天津市南开中学2021届高三下学期统练(3)数学(理)试卷 Word版含解析

2021年天津市南开中学高考数学统练试卷（理科）（3）
一、选择题（共12个小题.每小题5分，共60分）
1．若a=0.33，b=33，c=log30.3，则它们的大小关系为（）
A．a＞b＞c B．c＞b＞a C．b＞c＞a D．b＞a＞c
2．命题p：|x|＜1，命题q：x2+x﹣6＜0，则￢p是￢q成立的（）
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
3．设x＞0，若x+＞1恒成立，则a的取值范围是（）
A．（，+∞）B．（，+∞）C．（1，+∞）D．（2，+∞）
4．已知b＞a＞0，且a+b=1，那么（）
A．2ab ＜＜＜b B．2ab ＜＜＜b
C．＜2ab ＜＜b D．2ab ＜＜b ＜
5．设a＞0，b＞0，则以下不等式中不恒成立的是（）
A．≥4 B．a3+b3≥2ab2
C．a2+b2+2≥2a+2b D．≥
6．已知2a+1＜0，关于x的不等式x2﹣4ax﹣5a2＞0的解集是（）
A．{x|x＞5a或x＜﹣a} B．{x|﹣a＜x＜5a} C．{x|x＜5a或x＞﹣a} D．{x|5a＜x＜﹣a}
7．设函数，则使得f（x）≥1的自变量x的取值范围是（）
A．（﹣∞，﹣2]∪[1，2] B．（﹣∞，﹣2）∪（0，2）C．（﹣∞，﹣2]∪[0，2] D．[﹣2，0]∪[2，+∞）
8．当x＜0时，函数的最小值是（）
A．B．0 C．2 D． 4 9．不等式≥3的解集是（）
A．{x|﹣2≤x≤2} B．{x|﹣2≤x＜﹣1或﹣1＜x＜1或1＜x≤2}
C．{x|x≤2且x≠±1} D．{x|﹣2≤x＜﹣1或1＜x≤2}
10．已知集合M={x|9x＜27x}，N={x|log（x﹣1）＞0}，则M∩N=（）
A．（0，）B．（，2）C．（1，）D．（0，1）
11．对于恒成立，则a的取值范围（）A．（0，1）B．C．D．
12．设0＜b＜1+a，若关于x的不等式（x﹣b）2＞（ax）2的解集中的整数解恰有3个，则（）A．﹣1＜a＜0 B．0＜a＜1 C．1＜a＜3 D．3＜a＜6
二、填空题（共6个小题.每小题5分，共30分）
13．不等式||＞a的解集为M，且2∉M，则a 的取值范围为．
14．已知偶函数f（x）在（﹣∞，0）上为减函数，则满足f（log x2）＜f（1）的实数x的取值范是．15．若关于x的不等式|x|+|x﹣1|＞|x﹣a|对∀x∈R恒成立，则a的取值范围是．
16．已知函数f（x）=，若函数y=f（x）﹣a|x|恰有4个零点，则实数a的取值范围为．
17．若正数x，y满足+=2，则xy的最小值是．
18．设x，y，z为正实数，满足x﹣2y+3z=0，则的最小值是．
三、解答题（共有4个题，每题15分）
19．（15分）（2021•天津校级模拟）已知不等式（a+b）x+（2a﹣3b）＜0的解为x ＞﹣，解不等式（a﹣2b）x2+2（a﹣b﹣1）x+（a﹣2）＞0．
20．（15分）（2021•天津校级模拟）设不等式x2﹣2ax+a+2≤0的解集为M，若M⊆[1，4]，求实数a的范围．
21．（15分）（2005•江西）已知函数（a，b为常数）且方程f（x）﹣x+12=0有两个实根为
x1=3，x2=4．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）设k＞1，解关于x 的不等式；．
22．（15分）（2022•天津）已知函数f（x）=x2﹣ax3（a＞0），x∈R．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）若对于任意的x1∈（2，+∞），都存在x2∈（1，+∞），使得f（x1）•f（x2）=1，求a的取值范围．
2021年天津市南开中学高考数学统练试卷（理科）（3）
参考答案与试题解析
一、选择题（共12个小题.每小题5分，共60分）
1．若a=0.33，b=33，c=log30.3，则它们的大小关系为（）
A．a＞b＞c B．c＞b＞a C．b＞c＞a D．b＞a＞c
考点：不等式比较大小．
专题：计算题．
分析：利用幂函数与对数函数的性质即可推断．
解答：解：∵y=x3是R上的增函数，∴0＜a＜b，
又y=log3x为[0，+∞）上的增函数，
∴c=log30.3＜log31=0，
∴c＜a＜b．
故选D．
点评：本题考查不等式比较大小，重点考查同学把握与应用幂函数与对数函数的单调性质，属于简洁题．
2．命题p：|x|＜1，命题q：x2+x﹣6＜0，则￢p是￢q成立的（）
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
考点：必要条件、充分条件与充要条件的推断．
专题：简易规律．分析：求出命题的等价条件，利用充分条件和必要条件的定义即可得到结论．
解答：解：由|x|＜1得﹣1＜x＜1，由x2+x﹣6＜0得﹣3＜x＜2，
即p：﹣1＜x＜1，q：﹣3＜x＜2，则p是q的充分不必要条件，
故答案为：￢p是￢q的必要不充分条件，
故选：B
点评：本题主要考查充分条件和必要条件的推断，依据逆否命题的等价性推断p是q的充分不必要条件是解决本题的关键．
3．设x＞0，若x+＞1恒成立，则a的取值范围是（）
A．（，+∞）B．（，+∞）C．（1，+∞）D．（2，+∞）
考点：基本不等式．
专题：不等式．
分析：问题转化为+a ﹣＞0在x＞0时恒成立，结合二次函数的性质，从而求出a的范围．解答：解：设x＞0，若x+＞1恒成立，
则：x2﹣x+a＞0，即+a ﹣＞0，
∴a ﹣＞0，解得：a ＞，
故选：A．
点评：本题考查了二次函数的性质，考查函数恒成立问题，是一道基础题．
4．已知b＞a＞0，且a+b=1，那么（）
A．2ab ＜＜＜b B．2ab ＜＜＜b
C．＜2ab ＜＜b D．2ab ＜＜b ＜
考点：基本不等式．
专题：不等式的解法及应用．
分析：b＞a＞0，且a+b=1，可得：1＞＞a，利用a2+b 2，可得．由＞，可得=．由于﹣b=（a+b）（a2+b2）﹣b=a2+b2﹣b=（1﹣b）2+b2﹣b=2b2﹣3b+1，
再利用二次函数的性质即可得出．
解答：解：∵b＞a＞0，且a+b=1，
∴2a＜1=a+b＜2b，∴1＞＞a，
=（a+b）（a2+b2）=a2+b 2=，
又＞，∴，即=．
﹣b=（a+b）（a2+b2）﹣b=a2+b2﹣b=（1﹣b）2+b2﹣b=2b2﹣3b+1=2﹣
﹣=0，
∴＜b．
综上可得：2ab ＜＜b．
故选：B．
点评：本题考查了不等式的基本性质、函数的性质、“作差法”，考查了推理力量与计算力量，属于中档题．
5．设a＞0，b＞0，则以下不等式中不恒成立的是（）
A．≥4 B．a3+b3≥2ab2
C．a2+b2+2≥2a+2b D．≥
考点：基本不等式．
分析：依据基本不等式的性质可知．≥排解A ，取，推断出B
不成立．a2+b2+2﹣（2a+2b）=（a﹣1）2+（b﹣1）2≥排解C；看a＜b和a≥b，时D项均成立排解D．
解答：解：∵a＞0，b＞0，
∴A ．≥≥4故A恒成立，
B．a3+b3≥2ab2，取，则B不成立
C．a2+b2+2﹣（2a+2b）=（a﹣1）2+（b﹣1）2≥0故C恒成立
D．若a＜b 则≥恒成立
若a≥b ，则=2≥0，
∴≥故D恒成立
点评：本题主要考查了基本不等式问题．考查了同学对基础学问的把握．
6．已知2a+1＜0，关于x的不等式x2﹣4ax﹣5a2＞0的解集是（）
A．{x|x＞5a或x＜﹣a} B．{x|﹣a＜x＜5a} C．{x|x＜5a或x＞﹣a} D．{x|5a＜x＜﹣a}
考点：一元二次不等式的解法．
专题：不等式的解法及应用．
分析：求出不等式对应的方程的两根，并判定两根的大小，从而得出不等式的解集．
解答：解：不等式x2﹣4ax﹣5a2＞0可化为
（x﹣5a）（x+a）＞0；
∵方程（x﹣5a）（x+a）=0的两根为
x1=5a，x2=﹣a，
且2a+1＜0，∴a ＜﹣，
∴5a＜﹣a；
∴原不等式的解集为{x|x＜5a，或x＞﹣a}．
故选：C．
点评：本题考查了含有字母系数的不等式的解法问题，解题时应依据条件，比较对应的方程两根的大小，求出不等式的解集来，是基础题．
7．设函数，则使得f（x）≥1的自变量x的取值范围是（）
A．（﹣∞，﹣2]∪[1，2] B．（﹣∞，﹣2）∪（0，2）C．（﹣∞，﹣2]∪[0，2] D．[﹣2，0]∪[2，+∞）
考点：其他不等式的解法．
专题：计算题．
分析：首先分析题目求函数使得f（x）≥1的自变量x的取值范围，由于函数是分段函数，故需要在两段分别做分析争辩，然后求它们的并集即可得到答案．
解答：解：对于求分段函数，f（x）≥1自变量的取值范围．
可以分段求解：
当x＜1时候，f（x）=|x+1|≥1，解得x≥0或x≤﹣2．依据前提条件故0≤x≤1，x≤﹣2满足条件．
当x≥1时候，f（x）=﹣x+3≥1，解得x≤2，依据前提条件故1≤x≤2满足条件．
综上所述x的取值范围是x≤﹣2或0≤x≤2．
故选C．
点评：此题考查了其他不等式的解法，考查了转化的思想以及分类争辩的数学思想．要求同学理解分段函数的意义，即为自变量取值不同，函数解析式不同．
8．当x＜0时，函数的最小值是（）
A．B．0 C．2 D． 4
考点：函数的最值及其几何意义．
专题：计算题．
分析：两次利用均值不等式求出最小值，留意等号成立的条件，当多次运用不等式时，看其能否同时取得等号．
解答：解：∵x＜0则﹣x＞0
∴﹣x ﹣≥2，当x=﹣1时取等号
≥2+2=4当且仅当x=﹣1时取等号
故选D．
点评：本题主要考查了函数的最值及其几何意义，解题需要留意等号成立，属于基础题．
9．不等式≥3的解集是（）
A．{x|﹣2≤x≤2} B．{x|﹣2≤x＜﹣1或﹣1＜x＜1或1＜x≤2}
C．{x|x≤2且x≠±1} D．{x|﹣2≤x＜﹣1或1＜x≤2}
考点：其他不等式的解法．
专题：不等式的解法及应用．
分析：由原不等式可得，即1＜|x|≤2，由此求得x的范围．
解答：解：不等式≥3，即≤0，∴，∴1＜|x|≤2，
解得1＜x≤2，或﹣2≤x＜﹣1，
故选：D．
点评：本题主要考查分式不等式、确定值不等式的解法，体现了等价转化的数学思想，属于基础题．10．已知集合M={x|9x＜27x}，N={x|log（x﹣1）＞0}，则M∩N=（）
A．（0，）B．（，2）C．（1，）D．（0，1）
考点：交集及其运算．
专题：集合．
分析：求出集合的等价条件，依据集合的基本运算进行求解即可．
解答：解：M={x|9x＜27x }={x|3＜33x}={x|2x2＜3x}={x|0＜x ＜}，N={x|log（x﹣1）＞0}={x|0＜x﹣1＜1}={x|1＜x＜2}，
则M∩N={x|1＜x ＜}，
故选：C
点评：本题主要考查集合的基本运算，求出集合的等价条件，是解决本题的关键．
11．对于恒成立，则a的取值范围（）
A．（0，1）B．C．D．
考点：函数恒成立问题；指数函数的单调性与特殊点．
专题：计算题．
分析：先将指数函数化成同底，再依据指数函数的单调性建立不等关系，解决恒成立问题转化成图象恒在x轴上方即判别式小于零即可．
解答：解：=
依据y=在R上是单调减函数
则x2﹣2ax＞﹣3x﹣a2在R上恒成立，
即x2+（3﹣2a）x+a2＞0在R上恒成立，
△=（3﹣2a）2﹣4a2≤0解得，
故选B．
点评：本题主要考查了函数恒成立问题，以及依据指数函数的单调性求解不等式，属于基础题．
12．设0＜b＜1+a，若关于x的不等式（x﹣b）2＞（ax）2的解集中的整数解恰有3个，则（）A．﹣1＜a＜0 B．0＜a＜1 C．1＜a＜3 D．3＜a＜6
考点：一元二次不等式的解法．
专题：不等式的解法及应用．
分析：将不等式变形为[（a+1）x﹣b]•[（a﹣1）x+b]＜0的解集中的整数恰有3个，再由0＜b＜1+a 可得，a＞1，不等式的解集为＜x ＜＜1，考查解集端点的范围，解出a的取值范围．
解答：解：关于x 的不等式（x﹣b）2＞（ax）2 即（a2﹣1）x2+2bx﹣b2＜0，∵0＜b＜1+a，
[（a+1）x﹣b]•[（a﹣1）x+b]＜0 的解集中的整数恰有3个，∴a＞1，
∴不等式的解集为＜x ＜＜1，所以解集里的整数是﹣2，﹣1，0 三个．
∴﹣3≤﹣＜﹣2，
∴2＜≤3，2a﹣2＜b≤3a﹣3，
∵b＜1+a，
∴2a﹣2＜1+a，
∴a＜3，
综上，1＜a＜3，
故选：C．
点评：本题考查一元二次不等式的应用，留意二次项系数的符号，解区间的端点就是对应一元二次方程的根．
二、填空题（共6个小题.每小题5分，共30分）
13．不等式||＞a的解集为M，且2∉M，则a 的取值范围为[，+∞）．
考点：其他不等式的解法．
专题：不等式．
分析：依据不等式||＞a的解集为M，且2∉M，可得||≤a，由此即可求a的取值范围．
解答：解：∵不等式||＞a的解集为M，且2∉M，
∴||≤a，
∴|a﹣|≤a
∴a2﹣a+≤a2，解得：a≥，
∴a的取值范围是[，+∞），
故答案为：[，+∞）．
点评：本题考查不等式的解法，考查同学的计算力量，属于基础题．
14．已知偶函数f（x）在（﹣∞，0）上为减函数，则满足f（log x2）＜f（1）的实数x的取值范是（0，）∪（2，+∞）．
考点：函数奇偶性的性质．
专题：函数的性质及应用．
分析：利用f（x）的奇偶性及在（﹣∞，0）上的单调性可推断其在（0，+∞）上的单调性，由f（x）的性质可把f（log x2）＜f（1）转化为具体不等式，解出即可．
解答：解：由于f（x）为偶函数且在（﹣∞，0）上是减函数，
所以f（x）在（0，+∞）上是增函数，
若f（log x2）＜f（1），则﹣1＜log x2＜0，或0＜log x2＜1，
解得：x∈（0，）∪（2，+∞）所以实数x的取值范围为（0，）∪（2，+∞），
故答案为：（0，）∪（2，+∞）
点评：本题考查函数奇偶性、单调性的综合运用，解决本题的关键是利用函数的基本性质化抽象不等式为具体不等式，体现转化思想．
15．若关于x的不等式|x|+|x﹣1|＞|x﹣a|对∀x∈R恒成立，则a的取值范围是（0，1）．
考点：确定值三角不等式．
专题：不等式的解法及应用．
分析：令f（x）=|x|+|x﹣1|=，g（x）=|x﹣a|，由题意可得，函数f（x）的图象（如图实线部分）在函数g（x）（图中虚线部分）的上方，数形结合求得a的范围．
解答：解：令f（x）=|x|+|x﹣1|=，g（x）=|x﹣a|，
由题意可得，函数f（x）的图象（如图实线部分）在函数g（x）（图中虚线部分）的上方，
故有0＜a＜1，
故答案为：（0，1）．
点评：本题主要考查带有确定值的函数，函数的恒成立问题，体现了转化、数形结合的数学思想，属于中档题．
16．已知函数f（x）=，若函数y=f（x）﹣a|x|恰有4个零点，则实数a的取值范围为（1，2）．
考点：根的存在性及根的个数推断．
专题：函数的性质及应用．
分析：由y=f（x）﹣a|x|=0得f（x）=a|x|，利用数形结合即可得到结论．
解答：解：由y=f（x）﹣a|x|=0得f（x）=a|x|，
作出函数y=f（x），y=a|x|的图象，
当a≤0，不满足条件，
∴a＞0，
当a≥2时，此时y=a|x|与f（x）有三个交点，
当a=1时，
当x＜0时，f（x）=﹣x2﹣5x﹣4，
由f（x）=﹣x2﹣5x﹣4=﹣x
得x2+4x+4=0，
则判别式△=16﹣4×4=0，
即此时直线y=﹣x与f（x）相切，
此时y=a|x|与f（x）有五个交点，
∴要使函数y=f（x）﹣a|x|恰有4个零点，
则1＜a＜2，
故答案为：（1，2）
点评：本题主要考查函数零点个数的应用，利用数形结合是解决本题的关键，综合性较强，难度较大．17．若正数x，y 满足+=2，则xy 的最小值是6．
考点：基本不等式．
专题：不等式的解法及应用．
分析：利用基本不等式的性质即可得出．
解答：解：∵正数x，y满足+=2，
∴，化为xy≥6，当且仅当=1时取等号．
则xy的最小值是6．
故答案为：6．
点评：本题考查了基本不等式的性质，属于基础题．18．设x，y，z为正实数，满足x﹣2y+3z=0，则的最小值是3．
考点：基本不等式．
分析：由x﹣2y+3z=0可推出，代入中，消去y，再利用均值不等式求解即可．
解答：解：∵x﹣2y+3z=0，
∴，
∴=，当且仅当x=3z时取“=”．
故答案为3．
点评：本小题考查了二元基本不等式，运用了消元的思想，是高考考查的重点内容．
三、解答题（共有4个题，每题15分）
19．（15分）（2021•天津校级模拟）已知不等式（a+b ）x+（2a﹣3b）＜0的解为x＞﹣，解不等式（a﹣2b）x2+2（a﹣b﹣1）x+（a﹣2）＞0．
考点：一元二次不等式的解法．
专题：不等式的解法及应用．
分析：依据一元一次不等式的解求出a=3b＜0，利用消参法转化为含有参数b 的一元二次不等式，进行求解即可．
解答：解：∵（a+b）x+（2a﹣3b）＜0，
∴（a+b）x＜3b﹣2a，
∵不等式的解为x＞﹣，
∴a+b＜0，且=﹣，
解得a=3b＜0，
则不等式（a﹣2b）x2+2（a﹣b﹣1）x+（a﹣2）＞0．
等价为bx2+（4b﹣2）x+（3b﹣2）＞0．
即x2+（4﹣）x+（3﹣）＜0．
即（x+1）（x+3﹣）＜0．
∵﹣3+≤﹣1．
∴不等式的解为﹣3+＜x＜﹣1．
即不等式的解集为（﹣3+，﹣1）．
点评：本题主要考查含有参数的一元一次不等式和一元二次函数不等式的求解，考查同学的运算和推理力量．
20．（15分）（2021•天津校级模拟）设不等式x2﹣2ax+a+2≤0的解集为M，若M⊆[1，4]，求实数a的范围．
考点：集合关系中的参数取值问题．
专题：计算题．
分析：M⊆[1，4]有两种状况：其一是M=∅，此时△＜0；其二是M≠∅，此时△=0或△＞0，分三种状况计算a的取值范围，再取并集，即得所求．
解答：解：M⊆[1，4]有两种状况：其一是M=∅，此时△＜0；其二是M≠∅，此时△=0或△＞0，
分三种状况计算a的取值范围．
设f （x）=x2﹣2ax+a+2，有△=（﹣2a）2﹣4（a+2）=4（a2﹣a﹣2）．…（2分）
（1）当△＜0时，﹣1＜a＜2，M=∅⊆[1，4]．…（3分）
（2）当△=0时，a=﹣1或2．
当a=﹣1时，M={﹣1}⊄[1，4]，故舍去．
当a=2时，M={2}⊆[1，4]．…（6分）
（3）当△＞0时，有a＜﹣1或a＞2．
设方程f （x）=0的两根为x1，x2，且x1＜x2，
那么M=[x1，x2]，由M⊆[1，4]可得1≤x1＜x2≤4，故应有f（1）≥0，f（4）≥0，
且f （x）=0的对称轴x=a∈[1，4]，即，…（8分）
∴，解得2＜a ≤．…（10分）
综上可得，M⊆[1，4]时，a的取值范围是（﹣1，]．…（12分）
点评：本题主要考查集合关系中参数的取值范围问题，体现了分类争辩的数学思想，属于中档题．
21．（15分）（2005•江西）已知函数（a，b为常数）且方程f（x）﹣x+12=0有两个实根为
x1=3，x2=4．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）设k＞1，解关于x 的不等式；．
考点：函数解析式的求解及常用方法．
专题：计算题；综合题．分析：（1）将x1=3，x2=4分别代入方程得出关于a，b的方程组，解之即得a，b，从而得
出函数f（x）的解析式．
（2）不等式即为：即（x﹣2）（x﹣1）（x﹣k）＞0．下面对k进行分类争辩：①当1＜k＜2，②当k=2时，③当k＞2时，分别求出此不等式的解集即可．
解答：解：（1）将x1=3，x2=4分别代入方程，得，解得，所以f（x）=．
（2）不等式即为，可化为
即（x﹣2）（x﹣1）（x﹣k）＞0．
①当1＜k＜2，解集为x∈（1，k）∪（2，+∞）．
②当k=2时，不等式为（x﹣2）2（x﹣1）＞0解集为x∈（1，2）∪（2，+∞）；
③当k＞2时，解集为x∈（1，2）∪（k，+∞）．
点评：本题主要是应用分类争辩思想解决不等式问题，关键是正确地进行分类，而分类一般有以下几个原则：
1．要有明确的分类标准；
2．对争辩对象分类时要不重复、不遗漏，即分成若干类，其并集为全集，两两的交集为空集；
3．当争辩的对象不止一种时，应分层次进行，以避开混乱．依据确定值的意义推断出f（x）的奇偶性，再利用偶函数的图象关于y轴对称，求出函数在（0，+∞）上的单调区间，并且只要求出当x＞0时，函数f（x）=x2﹣2ax（a＞0）最小值进而利用f（x）min≤﹣1解答此题．
22．（15分）（2022•天津）已知函数f（x）=x2﹣ax3（a＞0），x∈R．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）若对于任意的x1∈（2，+∞），都存在x2∈（1，+∞），使得f（x1）•f（x2）=1，求a的取值范围．
考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；函数在某点取得极值的条件；利用导数争辩函数的极值．
专题：导数的综合应用．
分析：（Ⅰ）求导数，利用导数的正负，可得f（x）的单调区间，从而求出函数的极值；
（Ⅱ）由f（0）=f （）=0及（Ⅰ）知，当x∈（0，）时，f（x）＞0；当x∈（，+∞）时，f（x）＜0．设集合A={f（x）|x∈（2，+∞）}，集合B={|x∈（1，+∞），f（x）≠0}，则对于任意的x1∈（2，+∞），都存在x2∈（1，+∞），使得f（x1）•f（x2）=1，等价于A⊆B，分类争辩，即可求a的取值范围．
解答：解：（Ⅰ）f′（x）=2x﹣2ax2=2x（1﹣ax），令f′（x）=0，解得x=0或x=．
当x变化时，f′（x），f（x）的变化状况如下表：
x （﹣∞，0）0 （0，）（，+∞）
f′（x）﹣0 + 0 ﹣
f（x）递减0 递增递减
所以，f（x）的单调递减区间为：（﹣∞，0）和，单调递增区间为，
当x=0时，有微小值f（0）=0，当x=时，有极大值f（）=；
（Ⅱ）由f（0）=f（）=0及（Ⅰ）知，当x∈（0，）时，f（x）＞0；当x∈（，+∞）时，f（x）＜0．设集合A={f（x）|x∈（2，+∞）}，集合B={|x∈（1，+∞），f（x）≠0}，则对于任意的x1∈（2，+∞），
都存在x2∈（1，+∞），使得f（x1）•f（x2）=1，等价于A⊆B，明显A≠∅
下面分三种状况争辩：
①当＞2，即0＜a＜时，由f（）=0可知，0∈A，而0∉B，∴A不是B的子集；
②当1≤≤2，即时，f（2）≤0，且f（x）在（2，+∞）上单调递减，故A=（﹣∞，f（2）），∴A⊆（﹣∞，0）；由f（1）≥0，有f（x）在（1，+∞）上的取值范围包含（﹣∞，0），即（﹣∞，0）⊆B，∴A⊆B；
③当＜1，即a＞时，有f（1）＜0，且f（x）在（1，+∞）上单调递减，故B=（，0），A=（﹣∞，f（2）），∴A不是B的子集．
综上，a的取值范围是[]．
点评：利用导数可以求出函数的单调区间和极值；解决取值范围问题，很多时候要进行等价转化，分类争辩．。