2020-2021学年山东省枣庄市某校高一（上）月考数学试卷（10月份）

这是一份2020-2021学年山东省枣庄市某校高一（上）月考数学试卷（10月份），共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合U={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}，A={2, 3, 4, 5}，B={1, 2, 3, 6, 7}，则B∩(∁UA)=( )
A.{1, 6}B.{6, 7}C.{6, 7, 8}D.{1, 6, 7}

2. 设命题p:∃k∈N，k2>2k+3，则￢p为（ ）
A.∀k∈N，k2>2k+3B.∃k∈N，k2<2k+3
C.∀k∈N，k2≤2k+3D.∃k∈N，k2≤2k+3

3. 下列各组函数中，表示同一函数的是（ ）
A.f(x)=x+2与g(x)＝x2−4x−2
B.f(x)=|x+1|与g(x)=−x−1,x<1x+1,x≥1
C.f(x)=1与g(x)=x0
D.f(x)=3x+2(x∈R)与g(t)=3t+2(t∈R)

4. 设a，b∈R，则“a+b≤4”是“a≤2，且b≤2”的（ ）
A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

5. 下列说法中，错误的是（ ）
A.若b>a>0，m>0，则a+mb+m>ab
B.若ac2>bc2，则a>b
C.若a2>b2，ab>0，则1a<1b
D.若a>b，cb−d

6. 已知函数f(x)=x2，x<1，f(x−1)−1,x≥1,则f(2020)=( )
A.−1B.−2020C.1D.2020

7. 已知函数f(x)=xx−m，若函数f(x)在区间(2, +∞)上单调递减，则实数m的取值范围为（ ）
A.(0, 2)B.(0, 2]C.[2, +∞)D.(2, +∞)

8. 已知函数f(x)=x2+4x，x<0，−x2，x≥0，若f（f(m)）≥5，则实数m的取值范围是（ ）
A.[5，+∞)B.[0,5]C.(−∞,−5]D.[−5，0]
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．

已知集合A={x|x2−x−6=0}，B={x|mx−1=0}，A∩B=B，则实数m取值为（ ）
A.13B.−12C.−13D.0

下列命题正确的是（ ）
A.若x<0，则x+4x的最小值为4
B.若x∈R，则x2+3+1x2+2的最小值为3
C.若a，b∈R，a2+b2=15−ab，则ab的最大值为5
D.若a>0，b>0，a+2b=4，则ab的最大值为2

已知f(x)为定义在R上的函数，对任意的x，y∈R，都有f(x+y)=f(x)+f(y)，并且当x<0时，有f(x)<0，则（ ）
A.f(0)=0
B.若f(2)=2，则f(−2)=2
C.f(x)在(−∞, +∞)上为增函数
D.若f(2)=2，且f(a2)−f(2a−5)>4，则实数a的取值范围为(−∞, 1)∪(1, +∞)

若对任意满足x+2y=2的正实数x，y，3x2+5y2+2x+4yxy>2m2(m∈N*)恒成立，则正整数m的取值为（ ）
A.1B.2C.3D.4
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，第16题第一空2分，第二空3分

函数f(x)=−x2+4x的值域为________．

若min{a,b}＝a,a≤b,b,a>b,则函数f(x)=min{−x2, −2x−3}的最大值为________．

若x>y>z>0，则2x2+1x(x−y)+1xy−6xz+9z2的最小值为________．

函数f(x)=|x+2|+1的单调递减区间为________；函数g(x)=|x+2|+1,x四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

已知全集U=R，集合A={x|x>2}，B={x|−4(Ⅰ)求∁U(A∪B)；
(Ⅱ)定义A−B={x|x∈A, 且x∉B}，求A−B，A−(A−B)．

已知函数f(x)=x+4x．
(Ⅰ)求f（f(2)）；
(Ⅱ)判断函数f(x)在区间[2, 4]上的单调性，并证明；
(Ⅲ)关于x的不等式x+4x
(Ⅰ)若a，b>0，且ab=a+b+3，求ab的最小值；
(Ⅱ)若a，b>0，且ab=a+b，求4a+b的最小值．

已知不等式ax2−3x+2>0的解集为{x|x<1, 或x>b}．
(Ⅰ)求实数a，b的值；
(Ⅱ)解关于x的不等式cx2−(ac+b)x+ab>0(c∈R)．

2018年淮安新能源汽车厂计划引进新能源汽车生产设备，通过市场分析，全年需投入固定成本2500万元，若生产100x辆时，需另投入成本C(x)万元，满足C(x)=10x2+100x,0（1）求出2018年的利润L(x)（万元）的函数关系式（利海＝销售额-成本）；

（2）2018年产量为多少辆时，企业所获利润最大？并求出最大利润．

已知函数f(x)=x2+ax+3．
(Ⅰ)当x∈[−2, 2]时，f(x)≥a恒成立，求实数a的取值范围；
(Ⅱ)关于x的不等式f(x)<0的解集为{x|m参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省枣庄市某校高一（上）月考数学试卷（10月份）
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1.
【答案】
D
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
先求出CUA，然后再求B∩(∁UA)即可．
【解答】
∵ U={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}，A={2, 3, 4, 5}，B={1, 2, 3, 6, 7}，
∴ CUA={1, 6, 7, 8, 9}，
则B∩(∁UA)={1, 6, 7}
2.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
【解析】
利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．
【解答】
因为特称命题的否定是全称命题，
所以，命题P:∃k∈N，k2>2k+3，
则命题P的否定￢p为：∀k∈N，k2≤2k+3，
3.
【答案】
D
【考点】
判断两个函数是否为同一函数
【解析】
根据两个函数的定义域相同，对应法则也相同，即可判断它们是同一函数．
【解答】
对于A，函数f(x)=x+2的定义域为R，g(x)=x2−4x−2=x+2的定义域为{x|x≠2}，两个函数的定义域不同，不是同一函数．
对于B，函数f(x)=|x+1|=x+1,x≥−1−x−1,x<−1，定义域为R，g(x)=−x−1,x<1x+1,x≥1，定义域为R，两个函数的对应关系不同，不是同一函数．
对于C，函数f(x)=1的定义域为R，g(x)=x0=1的定义域为{x|x≠0}，两个函数的定义域不同，不是同一函数．
对于D，函数f(x)=3x+2的定义域为R，g(t)=3t+2的定义域为R，两个函数的定义域相同，对应法则也相同，是同一函数．
4.
【答案】
B
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
直接利用不等式的性质，充分条件和必要条件，得出结果．
【解答】
当“a≤2，且b≤2”时，则“a+b≤4”成立，
但是，当“a+b≤4”成立，则“a≤2，且b≤2”不一定成立，
故“a+b≤4”是“a≤2，且b≤2”的必要不充分条件，
5.
【答案】
C
【考点】
不等式的基本性质
命题的真假判断与应用
【解析】
由不等式的基本性质，利用作差法逐一判断即可．
【解答】
对于A，a+mb+m−ab=(a+m)b−a(b+m)b(b+m)=m(b−a)b(b+m)，
因为b>a>0，m>0，所以b−a>0，所以a+mb+m−ab>0，即a+mb+m>ab，故A正确；
对于B，若ac2>bc2，则a>b，故B正确；
对于C，若a2>b2，则|a|>|b|，若ab>0，则a>b>0或a当a>b>0时，1a<1b，当a1b，故C错误；
对于D，若a>b，c−d，a−c>b−d，故D正确．
6.
【答案】
B
【考点】
求函数的值
分段函数的应用
函数的求值
【解析】
由x≥1，f(x)=f(x−1)−1，推导出f(2020)=f(0)−2020，由此能求出结果．
【解答】
∵ 函数f(x)=x2，x<1，f(x−1)−1,x≥1,
2020=2020×1≥1，
∴ f(2020)=f(0)−2020=−2020．
7.
【答案】
B
【考点】
函数单调性的性质与判断
函数的单调性及单调区间
【解析】
根据题意，函数的解析式变形可得f(x)=1+mx−m，由函数图象变换的规律可得m>0m≤2，解可得m的取值范围，即可得答案．
【解答】
根据题意，函数f(x)=xx−m=x−m+mx−m=1+mx−m，
由函数y=mx向左(m<0)或向右(m>0)平移|m|个单位，向上平移1个单位得到，
若函数f(x)在区间(2, +∞)上单调递减，必有m>0m≤2，则0即m的取值范围为(0, 2]，
8.
【答案】
A
【考点】
分段函数的应用
【解析】
先根据函数的解析式初步判断f(m)<0，然后代入函数解析式进一步求出f(m)的范围，再根据函数的解析式即可求解．
【解答】
由已知函数f(x)的解析式可知，当x≥0时，f(x)=−x2≤0，
所以要使f（f(m)）≥5，只有f(m)<0，
即[f(m)]2+4f(m)≥5f(m)<0，解得f(m)≤−5，
当m<0时，m2+4m≤−5，解得不等式无解，
当m≥0时，−m2≤−5，解得m≥5或m≤−5，所以m≥5，
综上，m≥5，
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
【答案】
A,B,D
【考点】
交集及其运算
【解析】
可求出集合A={−2, 3}，根据A∩B=B可得出B⊆A，然后可讨论m:m=0时，显然满足题意；m≠0时，可得出1m＝−2或3，从而解出m的值即可．
【解答】
A={−2, 3}，B={x|mx=1}，
∵ A∩B=B，∴ B⊆A，
①m=0时，B=⌀，满足B⊆A；
②m≠0时，B＝{1m}，则1m＝−2或3，解得m＝−12或13，
∴ m的取值为：0，−12，13．
【答案】
C,D
【考点】
基本不等式及其应用
命题的真假判断与应用
【解析】
直接利用不等式的性质和均值不等式的应用判定A、B、C、D的结论．
【解答】
对于A：若x<0，则−x>0，(−x)+(−4x)≥4，所以x+4x的最大值为−4，故A错误；
对于B：若x∈R，则x2+3+1x2+2=x2+2+1x2+2+1，设x2+2=t(t≥2)，所以f(t)=t+1t+1，根据对勾函数的性质，f(t)的最小值为f(2)=2+12+1＝72，故B错误；
对于C：若a，b∈R，a2+b2=15−ab，则若a，b∈R，a2+b2=15−ab≥2ab，所以ab≤5，当且仅当a=b时，等号成立，故C正确；
对于D:a>0，b>0，a+2b=4，则ab=12(a⋅2b)≤12⋅(a+2b2)2=2，当且仅当a=2，b=1时等号成立，故D正确．
【答案】
A,C,D
【考点】
抽象函数及其应用
【解析】
令x=y=0，可求得f(0)，从而判断选项A；令x=2，y=−2，即可求得f(−2)，从而判断选项B；令y=−x，易得f(x)+f(−x)=0，从而可判断其奇偶性，设x1，x2∈R且x14，解之即可判断选项D．
【解答】
由f(x+y)=f(x)+f(y)，
令x=y=0，得f(0)=f(0)+f(0)，则f(0)=0，故A正确；
因为f(x+y)=f(x)+f(y)，若f(2)=2，
令x=2，y=−2，则f(0)=f(2)+f(−2)，
所以f(−2)=f(0)−f(2)=−2，故B错误；
f(x)为定义在R上的函数，取y=−x代入，得f(0)=f(x)+f(−x)，
又f(0)=0，于是f(−x)=−f(x)，所以f(x)为奇函数，
设x1，x2∈R且x1由x1−x2><0知，f(x1−x2)<0，所以f(x1)所以函数f(x)为R上的增函数，故C正确；
若f(2)=2，则f(4)=f(2)+f(2)=4，
则f(a2)−f(2a−5)>4，即为f(a2)+f(5−2a)>f(4)，
所以f(a2+5−2a)>f(4)，所以a2+5−2a>4，
解得a≠1，即实数a的取值范围为(−∞, 1)∪(1, +∞)，故D正确．
【答案】
A,B
【考点】
函数恒成立问题
【解析】
由题意可得2m2<(3x2+5y2+2x+4yxy)min，将2x+4y=(x+2y)2代入此不等式的右边，化简整理，运用基本不等式可得最小值，解得m的范围，可得所求值．
【解答】
3x2+5y2+2x+4yxy>2m2(m∈N*)恒成立，
即为2m2<(3x2+5y2+2x+4yxy)min，
由x+2y=2，x>0，y>0，
可得3x2+5y2+2x+4yxy=3x2+5y2+(x+2y)2xy=4x2+9y2+4xyxy=4xy+9yx+4≥24xy⋅9yx+4=16，
当且仅当2x=3y，又x+2y=2，即x=67，y=47时，上式取得等号，
则2m2<16，解得−22则正整数m的取值为1，2．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，第16题第一空2分，第二空3分
【答案】
[0, 2]
【考点】
函数的值域及其求法
【解析】
首先求t=−x2+4x的值域，在求解函数f(t)=t的值域即可．
【解答】
由题意，令t=−x2+4x=−(x−2)2+4，且t≥0，
可得0≤t≤4，
那么函数f(t)=t，t∈[0, 4]，
则0≤f(t)≤2，
所以原函数的值域为[0, 2]．
【答案】
−1
【考点】
函数的最值及其几何意义
【解析】
由题意写出分段函数解析式，作出图象，数形结合即可求得函数f(x)的最大值．
【解答】
由−x2≤−2x−3，得x2−2x−3≥0，解得x≤−1或x≥3．
∴ f(x)=min{−x2, −2x−3}=−x2，x≤−1或x≥3−2x−3,−1作出函数f(x)的图象如图实线部分：
由图可知，函数f(x)=min{−x2, −2x−3}的最大值为−1．
【答案】
4
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
原式转化为(x2−xy)+1x2−xy+(1xy+xy)+(x−3z)2，利用基本不等式即可求出．
【解答】
∵ x>y>z>0，
∴ x2−xy>0，xy>0，
∴ 1x2−xy>0，1xy>0，
∴ 2x2+1x(x−y)+1xy−6xz+9z2，
=x2−xy+1x2−xy+1xy+xy+x2−6xz+9z2，
=(x2−xy)+1x2−xy+(1xy+xy)+(x−3z)2，
≥2(x2−3y)⋅1x2−3y+21xy⋅xy+(x−3z)2=4，
当且仅当x2−xy＝1xy＝1x−3z＝0．即x=2，y=22，z=23时取等号，
故2x2+1x(x−y)+1xy−6xz+9z2的最小值为4，
【答案】
(−∞, −2),−2
【考点】
函数单调性的性质与判断
分段函数的应用
【解析】
写出分段函数f(x)=|x+2|+1，即可得到函数的减区间；结合函数f(x)的单调性，把g(x)在R上单调递减转化为关于k的不等式组求解．
【解答】
f(x)=|x+2|+1=−x−1,x<−2x+3,x≥2，
则函数f(x)=|x+2|+1的单调递减区间为(−∞, −2)；
g(x)=|x+2|+1,x∵ y=|x+2|+1在(−∞, −2)上单调递减，
∴ 要使函数g(x)为R上的减函数，则k≤−2，
当x≥k时，需要k<0，且|k+2|+1≥k2−3，即−k−1≥k2−3，
解得k=−2．
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
【答案】
（1）∵ 全集U=R，集合A={x|x>2}，B={x|−4∴ A∪B={x|x>−4}，
∴ ∁U(A∪B)={x|x≤−4}．
（2）∵ 定义A−B={x|x∈A, 且x∉B}，集合A={x|x>2}，B={x|−4∴ A−B={x|x≥4}，
A−(A−B)={x|2【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
(Ⅰ)先求出A∪B={x|x>−4}，由此能求出∁U(A∪B)．
(Ⅱ)由定义A−B={x|x∈A, 且x∉B}，集合A={x|x>2}，B={x|−4【解答】
（1）∵ 全集U=R，集合A={x|x>2}，B={x|−4∴ A∪B={x|x>−4}，
∴ ∁U(A∪B)={x|x≤−4}．
（2）∵ 定义A−B={x|x∈A, 且x∉B}，集合A={x|x>2}，B={x|−4∴ A−B={x|x≥4}，
A−(A−B)={x|2【答案】
（1）函数f(x)=x+4x，
则f(2)=2+42=4，则f（f(2)）=f(4)=4+44=5，
（2）函数f(x)在区间[2, 4]上递增，
证明如下：设2≤x1又由2≤x10，
则有f(x1)−f(x2)<0，
故函数f(x)在区间[2, 4]上递增，
(Ⅲ)根据题意，由(Ⅱ)的结论，f(x)在区间[2, 4]上递增，
则f(2)≤f(x)≤f(4)，
又由f(2)=2+42=4，f(4)=4+44=5，
则有2≤f(x)≤5，
若关于x的不等式x+4x即m的取值范围为[2, 5]．
【考点】
函数单调性的性质与判断
函数与方程的综合运用
【解析】
(Ⅰ)根据题意，由函数的解析式计算f(2)=4，则有f（f(2)）=f(4)即可得答案，
(Ⅱ)根据题意，设2≤x1(Ⅲ)由函数的单调性分析f(x)的取值范围，据此分析可得答案．
【解答】
（1）函数f(x)=x+4x，
则f(2)=2+42=4，则f（f(2)）=f(4)=4+44=5，
（2）函数f(x)在区间[2, 4]上递增，
证明如下：设2≤x1又由2≤x10，
则有f(x1)−f(x2)<0，
故函数f(x)在区间[2, 4]上递增，
(Ⅲ)根据题意，由(Ⅱ)的结论，f(x)在区间[2, 4]上递增，
则f(2)≤f(x)≤f(4)，
又由f(2)=2+42=4，f(4)=4+44=5，
则有2≤f(x)≤5，
若关于x的不等式x+4x即m的取值范围为[2, 5]．
【答案】
（1）a，b>0，ab=a+b+3≥2ab+3，
当且仅当a=b时取等号，
解得，ab≥3，
所以ab≥9，即ab的最小值9，
（2）∵ a，b>0，且ab=a+b，
∴ 1a+1b＝1，
4a+b=(4a+b)(1a+1b)=5+ba+4ab≥5+2ba⋅4ab=9，
当且仅当ba＝4ab且1a+1b＝1，即a=32，b=3时取等号，此时4a+b取得最小值9．
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
（I）由已知结合基本不等式ab≥2ab+3，可求ab的范围，进而可求ab的最小值，
(II)由已知得，1a+1b＝1，然后利用4a+b=(4a+b)(1a+1b)，展开后利用基本不等式可求．
【解答】
（1）a，b>0，ab=a+b+3≥2ab+3，
当且仅当a=b时取等号，
解得，ab≥3，
所以ab≥9，即ab的最小值9，
（2）∵ a，b>0，且ab=a+b，
∴ 1a+1b＝1，
4a+b=(4a+b)(1a+1b)=5+ba+4ab≥5+2ba⋅4ab=9，
当且仅当ba＝4ab且1a+1b＝1，即a=32，b=3时取等号，此时4a+b取得最小值9．
【答案】
（1）不等式ax2−3x+2>0的解集为{x|x<1, 或x>b}，
所以对应方程ax2−3x+2=0的解是1和b，
由根与系数的关系知，1+b＝3a1×b＝2a，
解得a=1，b=2；
（2）由(Ⅰ)知，不等式cx2−(ac+b)x+ab>0，
可化为cx2−(c+2)x+2>0；
即(cx−2)(x−1)>0，
当c=0时，不等式化为x−1<0，解得x<1；
当c<0时，不等式化为(x−2c)(x−1)<0，解得2c当c>0时，不等式化为(x−2c)(x−1)>0，
若01，解不等式得x<1或x>2c；
若c=2，则2c=1，解不等式得x≠1；
若c>2，则2c<1，解不等式得x<2c或x>1；
综上知，c=0时，不等式的解集为(−∞, 1)；
c<0时，不等式的解集为(2c, 1)；
0c=2时，不等式的解集为(−∞, 1)∪(1, +∞)；
c>2时，不等式的解集为(−∞, 2c)∪(1, +∞)．
【考点】
一元二次不等式的应用
【解析】
(Ⅰ)根据不等式的解集与对应方程的解，利用根与系数的关系求出a、b的值；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知a、b的值，不等式化为cx2−(c+2)x+2>0，再讨论c的取值范围，从而求出不等式的解集．
【解答】
（1）不等式ax2−3x+2>0的解集为{x|x<1, 或x>b}，
所以对应方程ax2−3x+2=0的解是1和b，
由根与系数的关系知，1+b＝3a1×b＝2a，
解得a=1，b=2；
（2）由(Ⅰ)知，不等式cx2−(ac+b)x+ab>0，
可化为cx2−(c+2)x+2>0；
即(cx−2)(x−1)>0，
当c=0时，不等式化为x−1<0，解得x<1；
当c<0时，不等式化为(x−2c)(x−1)<0，解得2c当c>0时，不等式化为(x−2c)(x−1)>0，
若01，解不等式得x<1或x>2c；
若c=2，则2c=1，解不等式得x≠1；
若c>2，则2c<1，解不等式得x<2c或x>1；
综上知，c=0时，不等式的解集为(−∞, 1)；
c<0时，不等式的解集为(2c, 1)；
0c=2时，不等式的解集为(−∞, 1)∪(1, +∞)；
c>2时，不等式的解集为(−∞, 2c)∪(1, +∞)．
【答案】
当0当x≥40时，L(x)＝500x−501x−10000x+4500−2500＝2000−(x+10000x)；
∴ L(x)=−10x2+400x−2500,0当0∴ 当x＝20时，L(x)max＝L(20)＝1500；
当x≥40时，L(x)＝2000−(x+10000x)≤2000−2x⋅10000x=2000−200＝1800；
当且仅当x=10000x，即x＝100时，L(x)max＝L(100)＝1800>1500；
∴ 当x＝100时，即2018年生产100百辆时，该企业获得利润最大，且最大利润为1800万元．
【考点】
函数最值的应用
【解析】
（1）根据年利润＝销售额-投入的总成本-固定成本，分0（2）当0【解答】
当0当x≥40时，L(x)＝500x−501x−10000x+4500−2500＝2000−(x+10000x)；
∴ L(x)=−10x2+400x−2500,0当0∴ 当x＝20时，L(x)max＝L(20)＝1500；
当x≥40时，L(x)＝2000−(x+10000x)≤2000−2x⋅10000x=2000−200＝1800；
当且仅当x=10000x，即x＝100时，L(x)max＝L(100)＝1800>1500；
∴ 当x＝100时，即2018年生产100百辆时，该企业获得利润最大，且最大利润为1800万元．
【答案】
（1）设f(x)在[−2, 2]上的最小值为g(a)，
则满足g(a)≥a的a的范围即为所求．
配方得f(x)=x2+ax+3=(x+a2)2−a24+3，
(i)当−2≤−a2≤2时，即−4≤a≤4时，g(a)=3−a24≥a，解得−4≤a≤2；
(ii)当−a2>2时，即a<−4，g(a)=f(2)=7+2a，
由7+2a≥a得a≥−7，则−7≤a<−4；
(iii)当−a2<−2时，即a>4，g(a)=f(−2)=7−2a，
由7−2a≥a得a≤73，这与a>4矛盾，此种情形不存在．
综上讨论，得−7≤a≤2；
（2）关于x的不等式f(x)<0的解集为{x|m可得m，m+26为方程x2+ax+3=0的两根，
即有m+m+26=−a，m(m+26)=3，
解得m=−6±3，a=±6．
【考点】
二次函数的图象
二次函数的性质
函数恒成立问题
【解析】
(Ⅰ)讨论函数f(x)的对称轴与[−2, 2]的位置关系，分别求出函数f(x)的最小值，建立不等关系，解不等式可得所求范围；
(Ⅱ)由题意可得m，m+26为方程x2+ax+3=0的两根，运用韦达定理，解方程可得所求值．
【解答】
（1）设f(x)在[−2, 2]上的最小值为g(a)，
则满足g(a)≥a的a的范围即为所求．
配方得f(x)=x2+ax+3=(x+a2)2−a24+3，
(i)当−2≤−a2≤2时，即−4≤a≤4时，g(a)=3−a24≥a，解得−4≤a≤2；
(ii)当−a2>2时，即a<−4，g(a)=f(2)=7+2a，
由7+2a≥a得a≥−7，则−7≤a<−4；
(iii)当−a2<−2时，即a>4，g(a)=f(−2)=7−2a，
由7−2a≥a得a≤73，这与a>4矛盾，此种情形不存在．
综上讨论，得−7≤a≤2；
（2）关于x的不等式f(x)<0的解集为{x|m可得m，m+26为方程x2+ax+3=0的两根，
即有m+m+26=−a，m(m+26)=3，
解得m=−6±3，a=±6．