2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第一章 集合

这是一份2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第一章 集合，共22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。


一、单项选择题
1．设集合A＝{1，3，5，7}，B＝{x|2≤x≤5}，则A∩B＝( B )
A．{1，3} B．{3，5}
C．{5，7} D．{1，7}
解析：由题知，A∩B＝{3，5}，故选B.
2．(2023·新课标Ⅰ卷)已知集合M＝{－2，－1，0，1，2}，N＝{x|x2－x－6≥0}，则M∩N＝( C )
A．{－2，－1，0，1} B．{0，1，2}
C．{－2} D．{2}
解析：∵x2－x－6≥0，∴(x－3)(x＋2)≥0，∴x≥3或x≤－2，N＝(－∞，－2]∪[3，＋∞)，则M∩N＝{－2}．故选C.
3．设集合A＝{x|(x＋1)(x－2)<0}，集合B＝{x|1A．{x|－1B．{x|－1C．{x|1D．{x|2解析：A＝{x|－14．(2023·新课标Ⅱ卷)设集合A＝{0，－a}，B＝{1，a－2，2a－2}，若AB，则a＝( B )
A．2 B．1
C． eq \f(2,3) D．－1
解析：依题意，a－2＝0或2a－2＝0，当a－2＝0时，解得a＝2，此时A＝{0，－2}，B＝{1，0，2}，不符合题意；当2a－2＝0时，解得a＝1，此时A＝{0，－1}，B＝{1，－1，0}，符合题意．故选B.
5．设集合A＝{1，2，4}，B＝{x|x2－4x＋m＝0}．若A∩B＝{1}，则B＝( C )
A．{1，－3} B．{1，0}
C．{1，3} D．{1，5}
解析：由A∩B＝{1}得1∈B，所以m＝3，B＝{1，3}．故选C.
6．已知集合A＝{x|2x≤12}，则A∩N的子集个数为( C )
A．4 B．8
C．16 D．32
解析：由题意得2x≤12＝2lg212，所以x≤lg212.因为lg287．设M＝{x|x＝ eq \f(k,2) ，k∈Z}，N＝{x|x＝k＋ eq \f(1,2) ，k∈Z}，则( B )
A．MN B．NM
C．M＝N D．M∩N＝
解析：由题意可知，M＝{x|x＝ eq \f(k,2) ，k∈Z}， eq \f(k,2) (k∈Z)的分子表示所有整数，N＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x＝k＋\f(1,2)，k∈Z)) ＝{x|x＝ eq \f(2k＋1,2) ，k∈Z}， eq \f(2k＋1,2) (k∈Z)的分子表示所有奇数，所以NM，故B正确，A，C错误；所以M∩N＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x＝\f(k,2)，k∈Z)) ∩{x|x＝k＋ eq \f(1,2) ，k∈Z}＝{x|x＝ eq \f(2k＋1,2) ，k∈Z}＝N，故D错误．故选B.
8．如图，已知集合A＝{－1，0，1，2}，B＝{x∈N＋|1<2x≤8}，则图中的阴影部分表示的集合为( B )
A．{1，2} B．{－1，0，3}
C．{－1，3} D．{0，1，2}
解析：解不等式1<2x≤8得0二、多项选择题
9．已知集合A＝{x|ax2＋2x＋a＝0，a∈R}，若集合A有且仅有2个子集，则a的值可以是( BCD )
A．－2 B．－1
C．0 D．1
解析：因为集合A有且仅有2个子集，所以集合A中仅有一个元素，当a＝0时，2x＝0，所以x＝0，所以A＝{0}，满足要求；当a≠0时，因为集合A中仅有一个元素，所以Δ＝4－4a2＝0，所以a＝±1，此时A＝{1}或A＝{－1}，满足要求，故选BCD.
10．已知集合M＝{x|x2－3x＋2≤0}，N＝{x|x>－1}，则( BC )
A．NM B．MN
C．M∩N≠ D．M∪(∁RN)＝R
解析：由x2－3x＋2≤0，解不等式得1≤x≤2，所以M＝{x|1≤x≤2}，又因为N＝{x|x>－1}，所以MN，故A错误，B正确；对于C，M∩N＝{x|1≤x≤2}≠，故C正确；对于D，因为∁RN＝{x|x≤－1}，所以M∪(∁RN)＝(－∞，－1]∪[1，2]≠R，故D错误．故选BC.
11．设集合A＝{x|x2－8x＋12＝0}，B＝{x|ax－1＝0}，若A∩B＝B，则实数a的值可以是( ABC )
A．0 B. eq \f(1,6)
C． eq \f(1,2) D．2
解析：由题意，A＝{2，6}，因为A∩B＝B，所以BA，若a＝0，则B＝，满足题意；若a≠0，则B＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,a))) ，因为BA，所以 eq \f(1,a) ＝2或 eq \f(1,a) ＝6，则a＝ eq \f(1,2) 或a＝ eq \f(1,6) .综上，a＝0或a＝ eq \f(1,2) 或a＝ eq \f(1,6) .故选ABC.
12．已知M，N均为实数集R的子集，且N∩(∁RM)＝，则下列结论中正确的是( BD )
A．M∩(∁RN)＝
B．M∪(∁RN)＝R
C．(∁RM)∪(∁RN)＝∁RM
D．(∁RM)∩(∁RN)＝∁RM
解析：∵N∩(∁RM)＝，∴NM，若N是M的真子集，则M∩(∁RN)≠，故A错误；由NM可得M∪(∁RN)＝R，故B正确；由NM可得∁RN∁RM，故C错误，D正确．故选BD.
三、填空题
13．若a∈{－1，3，a3}，则实数a的取值集合为{0，1，3}．
解析：因为a∈{－1，3，a3}，故a＝－1或a＝3或a＝a3，当a＝－1时，a3＝－1，与集合元素的互异性矛盾，舍；当a＝3时，a3＝27，符合；当a＝a3时，a＝0或a＝±1，根据集合元素的互异性，a＝0，1符合．故a的取值集合为{0，1，3}．
14．已知集合A＝(－∞，3)，B＝(2，＋∞)，则A∩B＝(2，3)．
解析：根据交集的概念可得A∩B＝(2，3).
15．(2024·江苏淮安月考)已知集合A＝{x|x<1}，B＝{x∈N|ln x<1}，则(∁RA)∩B＝{1，2}．
解析：由ln x<1得016．如图，已知全集U＝R，集合M＝{x∈Z||x－1|<3}，N＝{－4，－2，0，1，5}，则Venn图中阴影部分表示的集合为{－1，2，3}．
解析：由题意，集合M＝{x∈Z||x－1|<3}＝{x∈Z|－2一、单项选择题
1．(2023·上海卷)已知P＝{1，2}，Q＝{2，3}，若M＝{x|x∈P，xQ}，则M＝( A )
A．{1} B．{2}
C．{3} D．{1，2，3}
解析：∵P＝{1，2}，Q＝{2，3}，M＝{x|x∈P，xQ}，∴M＝{1}．故选A.
2．方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝3，,x－y＝－1)) 的解集表示法错误的是( C )
A． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(（x，y）|\b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝3，,x－y＝－1))))
B． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(（x，y）|\b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝2))))
C．{1，2}
D．{(1，2)}
解析：方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝3，,x－y＝－1)) 的解为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝2，)) ∴方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝3，,x－y＝－1)) 的解集中只有一个元素，且此元素是有序数对，∴{(x，y)| eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝3，,x－y＝－1)) }， eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(（x，y）|\b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝2)))) ，{(1，2)}均符合题意；而集合{1，2}中有两个元素，不符合题意．故选C.
3．(2024·湖南长沙高三月考)设集合A＝{x|2x－1<1}，B＝{y|y＝x2，x∈A}，则( D )
A．AB B．BA
C．A∩B＝ D．A∪B＝R
解析：由题意，集合A表示不等式2x－1<1的解集，故A＝{x|x<1}，集合B表示当定义域为集合A时，函数y＝x2的值域，因此B＝{x|x≥0}，故A和B之间没有包含关系，A∩B＝{x|0≤x<1}≠，A∪B＝R.故选D.
4．已知集合A＝{1，2，3，4，5}，B＝{(x，y)|x∈A，y∈A，x－y∈A}，则B中元素的个数为( D )
A．3 B．6
C．8 D．10
解析：B＝{(2，1)，(3，1)，(4，1)，(5，1)，(3，2)，(4，2)，(5，2)，(4，3)，(5，3)，(5，4)}，共10个元素．故选D.
5．(新定义问题)定义集合A，B的一种运算：AB＝{x|x＝a2－b，a∈A，b∈B}，若A＝{－1，0}，B＝{1，2}，则AB中的元素个数为( C )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：因为AB＝{x|x＝a2－b，a∈A，b∈B}，A＝{－1，0}，B＝{1，2}，所以AB＝{0，－1，－2}，故集合AB中的元素个数为3.故选C.
6．(教材改编)已知集合A＝{1，3，a2}，B＝{1，a＋2}，若A∪B＝A，则实数a＝( B )
A．－2 B．2
C．1 D．－1
解析：∵A∪B＝A，∴BA，∴a＋2＝3或a＋2＝a2.当a＋2＝3，即a＝1时，不满足集合元素的互异性．当a＋2＝a2，即a＝－1或a＝2时，若a＝－1，则不满足集合元素的互异性；若a＝2，则A＝{1，3，4}，B＝{1，4}，符合题意．综上，a＝2.故选B.
7．已知集合A＝{x|x2－3x＋2＝0}，B＝{x|x2－ax＋3a－5＝0}，若A∩B＝B，则实数a的取值范围是( D )
A． B．{2}
C．(2，10) D．[2，10)
解析：由题意，可得A＝{x|x2－3x＋2＝0}＝{1，2}，因为A∩B＝B，所以BA.(1)当B＝时，方程x2－ax＋3a－5＝0无解，则Δ＝a2－4(3a－5)<0，解得28．函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2，x≤0，,4sin x，0A．2 B．3 C．4 D．5
解析：当x≤0时，若f(x)＝x2＝0，解得x＝0，当0二、多项选择题
9．已知集合A＝{1，2，3，4}，B＝{y|y＝2x－3，x∈A}，则集合A∩B的真子集可以为( ABC )
A． B．{1}
C．{3} D．{1，3}
解析：由题意，得B＝{－1，1，3，5}，∴A∩B＝{1，3}．故集合A∩B的真子集可以为，{1}，{3}．故选ABC.
10．(2023·江苏徐州模拟)设集合S＝{x|x>－2}，集合A∁RS，则集合A中的元素可能是( AC )
A．－2 B．2
C．－3 D．3
解析：因为S＝{x|x>－2}，所以∁RS＝{x|x≤－2}．故选AC.
11．已知集合A＝{x|x2－3x＋2≤0}，B＝{x|2<2x≤8}，则下列判断正确的是( CD )
A．A∪B＝B
B．(∁RB)∪A＝R
C．A∩B＝{x|1D．(∁RB)∪(∁RA)＝{x|x≤1或x>2}
解析：因为x2－3x＋2≤0，所以1≤x≤2，所以A＝{x|1≤x≤2}；因为2<2x≤8，所以13}，(∁RB)∪(∁RA)＝{x|x≤1或x>2}．故选CD.
12．(数学文化)中国古代重要的数学著作《孙子算经》下卷有题：“今有物，不知其数，三三数之，剩二；五五数之，剩三；七七数之，剩二．问：物几何？”现有如下表示：已知A＝{x|x＝3n＋2，n∈N＋}，B＝{x|x＝5n＋3，n∈N＋}，C＝{x|x＝7n＋2，n∈N＋}，若x∈A∩B∩C，则下列选项中符合题意的整数x为( BD )
A．8 B．128
C．37 D．23
解析：对于A，8＝7×1＋1，则8C，故A错误．对于B，128＝3×42＋2，即128∈A；又128＝5×25＋3，即128∈B；而128＝7×18＋2，即128∈C，因此，128∈A∩B∩C，故B正确．对于C，因37＝3×12＋1，则37A，故C错误．对于D，23＝3×7＋2，即23∈A；又23＝5×4＋3，即23∈B；而23＝7×3＋2，即23∈C，因此，23∈A∩B∩C，故D正确．故选BD.
三、填空题
13．集合A＝{x∈R||x－2|≤5}中的最小整数为－3．
解析：不等式|x－2|≤5，即－5≤x－2≤5，－3≤x≤7，所以集合A＝{x∈R|－3≤x≤7}，所以集合A中的最小整数为
－3.
14．(2024·江苏南通月考)已知A＝{x|－13或m≤－ eq \f(1,2) ．
解析：已知集合A＝{x|－13}，当B＝时，m≥3m＋1，解得m≤－ eq \f(1,2) ，符合题意；当B≠，且B∁RA时， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m<1＋3m，,3m＋1≤－1)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m<1＋3m，,m>3，))
解得m>3，综上，实数m的取值范围为m>3或m≤－ eq \f(1,2) .
15．已知集合A＝{x|y＝x2}，B＝{y|y＝x2}，C＝{(x，y)|y＝x2}，则A∩B＝[0，＋∞)，A∩C＝．
解析：集合A是函数y＝x2的定义域，即A＝(－∞，＋∞)，集合B是函数y＝x2的值域，即B＝[0，＋∞)，所以A∩B＝[0，＋∞).集合C是函数y＝x2的图象上的点的集合，故A∩C＝.
16．(新定义问题)已知有限集A＝{a1，a2，a3，…，an}，定义集合B＝{ai＋aj|1≤i解析：A＝{x∈N*|1≤x≤3}＝{1，2，3}，则集合B＝{3，4，5}，所以L(A)＝3.若集合A＝{x∈N*|1≤x≤n}，则集合B＝{3，4，…，(n－1)＋n}＝{3，4，…，2n－1}，故L(A)＝2n－1－2＝2n－3＝4 041，解得n＝2 022.
考点练2 常用逻辑用语 对应学生用书003页
一、单项选择题
1．“m＝3”是“m2＝9”的( B )
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：由m2＝9得m＝±3，所以 “m＝3”可以推出“m2＝9”，反之不然．所以“m＝3”是“m2＝9”的充分不必要条件．故选B.
2．命题“x∈R，x2－2x＋4≤0”的否定为( B )
A．x∈R，x2－2x＋4≥0
B．x∈R，x2－2x＋4>0
C．xR，x2－2x＋4≤0
D．xR，x2－2x＋4>0
解析：全称量词命题的否定是存在量词命题，将任意改为存在后将结论加以否定，x2－2x＋4≤0的否定为x2－2x＋4>0，因此，命题的否定为x∈R，x2－2x＋4>0.故选B.
3．(2023·天津卷)“a2＝b2”是“a2＋b2＝2ab”的( B )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：由a2＝b2，则a＝±b，当a＝－b≠0时a2＋b2＝2ab不成立，充分性不成立；由a2＋b2＝2ab，则(a－b)2＝0，即a＝b，显然a2＝b2成立，必要性成立．所以“a2＝b2”是“a2＋b2＝2ab”的必要不充分条件．故选B.
4．(教材改编)下列命题中是真命题的是( D )
A．对x∈R，x2≥x
B．对x∈R，x2C．对x∈R，y∈R，y2D．x∈R，对y∈R，xy＝x
解析：对于A，当x＝ eq \f(1,2) 时不成立；对于B，当x＝0时不成立；对于C，当x＝0时不成立；对于D，存在x＝0使命题成立．故选D.
5．已知a∈R，则“a＞3”是“ eq \f(1,a) ＜ eq \f(1,3) ”的( A )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：解不等式 eq \f(1,a) ＜ eq \f(1,3) 得，a＜0或a＞3，所以“a＞3”是“ eq \f(1,a) ＜ eq \f(1,3) ”的充分不必要条件．故选A.
6．“方程 eq \f(x2,9－m) ＋ eq \f(y2,m－5) ＝1表示的曲线是椭圆”的一个必要不充分条件是( C )
A．“m＝7”
B．“7C．“5D．“5解析：方程 eq \f(x2,9－m) ＋ eq \f(y2,m－5) ＝1表示的曲线是椭圆，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(9－m>0，,m－5>0，,9－m≠m－5，)) 即m∈(5，7)∪(7，9)，A是其既不充分也不必要条件，B是其充分不必要条件，C是其必要不充分条件，D是其充要条件．故选C.
7．命题“x∈R，2x＜3x”的否定是( B )
A．x∈R，2x>3x
B．x∈R，2x≥3x
C．x∈R，2x≥3x
D．x∈R，2x＞3x
解析：因为全称量词命题的否定是存在量词命题，所以命题“x∈R，2x＜3x”的否定是x∈R，2x≥3x.故选B.
8．已知p：{x|a2x2>1}，q：{xx<－ eq \f(1,a) 或x> eq \f(1,a) }，则p是q的( B )
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
解析：由题意，a≠0，当a>0时，不等式a2x2>1，即x2> eq \f(1,a2) ，解得x<－ eq \f(1,a) 或x> eq \f(1,a) ；当a<0时，不等式a2x2>1，即x2> eq \f(1,a2) ，解得x< eq \f(1,a) 或x>－ eq \f(1,a) ，∴p：x|x<－ eq \f(1,a) 或x> eq \f(1,a) 或 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x<\f(1,a)或x>－\f(1,a))) ，∴当x<－ eq \f(1,a) 或x> eq \f(1,a) 时，一定有a2x2>1，但当a2x2>1时，不一定有x<－ eq \f(1,a) 或x> eq \f(1,a) ，即qp，但pq，即p是q的必要不充分条件．故选B.
二、多项选择题
9．对任意实数a，b，给出下列命题，其中真命题是( CD )
A．“|a|＝|b|”是“a＝b”的充要条件
B．“a>b”是“a2>b2”的充分条件
C．“a<5”是“a<3”的必要条件
D．“a＋5是无理数”是“a是无理数”的充要条件
解析：若a＝1，b＝－1，则|a|＝|b|，但a≠b，所以“|a|＝|b|”推不出“a＝b”，A错误；若a＝1，b＝－1，则a>b，但a2＝b2，所以“a>b”推不出“a2>b2”，B错误；“a<3”可推出“a<5”，所以“a<5”是“a<3”的必要条件，C正确；“a＋5是无理数”等价于“a是无理数”，D正确．故选CD.
10．给出下列命题，其中真命题有( AB )
A．存在x<0，使|x|>x
B．对于一切x<0，都有|x|>x
C．存在x<0，使|x|≤x
D．已知a＝2n，b＝3n，则存在n∈N*，使得a＝b
解析：对于A，当x＝－1时，1>－1成立，故A正确；对于B，对x<0都有|x|>0，显然有|x|>x，故B正确；对于C，命题“存在x<0，使|x|≤x”是B中命题的否定，所以C为假命题，故C错误；对于D，“存在n∈N*，使得a＝b”的否定是“对于任意的n∈N*，都有a≠b”，由于a－b＝2n－3n＝－n，所以对于任意的n∈N*，都有a11．已知p：2x＋m>0，q：x<0或x>4，若p是q的充分条件，则实数m的值可能是( AD )
A．－8 B．8
C．2 024 D．－2 024
解析：p是q的充分条件，则{x|2x＋m>0}＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x>－\f(m,2))) {x|x<0或x>4}，故－ eq \f(m,2) ≥4，解得m≤－8.故选AD.
12．(教材改编)下列“若p，则q”形式的命题中，p是q的必要不充分条件的是( BC )
A．若x∈A，则x∈A∪B
B．若x∈A，则x∈A∩B
C．若ac＝bc，则a＝b
D．若a>b且cb－d
解析：x∈A能推出x∈A∪B，x∈A∪B不能推出x∈A，∴“x∈A”是“x∈A∪B”的充分不必要条件；x∈A不能推出x∈A∩B，x∈A∩B可以推出x∈A，∴“x∈A”是“x∈A∩B”的必要不充分条件；ac＝bc不能推出a＝b，a＝b可以推出ac＝bc，∴“ac＝bc”是“a＝b”的必要不充分条件；a>b且cb－d，a－c>b－d不能推出a>b且cb且cb－d”的充分不必要条件．故选BC.
三、填空题
13．已知a∈R，且“x>a”是“x2>2x”的充分不必要条件，则a的取值范围是[2，＋∞)．
解析：x2>2x等价于x<0或x>2，而且“x>a”是“x2>2x”的充分不必要条件，则a≥2.
14．能说明“若f(x)>f(0)对任意的x∈(0，2]都成立，则f(x)在[0，2]上是增函数”为假命题的一个函数是y＝sin x(答案不唯一)．
解析：令f(x)＝sin x，则f(0)＝0，f(x)>f(0)对任意的x∈(0，2]都成立，但f(x)在[0，2]上不是增函数．
15．(数学文化)《墨子·经说上》上说：“小故，有之不必然，无之必不然，体也，若有端，大故，有之必无然，若见之成见也．”这一段文字蕴含着十分丰富的逻辑思想，那么文中的“小故”指的是逻辑中的必要不充分条件．(填“充分不必要条件”“必要不充分条件”“充要条件”或“既不充分也不必要条件”)
解析：由“小故，有之不必然，无之必不然”，知“小故”只是构成某一结果的几个条件中的一个或一部分条件，故“小故”是逻辑中的必要不充分条件．
16．命题“x∈R，ax2＋4ax＋3>0”为真，则实数a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4))) ．
解析：由题意知，不等式ax2＋4ax＋3>0对x∈R恒成立，当a＝0时，可得3>0，恒成立满足；当a≠0时，若不等式恒成立，则需 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ＝16a2－12a<0，)) 解得0一、单项选择题
1．(2024·安徽六安舒城晓天中学高三质检)下列命题中，真命题是( D )
A．“a>1”是“ eq \f(1,a) <1”的充分必要条件
B．x∈R，2xC．“a＋b＝0”的充要条件是“ eq \f(a,b) ＝－1”
D．命题“x<1，x2<1”的否定形式是“x<1，x2≥1”
解析： eq \f(1,a) <1，即 eq \f(1－a,a) <0，解得a>1或a<0，故A错误；取x＝0得到2x＝x2，故B错误；取a＝b＝0满足a＋b＝0，但 eq \f(a,b) ＝－1不成立，故C错误；命题“x<1，x2<1”的否定形式是“x<1，x2≥1”，故D正确．故选D.
2．(2023·全国甲卷)设甲：sin2α＋sin2β＝1，乙：sinα＋cs β＝0，则( B )
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
解析：当sin2α＋sin2β＝1时，例如α＝ eq \f(π,2) ，β＝0但sinα＋cs β≠0，即sin2α＋sin2β＝1推不出sinα＋cs β＝0；当sin α＋cs β＝0时，sin2α＋sin2β＝(－csβ)2＋sin2β＝1，即sinα＋cs β＝0能推出sin2α＋sin2β＝1.综上可知，甲是乙的必要条件但不是充分条件．故选B.
3．下列命题是假命题的是( D )
A．若x∈A∩B，则x∈A且x∈B
B．存在整数n，使n能被13整除
C．x∈R，lg x<1
D．若b>a，则 eq \f(1,b) < eq \f(1,a)
解析：对于A，根据交集的定义可知，若x∈A∩B，则x∈A且x∈B为真命题；对于B，存在整数n，使n能被13整除，例如n＝26，所以为真命题；对于C，当x＝1时，lg 1＝0<1，故x∈R，lg x<1，是真命题；对于D，若b>a，则 eq \f(1,b) < eq \f(1,a) ，不正确，例如b＝2>a＝－1，但 eq \f(1,b) ＝ eq \f(1,2) > eq \f(1,a) ＝－1，所以为假命题．故选D.
4．(2023·北京卷)若xy≠0，则“x＋y＝0”是“ eq \f(y,x) ＋ eq \f(x,y) ＝－2”的( C )
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
解析：方法一：充分性：因为xy≠0，且x＋y＝0，所以x＝－y，所以 eq \f(y,x) ＋ eq \f(x,y) ＝ eq \f(y,－y) ＋ eq \f(－y,y) ＝－1－1＝－2，所以充分性成立；必要性：因为xy≠0，且 eq \f(y,x) ＋ eq \f(x,y) ＝－2，所以x2＋y2＝－2xy，即x2＋y2＋2xy＝0，即(x＋y)2＝0，所以x＋y＝0，所以必要性成立．所以“x＋y＝0”是“ eq \f(y,x) ＋ eq \f(x,y) ＝－2”的充要条件．故选C.
方法二：充分性：因为xy≠0，且x＋y＝0，所以 eq \f(y,x) ＋ eq \f(x,y) ＝ eq \f(x2＋y2,xy) ＝ eq \f(x2＋y2＋2xy－2xy,xy) ＝
eq \f(（x＋y）2－2xy,xy) ＝ eq \f(－2xy,xy) ＝－2，所以充分性成立；必要性：因为xy≠0，且 eq \f(y,x) ＋ eq \f(x,y) ＝－2，所以 eq \f(y,x) ＋ eq \f(x,y) ＝ eq \f(x2＋y2,xy) ＝ eq \f(x2＋y2＋2xy－2xy,xy) ＝ eq \f(（x＋y）2－2xy,xy) ＝ eq \f(（x＋y）2,xy) －2＝－2，所以 eq \f(（x＋y）2,xy) ＝0，所以(x＋y)2＝0，所以x＋y＝0，所以必要性成立．所以“x＋y＝0”是“ eq \f(y,x) ＋ eq \f(x,y) ＝－2”的充要条件．故选C.
5．已知a＝lg3b，b＝0.3c，则“a＞0”是“c＞0”的( D )
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
解析：若a>0，则lg3b>0＝lg31，∴b>1，
∴0.3c>1＝0.30，∴c<0，即充分性不成立；若c>0，则b＝0.3c<0.30＝1，∴a＝lg3b6．(数学文化)祖暅原理也称祖氏原理，一个涉及几何求积的著名命题．内容为：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高．意思是两个等高的几何体，如在等高处的截面积相等，体积相等．设A，B为两个等高的几何体，p：A，B的体积相等，q：A，B在同一高处的截面积相等．根据祖暅原理可知，p是q的( C )
A．充分必要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
解析：已知A，B为两个等高的几何体，由祖暅原理知qp，而p不能推出q，可举反例，两个相同的圆锥，一个正置，一个倒置，此时两个几何体等高且体积相等，但在同一高处的截面积不一定相等，则p是q的必要不充分条件．故选C.
7．已知命题p“x∈R，x2－ax＋1<0”的否定是假命题，则实数a的取值范围是( C )
A．[－2，2]
B．(－2，2)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
解析：依题意p的否定为假命题，则p为真命题，即x∈R，使x2－ax＋1<0，∴Δ＝a2－4>0，即a>2或a<－2.故选C.
8．已知集合A＝{x|x2－8x－20≤0}，非空集合B＝{x|1－m≤x≤1＋m}．若“x∈A”是“x∈B”的必要条件，则m的取值范围是( A )
A．[0，3] B．(0，3)
C．[0，3) D．(0，3]
解析：由x2－8x－20≤0，得－2≤x≤10，∴A＝{x|－2≤x≤10}．
由“x∈A”是“x∈B”的必要条件，知BA.则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－m≤1＋m，,1－m≥－2，,1＋m≤10，)) ∴0≤m≤3.
∴当0≤m≤3时，“x∈A”是“x∈B”的必要条件，即所求m的取值范围是[0，3].故选A.
二、多项选择题
9．下列命题为假命题的是( ABD )
A．x∈R，ln (x2＋1)<0
B．x>2，2x>x2
C．α，β∈R，sin (α－β)＝sin α－sin β
D．x∈(0，π)，sin x>cs x
解析：∵x2＋1≥1，∴ln (x2＋1)≥ln 1＝0，故A为假命题；当x＝4时，2x＝x2，故B为假命题；当α＝β＝0时，sin (α－β)＝0＝sin α－sin β，故C为真命题；当x＝ eq \f(π,6) 时，sin eq \f(π,6) 10．已知a，b∈R，则使“a＋b>1”成立的一个必要不充分条件是( BC )
A．a2＋b2>1
B．|a|＋|b|>1
C．2a＋2b>1
D． eq \f(4,a) ＋ eq \f(b＋1,b) >10
解析：对于A，当a＝b＝－1时，满足a2＋b2>1，不满足a＋b>1，即a2＋b2>1推不出a＋b>1，充分性不成立；当a＝ eq \f(1,2) ，b＝ eq \f(3,4) 时，满足a＋b>1，不满足a2＋b2>1，即a＋b>1推不出a2＋b2>1，必要性不成立，A错误；对于B，当a＝b＝－1时，满足|a|＋|b|>1，不满足a＋b>1，即|a|＋|b|>1推不出a＋b>1，充分性不成立；当a＋b>1时，平方得a2＋2ab＋b2>1，又(|a|＋|b|)2＝|a|2＋2|ab|＋|b|2≥a2＋2ab＋b2>1，又|a|＋|b|≥0，故|a|＋|b|>1，即a＋b>1能推出|a|＋|b|>1，必要性成立，B正确；对于C，当a＝b＝0时，满足2a＋2b>1，不满足a＋b>1，即2a＋2b>1推不出a＋b>1，充分性不成立；当a＋b>1时，由2a>0，2b>0，2a＋2b≥2 eq \r(2a·2b) ＝2 eq \r(2a＋b) >2 eq \r(2) >1，即a＋b>1能推出2a＋2b>1，必要性成立，C正确；对于D，当a＝b＝ eq \f(1,2) 时，满足 eq \f(4,a) ＋ eq \f(b＋1,b) >10，不满足a＋b>1，即 eq \f(4,a) ＋ eq \f(b＋1,b) >10推不出a＋b>1，充分性不成立；当a＝2，b＝1时，满足a＋b>1，不满足 eq \f(4,a) ＋ eq \f(b＋1,b) >10，即a＋b>1推不出 eq \f(4,a) ＋ eq \f(b＋1,b) >10，必要性不成立，D错误．故选BC.
11．下列结论正确的是( ABC )
A．x∈(0，1)，lg eq \s\d9(\f(1,2)) x>lg eq \s\d9(\f(1,3)) x
B．x∈(0，＋∞)，x>sin x
C．命题“x∈M，f(x)g(x)＝0”的否定是“x∈M，f(x)≠0且g(x)≠0”
D．“a·b<0”是“〈a，b〉为钝角”的充分不必要条件
解析：当x＝ eq \f(1,2) 时，lg eq \s\d9(\f(1,2)) x＝1，lg eq \s\d9(\f(1,3)) x＝lg eq \s\d9(\f(1,3)) eq \f(1,2) f(0)＝0，即x－sin x>0，即x>sin x，故B正确；“x∈M，f(x)g(x)＝0”的否定是“x∈M，f(x)g(x)≠0”，又f(x)g(x)≠0，等价于f(x)≠0且g(x)≠0，故C正确；若a·b<0，则cs 〈a，b〉<0，则〈a，b〉为钝角或180°，若〈a，b〉为钝角，则a·b<0，故“a·b<0”是“〈a，b〉为钝角”的必要不充分条件，故D错误．故选ABC.
12．(数学文化)德国数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其命名函数D(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，x为有理数，,0，x为无理数，)) 该函数被称为狄利克雷函数，关于狄利克雷函数有如下四个命题，其中是真命题的为( BCD )
A．D(D(x))＝0
B．对任意x∈R，恒有D(x)＝D(－x)成立
C．任取一个不为零的有理数T，D(x＋T)＝D(x)对任意实数x均成立
D．存在三个点A(x1，D(x1))，B(x2，D(x2))，C(x3，D(x3))，使得△ABC为等边三角形
解析：对于A，若x为有理数，则D(x)＝1为有理数，D(D(x))＝1，若x为无理数，则D(x)＝0为有理数，D(D(x))＝1，A错误；对于B，若x为有理数，则－x为有理数，D(x)＝D(－x)＝1，若x为无理数，则－x为无理数，D(x)＝D(－x)＝0，B正确；对于C，若x为有理数，则x＋T为有理数，D(x＋T)＝D(x)＝1，若x为无理数，则x＋T为无理数，D(x＋T)＝D(x)＝0，C正确；对于D，对任意有理数x，存在三个点A(x，1)，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(\r(3),3)，0)) ，C(x＋ eq \f(\r(3),3) ，0)是边长为 eq \f(2\r(3),3) 的等边三角形的三个顶点，D正确．故选BCD.
三、填空题
13．若集合A＝{x|2＜x＜3}，B＝{x|(x＋2)(x－a)＜0}，则“a＝1”是“A∩B＝”的充分不必要条件．
解析：若“a＝1”，则B＝{x|(x＋2)(x－1)＜0}，∴B＝{x|－2＜x＜1}，因为集合A＝{x|2＜x＜3}，可得“A∩B＝”；若“A∩B＝”，则说明集合A＝{x|2＜x＜3}与B＝{x|(x＋2)(x－a)＜0}，没有共同的元素，可以取a＝2，可得B＝{x|－2＜x＜2}，满足A∩B＝，所以“a＝1”“A∩B＝”，但“A∩B＝” “a＝1”，∴“a＝1”是“A∩B＝”的充分不必要条件．
14．已知函数f(x)＝x2－2ax＋a2－1(a∈R)，则“方程f(x)＝0在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上各有一个解”的一个充分不必要条件是a＝ eq \f(1,2) (答案不唯一)．(写出满足条件的一个值即可)
解析：方程f(x)＝0在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上各有一个解，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（0）＝a2－1<0，,f（1）＝a2－2a<0，)) 解得015．已知集合A＝{y|y＝x2－ eq \f(3,2) x＋1，x∈[ eq \f(3,4) ，2]}，B＝{x|x＋m2≥1}．若“x∈A”是“x∈B”的充分条件，则实数m的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,4))) ∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，＋∞)) ．
解析：函数y＝x2－ eq \f(3,2) x＋1图象的对称轴为直线x＝ eq \f(3,4) ，开口向上，所以函数y＝x2－ eq \f(3,2) x＋1在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，2)) 上递增，当x＝ eq \f(3,4) 时，ymin＝ eq \f(7,16) ；当x＝2时，ymax＝2.所以A＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,16)，2)) .B＝{x|x＋m2≥1}＝{x|x≥1－m2}，由于“x∈A”是“x∈B”的充分条件，所以1－m2≤ eq \f(7,16) ，m2≥ eq \f(9,16) ，解得m≤－ eq \f(3,4) 或m≥ eq \f(3,4) ，所以实数m的取值范围是(－∞，－ eq \f(3,4) ]∪[ eq \f(3,4) ，＋∞).
16．已知函数f(x)＝x2－2x＋3，g(x)＝lg2x＋m，若对x1∈[2，4]，x2∈[8，16]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围为(－∞，0]．
解析：因为对x1∈[2，4]，x2∈[8，16]，使得f(x1)≥g(x2)，所以f(x1)min≥g(x2)min，因为f(x)＝x2－2x＋3图象的对称轴为直线x＝1，x∈[2，4]，所以f(x)min＝f(2)，因为g(x)＝lg2x＋m，x∈[8，16]，所以g(x)min＝g(8)，所以f(2)≥g(8)，即3≥3＋m，所以m≤0.
考点练3 不等关系与不等式的性质 对应学生用书005页
一、单项选择题
1．(数学文化)十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“＝”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若a>b>0，则下列结论正确的是( C )
A． eq \f(1,a) > eq \f(1,b) B．a＋mC．a eq \s\up9(\f(1,2)) >b eq \s\up9(\f(1,2)) D．ac解析：由a>b>0ab>0 eq \f(a,ab) > eq \f(b,ab) eq \f(1,b) > eq \f(1,a) ，故A不正确；由a>ba＋m>b＋m，故B不正确；由a>b>0 eq \r(a) > eq \r(b) a eq \s\up9(\f(1,2)) >b eq \s\up9(\f(1,2)) ，故C正确；当c＝0时，显然ac2．(教材回归)下列命题为真命题的是( B )
A．若a>b>0，则ac2>bc2
B．若a>b>0，则a2>b2
C．若aD．若a解析：对于A，c2＝0时不成立；对于B，∵a>b>0，∴a2－b2＝(a＋b)(a－b)>0，∴a2>b2，∴B成立；对于C，aab>b2，∴C不成立；对于D，∵a eq \f(1,b) ，∴D不成立．故选B.
3.已知0A．x2> eq \f(1,x) >x B． eq \f(1,x) >x2>x
C．x> eq \f(1,x) >x2 D． eq \f(1,x) >x>x2
解析：因为00，所以 eq \f(1,x) －x＝ eq \f(1－x2,x) ＝ eq \f(（1－x）（1＋x）,x) >0，所以 eq \f(1,x) >x，又x－x2＝x(1－x)>0，所以x>x2，所以 eq \f(1,x) >x>x2.故选D.
4．已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，则下列结论错误的是( A )
A．ab>b2 B．acC． eq \f(1,a) > eq \f(1,c) D． eq \f(a－c,b－c) >1
解析：对于A，由a>b>c且a＋b＋c＝0，可知a>0，c<0，b的值不确定，故由a>b，不能推出ab>b2，故A错误；对于B，由a>b，c<0，得ac0，c<0，得 eq \f(1,a) > eq \f(1,c) ，故C正确；对于D，由a>b>c，得a－c>b－c>0，所以 eq \f(a－c,b－c) >1，故D正确．故选A.
5．已知a，b，c为不全相等的实数，P＝a2＋b2＋c2＋3，Q＝2(a＋b＋c)，那么P与Q的大小关系是( A )
A．P>Q B．P≥Q
C．P解析：因为P＝a2＋b2＋c2＋3，Q＝2(a＋b＋c)，所以P－Q＝a2＋b2＋c2＋3－2(a＋b＋c)＝(a－1)2＋(b－1)2＋(c－1)2≥0，当且仅当a＝b＝c＝1时取等号，因为a，b，c为不全相等的实数，因此等号不成立，即P－Q>0，所以P>Q.故选A.
6．设实数a，b满足a>b，则下列不等式一定成立的是( D )
A．a2>b2 B． eq \f(b,a) < eq \f(b＋1,a＋1)
C．ac2>bc2 D．3a＋3－b>2
解析：对于A，当a＝2，b＝－4时不成立，故A错误；对于B，当a＝－ eq \f(1,2) ，b＝－1时， eq \f(b,a) ＝2， eq \f(b＋1,a＋1) ＝0，即 eq \f(b,a) > eq \f(b＋1,a＋1) ，故B错误；对于C，当c＝0时不成立，故C错误；对于D，因为a>b，所以3a>3b>0，又3－b>0，所以3a＋3－b>3b＋3－b≥2 eq \r(3b×3－b) ＝2(等号成立的条件是b＝0)，故D正确．故选D.
7．若x，y满足－ eq \f(π,4) A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0)) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0)) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))
解析：由x8．若数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，则下列不等式一定成立的是( D )
A．b1＋b4≤b2＋b3
B．b4－b1≤b3－b2
C．a1a4≥a2a3
D．a1a4≤a2a3
解析：若bn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n－1) ，则b1＝1，b2＝－ eq \f(1,2) ，b3＝ eq \f(1,4) ，b4＝－ eq \f(1,8) ，可得b1＋b4＝ eq \f(7,8) >b2＋b3＝－ eq \f(1,4) ，故A错误；若bn＝2n，则b1＝2，b2＝4，b3＝8，b4＝16，可得b4－b1＝14>b3－b2＝4，故B错误；若an＝n，则a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝4，可得a1a4＝4二、多项选择题
9．(2023·浙江宁波一中模拟)已知a，b∈R，则下列选项中能使 eq \f(1,a) < eq \f(1,b) 成立的是( BD )
A．b>a>0 B．a>b>0
C．b<0解析：对于A，由b>a>0可得 eq \f(1,a) > eq \f(1,b) >0，A错误；对于B，由a>b>0可得 eq \f(1,b) > eq \f(1,a) >0，B正确；对于C，由b<00> eq \f(1,b) ，C错误；对于D，由b eq \f(1,b) > eq \f(1,a) ，D正确．故选BD.
10．已知不相等的两个正实数a和b，满足ab>1，下列不等式一定成立的是( BD )
A．ab＋1>a＋b
B．lg2(a＋b)>1
C．a＋ eq \f(1,a) D．a＋b> eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b)
解析：由于两个不相等的正实数a和b，满足ab>1，所以a和b可取一个比1大，一个比1小，即(1－a)(1－b)＝1＋ab－a－b<0，故ab＋12 eq \r(ab) >2，所以lg2(a＋b)>1，B正确；a＋ eq \f(1,a) －(b＋ eq \f(1,b) )＝a－b＋ eq \f(1,a) － eq \f(1,b) ＝(a－b)(1－ eq \f(1,ab) )，其中1－ eq \f(1,ab) >0，但不知道a和b的大小关系，故当a>b时，a＋ eq \f(1,a) >b＋ eq \f(1,b) ，当a0，a＋b>0，所以a＋b－( eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) )＝(a＋b)(1－ eq \f(1,ab) )>0，即a＋b> eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ，D正确．故选BD.
11．(2023·河北承德一中三模)下列不等式一定成立的是( BC )
A． eq \f(a,b) < eq \f(a＋m,b＋m)
B．若m>n，则mt2≥nt2
C．|x－a|＋|x－b|≥|a－b|
D． eq \f(a＋b,2) ≥ eq \r(ab)
解析：对于A，取a＝1，b＝－1，m＝0，满足 eq \f(a,b) ＝ eq \f(a＋m,b＋m) ，故A错误；对于B，若m>n，t2>0，则mt2>nt2，若m>n，t2＝0，则mt2＝nt2，所以mt2≥nt2，故B正确；对于C，根据绝对值三角不等式|x－a|＋|x－b|≥|(x－a)－(x－b)|＝|b－a|＝|a－b|，故C正确；对于D，∵a<0，b<0，∴ eq \f(a＋b,2) < eq \r(ab) ， 故D错误．故选BC.
12．(数学文化)汉代数学名著《九章算术》第九卷《勾股》章中提到了著名的“勾股容方”问题．如图，正方形GBEF内接于直角三角形ABC，其中BE＝d，BC＝a，AB＝b，a≤b，则下列关系式成立的是( AC )
A．a≤2d≤ eq \r(ab)
B． eq \r(ab) <2d< eq \f(a＋b,2)
C． eq \f(1,d) ＝ eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b)
D． eq \r(a2＋b2) ＝a＋b－d
解析：由已知GF∥BC，所以△AGF∽△ABC，即 eq \f(GF,BC) ＝ eq \f(AG,AB) ，所以 eq \f(d,a) ＝ eq \f(b－d,b) ，解得d＝ eq \f(ab,a＋b) ，所以 eq \f(1,d) ＝ eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ，C正确；例如a＝3，b＝4，则d＝ eq \f(12,7) ， eq \r(a2＋b2) ＝5，显然 eq \r(a2＋b2) ≠a＋b－d，D错误；例如a＝3，b＝4，则 eq \r(ab) ＝ eq \r(12) ＝2 eq \r(3) ，2d＝2× eq \f(12,7) ＝ eq \f(24,7) ，2 eq \r(3) > eq \f(24,7) ， eq \r(ab) >2d，B错误；因为0三、填空题
13．(开放性问题)能够说明“设a，b，c是任意实数，若a解析：若a0时，acbc.“设a，b，c是任意实数，若a14．设a，b为实数，比较两式的值的大小：a2＋b2≥2a－2b－2(填“>”“≥”“<”“≤”或“＝”).
解析：因为a2＋b2－(2a－2b－2)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，当a＝1，b＝－1时等号成立，所以a2＋b2≥2a－2b－2.
15．已知－3解析：因为－316．(2023·安徽宣城模拟)若关于x的不等式a－2<2a－x< eq \f(1,2) 只有一个整数解2，则实数a的取值范围为 eq \f(3,4) ≤a≤1．
解析：若a－2<2a－x< eq \f(1,2) 有解，则解集为2a－ eq \f(1,2) 一、单项选择题
1．若a<0，b<0，则p＝ eq \f(b2,a) ＋ eq \f(a2,b) 与q＝a＋b的大小关系为( B )
A．pC．p>q D．p≥q
解析：p－q＝ eq \f(b2,a) ＋ eq \f(a2,b) －a－b＝ eq \f(b2－a2,a) ＋ eq \f(a2－b2,b) ＝(b2－a2)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－\f(1,b))) ＝
eq \f(（b2－a2）（b－a）,ab) ＝ eq \f(（b－a）2（b＋a）,ab) ，因为a<0，b<0，所以a＋b<0，ab>0.若a＝b，则p－q＝0，故p＝q；若a≠b，则p－q<0，故p2．已知非零实数a，b满足a>|b|＋1，则下列不等关系不一定成立的是( D )
A．a2>b2＋1 B．2a>2b＋1
C．a2>4b D． eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a,b))) >b＋1
解析：对于非零实数a，b满足a>|b|＋1，则a2>(|b|＋1)2，即a2>b2＋2|b|＋1>b2＋1，故A一定成立；因为a>|b|＋1≥b＋12a>2b＋1，故B一定成立；又(|b|－1)2≥0，即b2＋1≥2|b|，所以a2>4|b|≥4b，故C一定成立；对于D，令a＝5，b＝3，满足a>|b|＋1，此时 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a,b))) ＝ eq \f(5,3) 3．小李从甲地到乙地的平均速度为a，从乙地到甲地原路返回，平均速度为b(a>b>0)，他往返甲、乙两地的平均速度为v，则( D )
A．v＝ eq \f(a＋b,2) B．v＝ eq \r(ab)
C． eq \r(ab) 解析：设从甲地到乙地的路程为s，从甲地到乙地的时间为t1，从乙地到甲地的时间为t2，则t1＝ eq \f(s,a) ，t2＝ eq \f(s,b) ，v＝ eq \f(2s,t1＋t2) ＝ eq \f(2s,\f(s,a)＋\f(s,b)) ＝ eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b)) ，∴v＝ eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b)) > eq \f(2,\f(1,b)＋\f(1,b)) ＝b，v＝ eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b)) ＝ eq \f(2ab,a＋b) < eq \f(2ab,2\r(ab)) ＝ eq \r(ab) .故选D.
4．已知3a＝2，5b＝3，则下列结论正确的有( D )
A．a>b B．a＋ eq \f(1,a) C．a＋b<2ab D．2ab<1
解析：∵3a＝2，5b＝3，则a＝lg32，b＝lg53.对于A，∵23<32，∴2<3 eq \s\up9(\f(2,3)) ，从而0＝lg3152，则3>5 eq \s\up9(\f(2,3)) ，则 eq \f(2,3) ＝lg55 eq \s\up9(\f(2,3)) b＋ eq \f(1,b) ，B错误；对于C，∵2ab＝2lg32·lg53＝2lg52＝lg54，∴a＋b－2ab＝lg32＋lg53－lg54＝lg32－lg5 eq \f(4,3) >lg3 eq \r(3) －lg5 eq \r(5) ＝0，∴a＋b>2ab，C错误；对于D，∵2ab＝2lg32·lg53＝2lg52＝lg54<1，可知D正确．故选D.
5．设m＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up9(\f(2,3)) ，n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up9(\f(1,3)) ，p＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5))) eq \s\up9(\f(2,3)) ，则( B )
A．mC．n解析：因为函数y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) 是减函数，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up9(\f(1,3)) > eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up9(\f(2,3)) ，所以n>m. eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up9(\f(2,3)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))\s\up9(\f(2,3))) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2))) eq \s\up9(\f(2,3)) > eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2))) eq \s\up12(0) ＝1，所以m>p，所以n>m>p.故选B.
6．(2024·山东日照一中高三月考)A，B，C，D四名学生的年龄关系如下：A，C的年龄之和与B，D的年龄之和相同，C，D的年龄之和大于A，B的年龄之和，B的年龄大于A，D的年龄之和，则A，B，C，D的年龄关系是( D )
A．B>C>A>D B．B>C>D>A
C．C>B>A>D D．C>B>D>A
解析：为简便起见，复用A，B，C，D表示A，B，C，D四个同学的年龄，则A>0，B>0，C>0，D>0.则A＋C＝B＋D①，C＋D>A＋B②，B>A＋D③.①＋②得C>B，①＋③得C>2D，②＋③得C>2A，由于A>0，D>0，故由③得B>A，B>D，由①得C－B＝D－A，∵C>B，∴C－B>0，∴D－A>0，∴D>A，综上C>B>D>A.故选D.
7．已知a>b>c，2a＋b＋c＝0，则 eq \f(c,a) 的取值范围是( A )
A．－3< eq \f(c,a) <－1 B．－1< eq \f(c,a) <－ eq \f(1,3)
C．－2< eq \f(c,a) <－1 D．－1< eq \f(c,a) <－ eq \f(1,2)
解析：因为a>b>c，2a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0，b＝－2a－c，因为a>b>c，所以－2a－c－c，解得 eq \f(c,a) >－3，将b＝－2a－c代入b>c中，得－2a－c>c，即a<－c，得 eq \f(c,a) <－1，所以－3< eq \f(c,a) <－1.故选A.
8．已知a，b，c∈R且a＋b＋c＝0，a>b>c，则 eq \f(a2＋c2,ac) 的取值范围是( C )
A．[2，＋∞) B．(－∞，－2]
C． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，－2)) D． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2)))
解析：由a＋b＋c＝0，a>b>c，可得a>0，c<0，b＝－a－c，则a>－a－c>c，则－2< eq \f(c,a) <－ eq \f(1,2) ，令t＝ eq \f(c,a) ，则－2二、多项选择题
9．有外表一样，质量不同的六个小球，它们的质量分别是a，b，c，d，e，f，已知a＋b＋c＝d＋e＋f，a＋b＋e>c＋d＋f，a＋b＋fA．b>c>f B．b>e>f
C．c>e>f D．b>e>c
解析：因为a＋b＋c＝d＋e＋f，a＋b＋e>c＋d＋f，所以e－c>c－e，所以e>c，又因为a＋b＋c＝d＋e＋f，a＋b＋ff－c，所以c>f，所以e>c>f，所以C错误；又因为a＋ee>c，b>e>f，b>c>f均成立，所以A、B、D正确．故选ABD.
10．(数学文化)(2023·江苏宿迁高三统考期末)对于不等关系人们在早期会使用文字或象征性记号来记述．例如，荷兰数学家吉拉尔在他1629年所著《代数新发现》一书中，使用下面记号：AffB表示A大于B，A§B表示A小于B.若affbff0，则下列不等式一定成立的是( AB )
A．(a＋b)ff2 eq \r(ab)
B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2))) 2§ eq \f(a2＋b2,2)
C． eq \f(a,b) § eq \f(a＋1,b＋1)
D．ac2ffbc2
解析：因为a>b>0，所以a＋b≥2 eq \r(ab) ，显然等号不成立，故A正确；又a2＋b2－ eq \f(1,2) (a＋b)2＝ eq \f(1,2) a2＋ eq \f(1,2) b2－ab＝
eq \f(1,2) (a－b)2>0，所以a2＋b2> eq \f(1,2) (a＋b)2， eq \f(a2＋b2,2) > eq \f(1,4) (a＋b)2，故B正确；因为a>b>0，所以 eq \f(a,b) － eq \f(a＋1,b＋1) ＝ eq \f(a（b＋1）－（a＋1）b,b（b＋1）) ＝ eq \f(a－b,b（b＋1）) >0，所以 eq \f(a,b) > eq \f(a＋1,b＋1) ，故C错误；令a＝2，b＝1，c＝0，则ac2＝bc2，故D错误．故选AB.
11．下列说法正确的是( BC )
A．若ab>0，则a＋b≥2 eq \r(ab)
B．若a>b>0，则a3－b3>a2b－ab2
C．若a>b>0，则a＋b< eq \r(2（a2＋b2）)
D．若ab<0，则 eq \f(b,a) ＋ eq \f(a,b) >2
解析：对于A，若ab>0，则a，b可能均为负数，此时a＋b<0，而2 eq \r(ab) >0，故A错误；对于B，因为a>b>0，所以a－b>0，所以a3－b3－a2b＋ab2＝a2(a－b)＋b2(a－b)＝(a－b)(a2＋b2)>0，即a3－b3>a2b－ab2，故B正确；对于C，将不等式a＋b< eq \r(2（a2＋b2）) 两边同时平方，得(a＋b)2<2(a2＋b2)，整理得a2＋b2－2ab>0，即(a－b)2>0，因为a>b>0，所以不等式成立，故C正确；对于D，因为ab<0，所以不妨取a＝4，b＝－1，则 eq \f(b,a) ＋ eq \f(a,b) ＝－ eq \f(1,4) －4<0，故D错误．故选BC.
12．已知a，b分别是方程2x＋x＝0，3x＋x＝0的两个实数根，则下列选项中正确的是( BD )
A．－1B．－1C．b·3aD．a·2b解析：函数y＝2x，y＝3x，y＝－x在同一坐标系中的图象如下：
所以－1a·3b.故选BD.
三、填空题
13．若x，y∈R，设M＝x2－2xy＋3y2－x＋y，则M的最小值为－ eq \f(1,4) ．
解析：因为M＝x2－(2y＋1)x＋3y2＋y＝[x2－(2y＋1)x＋y2＋y＋ eq \f(1,4) ]＋3y2＋y－y2－y－ eq \f(1,4) ＝(x－y－ eq \f(1,2) )2＋2y2－ eq \f(1,4) ≥－ eq \f(1,4) ，当且仅当y＝0，x＝ eq \f(1,2) 时取等号，所以M的最小值为－ eq \f(1,4) .
14．已知实数x，y满足－2≤x＋2y≤3，－2≤2x－y≤0，则3x－4y的取值范围为[－7，2].
解析：设3x－4y＝m(x＋2y)＋n(2x－y)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＋2n＝3，,2m－n＝－4，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝－1，,n＝2，)) 所以3x－4y＝－(x＋2y)＋2(2x－y)，因为－2≤x＋2y≤3，－2≤2x－y≤0，所以－3≤－(x＋2y)≤2，－4≤2(2x－y)≤0，所以－7≤3x－4y≤2.
15．(开放性问题)已知a，b∈R，给出下面三个论断：①a>b；② eq \f(1,a) < eq \f(1,b) ；③a<0且b<0.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个真命题：若a>b，a<0且b<0，则 eq \f(1,a) < eq \f(1,b) (答案不唯一)．
解析：若a>b，a<0 且b<0，则 eq \f(1,a) < eq \f(1,b) .证明： eq \f(1,a) － eq \f(1,b) ＝ eq \f(b－a,ab) ，因为a>b，所以b－a<0 .因为a<0，b<0，所以ab>0，则 eq \f(1,a) － eq \f(1,b) ＝ eq \f(b－a,ab) <0，故 eq \f(1,a) < eq \f(1,b) .
16．(新定义问题)已知函数y＝f(x)的定义域为D，若对任意的实数x1，x2∈D，都有 eq \f(1,2) [f(x1)＋f(x2)]≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2))) 成立(当且仅当x1＝x2时等号成立)，则称函数y＝f(x)是D上的凸函数，并且凸函数具有以下性质：对任意的实数xi∈D(i＝1，2，3，…，n)，都有 eq \f(1,n) [f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)]≤ f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n))) (n∈N，n≥1)成立(当且仅当x1＝x2＝…＝xn时等号成立).根据以上结论，可求得sin A＋sin B＋sin C的最大值为 eq \f(3\r(3),2) (其中A，B，C是△ABC的三个内角).
解析：对于函数f(x)＝sin x, 设0考点练4 基本不等式 对应学生用书007页
一、单项选择题
1．(教材改编)函数y＝3x＋ eq \f(1,x－1) (x>1)的最小值是( D )
A．4 B．2 eq \r(3) －3
C．2 eq \r(3) D．2 eq \r(3) ＋3
解析：因为x>1，所以y＝3(x－1)＋ eq \f(1,x－1) ＋3≥2 eq \r(3（x－1）×\f(1,x－1)) ＋3＝2 eq \r(3) ＋3，当且仅当3(x－1)＝ eq \f(1,x－1) ，即x＝1＋ eq \f(\r(3),3) 时等号成立．所以函数y＝3x＋ eq \f(1,x－1) (x>1)的最小值是2 eq \r(3) ＋3.故选D.
2．若x，y为实数，且x＋2y＝6，则3x＋9y的最小值为( C )
A．18 B．27
C．54 D．90
解析：由题意可得3x＋9y＝3x＋32y≥2 eq \r(3x＋2y) ＝2×27＝54，当且仅当3x＝32y，即x＝2y时等号成立．故选C.
3．(数学文化)《几何原本》卷2的几何代数法(以几何方法研究代数问题)成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点F在半圆O上，点C在直径AB上，且OF⊥AB，设AC＝a，BC＝b，则该图形可以完成的无字证明为( D )
A． eq \f(a＋b,2) ≥ eq \r(ab) (a>0，b>0)
B．a2＋b2≥2 eq \r(ab) (a>0，b>0)
C． eq \f(2ab,a＋b) ≤ eq \r(ab) (a>0，b>0)
D． eq \f(a＋b,2) ≤ eq \r(\f(a2＋b2,2)) (a>0，b>0)
解析：由AC＝a，BC＝b，可得圆O的半径为r＝OF＝ eq \f(1,2) AB＝ eq \f(a＋b,2) ，又由OC＝OB－BC＝ eq \f(a＋b,2) －b＝ eq \f(a－b,2) ，在直角△OCF中，可得FC2＝OC2＋OF2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－b,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(a2＋b2,2) ，因为OF≤FC，所以 eq \f(a＋b,2) ≤ eq \r(\f(a2＋b2,2)) ，当且仅当a＝b时取等号．故选D.
4．(2024·陕西西安高三校考期末)设a>0，b>1，若a＋b＝2，则 eq \f(4,a) ＋ eq \f(1,b－1) 的最小值为( B )
A．6 B．9
C．3 eq \r(2) D．18
解析：∵a>0，b>1，且a＋b＝2，∴b－1>0且a＋(b－1)＝1，∴ eq \f(4,a) ＋ eq \f(1,b－1) ＝( eq \f(4,a) ＋ eq \f(1,b－1) )[a＋(b－1)]＝5＋ eq \f(4（b－1）,a) ＋ eq \f(a,b－1) ≥5＋2 eq \r(\f(4（b－1）,a)·\f(a,b－1)) ＝9，当且仅当 eq \f(4（b－1）,a) ＝ eq \f(a,b－1) ，即a＝ eq \f(2,3) 且b＝ eq \f(4,3) 时取等号，故 eq \f(4,a) ＋ eq \f(1,b－1) 的最小值为9.故选B.
5．已知a，b∈(0，＋∞)，且a2＋3ab＋4b2＝7，则a＋2b的最大值为( C )
A．2 B．3
C．2 eq \r(2) D．3 eq \r(2)
解析：7＝(a＋2b)2－ab＝(a＋2b)2－ eq \f(1,2) a·2b≥(a＋2b)2－ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋2b,2))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(7（a＋2b）2,8) ，当且仅当a＝2b＝ eq \r(2) 时，“＝”成立，则(a＋2b)2≤8，又a，b∈(0，＋∞)，所以06．已知x>0，y>0且x＋y＝xy，则 eq \f(x,x－1) ＋ eq \f(2y,y－1) 的最小值为( D )
A．3 B． eq \f(5,2) ＋ eq \r(6)
C．3＋ eq \r(6) D．3＋2 eq \r(2)
解析：若x>0，y>0且x＋y＝xy，则xy＝x＋y>y，即有x>1，同理y>1，由x＋y＝xy得，(x－1)(y－1)＝1，于是得 eq \f(x,x－1) ＋ eq \f(2y,y－1) ＝1＋ eq \f(1,x－1) ＋2＋ eq \f(2,y－1) ＝3＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x－1)＋\f(2,y－1))) ≥3＋2 eq \r(\f(1,x－1)·\f(2,y－1)) ＝3＋2 eq \r(2) ，当且仅当 eq \f(1,x－1) ＝ eq \f(2,y－1) ，即x＝1＋ eq \f(\r(2),2) ，y＝1＋ eq \r(2) 时取“＝”，所以 eq \f(x,x－1) ＋ eq \f(2y,y－1) 的最小值为3＋2 eq \r(2) .故选D.
二、多项选择题
7．(2024·河南信阳高三月考)已知正实数x，y满足2x＋y＝3，则( ABD )
A．xy≤ eq \f(9,8) B．4x＋2y≥4 eq \r(2)
C．x2＋ eq \f(y2,4) ≤ eq \f(9,8) D． eq \f(x,y) ＋ eq \f(1,x) ≥ eq \f(2,3) ＋ eq \f(2\r(3),3)
解析：因为2x＋y＝3，且x，y均为正实数，所以由基本不等式得2x＋y＝3≥2 eq \r(2xy) ，即xy≤ eq \f(9,8) ，4x＋2y≥2 eq \r(4x×2y) ＝2 eq \r(22x＋y) ＝4 eq \r(2) ，当且仅当2x＝y时等号成立，A，B正确；由不等式 eq \r(\f(a2＋b2,2)) ≥ eq \f(a＋b,2) ，得 eq \r(\f(4x2＋y2,2)) ≥ eq \f(2x＋y,2) ，所以4x2＋y2≥ eq \f(（2x＋y）2,2) ，即x2＋ eq \f(y2,4) ≥ eq \f(9,8) ，当且仅当2x＝y时等号成立，C错误(或x2＋ eq \f(y2,4) ＝ eq \f(1,4) (4x2＋y2)＝ eq \f(1,4) [(3－y)2＋y2]＝ eq \f(1,4) [2(y－ eq \f(3,2) )2＋ eq \f(9,2) ]≥ eq \f(9,8) )；因为2x＋y＝3，所以 eq \f(x,y) ＋ eq \f(1,x) ＝ eq \f(x,y) ＋ eq \f(1,3x) (2x＋y)＝ eq \f(2,3) ＋ eq \f(x,y) ＋ eq \f(y,3x) ≥ eq \f(2,3) ＋2 eq \r(\f(x,y)×\f(y,3x)) ＝ eq \f(2,3) ＋ eq \f(2\r(3),3) ，当且仅当y＝ eq \r(3) x时等号成立，D正确．故选ABD.
8．(数学文化)高斯是德国著名数学家，享有“数学王子”的美誉，以他名字命名的“高斯函数”是数学界非常重要的函数．“高斯函数”为f(x)＝[x]，其中x∈R，[x]表示不超过x的最大整数．例如[2.1]＝2，则函数g(x)＝[ eq \f(4ex,e2x＋1) － eq \f(1,3) ]的值可能为( ABC )
A.－1 B．0 C．1 D．2
解析： eq \f(4ex,e2x＋1) － eq \f(1,3) ＝ eq \f(4,ex＋\f(1,ex)) － eq \f(1,3) ，因为ex＋ eq \f(1,ex) ≥2(当且仅当x＝0时等号成立)，所以0< eq \f(1,ex＋\f(1,ex)) ≤ eq \f(1,2) ，所以0< eq \f(4,ex＋\f(1,ex)) ≤2，所以－ eq \f(1,3) < eq \f(4,ex＋\f(1,ex)) － eq \f(1,3) ≤ eq \f(5,3) ，所以g(x)＝[ eq \f(4ex,e2x＋1) － eq \f(1,3) ]的值可能为－1，0，1.故选ABC.
三、填空题
9．若x>1，则函数y＝ eq \f(x2－x＋1,x－1) 的最小值为3．
解析：由题意，y＝ eq \f(x2－x＋1,x－1) ＝ eq \f(（x2－2x＋1）＋（x－1）＋1,x－1) ＝
eq \f(（x－1）2＋（x－1）＋1,x－1) ＝x－1＋ eq \f(1,x－1) ＋1，因为x>1，所以y＝x－1＋ eq \f(1,x－1) ＋1≥2 eq \r(（x－1）·\f(1,x－1)) ＋1＝3，当且仅当x－1＝ eq \f(1,x－1) ，即x＝2时等号成立．所以函数y＝ eq \f(x2－x＋1,x－1) 的最小值为3.
10．已知正数x，y满足x＋ eq \f(1,4y) ＝2，则 eq \f(y,x) 的最小值是 eq \f(1,4) ．
解析：因为x，y为正数，由基本不等式可得2＝x＋ eq \f(1,4y) ≥2 eq \r(\f(x,4y)) ＝ eq \r(\f(x,y)) ，所以， eq \f(y,x) ≥ eq \f(1,4) ，当且仅当 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4xy＝1，,x＋\f(1,4y)＝2，)) 即当x＝4y＝1时，等号成立，故 eq \f(y,x) 的最小值为 eq \f(1,4) .
11．某工厂第一年的产量为A，第二年的增长率为a，第三年的增长率为b，则这两年的平均增长率x与增长率的平均值 eq \f(a＋b,2) 的大小关系为x≤ eq \f(a＋b,2) ．
解析：依题意(1＋x)2＝(1＋a)(1＋b)，所以1＋x＝ eq \r(（1＋a）（1＋b）) ≤ eq \f(1＋a＋1＋b,2) ＝1＋ eq \f(a＋b,2) ，所以x≤ eq \f(a＋b,2) ，当且仅当a＝b时等号成立．
12．已知a>0，b>0，且a2b＋3ab2＝3a＋b，则a＋3b的最小值为4．
解析：由题得ab(a＋3b)＝3a＋b，所以a＋3b＝ eq \f(3a＋b,ab) ＝ eq \f(3,b) ＋ eq \f(1,a) ，所以(a＋3b)2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,b)＋\f(1,a))) (a＋3b)＝10＋ eq \f(3a,b) ＋ eq \f(3b,a) ≥10＋2 eq \r(\f(3a,b)·\f(3b,a)) ＝16.(当且仅当a＝b＝1时取等号)所以a＋3b≥4，a＋3b的最小值为4.
四、解答题
13．已知a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3.证明：
(1) eq \r(ab) ＋ eq \r(bc) ≤ eq \f(3\r(2),2) ；
(2) eq \f(a2,b＋c) ＋ eq \f(b2,c＋a) ＋ eq \f(c2,a＋b) ≥ eq \f(3,2) .
证明：(1)由a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，( eq \r(a) ＋ eq \r(c) )2＝a＋c＋2 eq \r(ac) ≤2(a＋c)，可得 eq \r(a) ＋ eq \r(c) ≤ eq \r(2（a＋c）) ＝ eq \r(2（3－b）) ，当且仅当a＝c时取得等号．
则 eq \r(ab) ＋ eq \r(bc) ＝ eq \r(b) ( eq \r(a) ＋ eq \r(c) )≤ eq \r(2b（3－b）) ≤ eq \f(\r(2),2) (b＋3－b)＝ eq \f(3\r(2),2) ，
当且仅当b＝ eq \f(3,2) ，a＝c＝ eq \f(3,4) 时取得等号．
(2)由a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3， eq \f(a2,b＋c) ＋ eq \f(b＋c,4) ≥2 eq \r(\f(a2,b＋c)·\f(b＋c,4)) ＝a，当且仅当2a＝b＋c时取得等号，同理可得 eq \f(b2,c＋a) ＋ eq \f(c＋a,4) ≥b，当且仅当2b＝a＋c时取得等号，
eq \f(c2,a＋b) ＋ eq \f(a＋b,4) ≥c，当且仅当2c＝b＋a时取得等号，
上面三式相加可得 eq \f(a2,b＋c) ＋ eq \f(b2,c＋a) ＋ eq \f(c2,a＋b) ≥ eq \f(a＋b＋c,2) ＝ eq \f(3,2) .(当且仅当a＝b＝c＝1时取得等号)
14．运货卡车以每小时x千米的速度匀速行驶130千米，按交通法规限制50≤x≤100(单位：千米/时).假设柴油的价格是每升6元，而卡车每小时耗油 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6＋\f(x2,360))) 升，司机的工资是每小时24元．
(1)求这次行车总费用y关于x的表达式；
(2)当x为何值时，这次行车的总费用最低？求出最低费用．
解：(1)所用时间为t＝ eq \f(130,x) (小时)，
y＝ eq \f(130,x) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6＋\f(x2,360))) ×6＋ eq \f(130,x) ×24，x∈[50，100].
所以，这次行车总费用y关于x的表达式是y＝ eq \f(130×60,x) ＋ eq \f(6×130,360) x＝ eq \f(7 800,x) ＋ eq \f(13,6) x，x∈[50，100].
(2)y＝ eq \f(7 800,x) ＋ eq \f(13,6) x≥2 eq \r(\f(7 800,x)·\f(13,6)x) ＝260，
当且仅当 eq \f(7 800,x) ＝ eq \f(13,6) x，即x＝60时等号成立．
故当x＝60时，这次行车的总费用最低，最低费用为260元．
一、单项选择题
1．已知x，y都是正数，且x≠y，则下列选项不恒成立的是( D )
A． eq \f(x＋y,2) > eq \r(xy)
B． eq \f(x,y) ＋ eq \f(y,x) >2
C． eq \f(2xy,x＋y) < eq \r(xy)
D．xy＋ eq \f(1,xy) >2
解析：x，y都是正数，由基本不等式， eq \f(x＋y,2) ≥ eq \r(xy) ， eq \f(x,y) ＋ eq \f(y,x) ≥2， eq \f(2xy,x＋y) ≤ eq \f(2xy,2\r(xy)) ＝ eq \r(xy) ，这三个不等式都是当且仅当x＝y时等号成立，而题中x≠y，因此等号都取不到，所以A、B、C三个不等式恒成立；xy＋ eq \f(1,xy) ≥2中当且仅当xy＝1时取等号，如x＝ eq \f(1,2) ，y＝2即可取等号，D中不等式不恒成立．故选D.
2．已知等比数列{an}的公比为q，且a5＝1，则下列选项不正确的是( B )
A．a3＋a7≥2
B．a4＋a6≥2
C．a7－2a6＋1≥0
D． eq \f(1,a1) ＋ eq \f(1,a9) ＝a1＋a9
解析：因为等比数列{an}的公比为q，且a5＝1，所以a3＝ eq \f(1,q2) ，a7＝q2，a4＝ eq \f(1,q) ，a6＝q，所以a3＋a7＝ eq \f(1,q2) ＋q2≥2 eq \r(\f(1,q2)·q2) ＝2，当且仅当 eq \f(1,q2) ＝q2，即q＝±1时取等号，故A正确；所以a4＋a6＝ eq \f(1,q) ＋q，当q<0时a4＋a6<0，故B错误；a7－2a6＋1＝q2－2q＋1＝(q－1)2≥0，故C正确； eq \f(1,a1) ＋ eq \f(1,a9) ＝ eq \f(a1＋a9,a1·a9) ＝ eq \f(a1＋a9,a eq \\al(2,5) ) ＝a1＋a9，故D正确．故选B.
3．(2023·浙江温州高三统考)已知正数a，b满足a＋b＝1，则 eq \f(a＋6b＋3,ab) 的最小值为( A )
A．25 B．19＋2 eq \r(6)
C．26 D．19
解析：因为正数a，b满足a＋b＝1，所以 eq \f(a＋6b＋3,ab) ＝ eq \f(a＋6b＋3a＋3b,ab) ＝ eq \f(4a＋9b,ab) ＝ eq \f(4,b) ＋ eq \f(9,a) ＝( eq \f(9,a) ＋ eq \f(4,b) )(a＋b)＝13＋ eq \f(9b,a) ＋ eq \f(4a,b) ≥13＋2 eq \r(\f(9b,a)·\f(4a,b)) ＝25，当且仅当 eq \f(9b,a) ＝ eq \f(4a,b) ，且a＋b＝1，即a＝ eq \f(3,5) ，b＝ eq \f(2,5) 时等号成立．故选A.
4．已知e1，e2为平面的单位向量，且其夹角为 eq \f(2π,3) ，若|2xe1＋ye2|＝ eq \r(2) (x，y∈R)，则2x＋y的最大值为( B )
A．2 eq \r(3) B．2 eq \r(2)
C．－ eq \r(3) D．－2 eq \r(3)
解析：将|2xe1＋ye2|＝ eq \r(2) 两边平方得，|2xe1＋ye2|2＝4x2＋y2＋4xy·e1·e2＝4x2＋y2－2xy＝2，所以(2x＋y)2－2＝6xy≤3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x＋y,2))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(3（2x＋y）2,4) ，得－2 eq \r(2) ≤2x＋y≤2 eq \r(2) ，当2x＝y＝ eq \r(2) 时，2x＋y取得最大值，满足题意．故选B.
5．函数f(x)＝16x＋ eq \f(1,4x) ＋ eq \f(1,2x－1) 的最小值为( A )
A．4 B．2 eq \r(2)
C．3 D．4 eq \r(2)
解析：因为16x＋ eq \f(1,4x) ≥2 eq \r(\f(16x,4x)) ＝2×2x，当且仅当16x＝ eq \f(1,4x) ，即x＝0时等号成立，2×2x＋ eq \f(1,2x－1) ＝2×2x＋ eq \f(2,2x) ≥2 eq \r(4) ＝4，当且仅当2×2x＝ eq \f(2,2x) ，即x＝0时等号成立，所以f(x)的最小值为4.
6．(数学文化)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：x2＋y2＝1＋|x|y就是其中之一(如图).给出下列三个结论：
①曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点)；
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过 eq \r(2) ；
③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.
其中，所有正确结论的序号是( C )
A．① B．②
C．①② D．①②③
解析：由x2＋y2＝1＋|x|·y得，y2－|x|y＝1－x2， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(|x|,2))) eq \s\up12(2) ＝1－ eq \f(3x2,4) ，1－ eq \f(3x2,4) ≥0，x2≤ eq \f(4,3) ，所以x可为的整数有0，－1，1，从而曲线C：x2＋y2＝1＋|x|y恰好经过(0，1)，(0，－1)，(1，0)，(1，1), (－1，0)，(－1，1)共6个整点，结论①正确；由x2＋y2＝1＋|x|y得，x2＋y2≤1＋ eq \f(x2＋y2,2) ，解得x2＋y2≤2，所以曲线C上任意一点到原点的距离都不超过 eq \r(2) ，结论②正确；如图所示，易知A(0，－1)，B(1，0)，C(1，1)，D(0，1)，四边形ABCD的面积S＝ eq \f(1,2) ×1×1＋1×1＝ eq \f(3,2) ，很明显“心形”区域的面积大于2S，即“心形”区域的面积大于3，结论③错误．故选C.
二、多项选择题
7．已知函数f(x)＝|lg2x|，且正实数a，b满足f(a)＋f(b)＝1，则下列结论可能成立的是( AC )
A．a＝2b
B．21－a＋21－b的最大值为 eq \f(3,2)
C．ab＝2
D． eq \f(1,a2) ＋ eq \f(1,b2) 的最小值为2 eq \r(2)
解析：当a≥1，0 eq \f(3,2) ( eq \r(2) ≈1.414， eq \r(3,4) ≈1.587)，当0 eq \f(3,2) .当a≥1，0 eq \f(3,2) ，故B错误；对于D, 当a≥1，b≥1且ab＝2时， eq \f(1,a2) ＋ eq \f(1,b2) ≥ eq \f(2,ab) ＝1，当且仅当a＝b＝ eq \r(2) 时，等号成立，故D错误．故选AC.
8．(数学文化)设a，b为两个正数，定义a，b的算术平均数为A(a，b)＝ eq \f(a＋b,2) ，几何平均数为G(a，b)＝ eq \r(ab) .20世纪50年代，美国数学家提出了“Lehmer均值”，即Lp(a，b)＝ eq \f(ap＋bp,ap－1＋bp－1) ，其中p为有理数．下列结论正确的是( AB )
A．L0.5(a，b)≤L1(a，b)
B．L0(a，b)≤G(a，b)
C．L2(a，b)≤A(a，b)
D．Ln＋1(a，b)≤Ln(a，b)
解析：对于A，L0.5(a，b)＝ eq \f(\r(a)＋\r(b),\f(1,\r(a))＋\f(1,\r(b))) ＝ eq \r(ab) ≤L1(a，b)＝ eq \f(a＋b,2) ，当且仅当a＝b时，等号成立，故A正确；对于B，L0(a，b)＝ eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b)) ＝ eq \f(2ab,a＋b) ≤ eq \f(2ab,2\r(ab)) ＝ eq \r(ab) ＝G(a，b)，当且仅当a＝b时，等号成立，故B正确；对于C，L2(a，b)＝ eq \f(a2＋b2,a＋b) ＝ eq \f(a2＋b2＋a2＋b2,2（a＋b）) ≥ eq \f(a2＋b2＋2ab,2（a＋b）) ＝ eq \f(（a＋b）2,2（a＋b）) ＝ eq \f(a＋b,2) ＝A(a，b)，当且仅当a＝b时，等号成立，故C不正确；对于D，当n＝1时，由C可知，L2(a，b)≥ eq \f(a＋b,2) ＝L1(a，b)，故D不正确．故选AB.
三、填空题
9．(2024·江苏南京中华中学校考期末)已知非负数x，y满足x＋y＝1，则 eq \f(1,x＋1) ＋ eq \f(9,y＋2) 的最小值是4．
解析：由x＋y＝1，可得x＋1＋y＋2＝4， eq \f(1,x＋1) ＋ eq \f(9,y＋2) ＝ eq \f(1,4) ( eq \f(1,x＋1) ＋ eq \f(9,y＋2) )(x＋1＋y＋2)＝ eq \f(1,4) [1＋9＋ eq \f(y＋2,x＋1) ＋ eq \f(9（x＋1）,y＋2) ]≥ eq \f(1,4) [10＋2 eq \r(\f(y＋2,x＋1)·\f(9（x＋1）,y＋2)) ]＝4，当且仅当y＋2＝3(x＋1)，即x＝0，y＝1时取等号．
10．(开放性问题)写出一个关于a与b的等式，使 eq \f(1,a2) ＋ eq \f(9,b2) 是一个变量，且它的最小值为16，则该等式为a2＋b2＝1 (答案不唯一)．
解析：该等式可为a2＋b2＝1，证明如下： eq \f(1,a2) ＋ eq \f(9,b2) ＝( eq \f(1,a2) ＋ eq \f(9,b2) )(a2＋b2)＝1＋9＋ eq \f(9a2,b2) ＋ eq \f(b2,a2) ≥10＋2 eq \r(\f(9a2,b2)·\f(b2,a2)) ＝16，当且仅当b2＝3a2 时取等号，所以 eq \f(1,a2) ＋ eq \f(9,b2) 是一个变量，且它的最小值为16.
11．已知正实数x，y满足x2＋xy＋ eq \f(2x,y) ＝2，则3x＋2y＋ eq \f(2,y) 的最小值为4 eq \r(2) ．
解析：因为x2＋xy＋ eq \f(2x,y) ＝2，所以x2＋xy＋ eq \f(2x,y) ＋2＝4，所以x(x＋y)＋ eq \f(2,y) (x＋y)＝4，所以(x＋y)(x＋ eq \f(2,y) )＝4，令 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝m，,x＋\f(2,y)＝\f(4,m)，)) 则3x＋2y＋ eq \f(2,y) ＝2(x＋y)＋(x＋ eq \f(2,y) )＝2m＋ eq \f(4,m) ≥2 eq \r(2m·\f(4,m)) ＝2 eq \r(8) ＝4 eq \r(2) ，当且仅当2m＝ eq \f(4,m) 即m＝ eq \r(2) 时取等号，所以3x＋2y＋ eq \f(2,y) 的最小值为4 eq \r(2) .
12．(2023·福建三明高三校联考期中)已知实数x>0，y>0，则 eq \f(4x,x＋y) ＋ eq \f(y,x) 的最小值是3．
解析： eq \f(4x,x＋y) ＋ eq \f(y,x) ＝ eq \f(4,1＋\f(y,x)) ＋ eq \f(y,x) ，令t＝ eq \f(y,x) >0，则 eq \f(4x,x＋y) ＋ eq \f(y,x) ＝ eq \f(4,1＋t) ＋t＝1＋t＋ eq \f(4,1＋t) －1≥
2 eq \r(（1＋t）·\f(4,1＋t)) －1＝3，当且仅当1＋t＝ eq \f(4,1＋t) ，即t＝1，也即x＝y时等号成立．故 eq \f(4x,x＋y) ＋ eq \f(y,x) 的最小值为3.
四、解答题
13．(教材回扣)如图，居民小区要建一座八边形的休闲场所，它的主体造型平面图是由两个相同的矩形ABCD和EFGH构成的面积为200 m2的十字形地域．计划在正方形MNPQ上建一座花坛，造价为4 200元/m2；在四个相同的矩形(图中阴影部分)上铺花岗岩地坪，造价为210元/m2；再在四个空角(图中四个三角形)上铺草坪，造价为80元/m2.设总造价为S(单位：元)，AD长为x(单位：m).当x为何值时，S最小？并求出这个最小值．
解：设AM＝y，则x2＋4xy＝200，从而y＝ eq \f(200－x2,4x) ，
于是S＝4 200x2＋210×4xy＋80×2y2＝4 200x2＋210×4x· eq \f(200－x2,4x) ＋80×2( eq \f(200－x2,4x) )2＝38 000＋4 000x2＋ eq \f(400 000,x2) ≥38 000＋2 eq \r(4 000x2·\f(400 000,x2)) ＝118 000，
当且仅当4 000x2＝ eq \f(400 000,x2) ，
即x＝ eq \r(10) (x＝－ eq \r(10) 舍去)时等号成立，由上可知，当x＝ eq \r(10) 时，S最小，最小值为118 000.
14．已知a＋b＋c＝3，且a，b，c都是正数．
(1)求证： eq \f(1,a＋b) ＋ eq \f(1,b＋c) ＋ eq \f(1,c＋a) ≥ eq \f(3,2) ；
(2)是否存在实数m，使得关于x的不等式－x2＋mx＋2≤a2＋b2＋c2对所有满足题设条件的正实数a，b，c恒成立？如果存在，求出m的取值范围；如果不存在，请说明理由．
解：(1)证明：因为a＋b＋c＝3，且a，b，c都是正数，所以 eq \f(1,a＋b) ＋ eq \f(1,b＋c) ＋ eq \f(1,c＋a) ＝ eq \f(1,6) [(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]( eq \f(1,a＋b) ＋ eq \f(1,b＋c) ＋ eq \f(1,c＋a) )＝ eq \f(1,6) [3＋( eq \f(b＋c,a＋b) ＋ eq \f(a＋b,b＋c) )＋( eq \f(b＋c,c＋a) ＋ eq \f(c＋a,b＋c) )＋( eq \f(a＋b,c＋a) ＋ eq \f(a＋c,a＋b) )]≥ eq \f(1,6) ×(3＋2＋2＋2)＝ eq \f(3,2) ，
当且仅当a＝b＝c＝1时，取等号，
所以 eq \f(1,a＋b) ＋ eq \f(1,b＋c) ＋ eq \f(1,c＋a) ≥ eq \f(3,2) .
(2)因为a＋b＋c＝3，
所以(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≤3(a2＋b2＋c2)，
因此a2＋b2＋c2≥3(当且仅当a＝b＝c＝1时，取等号)，
所以(a2＋b2＋c2)min＝3，
由题意得－x2＋mx＋2≤3恒成立，
即得x2－mx＋1≥0恒成立，
因此Δ＝m2－4≤0－2≤m≤2.
故存在实数m∈[－2，2]使不等式－x2＋mx＋2≤a2＋b2＋c2恒成立．
考点练5 一元二次方程、不等式 对应学生用书009页
一、单项选择题
1．设集合A＝{x|x2－x－2≥0}，B＝{x|y＝ eq \r(x－1) }，则A∪B＝( D )
A．[2，＋∞)
B．[1，＋∞)
C．(－∞，－1]∪[0，＋∞)
D．(－∞，－1]∪[1，＋∞)
解析：∵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}＝(－∞，－1]∪[1，＋∞).故选D.
2．(教材改编)若不等式ax2＋bx＋2>0的解集为{x|－ eq \f(1,2) A．－10 B．－14
C．10 D．14
解析：因为x1＝－ eq \f(1,2) ，x2＝ eq \f(1,3) 是方程ax2＋bx＋2＝0 的两个根，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)－\f(b,2)＋2＝0，,\f(a,9)＋\f(b,3)＋2＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－12，,b＝－2.)) 所以a－b＝－10.故选A.
3．“a<11”是“x∈R，x2－2x＋a<0”的( B )
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
解析：x∈R，x2－2x＋a<0，则要满足Δ＝4－4a>0，解得a<1，因为a<11a<1，但a<1a<11，故“a<11”是“x∈R，x2－2x＋a<0”的必要不充分条件．故选B.
4．某城市对一种每件售价为160元的商品征收附加税，税率为R%(即每销售100元征税R元)，若年销售量为(30－ eq \f(5,2) R)万件，要使附加税不少于128万元，则R的取值范围是( A )
A．[4，8] B．[6，10]
C．[4%，8%] D．[6%，100%]
解析：根据题意，要使附加税不少于128万元，则(30－ eq \f(5,2) R)×160×R%≥128，整理得R2－12R＋32≤0，解得4≤R≤8.所以R的取值范围是[4，8].故选A.
5．已知集合A＝{x∈Z|x2<3}，B＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|aA． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－1))
B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0))
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0)) ∪(1，＋∞)
D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－1)) ∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))
解析：因为A＝{x∈Z|x2<3}＝{－1，0，1}，B＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|a1，)) 解得－ eq \f(3,2) 6．关于x的不等式mx2－(m＋2)x＋m＋1>0的解集为R，则实数m的取值范围是( B )
A．m<－ eq \f(2\r(3),3)
B．m> eq \f(2\r(3),3)
C．m>0
D．m> eq \f(2\r(3),3) 或m<－ eq \f(2\r(3),3)
解析：当m＝0时，该不等式为－2x＋1>0，解集为x< eq \f(1,2) ，不成立；当m≠0时，由不等式的解集为R，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m>0，,Δ＝（m＋2）2－4m（m＋1）<0，)) 解得m> eq \f(2\r(3),3) .故选B.
7．不等式ax2－(a＋2)x＋2≥0(a<0)的解集为( A )
A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,a)，1))
B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(2,a)))
C． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,a))) ∪[1，＋∞)
D．(－∞，1]∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)，＋∞))
解析：原不等式可以转化为(x－1)(ax－2)≥0，当a<0时，可知 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,a))) (x－1)≤0，对应的方程的两根为1， eq \f(2,a) ，根据一元二次不等式的解集的特点，可知不等式的解集为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,a)，1)) .故选A.
8．某文具店购进一批新型台灯，每盏的最低售价为15元，若每盏按最低售价销售，每天能卖出45盏，每盏售价每提高1元，日销售量将减少3盏，为了使这批台灯每天获得600元以上的销售收入，则这批台灯的销售单价x(单位：元)的取值范围是( B )
A．(10，20) B．[15，20)
C．(18，20) D．[15，25)
解析：由题意，得x[45－3(x－15)]>600，即x2－30x＋200<0，∴(x－10)(x－20)<0，解得10二、多项选择题
9．已知关于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集为(－∞，－2)∪(3，＋∞)，则( ABD )
A．a>0
B．不等式bx＋c>0的解集为{x|x<－6}
C．a＋b＋c>0
D．不等式cx2－bx＋a<0的解集为(－∞，－ eq \f(1,3) )∪( eq \f(1,2) ，＋∞)
解析：关于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集为(－∞，－2)∪(3，＋∞)，∴a>0，故A正确；且－2和3是关于x的方程ax2＋bx＋c＝0的两根，由韦达定理得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2＋3＝－\f(b,a)，,－2×3＝\f(c,a)，)) 则b＝－a，c＝－6a，则a＋b＋c＝－6a<0，故C错误；不等式bx＋c>0即为－ax－6a>0，解得x<－6，故B正确；不等式cx2－bx＋a<0即为－6ax2＋ax＋a<0，即6x2－x－1>0，解得x<－ eq \f(1,3) 或x> eq \f(1,2) ，故D正确．故选ABD.
10．有纯农药液一桶，倒出8升后用水加满，然后又倒出4升后再用水加满，此时桶中所含的纯农药药液不超过桶的容积的20%，则桶的容积可能为( BC )
A．7升 B．9升
C．11升 D．13升
解析：设桶的容积为x升，根据题意可得关于x的一元二次不等式(x－8)－ eq \f(4（x－8）,x) ≤20%·x，且x>8，化简可得x2－15x＋40≤0，∴811．已知不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|m0，则以下选项正确的有( AC )
A．a<0
B．c>0
C．cx2＋bx＋a>0的解集为{x| eq \f(1,n) D．cx2＋bx＋a>0的解集为{x|x< eq \f(1,n) 或x> eq \f(1,m) }
解析：因为不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|m0，所以a<0，m，n是方程ax2＋bx＋c＝0的两个实数根，所以A正确；由韦达定理得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＋n＝－\f(b,a)，,mn＝\f(c,a)，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－（m＋n）a，,c＝mna，)) 因为m>0，m0，又由于a<0，所以c＝mna<0，所以B错误；cx2＋bx＋a>0可化为mnax2－(m＋n)ax＋a>0，即mnx2－(m＋n)x＋1<0，即(mx－1)(nx－1)<0，因为n>m>0，所以 eq \f(1,n) < eq \f(1,m) ，所以不等式cx2＋bx＋a>0的解集为{x| eq \f(1,n) 12．若不等式sin2x－a sinx＋2≥0对任意的x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 恒成立，则实数a可能是( ABC )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：设t＝sin x，∵x∈(0， eq \f(π,2) ]，∴t∈(0，1]，则不等式sin 2x－a sin x＋2≥0对任意x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 恒成立，即转化为不等式t2－at＋2≥0在t∈(0，1]上恒成立，即转化为a≤ eq \f(t2＋2,t) ＝t＋ eq \f(2,t) 在t∈(0，1]上恒成立，由对勾函数知y＝t＋ eq \f(2,t) 在t∈(0，1]上单调递减，ymin＝1＋ eq \f(2,1) ＝3，∴a≤3.故选ABC.
三、填空题
13．(教材改编)已知一元二次不等式2kx2＋kx－ eq \f(3,8) <0对一切实数x都成立，则实数k的取值范围是(－3，0)．
解析：由题意可得k≠0，∵2kx2＋kx－ eq \f(3,8) <0对一切实数x都成立，∴k<0，且对于方程2kx2＋kx－ eq \f(3,8) ＝0，Δ＝k2－4×2k× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,8))) <0，解得－314．(开放性问题)写出一个解集为(0，2)的分式不等式： eq \f(x,x－2) <0(答案不唯一)．
解析：一个解集为(0，2)的分式不等式可以是 eq \f(x,x－2) <0.
15．若关于x的不等式(3x－b)2<16的解集中的整数有且仅有1，2，3，则实数b的取值范围是(5，7)．
解析：因为(3x－b)2<16，所以(3x－b＋4)(3x－b－4)<0，解得 eq \f(b－4,3) 16．若关于x的不等式－x2＋(a＋2)x－2a>0恰有1个正整数解，则a的取值范围是(－∞，1)∪(3，4]．
解析：不等式－x2＋(a＋2)x－2a>0等价于x2－(a＋2)x＋2a<0.令x2－(a＋2)x＋2a＝0，解得x＝2或x＝a.当a>2时，不等式x2－(a＋2)x＋2a<0的解集为(2，a)，要想恰有1个正整数解，则3一、单项选择题
1．已知集合A＝{x|x2－2x－8≤0}，B＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|\f(x－2,x＋3)≤0)) ，则A∪B＝( D )
A．{x|－2≤x≤2}
B．{x|－4≤x≤2，x≠－3}
C．{x|3≤x≤4}
D．{x|－3解析：因为集合A＝{x|x2－2x－8≤0}＝{x|－2≤x≤4}，B＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|\f(x－2,x＋3)≤0)) ＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|\b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－2）（x＋3）≤0，,x＋3≠0)))) ＝{x|－32．已知集合A＝{x|x2－3x－4＝0}，B＝{x|aA．(－∞，－1]
B．[4，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(2，4)
D．[－1，2]∪[4，＋∞)
解析：由题知A＝{x|x2－3x－4＝0}＝{－1，4}，因为A∩B＝，所以，当B＝{x|aa)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a≥4，,a2>a，)) 解得a∈[－1，0)∪(1，2]∪[4，＋∞)，综上，实数a的取值范围是[－1，2]∪[4，＋∞).故选D.
3．(2023·河北保定一中模拟)已知a∈[－1，1]，不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立，则x的取值范围为( C )
A．(－∞，2)∪(3，＋∞)
B．(－∞，1)∪(2，＋∞)
C．(－∞，1)∪(3，＋∞)
D．(1，3)
解析：令f(a)＝(x－2)a＋x2－4x＋4，则不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立，转化为f(a)>0在a∈[－1，1]上恒成立．所以有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（－1）>0，,f（1）>0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－（x－2）＋x2－4x＋4>0，,x－2＋x2－4x＋4>0，)) 整理得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－5x＋6>0，,x2－3x＋2>0，)) 解得x<1或x>3.所以x的取值范围为(－∞，1)∪(3，＋∞).故选C.
4．若对t∈(0，＋∞)，都有 eq \f(x2,x＋3) < eq \f(（t＋1）2,t) 成立，则x的取值范围是( B )
A．(－2，6)
B．(－∞，－3)∪(－2，6)
C．(－∞，－3)∪(－2，＋∞)
D．(－3，6)
解析：令f(t)＝ eq \f(（t＋1）2,t) ，t∈(0，＋∞)，f(t)＝ eq \f(（t＋1）2,t) ＝t＋ eq \f(1,t) ＋2，因为t∈(0，＋∞)，所以f(t)＝t＋ eq \f(1,t) ＋2≥2 eq \r(1) ＋2＝4，当且仅当t＝ eq \f(1,t) ，即t＝1时取等号，又因为t∈(0，＋∞)，都有 eq \f(x2,x＋3) < eq \f(（t＋1）2,t) ，所以 eq \f(x2,x＋3) <4即可．由 eq \f(x2,x＋3) <4得 eq \f(x2,x＋3) － eq \f(4（x＋3）,x＋3) <0，即 eq \f(x2－4x－12,x＋3) <0，(x2－4x－12)(x＋3)<0，所以(x－6)(x＋2)(x＋3)<0，解得x<－3或－25．在如图所示的锐角三角形空地中，欲建一个面积不小于300 m2的内接矩形花园(阴影部分)，则其一边的长x(单位：m)的取值范围是( C )
A．15≤x≤30 B．12≤x≤25
C．10≤x≤30 D．20≤x≤30
解析：设矩形中长为x m的边的邻边长为y m，则由三角形相似知， eq \f(x,40) ＝ eq \f(40－y,40) ，所以y＝40－x，因为xy≥300，所以x(40－x)≥300，即x2－40x＋300≤0，解得10≤x≤30.故选C.
6．(2024·福建福州高三月考)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋2x，x≥0，,x2－2x，x<0，)) 若关于x的不等式f2(x)＋af(x)<0恰有1个整数解，则实数a的最大值是( D )
A．2 B．3
C．5 D．8
解析：函数f(x)的图象，如图所示， 关于x的不等式f 2(x)＋af(x)<0, 当a>0时，－a3，所以实数a的最大值为8，故选D.
二、多项选择题
7．已知a∈Z，关于x的一元二次不等式x2－6x＋a≤0的解集中有且仅有3个整数，则所有符合条件的a的值是( BCD )
A.5 B．6
C．7 D．8
解析：设f(x)＝x2－6x＋a，其图象为开口向上，对称轴为直线x＝3的抛物线，根据题意可得，Δ＝36－4a>0，解得a<9，因为f(x)≤0解集中有且仅有3个整数，结合二次函数的对称性可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（2）≤0，,f（1）>0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4－12＋a≤0，,1－6＋a>0，)) 解得58．(新定义问题)已知两个变量x，y的关系式f(x，y)＝x(1－y)，则以下说法正确的是( BC )
A．f(1，3)＝f(3，1)＝0
B．对任意实数a，都有f(a，a)≤ eq \f(1,4) 成立
C．若对任意实数x，不等式f(x－a，x)≤－a＋4恒成立，则实数a的取值范围是[－5，3]
D．若对任意正实数a，不等式f(x－a，x)≤－a＋4恒成立，则实数x的取值范围是(－∞，0)
解析：对于A，f(1，3)＝1×(1－3)＝－2，f(3，1)＝3×(1－1)＝0，即f(1，3)≠f(3，1)，故A错误；对于B，f(a，a)＝a(1－a)＝a－a2＝－(a2－a＋ eq \f(1,4) )＋ eq \f(1,4) ＝－(a－ eq \f(1,2) )2＋ eq \f(1,4) ≤ eq \f(1,4) ，故B正确；对于C, f(x－a，x)＝(x－a)(1－x)＝－x2＋(a＋1)x－a≤－a＋4 恒成立，即x2－(a＋1)x＋4≥0 恒成立，则Δ＝(a＋1)2－16≤0，解得－5≤a≤3，即实数a的取值范围是[－5，3]，故C正确；对于D，x2－(a＋1)x＋4≥0 恒成立，令y＝－ax＋x2－x＋4 (a>0)，当x>0时，该函数看成关于a的一次函数，函数单调递减，不可能恒大于0，当x＝0时，y＝4≥0成立，当x<0时，该函数看成关于a的一次函数，函数单调递增，当a＝0时，y＝x2－x＋4＝x2－x＋ eq \f(1,4) ＋ eq \f(15,4) ＝(x－ eq \f(1,2) )2＋ eq \f(15,4) >0，则实数x的取值范围是(－∞，0]，故D错误．故选BC.
三、填空题
9．已知关于x的不等式ax2－2x＋3a<0在(0，2]上有解，则实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(\r(3),3))) ．
解析：x∈(0，2]时，不等式可化为ax＋ eq \f(3a,x) <2，当a＝0时，不等式为0<2，满足题意；当a>0时，不等式化为x＋ eq \f(3,x) < eq \f(2,a) ，则 eq \f(2,a) >2 eq \r(x·\f(3,x)) ＝2 eq \r(3) ，当且仅当x＝ eq \r(3) 时取等号，所以a< eq \f(\r(3),3) ，即0 eq \f(2,a) 恒成立．综上所述，实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(\r(3),3))) .
10．已知f(x)＝－2x2＋bx＋c，不等式f(x)>0的解集是(－1，3)，则b＝4；若对于任意x∈[－1，0]，不等式f(x)＋t≤4恒成立，则实数t的取值范围是(－∞，－2]．
解析：由题可知－1和3是方程－2x2＋bx＋c＝0的根，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2＝\f(b,2)，,－3＝－\f(c,2)，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝4，,c＝6，)) 所以f(x)＝－2x2＋4x＋6.所以不等式f(x)＋t≤4可化为t≤2x2－4x－2，x∈[－1，0].令g(x)＝2x2－4x－2，x∈[－1，0]，由二次函数的性质可知g(x)在[－1，0]上单调递减，则g(x)的最小值为g(0)＝－2，则t≤－2.
11．(探究性问题)对于问题：“已知关于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集为(－1，2)，解关于x的不等式ax2－bx＋c>0”，给出如下一种解法：
解：由ax2＋bx＋c>0的解集为(－1，2)，得a(－x)2＋b(－x)＋c>0的解集为(－2，1)，
即关于x的不等式ax2－bx＋c>0的解集为(－2，1).
参考上述解法，若关于x的不等式 eq \f(k,x＋a) ＋ eq \f(x＋b,x＋c) <0的解集为(－1，－ eq \f(1,3) )∪( eq \f(1,2) ，1)，则关于x的不等式 eq \f(kx,ax＋1) ＋ eq \f(bx＋1,cx＋1) <0的解集为(－3，－1)∪(1，2)．
解析：若关于x的不等式 eq \f(k,x＋a) ＋ eq \f(x＋b,x＋c) <0的解集为(－1，－ eq \f(1,3) )∪( eq \f(1,2) ，1)，则关于x的不等式 eq \f(kx,ax＋1) ＋ eq \f(bx＋1,cx＋1) <0可看成前者不等式中的x用 eq \f(1,x) 代入可得，则 eq \f(1,x) ∈(－1，－ eq \f(1,3) )∪( eq \f(1,2) ，1)，则x∈(－3，－1)∪(1，2).故解集为(－3，
－1)∪(1，2).
12．若关于x的不等式x3－3x2＋ax＋b<0对任意的实数x∈[1，3]及任意的实数b∈[2，4]恒成立，则实数a的取值范围是(－∞，－2).
解析：关于x的不等式x3－3x2＋ax＋b<0对任意的实数x∈[1，3]及任意的实数b∈[2，4]恒成立，先看成b的一次函数，可得x3－3x2＋ax<(－b)min 即为x3－3x2＋ax<－4，可得a<3x－x2－ eq \f(4,x) 恒成立，设f(x)＝3x－x2－ eq \f(4,x) ，x∈[1，3]，f′(x)＝3－2x＋ eq \f(4,x2) ＝ eq \f(（2－x）（2x2＋x＋2）,x2) ，可得10，f(x)递增；2四、解答题
13．已知f(x)＝ax2＋x＋2(a∈R).
(1)若f(x)<0的解集为{x|x>1或x(2)求关于x的不等式f(x)>(a＋1)x2－ax＋a＋2的解集．
解：(1)由题意可知方程ax2＋x＋2＝0的一个根为1，且a<0，
∴ a＋3＝0，解得a＝－3，此时不等式可化为－3x2＋x＋2<0，
其解集为{x|x>1或x<－ eq \f(2,3) }，对比可得b＝－ eq \f(2,3) .
(2)由题意可将不等式f(x)>(a＋1)x2－ax＋a＋2化简为x2－(a＋1)x＋a<0，
因式分解，得(x－a)(x－1)<0，
则①当a＝1时，不等式的解集为；
②当a>1时，不等式的解集为1③当a<1时，不等式的解集为a综上所述，
①当a＝1时，不等式的解集为；
②当a>1时，不等式的解集为{x|1③当a<1时，不等式的解集为{x|a14．汽车在行驶中，由于惯性的作用，刹车后还要继续向前滑行一段距离才能停住，我们称这段距离为“刹车距离”．刹车距离是分析事故的一个重要因素．在一个限速为40 km/h的弯道上，甲、乙两辆汽车相向而行，发现情况不对，同时刹车，但还是相碰了．事后现场勘查测得甲车的刹车距离略超过12 m，乙车的刹车距离略超过10 m．已知甲、乙两种车型的刹车距离s(m)与车速x(km/h)之间分别有如下关系：s甲＝0.1x＋0.01x2，s乙＝0.05x＋0.005x2.问：甲、乙两车有无超速现象？
解：由题意知，对于甲车，有0.1x＋0.01x2>12，即x2＋10x－1 200>0，解得x>30或x<－40(不符合实际意义，舍去)，这表明甲车的车速超过30 km/h.
但根据题意知刹车距离略超过12 m，由此估计甲车的车速不会超过限速40 km/h.
对于乙车，有0.05x＋0.005x2>10，即x2＋10x－2 000>0，解得x>40或x<－50(不符合实际意义，舍去)，这表明乙车的车速超过40 km/h，即超过限速．
故甲车没有超速现象，乙车有超速现象．