員先將5g的砝碼放在左盤，將黃金放于右盤使之平衡后給顧客；然后又將5g的砝碼放入右盤，將另一黃金放于左盤使之平衡后又給顧客，則顧客實際所得黃金()A．大于10g B．小于10gC．大于等于10g D．小于等于10gA[由于天平的兩臂不相等，故可設天平左臂長為a，右臂長為b(不妨設a>b)，先稱得的黃金的實際質量為m1，后稱得的黃金的實際質量為m2.由杠桿的平衡原理：bm1＝a×5，am2＝b×5.解得m1＝eq\f(5a,b)，m2＝eq\f(5b,a)，則m1＋m2＝eq\f(5b,a)＋eq\f(5a,b).下面比較m1＋m2與10的大小：(作差比較法)∵a≠b，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m1＋m2))－10＝eq\f(5b,a)＋eq\f(5a,b)－10＞2eq\r(\f(5b,a)×\f(5a,b))－10＝10－10＝0，即m1＋m2>10.所以這樣可知稱出的黃金質量大于10g．故選A.]8．設a>b>0，則a2＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,a（a－b）)的最小值是()A．1B．2C．3D．4D[∵a>b>0，∴a－b>0，∴a(a－b)>0，a2＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,a（a－b）)＝a2＋ab－ab＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,a（a－b）)＝a2－ab＋eq\f(1,a（a－b）)＋ab＋eq\f(1,ab)＝a(a－b)＋eq\f(1,a（a－b）)＋ab＋eq\f(1,ab)≥2＋2＝4，當且僅當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a（a－b）＝\f(1,a（a－b）)，,ab＝\f(1,ab)，))即a＝eq\r(2)，b＝eq\f(\r(2),2)時等號成立．∴a2＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,a（a－b）)的最小值是4.]二、填空題9．(2021·青島二模)命題“?x∈R，ex<a－e－x”為假命題，則實數(shù)a的取值范圍為__________．(－∞，2][∵命題“?x∈R，ex<a－e－x”為假命題，∴?x∈R，ex＋e－x≥a恒成立，∵ex＋e－x≥2eq\r(ex·e－x)＝2，當且僅當x＝0時等號成立，故實數(shù)a的取值范圍為(－∞，2].]10．已知a>0，b>0，3a＋b＝2ab，則a＋b的最小值為________．2＋eq\r(3)[因為3a＋b＝2ab，所以eq\f(3,2b)＋eq\f(1,2a)＝1，又a>0，b>0，故a＋b＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2b)＋\f(1,2a)))＝2＋eq\f(3a,2b)＋eq\f(b,2a)≥2＋eq\r(3)，當且僅當eq\f(3a,2b)＝eq\f(b,2a)時取等號，即a＋b的最小值為2＋eq\r(3).]11．(2021·天津南開中學模擬)若實數(shù)x，y滿足x>y>0，且log2x＋log2y＝2，則eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)的最小值為________；eq\f(x－y,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋y))2)的最大值為________．eq\r(2)eq\f(1,8)[∵log2x＋log2y＝2，∴xy＝4.∵實數(shù)x，y滿足x>y>0，∴eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)≥2eq\r(\f(2,x)·\f(1,y))＝eq\r(2)(當且僅當eq\f(2,x)＝eq\f(1,y)，即x＝2eq\r(2)，y＝eq\r(2)時等號成立)，eq\f(x－y,（x＋y）2)＝eq\f(x－y,（x－y）2＋4xy)＝eq\f(1,（x－y）＋\f(16,x－y))≤eq\f(1,8)，當且僅當x＝2eq\r(2)＋2，y＝2eq\r(2)－2時等號成立．]三、解答題12．已知x>0，y>0，且2x＋8y＝xy，求：(1)xy的最小值；(2)x＋y的最小值．[解](1)因為xy＝2x＋8y≥2eq\r(2x·8y)，即xy≥8eq\r(xy)，即xy≥64，當且僅當2x＝8y，即x＝16，y＝4時，等號成立，所以xy的最小值為64.(2)由2x＋8y＝xy，得eq\f(8,x)＋eq\f(2,y)＝1，則x＋y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,x)＋\f(2,y)))(x＋y)＝10＋eq\f(2x,y)＋eq\f(8y,x)≥10＋2eq\r(\f(2x,y)·\f(8y,x))＝18.當且僅當eq\f(2x,y)＝eq\f(8y,x)，即x＝12，y＝6時等號成立，所以x＋y的最小值為18.13．某校決定在學校門口利用一側原有墻體，建造一間墻高為3米，底面為24平方米，且背面靠墻的長方體形狀的校園警務室．由于此警務室的后背靠墻，無需建造費用，甲工程隊給出的報價為：屋子前面新建墻體的報價為每平方米400元，左右兩面新建墻體報價為每平方米300元，屋頂和地面以及其他報價共計14400元．設屋子的左右兩面墻的長度均為x米(3≤x≤6).(1)當左右兩面墻的長度為多少時，甲工程隊報價最低？并求出最低報價；(2)現(xiàn)有乙工程隊也要參與此警務室的建造競標，其給出的整體報價為eq\f(1800a（1＋x）,x)元(a>0)，若無論左右兩面墻的長度為多少米，乙工程隊都能競標成功，試求a的取值范圍．[解](1)設甲工程隊的總造價為y元，則y＝3(300×2x＋400×eq\f(24,x))＋14400＝1800eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(16,x)))＋14400≥1800×2×eq\r(x×\f(16,x))＋14400＝28800(元)，3≤x≤6，當且僅當x＝eq\f(16,x)，即x＝4時等號成立．故當左右兩側墻的長度為4米時，甲工程隊的報價最低為28800元．(2)由題意可得1800eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(16,x)))＋14400>eq\f(1800a（1＋x）,x)對任意的x∈[3，6]恒成立．故eq\f(（x＋4）2,x)＞eq\f(a（1＋x）,x)，從而eq\f(（x＋4）2,x＋1)>a恒成立，令x＋1＝t，eq\f(（x＋4）2,x＋1)＝eq\f(（t＋3）2,t)＝t＋eq\f(9,t)＋6，t∈[4，7].又y＝t＋eq\f(9,t)＋6在t∈[4，7]單調遞增，故ymin＝12.25.所以a的取值范圍為(0，12.25).1．(2021·山東中學大聯(lián)考)已知實數(shù)x，y滿足x＋eq\f(1,x)＋9y＋eq\f(1,y)＝17，其中x＞0，y＞0，則eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值為()A．eq\f(1,16)B．1C．2D．16B[因為x＋eq\f(1,x)＋9y＋eq\f(1,y)＝17，所以x＋9y＝17－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))，因為x＞0，y＞0，所以(x＋9y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(17－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))，又(x＋9y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))＝10＋eq\f(x,y)＋eq\f(9y,x)≥10＋2eq\r(\f(x,y)·\f(9y,x))＝16，當且僅當eq\f(x,y)＝eq\f(9y,x)時取“＝”，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝\f(4,3)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,4)，,y＝\f(1,12)))時取“＝”，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(17－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))≥16.令eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝t，則17t－t2≥16，即t2－17t＋16≤0，解得1≤t≤16，即1≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)≤16，當且僅當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝\f(4,3)))時eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)≥1取“＝”，當且僅當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,4)，,y＝\f(1,12)))時eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)≤16取“＝”，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值為1.故選B.]2．(2021·遼寧開原三模)如圖，將一矩形花壇ABCD擴建成一個更大的矩形花壇AMPN，要求點B在AM上，點D在AN上，且對角線MN過點C.已知AB＝4，AD＝3，那么當BM＝________時，矩形花壇AMPN的面積最小，最小值為________．448[令BM＝x(x＞0)，由題意可知△CDN∽△MBC，則eq\f(DN,BC)＝eq\f(CD,BM)，即eq\f(DN,3)＝eq\f(4,x)，∴DN＝eq\f(12,x)，即S矩形AMPN＝AM·AN＝(4＋x)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(12,x)))＝24＋3x＋eq\f(48,x)≥24＋2eq\r(3x·\f(48,x))＝48，當且僅當3x＝eq\f(48,x)，即x＝4時，取等號，故當BM＝4時，矩形花壇AMPN的面積最小，最小值為48.]3．在數(shù)學探究活動中，某興趣小組合作制作一個工藝品，設計了如圖所示的一個窗戶，其中矩形ABCD的三邊AB，BC，CD由長為8厘米的材料彎折而成，BC邊的長為2t厘米(0<t<4)；曲線AOD是一段拋物線，在如圖所示的平面直角坐標系中，其解析式為y＝－eq\f(x2,3)，記窗戶的高(點O到BC邊的距離)為f(t).(1)求函數(shù)f(t)的解析式，并求要使得窗戶的高最小，BC邊應設計成多少厘米？(2)要使得窗戶的高與BC長的比值達到最小，BC邊應設計成多少厘米？[解](1)因為拋物線方程為y＝－eq\f(x2,3)，所以Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(t2,3))).又因為AB＝DC＝eq\f(8－2t,2)＝4－t，所以點O到AD的距離為eq\f(t2,3)，所以點O到BC的距離為eq\f(t2,3)＋4－t，即f(t)＝eq\f(t2,3)－t＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<t<4)).因為t＝eq\f(－1,－2×\f(1,3))＝eq\f(3,2)(0<t<4)，所以當t＝eq\f(3,2)時有最小值，f(t)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2,3)－eq\f(3,2)＋4＝eq\f(3,4)－eq\f(3,2)＋4＝eq\f(13,4)，此時t＝eq\f(3,2)，BC＝2t＝2×eq\f(3,2)＝3，故BC應設計為3厘米．(2)窗戶的高與BC長的比值為g(t)＝eq\f(\f(t2,3)－t＋4,2t)＝eq\f(1,6)t＋eq\f(2,t)－eq\f(1,2)(0<t<4)，因為eq\f(1,6)t＋eq\f(2,t)－eq\f(1,2)≥2eq\r(\f(1,6)t·\f(2,t))－eq\f(1,2)＝eq\f(2\r(3),3)－eq\f(1,2)，當且僅當eq\f(t,6)＝eq\f(2,t)，即t＝2eq\r(3)時取等號，所以要使得窗戶的高與BC長的比值達到最小，BC＝2t＝4eq\r(3)厘米．

課時分層作業(yè)(五)二次函數(shù)與一元二次方程、不等式一、選擇題1．已知集合A＝{x|x2－5x＋4<0}，B＝{x|x2－x－6<0}，則A∩B＝()A．(－2，3) B．(1，3)C．(3，4) D．(－2，4)B[由題意知A＝{x|1<x<4}，B＝{x|－2<x<3}，所以A∩B＝(1，3).]2．關于x的不等式ax－b<0的解集是(1，＋∞)，則關于x的不等式(ax＋b)(x－3)>0的解集是()A．(－∞，－1)∪(3，＋∞)B．(1，3)C．(－1，3)D．(－∞，1)∪(3，＋∞)C[關于x的不等式ax－b<0即ax<b的解集是(1，＋∞)，∴a＝b<0，∴不等式(ax＋b)(x－3)>0可化為(x＋1)(x－3)<0，解得－1<x<3，∴所求不等式的解集是(－1，3).]3．若0<t<1，則關于x的不等式(t－x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,t)))>0的解集為()A．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)<x<t))))B．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x>\f(1,t)或x<t))))C．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,t)或x>t))))D．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(t<x<\f(1,t)))))D[原不等式可化為(x－t)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,t)))<0，∵0<t<1，∴t<eq\f(1,t)，∴原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(t<x<\f(1,t))))).]4．已知某產品的總成本y(萬元)與產量x(臺)之間的函數(shù)關系式是y＝3000＋20x－0.1x2，x∈(0，240).若每臺產品的售價為25萬元，則生產者不虧本(銷售收入不小于總成本)時的最低產量是()A．100臺B．120臺C．150臺D．180臺C[由題設，產量為x臺時，總售價為25x.欲使生產者不虧本，必須滿足總售價大于等于總成本，即25x≥3000＋20x－0.1x2，即0.1x2＋5x－3000≥0，x2＋50x－30000≥0，解得x≥150或x≤－200(舍去).故欲使生產者不虧本，最低產量是150臺．]5．已知函數(shù)f(x)＝ax2－x－c，且不等式ax2－x－c>0的解集為{x|－2<x<1}，則函數(shù)y＝f(－x)的圖象為()ABCDB[∵不等式ax2－x－c>0的解集為{x|－2<x<1}，∴a<0，方程ax2－x－c＝0的兩個根為－2和1，則－2＋1＝eq\f(1,a)，－2×1＝－eq\f(c,a)，∴a＝－1，c＝－2，∴f(x)＝ax2－x－c＝－x2－x＋2，∴f(－x)＝－x2＋x＋2，其圖象開口向下，與x軸交于點(－1，0)，(2，0).故選B.]6．若mx2－mx－1＜0對于m∈[1，2]恒成立，則實數(shù)x的取值范圍為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1－\r(3),2))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3),2)，\f(1＋\r(3),2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(3),2)，＋∞)) D．RB[設g(m)＝mx2－mx－1＝(x2－x)m－1，其圖象是直線，當m∈[1，2]時，圖象為一條線段，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（1）＜0，,g（2）＜0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－x－1＜0，,2x2－2x－1＜0，))解得eq\f(1－\r(3),2)＜x＜eq\f(1＋\r(3),2).]二、填空題7．不等式eq\f(ax,x－1)＜1的解集為{x|x＜1或x＞2}，則a的值為________．eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))[原不等式轉化為eq\f(（a－1）x＋1,x－1)＜0，由條件可知a－1＜0且eq\f(－1,a－1)＝2，解得a＝eq\f(1,2)，∴a的值為是eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).]8．已知集合A＝{－5，－1，2，4，5}，請寫出一個一元二次不等式，使得該不等式的解集與集合A有且只有一個公共元素，這個不等式可以是________．(x＋4)(x－6)＞0(答案不唯一)[由題意知寫出的一元二次不等式的解集與集合A有且只有一個公共元素，等式解集中的整數(shù)解只有一個在集合A中即可．故不等式可以是(x＋4)(x－6)＞0，解集為{x|x＞6或x＜－4}．解集中只有－5在集合A中．]9．設函數(shù)f(x)＝ax2－2x＋2，對于滿足1<x<4的一切x值都有f(x)>0，則實數(shù)a的取值范圍為________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))[∵1<x<4，∴a>eq\f(2（x－1）,x2)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,2)))2))，滿足1<x<4的一切x的值恒成立，∵eq\f(1,4)<eq\f(1,x)<1，2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,2)))2))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，∴實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).]三、解答題10．已知二次函數(shù)f(x)＝x2＋mx－6(m>0)的兩個零點為x1和x2，且x2－x1＝5.(1)求函數(shù)的解析式；(2)解關于x的不等式f(x)<4－2x.[解](1)由題意得：x2＋mx－6＝0(m>0)的兩個根為x1和x2，由根與系數(shù)的關系得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－m，,x1x2＝－6，))故(x2－x1)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝m2＋24＝25，解得m2＝1，∵m>0，∴m＝1，∴f(x)＝x2＋x－6.(2)由f(x)<4－2x，得x2＋x－6<4－2x，即x2＋3x－10<0，對應方程的兩根為－5和2，且對應拋物線開口向上，解得－5<x<2，故不等式的解集是{x|－5<x<2}．11．甲廠以x千克/時的速度勻速生產某種產品(生產條件要求1≤x≤10)，每小時可獲得利潤100eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x＋1－\f(3,x)))元．(1)要使生產該產品2小時獲得的利潤不低于3000元，求x的取值范圍；(2)要使生產900千克該產品獲得的利潤最大，問：甲廠應該選取何種生產速度？并求最大利潤．[解](1)根據題意，得200eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x＋1－\f(3,x)))≥3000，整理得5x－14－eq\f(3,x)≥0，即5x2－14x－3≥0，解得x≥3或x≤－eq\f(1,5)，又1≤x≤10，所以3≤x≤10.即要使生產該產品2小時獲得的利潤不低于3000元，x的取值范圍是[3，10].(2)設利潤為y元，則y＝eq\f(900,x)·100eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x＋1－\f(3,x)))＝9×104eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(1,x)－\f(3,x2)))＝9×104eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,6)))2＋\f(61,12)))，故當x＝6時，ymax＝457500.故甲廠以6千克/時的速度生產900千克該產品時獲得的利潤最大，最大利潤為457500元．1．不等式x2＋ax＋4≥0對一切x∈[1，3]恒成立，則a的最小值是()A．－5B．－eq\f(13,3)C．－4D．－3C[∵x∈[1，3]時，x2＋ax＋4≥0恒成立，則a≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))恒成立，又x∈[1，3]時，x＋eq\f(4,x)≥2eq\r(4)＝4，當且僅當x＝2時取等號．∴－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))≤－4，∴a≥－4.故a的最小值為－4.]2．已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域為[0，＋∞)，若關于x的不等式f(x)<c的解集為(m，m＋6)，則實數(shù)c的值為________．9[由題意知f(x)＝x2＋ax＋b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))2＋b－eq\f(a2,4).∵f(x)的值域為[0，＋∞)，∴b－eq\f(a2,4)＝0，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))2.由f(x)<c，得－eq\f(a,2)－eq\r(c)<x<－eq\f(a,2)＋eq\r(c)，又f(x)<c的解集為(m，m＋6)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)－\r(c)＝m①，,－\f(a,2)＋\r(c)＝m＋6②，))②－①，得2eq\r(c)＝6，∴c＝9.]3．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(ax2＋2ax＋1)的定義域為R.(1)求a的取值范圍；(2)若函數(shù)f(x)的最小值為eq\f(\r(2),2)，解關于x的不等式x2－x－a2－a<0.[解](1)∵函數(shù)f(x)＝eq\r(ax2＋2ax＋1)的定義域為R，∴ax2＋2ax＋1≥0恒成立，當a＝0時，1≥0恒成立．當a≠0時，需滿足題意，則需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝（2a）2－4a≤0，))解得0<a≤1，綜上可知，a的取值范圍是[0，1].(2)f(x)＝eq\r(ax2＋2ax＋1)＝eq\r(a（x＋1）2＋1－a)，由題意及(1)可知0≤a≤1，∴當x＝－1時，f(x)min＝eq\r(1－a)，由題意得，eq\r(1－a)＝eq\f(\r(2),2)，∴a＝eq\f(1,2)，∴不等式x2－x－a2－a<0可化為x2－x－eq\f(3,4)<0.解得－eq\f(1,2)<x<eq\f(3,2)，∴所求不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2))).1．(2020·浙江高考)已知a，b∈R且ab≠0，對于任意x≥0均有(x－a)(x－b)(x－2a－b)≥0，則()A．a＜0 B．a＞0C．b＜0 D．b＞0C[令x＝0，則ab(－2a－b)≥0，即ab(2a＋b)≤0.若a＞0，則b(2a＋b)≤0，即－2a≤b＜0；若a＜0，則b(2a＋b)≥0，即b＜0或b≥－2a，當b≥－2a時，不妨取b＝t－2a，t≥0，則(x－a)·(x－t＋2a)·(x－t)≥0，其中x－a＞0，所以(x－t＋2a)(x－t)≥0，解得x≤t或x≥t－2a，即在(t，t－2a)上原不等式不成立，不符合題意．綜上所述，b＜0.故選C.]2．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0，b，c∈R).(1)若函數(shù)f(x)的最小值是f(－1)＝0，且c＝1，F(xiàn)(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x），x＞0，,－f（x），x＜0，))求F(2)＋F(－2)的值；(2)若a＝1，c＝0，且|f(x)|≤1在區(qū)間(0，1]上恒成立，試求b的取值范圍．[解](1)因為f(x)的最小值是f(－1)＝0，且c＝1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)＝－1，,f（－1）＝a－b＋1＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2，))所以f(x)＝x2＋2x＋1＝(x＋1)2，因為F(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x），x>0,－f（x），x<0))，所以F(2)＋F(－2)＝8.(2)由題知f(x)＝x2＋bx，原命題等價于－1≤x2＋bx≤1在x∈(0，1]上恒成立，即b≤eq\f(1,x)－x且b≥－eq\f(1,x)－x在x∈(0，1]恒成立，根據單調性可得eq\f(1,x)－x的最小值為0，－eq\f(1,x)－x的最大值為－2，所以－2≤b≤0.

課時分層作業(yè)(六)函數(shù)的概念及其表示一、選擇題1．(2021·重慶育才中學模擬)某同學騎自行車上學，開始時勻速行駛，途中因紅燈停留了一段時間，然后加快速度趕到了學校，下列各圖中，符合這一過程的是()ABCDC[由于開始勻速行駛，所以離學校的距離勻速減少，中間一段停留，與學校距離沒變，然后加速趕到學校，與學校的距離在同樣的時間段內減少的越來越快，故選C.]2．函數(shù)y＝eq\f(ln（1－x）,\r(x＋1))＋eq\f(1,x)的定義域是()A.[－1，0)∪(0，1) B．[－1，0)∪(0，1]C.(－1，0)∪(0，1) D．(－1，0)∪(0，1]C[由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x>0，,x＋1>0，,x≠0，))解得－1<x<0或0<x<1.所以原函數(shù)的定義域為(－1，0)∪(0，1).故選C.]3．設函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－x,1＋x)))＝x，則f(x)的表達式為()A.f(x)＝eq\f(1＋x,1－x)(x≠－1) B．f(x)＝eq\f(1＋x,x－1)(x≠－1)C.f(x)＝eq\f(1－x,1＋x)(x≠－1) D．f(x)＝eq\f(2x,x＋1)(x≠－1)C[令t＝eq\f(1－x,1＋x)，則x＝eq\f(1－t,1＋t)，∴f(t)＝eq\f(1－t,1＋t)，即f(x)＝eq\f(1－x,1＋x)(x≠－1).]4．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x＋1，x>0，,x2－x，x≤0，))若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a))＝2，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋2))的值可能為()A.1B．2C．2或－1D．1或3D[當a>0時，log2a＋1＝2，解得a＝2，當a≤0時，a2－a＝2，解得a＝－1，所以實數(shù)a的值是2或－1，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋2))＝f(4)＝log24＋1＝3或f(－1＋2)＝f(1)＝log21＋1＝1，故選D.]5．已知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx－2，x＞0，,2x－\f(1,2)，x≤0，))則滿足2f(f(m))＋1＝2f(m)＋1的實數(shù)m的取值范圍是()A．(－∞，－1] B．(－∞，－1]∪(0，e2]C．(－∞，1] D．(－∞，－1]∪(0，1]B[令t＝f(m)，則2f(t)＋1＝2t＋1，∴f(t)＝2t－eq\f(1,2)，∴f(m)＝t≤0.當m＞0時，lnm－2≤0，解得0＜m≤e2；當m≤0時，2m－eq\f(1,2)≤0，解得m≤－1.綜上所述，實數(shù)m的取值范圍為(－∞，－1]∪(0，e2].]6．(2021·重慶診斷)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，x＞1，,x2－1，x≤1，))則f(x)＜f(x＋1)的解集為()A.(－1，＋∞) B．(－1，1)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))C[當x≤0時，x＋1≤1，f(x)＜f(x＋1)?x2－1＜(x＋1)2－1，解得－eq\f(1,2)＜x≤0.當0＜x≤1時，x＋1＞1，此時f(x)＝x2－1≤0，f(x＋1)＝log2(x＋1)＞0.∴0＜x≤1恒成立；當x＞1時，f(x)＜f(x＋1)恒成立．綜上，f(x)＜f(x＋1)的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).故選C.]二、填空題7．(2021·山東名校模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln(－x－x2)，則f(2x＋1)的定義域為________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))[由－x－x2＞0得－1＜x＜0，所以－1＜2x＋1＜0，解得－1＜x＜－eq\f(1,2).故f(2x＋1)的定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2))).]8．(2021·浙江高考)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－4，x>2，,|x－3|＋a，x≤2，))若f(f(eq\r(6)))＝3，則a＝__________．2[因為eq\r(6)>2，所以f(eq\r(6))＝6－4＝2，所以f(f(eq\r(6)))＝f(2)＝1＋a＝3，解得a＝2.]9．已知函數(shù)f(x)滿足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋eq\f(1,x)f(－x)＝2x(x≠0)，則f(－2)＝________，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝________．eq\f