高考数学一轮复习第一章 集合与常用逻辑用语、不等式答案

第一章 集合与常用逻辑用语、不等式
第1讲 集合及其运算
链教材·夯基固本 激活思维 1. D 2. A 3.
ABD
【
解
析
】 因为x 2－3x ＋2≤0，所以1≤x ≤2，所以A ＝{x |1≤x ≤2}．因为2<2x ≤8，所以1<x ≤3，所以B ＝{x |1<x ≤3}，所以A
∪
B ＝{x |1≤x ≤3}，A ∩B ＝{x |1<x ≤2}，(∁
R B )
∪A ＝{x |x ≤2或x >3}，(∁R B )∪(∁R A )＝{x |x ≤1或x >2}．
4.
4
【
解
析
】
因为集合A 必须含有元素5，元素1和3不确定，所以集合A 的本质是{1,3}的所有子集与元素5组成的集合，共4个．
5.
7
【
解
析
】
A ＝{x
∈
Z |－1≤x ≤4}＝{－1,0,1,2,3,4}，B ＝{x |1<x <e 2}，所以A ∩B ＝{2,3,4}，所以A ∩B 的真子集的个数为23－1＝7.
知识聚焦
1. (1) 确定性 互异性 无序性
2. 2n 2n －1 4. U A 研题型·融会贯通 分类解析
【答案】 (1) D (2) B (3) A 【题组·高频强化】 1. C 2. C
3. C
【解析】 由题意知A ∩B 中的元素满足⎩⎪⎨
⎪⎧
y ≥x ，
x ＋y ＝8，
且x ，y ∈
N *，所以满足条件的有(1,7)，(2,6)，(3,5)，(4,4)，故A ∩B 中元素的个数为4.故选C.
4.
B
【
解
析
】
由x 2
－4≤0，得A ＝{x |－2≤x ≤2}．由2x ＋a ≤0，得B ＝⎩
⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x ⎪⎪
⎪⎪
x ≤－a 2.因为A ∩B ＝{x |
－2≤x ≤1}，所以－a
2
＝1，解得a ＝－2.故选B.
5. B
【解析】 由图可知，阴影区域为∁
U (A
∪B )．由题知A ∪
B ＝{1,3,5}，U ＝{1,3,5,7}，则由补集的概念知，∁U (A ∪B )＝{7}．故选B.
(1) 【答案】 {1，－1} 【
解
析
】
若集合{x |x 2＋2kx ＋1＝0}中有且仅有一个元素，则方程x 2＋2kx ＋1＝0有且只有一个实数根，即Δ＝(2k )2－4＝0，解得k ＝±1，所以k 的取值集合是{1，－1}．
(2) 【答案】 －1 【
解
析
】
因为A ∩B 中只有一个元素，又a ≠0且a ≠2.若a ＝1，则a 2－a ＝0，不满足题意；若a ≠1，显然a 2－a ≠0，故a 2－a ＝2或a 2－a ＝a ，解得a ＝－1.综上，a ＝－1.
(3) 【答案】 [0，＋∞) ∅ 【
解
析
】
由题知集合A 是函数y ＝x 2的定义域，即A ＝R ，集合B 是函数y ＝x 2的值域，即B ＝[0，＋∞)，所以A ∩B ＝[0，＋∞)，集合C 是函数y ＝x 2的图象上的点集，故A ∩C ＝∅.
(1) 【答案】
⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪
⎫0，14 【
解
析
】 当k ＝0时，A ＝{－1}，符合题意；当k ≠0时，若集合A 只有一个元素，由一元二次方程判别式Δ＝1－4k ＝0，得k ＝
14
.综上，当k ＝0或k ＝
14
时，集合{x |kx 2＋x ＋1＝0}中有且只有一个元素．
(2) 【答案】 －2或1 【
解
析
】
因为集合A ＝{－1,1,2}，B ＝{a ＋1，a 2－2}，A ∩B ＝{－1,2}，所以
⎩⎪⎨⎪⎧
a ＋1＝－1，
a2－2＝2
或⎩⎪⎨⎪⎧
a ＋1＝2，
a2－2＝－1，
解得a ＝－2或a ＝1.
(1) 【答案】 D
【解析】 当B ＝∅时，a ＝0，此时B ⊆A .
当B ≠∅时，则a ≠0，所以B ＝⎩
⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪
⎪⎪
x ＝－1
a . 又B ⊆A ，所以－1
a
∈A ，所以a ＝±1.
综上可知，实数a 的所有可能取值的集合为{－1,0,1}． (2) 【答案】 [2,3]
【解析】 由A ∩B ＝B 知，B ⊆A .
(例3(2))
又B ≠∅，则⎩⎪⎨⎪
⎧
2m －1≥m ＋1，m ＋1≥－2，
2m －1≤5，解得2≤m ≤3，
则实数m 的取值范围为[2,3]．
【答案】 B
【解析】 由log 2(x －1)<1，得0<x －1<2，所以A ＝(1,3)． 由|x －a |<2得a －2<x <a ＋2，即B ＝(a －2，a ＋2)． 因为A ⊆B ，所以⎩⎪⎨
⎪⎧
a －2≤1，
a ＋2≥3，
解得1≤a ≤3.
所以实数a 的取值范围为[1,3]．
【解答】 (1) 由题知
⎩⎪⎨⎪
⎧
x<0，⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫12x －3<1或⎩⎪⎨⎪⎧
x ≥0，
x<1，
解得－2<x <0或0≤x <1， 所以A ＝{x |－2<x <1}． (2) 因为A ∪B ＝A ，所以B ⊆A .
(ⅰ) 当B ＝∅时，2a >a ＋1，所以a >1满足题意；
(ⅱ) 当B ≠∅时，⎩⎪⎨⎪
⎧
2a ≤a ＋1，2a>－2，
a ＋1<1，
解得－1<a <0.
综上，a ∈(－1,0)∪(1，＋∞)． 课堂评价
1. BCD 【解析】 对于选项A ，因为xy >0⇔⎩⎪⎨
⎪⎧
x>0，
y>0
或⎩⎪⎨⎪⎧
x<0，
y<0，
所以集合{(x ，y )|xy >0}表示直角坐标平面内第一、三象限的点的集合，故A 正确；
对于选项B ，方程|x －2|＋|y ＋2|＝0的解集为{(2，－2)}，故B 错误； 对于选项C ，集合{(x ，y )|y ＝1－x }表示直线y ＝1－x 上的点， 集合{x |y ＝1－x }表示函数y ＝1－x 中x 的取值范围，
故集合{(x ，y )|y ＝1－x }与{x |y ＝1－x }不相等，故C 错误；
对于选项D ，A ＝{x ∈Z |－1≤x ≤1}＝{－1,0,1}，所以－1.1∉A ，故D 错误． 2. ABC
3. B 【解析】 由x 2－3x －4>0得x <－1或x >4， 所以集合A ＝{x |x <－1或x >4}．
由x 2－3mx ＋2m 2<0(m >0)得m <x <2m ， 所以集合B ＝{x |m ＜x ＜2m }． 又B ⊆A ，所以2m ≤－1(舍去)或m ≥4. 故实数m 的取值范围是[4，＋∞)． 4. [2 020，＋∞)
【解析】 由x 2－2 021x ＋2 020<0，解得1<x <2
020，故A ＝{x |1<x <2 020}．又B ＝{x |x <a }，A ⊆B ，如图所示，可得a ≥2 020.
(第4题)
5.
(－∞，2]
【
解
析
】
当a >1时，A ＝(－∞，1]
∪[a ，＋∞)，B ＝[a －1，＋∞)，当且仅当a －1≤1时，A ∪B ＝R ，故1<a ≤2；当a ＝1时，A ＝R ，B ＝{x |x ≥0}，A ∪B ＝R ，满足题意；当a <1时，A ＝(－∞，a ]
∪[1，＋∞)，B ＝[a －1，＋∞)，又因为a －1<a ，所以A ∪
B ＝R ，故a <1满足题意．综上可知a ∈(－∞，2]．
第2讲 充分条件、必要条件、充要条件
链教材·夯基固本 激活思维 1. A 2. B 3. BCD
【
解
析
】
由x 2－x －2<0，解得－1<x <2，所以(－1，2)
(－2，a )，所以a ≥2，所以实数a 的值可
以是2,3,4.
4. [－2,1] 【解析】 因为綈p ：x ≤－1或x ≥3，綈q ：x ≤m －2或x ≥m ＋5，且綈
p 是綈q 的必要不充分条件，所以
⎩⎪⎨⎪⎧
m －2≤－1，
m ＋5≥3，
且等号不能同时取到，解得－2≤m ≤1.
5. 充要 必要 【解析】 因为q ⇒s ⇒r ⇒q ，所以r 是q 的充要条件．又q ⇒s ⇒r ⇒p ，所以p 是q 的必要条件．
知识聚焦
1. (1) 充分 必要 非充分 非必要 (2) ①充分不必要 ②必要不充分 ③充要 ④既不充分也不必要
研题型·融会贯通 分类解析
(1) 【答案】 A
【解析】 因为1
x >1，所以x ∈(0,1)．因为e x －1<1，所以x <1，
所以“1
x >1”是“e x －1<1”的充分不必要条件．
(2) 【答案】 A 【
解
析
】
当a >0，b >0时，得4≥a ＋b ≥2
ab ，即ab ≤4，充分性成立；当a ＝4，b ＝1时，满足a
b ≤4，但a ＋b ＝5>4，不满足a ＋b ≤4，必要性不成立．故“a ＋b ≤4”是“ab ≤4”的充分不必要条件．
【题组·高频强化】 1. A 【解析】 由a 2>a 得a >1或a <0，据此可知“a >1”是“a 2>a ”的充分不必要条件．故选A.
2.
B
【解
析
】
由2－x ≥0，得x ≤2；由|x －1|≤1，得－1≤x －1≤1，即0≤x ≤2.所以“2－x ≥0”是“|x －1|≤1”的必要不充分条件．故选B.
3.
C
【
解
析
】
当存在k
∈
Z ，使得α＝k π＋(－1)k β时，若k 为偶数，则sin α＝sin(k π＋β)＝sin β；若k 为奇数，则sin α＝sin(k π－β)＝sin[(k －1)π＋π－β]＝sin(π－β)＝sin β.当sin α＝sin β时，α＝β＋2m π或α＋β＝π＋2m π，m ∈Z ，即α＝k π＋(－1)k β(k ＝2m )或α＝k π＋(－1)k β(k ＝2m ＋1)，亦即存在k ∈
Z ，使得α＝k π＋(－1)k β，所以“存在k
∈Z ，使得α＝k π＋(－1)k β”是“sin α＝sin β”的充要条件．故选C.
4. B
【
解
析
】 依题意知m ，n ，l 是空间不过同一点的三条直线，当m ，n ，l 在同一平面内时，可能m ∥
n
∥
l ，故不一定得出m ，n ，l 两两相交．当m ，n ，l 两两相交时，设m ∩n ＝A ，m ∩l ＝B ，n ∩l ＝C ，可知m ，n 确定一个平面α，而B ∈m ⊂α，C ∈n ⊂α，可知直线BC 即l ，l ⊂α，所以m ，n ，l 在同一平面内．综上所述，“m ，n ，l 在同一平面内”是“m ，n ，l 两两相交”的必要不充分条件．故选B.
(1) 【答案】 (－∞，－2]∪[2，＋∞) 【
解
析
】
由y ＝x ＋
1x
在
⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫12，1上单调递减，在(1,2)上单调递增，得2≤y <5
2，所以A ＝⎩
⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪⎫y ⎪⎪
⎪⎪
2≤y<5
2. 由x ＋m 2≥6，得x ≥6－m 2，所以B ＝{x |x ≥6－m 2}． 因为“x ∈A ”是“x ∈B ”的充分不必要条件， 所以A B ，所以6－m 2≤2，解得m ≥2或m ≤－2， 故实数m 的取值范围是(－∞，－2]∪[2，＋∞)． (2) 【答案】 (2，＋∞)
【解析】 A ＝⎩
⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x ⎪⎪
⎪⎪
12<2x<8，x ∈R
＝{x |－1<x <3}， 因为x ∈B 成立的一个充分不必要条件是x ∈A ， 所以A B ，所以m ＋1>3，即m >2.
(1) 【答案】 (0,2]
【解析】 由|2x ＋1|<m (m >0)，得－m <2x ＋1<m ，
所以－m ＋12<x <m －12，且－m ＋12<0.
由x －1
2x －1>0，得x <1
2或x >1. 因为p 是q 的充分不必要条件， 所以m －12≤12，所以0<m ≤2.
(2) 【答案】 (0,2]
【解析】 由题可得p ：x >3或x <－1，
q ：x 2－2x ＋1－a 2≥0，[x －(1－a )]·[x －(1＋a )]≥0， 因为a ＞0，所以1－a ＜1＋a ，解得x ≥1＋a 或x ≤1－a . 因为q 是p 的必要不充分条件， 所以⎩⎪⎨⎪
⎧
1＋a ≤3，1－a ≥－1，
a>0，解得0＜a ≤2.
【解答】 因为mx 2－4x ＋4＝0是一元二次方程，所以m ≠0. 又另一方程为x 2－4mx ＋4m 2－4m －5＝0，且两方程都有实根， 所以⎩⎪⎨⎪⎧
Δ1＝16(1－m )≥0，Δ2＝16m 2－4(4m 2－4m －5)≥0，解得m ∈⎣⎢⎢⎡⎦
⎥⎥⎤－54，1. 因为两方程的根都是整数，所以⎩⎪⎨⎪⎧
4
m
∈Z ，
4m ∈Z ，
4m2－4m －5∈Z ，
所以m 为4的约数．
又因为m ∈⎣⎢⎢⎡⎦
⎥⎥
⎤
－54，1，所以m ＝－1或1. 当m ＝－1时，第一个方程x 2＋4x －4＝0的根不是整数；
当m ＝1时，两方程的根均为整数．
所以两方程的根均为整数的充要条件是m ＝1. 课堂评价 1. A 2. A
【解析】 “∀x ∈[－1,1]，|x |＜a 恒成立”等价于“∀x ∈
[－1，1]，a ＞|x |max ”，所以a ＞1.故充要条件为a ＞1.
3. A 【解析】 因为f (x )是偶函数，所以f (x )＝f (|x |)． 又y ＝f (x )在[0，＋∞)上单调递增，
若a >|b |，则f (a )>f (|b |)＝f (b )，即充分性成立； 若f (a )>f (b )，则等价于f (|a |)>f (|b |)，即|a |>|b |， 即a >|b |或a <－|b |，故必要性不成立．
则“a >|b |”是“f (a )>f (b )”的充分不必要条件． 4. ABC
【解析】 对于选项A ，由 A ∩B ＝A ，可得A ⊆B . 由 A ⊆B
可得A ∩B ＝A ，故A 满足条件．对于选项B ，由∁S A ⊇∁S B 可得A ⊆B ，由A ⊆B 可得∁S A ⊇∁S B ，故∁S A ⊇∁S B 是A ⊆B 的充要条件，故B 满足条件．对于选项C ，由∁S B ∩A ＝∅，可得A ⊆B ，由A ⊆B 可得∁
S B ∩A ＝
∅，故∁S B ∩A ＝∅是A ⊆
B 的充要条件，故
C 满足条件．对于选项
D ，由∁S A ∩B ＝∅，可得B ⊆A ，不能推出A ⊆B ，故∁S A ∩B ＝∅不是A ⊆B 的充要条件，故D 不满足条件．故选ABC.
5.
(－∞，0]
【
解
析
】
由
⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫13x 2－x －6≤1，得x 2－x －6≥0，解得x ≤－2或x ≥3，则A ＝{x |x ≤－2或x ≥3}．由log 3(x ＋a )≥1，得x ＋a ≥3，即x ≥3－a ，则B ＝{x |x ≥3－a }．由题意知B A ，所以3－a ≥3，解得a ≤0.
第3讲 全称量词和存在量词
链教材·夯基固本 激活思维 1. C 2. B 3.
(－∞，2)
【
解
析
】
设f (x )＝
⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫
12x
＋1，x ∈
[0，＋∞)，若p 为真命题，则a ＜f (x )max ＝f (0)＝2.
4. (－∞，2] 【解析】 若“∃x 0∈(0，＋∞)，λx ＞x 2＋1”是假命题，则“∀x ∈(0，＋∞)，λx ≤x 2
＋1”是真命题，所以当x ∈(0，＋∞)时，λ≤x ＋
1x
恒成立．又x ＋
1x
≥2
x ·1
x ＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”，所以实数λ的取值范围是(－∞，2]． 5.
⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤54，2
【
解
析
】
当命题p 为真命题时，x 2＋x ＋a >1恒成立，即x 2＋x ＋a －1>0恒成立，所以Δ＝1－4(a －1)<0，解得a >
54
.当命题q 为真命题时，2a ≤(2x 0)max ，x 0∈[－2,2]，所以a ≤2.故
54
<a ≤2，所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦
⎥⎥
⎤
54，2. 知识聚焦
1. 全体 全称量词 ∀x ∈M ，p (x )
2. 部分 ∃ 存在量词 ∃x 0∈M ，p (x 0)
3. ∃x ∈M ，綈p (x )
4. 不是 不一定是 不都是 小于或等于 大于或等于 或 一个也没有 至多有n －1个 至少有两个 存在一个x 不成立
研题型·融会贯通 分类解析
【解答】 (1) 綈p ：∃x ∈R ，x 2
－x ＋1
4<0，假命题．
(2) 綈q ：至少存在一个正方形不是矩形，假命题． (3) 綈r ：所有的实数都有平方根，假命题．
(4) 綈s ：存在一个末位数字是0或5的整数不能被5整除，假命题．
(1) 【答案】 C
(2) 【答案】 ∀x ∈R ，x 2－x ＋1≠0 (1) 【答案】 (－∞，－2] 【解
析
】
由命题p 为真，得a ≤0.由命题q 为真，得Δ＝4a 2－4(2－a )≥0，即a ≤－2或a ≥1，所以a
≤－2.
(2) 【答案】 ⎩
⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫a ⎪⎪
⎪⎪
a ≤5
2
【解析】 若命题p ：∃x ∈[2,3]，x 2－ax ＋1<0为假命题，则“∀x ∈[2，3]，x 2
－ax ＋1≥0，即a ≤x ＋1x ”为真命题．令g (x )＝x ＋1
x ，易知g (x )在[1，＋∞)上
单调递增，所以当x ∈[2,3]时，g (x )∈[g (2)，g (3)]．又∀x ∈[2,3]，a ≤x ＋
1x
恒成立等价于∀x ∈[2,3]，a ≤g (x )min ，而g (x )min ＝g (2)＝
52
，所以“∀x ∈
[2,3]，x 2
－ax ＋1≥0”为真命题时，a ≤5
2
.
(1) 【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎪
⎫56，＋∞ 【
解
析
】
由“
∀
x
∈
R ，x 2
－5x ＋
152a >0”的否定为假命题，可知原命题必为真命题，即不等式x 2
－5x ＋152
a >0对任意实数x 恒成立．
设f (x )＝x 2
－5x ＋15
2
a ，则其图象恒在x 轴的上方，
故Δ＝25－4×152a <0，解得a >5
6，
即实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎪
⎫
56，＋∞. (2) 【答案】 (－2，－1]
【解析】 由命题p ：∃x 0∈R ，(m ＋1)(x 20＋1)≤0为真命题，可得m ≤－1；由命题q ：∀x ∈R ，x 2＋mx ＋1>0恒成立为真命题，得Δ＝m 2－4<0，可得－2<m <2.综上，m ∈(－2，－1]．
【答案】 ⎣⎢⎢⎡⎭
⎪⎪
⎫
14，＋∞ ⎣⎢⎢⎡⎭
⎪⎪⎫
12，＋∞ 【解析】 ①当x ∈[0,3]时，f (x )min ＝f (0)＝0，当x ∈[1,2]时，g (x )min ＝g (2)＝
14
－m ，对任意x 1∈[0,3]，存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)等价于f (x 1)min ≥g (x 2)min ，即0≥
1
4－m ，所以m ≥1
4
.
②当x ∈[0,3]时，f (x )min ＝f (0)＝0，当x ∈[1,2]时，g (x )max ＝g (1)＝1
2－m ，对任意x 1∈
[0,3]，任意x 2∈[1,2]，有f (x 1)≥g (x 2)等价于f (x 1)min ≥g (x 2)max ，即0≥12－m ，所以m ≥1
2
.
【答案】 ⎣⎢⎢⎡⎭
⎪⎪
⎫
12，＋∞ 【解析】 依题意知对x 1∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥
⎤
12，1，x 2∈[2,3]，f (x 1)max ≤g (x 2)max . 因为f (x )＝x ＋4
x 在⎣⎢⎢⎡⎦
⎥⎥
⎤
12，1上是减函数， 所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪
⎫12＝17
2
.
又g (x )＝2x ＋a 在[2,3]上是增函数，所以g (x )max ＝8＋a ， 因此172≤8＋a ，则a ≥12.
课堂评价 1. ABC 2. D
3. A 【解析】 因为命题“∃x ∈[1,2]，x 2＋ln x －a ≤0”为假命题，所以当x ∈[1,2]时，x 2＋ln x ＞a 恒成立，只需a ＜(x 2＋ln x )min ，x ∈[1，2]．又函数y ＝x 2＋ln x 在[1,2]上单调递增，所以当x ＝1时，y min ＝1，所以a ＜1.故选A.
4. B 【解析】 由题可知，命题“∀x ∈R ，(k 2－1)x 2＋4(1－k )x ＋3>0”是真命题． 当k 2－1＝0，得k ＝1或k ＝－1.
若k ＝1，则原不等式为3>0，恒成立，符合题意；
若k ＝－1，则原不等式为8x ＋3>0，不恒成立，不符合题意． 当k 2
－1≠0时，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧
k2－1>0，
16(1－k )2－4(k 2
－1)×3<0，
即⎩⎨⎧
(k ＋1)(k －1)>0，(k －1)(k －7)<0，
解得1<k <7. 综上所述，实数k 的取值范围为{k |1≤k <7}． 5.
(－3，＋∞) 【
解析】 假设∀x ∈
[1,2]，x 2
＋2ax ＋2－a ≤0.设f (x )＝x 2
＋2ax ＋2－a ，则
⎩
⎪⎨
⎪⎧
f (1)≤0，f (2)≤0，所以
⎩⎪⎨⎪⎧
1＋2a ＋2－a ≤0，
4＋4a ＋2－a ≤0，
解得a ≤－3.因为假设成立，所以a >－3，所以实数a 的取值范围是(－3，＋∞)．
第4讲 不等式的性质、一元二次不等式
链教材·夯基固本 激活思维 1. AC 2.
ACD
【
解
析
】
由
1a
<
1b
<0，得a <0，b <0且a >b ，所以a ＋b <0，ab >0，A 正确；|a |<|b |，B 错误；a 3>b 3，C 正确；
因为函数y ＝2x 在R 上单调递增，故D 正确．故选ACD.
3. ABD
4. －1
12 7
12
5.
(－∞，－
2
)
∪
(
2
，＋∞)
【
解
析
】
由x 2－2x ＋k 2－2>0，得k 2>－x 2＋2x ＋2.设f (x )＝－x 2＋2x ＋2＝－(x －1)2＋3，当x ≥2时，f (x )max ＝2，则k 2>f (x )max ＝2，所以k >2或k <－2.
知识聚焦
2. {x |x <x 1或x >x 2} R {x |x 1<x <x 2} ∅ ∅ 研题型·融会贯通 分类解析
(1) 【答案】 AC
【解析】 因为
1a ＜
1b ＜0，故可取a ＝－1，b ＝－2.显然|a |＋b ＝1－2＝－1＜0，所以B 错误；因为ln a 2＝ln(－1)2
＝0，ln b 2
＝ln(－2)2
＝ln4＞0，所以D 错误．因为
1a <
1b
<0，所以a ＋b <0，但ab >0，所以1
a ＋
b <1
ab ，A 正确；a －1
a －⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫
b －1b ＝a －b －⎝ ⎛⎭⎪⎪
⎫1a －1b ＝a －b －
⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫
b －a ab ＝(a －b )
⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫
1＋1ab ，因为
1a
<
1b <0，所以0>a >b ，所以a －b >0,1＋1ab
>0，所以a －
1a
－⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫b －1b >0，所以a －1a >b －1b ，C 正确． (2) 【答案】 B 【解析】 p －q ＝
b2a ＋a2b －a －b
＝b2－a2a ＋a2－b2b ＝(b 2－a 2)·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a －1b ＝(b 2－a 2)(b －a )ab ＝(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p <q . 综上，p ≤q .故选B. (3) 【答案】 ⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫－π，π8 【解析】 设2α－β＝m (α＋β)＋n (α－β)，
则⎩⎪⎨⎪⎧
m ＋n ＝2，m －n ＝－1，
所以⎩⎪⎨⎪
⎧
m ＝12
，
n ＝3
2
，
即2α－β＝12(α＋β)＋3
2(α－β)．
因为π<α＋β<5π4，－π<α－β<－π
3，
所以π2<12(α＋β)<5π8，－3π2<32(α－β)<－π
2，
所以－π<1
2(α＋β)＋3
2(α－β)<π8，
即－π<2α－β<π
8
，
所以2α－β的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪
⎫－π，π8. 【题组·高频强化】 1.
A
【
解
析
】 若a >b ，则a ＋c >b ＋c ，故B 错；设a ＝3，b ＝1，c ＝－1，d ＝－2，则ac <bd ，a c
<b
d
，所以C ，D 错，故选A. 2.
C
【
解
析
】
因为a ＋b ＋c ＝0，且a ＜b ＜c ，所以a ＜0，c ＞0.因为b ＜c ，a ＜0，所以ab ＞ac ，所以B 不成立；因为a ＜b ，c ＞0，所以ac ＜bc ，所以C 成立；当b ＝0时，A ，D 都不成立．故选C.
3. BD
4. ABC 【解析】 取a ＝1
3，b ＝1
2
，可知A ，B ，C 错误．因为0<a <b <1，所以b －a
∈(0,1)，所以lg(b －a )<0，故D 正确．故选ABC.
5.
(－4,2) (1,18)
【
解
析
】
因为－1<x <4,2<y <3，所以－3<－y <－2，所以－4<x －y <2.因为－3<3x <12,4<2y <6，所以1<3x ＋2y <18.
【解
答】
(1)
原不等式转化为6x 2
＋5x －1>0，因为方程6x 2
＋5x －1＝0的解为x 1＝1
6，x 2＝－1，所以根
据二次函数y ＝6x 2
＋5x －1的图象可得原不等式的解集为⎩
⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪
⎫x|x<－1或x>16.
(2) 若a ＝0，原不等式转化为－x ＋1<0，即x >1. 若a <0，原不等式转化为⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫
x －1a (x －1)>0， 此时对应方程⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －1a (x －1)＝0的两个根为x 1＝1a ，x 2＝1， 所以原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x|x<1a 或x>1.
若a >0，原不等式转化为⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫x －1a (x －1)<0， 此时对应方程⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －1a (x －1)＝0的两个根为x 1＝1a ，x 2＝1. 当1
a
＝1，即a ＝1时，原不等式的解集为∅； 当1a >1，即0<a <1时，原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪
⎫x|1<x<1a ；
当1a <1，即a >1时，原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪
⎫x|1a <x<1. 综上所述，当a ＝0时，原不等式的解集为{x |x >1}； 当a <0时，原不等式的解集为
⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x|x<1a 或x>1；
当0<a <1时，原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪
⎫x|1<x<1a ；
当a ＝1时，原不等式的解集为∅； 当a >1时，原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x|1a <x<1.
【解答】 (1) 由不等式x －3
x >－2，可得
x >2或
x <1.由
x
>2，得x >4；由
x
<1，得x <1且x ≥0，即0≤x <1.所以不等式的解集为{x |x >4或0≤x <1}．
(2)
原不等式转化为(x －a )(x －a 2)<0.当a 2>a ，即a >1时，不等式的解集为{x |a <x <a 2}；当a 2<a ，即0<a <1时，不等式的解集为{x |a 2<x <a }；当a 2＝a ，即a ＝1时，不等式的解集为∅.
(1) 【答案】 [0,4] 【
解
析
】
当a ＝0时，原不等式变为1≥0，恒成立，符合题意；当a ≠0时，由ax 2－ax ＋1≥0恒成立，得⎩⎪⎨
⎪⎧
a>0，Δ＝a2－4a ≤0，
解得0<a ≤4.综上，实数a 的取值范围为[0,4]．
(2) 【答案】 ⎣⎢⎢⎡⎭
⎪⎪
⎫
12，＋∞ 【解析】 方法一：当a ＝0时，原不等式可化为x <0，易知不合题意；
当a ≠0时，令f (x )＝ax 2－x ＋a ，要满足题意，需
⎩⎪⎨⎪⎧
a>0，
1
2a ≤1，f (1)≥0
或⎩⎪⎨⎪⎧
a>0，
12a
>1，f ⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫12a >0，解得a ≥1
2，所以a 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭
⎪⎪
⎫12，＋∞. 方法二：ax 2
－x ＋a >0⇔ax 2
＋a >x ⇔a >
x x2＋1
，因为x ∈(1，＋∞)时，
x x2＋1
＝
1x ＋
1
x
<12，所以a ≥12
. (3) 【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎪
⎫
－1＋72，1＋32 【
解
析
】
已知不等式可化为(x 2－1)m ＋(1－2x )<0.设f (m )＝(x 2－1)m ＋(1－2x )，这是一个关于m 的一次函数(或常数函数)，从图象上看，要使f (m )<0在－2≤m ≤2时恒成立，其等价条件是⎩⎨
⎧
f (2)＝2(x 2－1)＋(1－2x )<0，f (－2)＝－2(x 2－1)＋(1－2x )<0，
即⎩⎪⎨
⎪⎧
2x2－2x －1<0，2x2＋2x －3>0，
解得
－1＋
7
2
<x <1＋32，所以实数x 的取值范围是⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫－1＋72，1＋32. 【解答】 (1) 因为当x ∈R 时，x 2＋ax ＋3－a ≥0恒成立， 所以Δ＝a 2－4(3－a )≤0，即a 2＋4a －12≤0， 解得－6≤a ≤2，所以实数a 的取值范围是[－6,2]．
(2) 由题意，可转化为x 2＋ax ＋3－a ≥0在x ∈[－2,2]上恒成立， 则(x 2＋ax ＋3－a )min ≥0(x ∈[－2,2])． 令g (x )＝x 2＋ax ＋3－a ，x ∈[－2,2]， 函数图象的对称轴方程为x ＝－a
2
.
当－a 2<－2，即a >4时，g (x )min ＝g (－2)＝7－3a ≥0，解得a ≤7
3，舍去；
当－2≤－
a 2
≤2，即－4≤a ≤4时，g (x )min ＝g
⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫
－a 2＝－
a24
－a ＋3≥0，解得－6≤a ≤2，所以－4≤a ≤2；
当－a
2>2，即a <－4时，g (x )min ＝g (2)＝7＋a ≥0，
解得a ≥－7，所以－7≤a <－4.
综上，满足条件的实数a 的取值范围是[－7,2]． (3) 令h (a )＝xa ＋x 2＋3.
当a ∈[4,6]时，h (a )≥0恒成立， 只需⎩⎪⎨⎪⎧
h (4)≥0，
h (6)≥0，即⎩⎪⎨
⎪⎧
x2＋4x ＋3≥0，x2＋6x ＋3≥0，
解得x ≤－3－6或x ≥－3＋6， 所以实数x 的取值范围是(－∞，－3－6]∪[－3＋
6，＋∞)．
课堂评价 1.
C
【
解
析
】 (特值法)取a ＝－2，b ＝－1，n ＝0，逐个检验，可知A ，B ，D 项均不正确；C 项，
|b||a|<|b|＋1|a|＋1
⇔|b |(|a |＋1)<|a |(|b |＋1)⇔|a ||b |＋|b |<|a ||b |＋|a |
⇔
|b |<|a |，因为a <b <0，所以|b |<|a |成立，故选C. 2. C
3. ABCD 【解析】 关于实数x 的一元二次不等式a (x －a )(x ＋1)>0，则a ≠0. 当a ＝－1时，原不等式的解集为∅，故A 正确；
当a ＞0时，原不等式的解集为(－∞，－1)∪(a ，＋∞)，故D 正确； 当－1＜a ＜0时，原不等式的解集为(－1，a )，故B 正确； 当a ＜－1时，原不等式的解集为(a ，－1)，故C 正确． 4.
BCD
【
解
析
】
对于A ，因为2x 2－x －1＝(2x ＋1)(x －1)，所以由2x 2－x －1>0得(2x ＋1)(x －1)>0，解得x
>1或x <－1
2，所以不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x|x>1或x<－12，故A 错误；
对于B ，因为－6x 2－x ＋2≤0，所以6x 2＋x －2≥0， 所以(2x －1)(3x ＋2)≥0，所以x ≥12或x ≤－2
3
，故B 正确；
对于C ，由题意可知－7和－1为方程ax 2＋8ax ＋21＝0的两个根，所以－7×(－1)＝21
a
，所以a ＝3，经检验符合题意，故C 正确； 对于D ，依题意知q,1是方程x 2＋px －2＝0的两个根，则q ＋1＝－p ，即p ＋q ＝－1，故D 正确．故选BCD.
5.
－3
【
解
析
】
因为函数f (x )＝－x 2＋ax ＋b (a ，b
∈R )的值域为(－∞，0]，所以Δ＝0，即a 2
＋4b ＝0，所以b ＝－
14a 2.又关于x 的不等式f (x )＞c －1的解集为(m －4，m )，所以方程f (x )＝c －1的两根分别为m －4，m ，即方程－x 2
＋ax －
14
a 2＝c －1的两根分别为m －4，m .又方程－x 2
＋ax －
14
a 2
＝c －1的根为x ＝a
2
±1－c ，所以两根之差为21－c ＝m －(m －4)＝4，解得c ＝－3.
第5讲 基本不等式
链教材·夯基固本 激活思维
1. C 【解析】 因为x >0，y >0，所以
x ＋y 2≥
xy ，
即xy ≤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫
x ＋y 22
＝81，当且仅当x ＝y ＝9时取等号，故(xy )max ＝81. 2. D
【解析】 因为1
x ＋3
y ＝1，所以x ＋3y ＝(x ＋3y )⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫1x ＋3y ＝10＋3y x ＋3x y ≥10＋2
3y x ·3x y ＝16，当且仅当3y x ＝3x y 且1x ＋3
y
＝1，即x ＝y ＝4时取等号，故选D. 3.
BD
【
解
析
】
A 不正确，因为a ，b 不满足同号，故不能用基本不等式；
B 正确，因为lg x 和lg y 一定是
正实数，故可用基本不等式；C 不正确，因为x 和4x 不是正实数，故不能直接利用基本不等式；D 正确，因为 2x 和2－x 都是正实数，且2x ≠1,2－x ≠1，故2x ＋2－x >22x ·2－x ＝2成立，故D 正确．故选BD.
4. 5 【解析】 令t ＝sin x ∈(0,1]，由y ＝t ＋4
t 在(0,1]上单调递减，得y min ＝1＋4
1＝5.
5. 1
【解析】 因为x <
54
，所以5－4x >0，则f (x )＝4x －2＋
14x －5
＝－
⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫
5－4x ＋15－4x ＋3≤－2＋3＝1，当且仅当5－4x ＝15－4x
，即x ＝1时取等号，故f (x )＝4x －2＋
14x －5
的最大值为1.
知识聚焦
1. (1) a ＞0，b ＞0
2. (1) x ＝y 2p (2) x ＝y
p24
研题型·融会贯通 分类解析
【解答】 (1) 当a ＝0时，xy ＝x ＋4y ，两边同除以xy 得
1y
＋
4x
＝1，则x ＋y ＝(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎪
⎫1y ＋4x ＝x y ＋4y x ＋1＋4≥2x y ·4y x ＋5＝9，当且仅当x
y
＝4y x
，即x ＝6，y ＝3时取“＝”，即当a ＝0时，x ＋y 的最小值为9.
(2) 当a ＝5时，xy ＝x ＋4y ＋5≥2
4xy ＋5＝4xy ＋5，
即有(xy )2－4xy －5＝(xy －5)(xy ＋1)≥0， 所以xy ≥5，即xy ≥25，
当且仅当x ＝4y ，即x ＝10，y ＝5
2时取“＝”，
即当a ＝5时，xy 的最小值为25. 【题组·高频强化】 1.
20
【
解
析
】 因为log 5x ＋log 5y ＝2，所以x 和y 均为正数，由指数和对数的关系可得xy ＝52＝25，所以x ＋4y ≥2
x ·4y
＝20，当且仅当x ＝4y ，即x ＝10且y ＝
52时等号成立，所以x ＋4y 的最小值是20.
2. 4
5 【解析】 因为5x 2y 2＋y 4＝1，所以y ≠0且x 2
＝1－y4
5y2，所以x 2＋y 2
＝1－y4
5y2＋y 2
＝
15y2
＋
4y25
≥2
15y2·4y25＝45，当且仅当15y2＝4y25，即x 2＝310，y 2
＝1
2
时取等号，所以x 2
＋y 2
的最小值为4
5
.
3. 5＋2
6 【解析】 因为x ＋y ＝1，所以x ＋2
xy ＝x ＋2(x ＋y )xy ＝3x ＋2y xy ＝2x ＋3
y
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫2x ＋3y (x ＋y )＝2y x ＋3x y ＋5≥5＋26，当且仅当⎩⎪⎨
⎪⎧
2y x ＝3x y ，
x ＋y ＝1，
即⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝6－2，
y ＝3－6
时取等号．
4. 6 【解析】 方法一(换元消元法)： 由已知得x ＋3y ＝9－xy ，因为x >0，y >0， 所以x ＋3y ≥2
3xy ，所以3xy ≤⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫
x ＋3y 22
， 当且仅当x ＝3y ，即x ＝3，y ＝1时取等号， 即(x ＋3y )2＋12(x ＋3y )－108≥0， 令x ＋3y ＝t ，则t >0且t 2＋12t －108≥0， 得t ≥6，即x ＋3y 的最小值为6. 方法二(代入消元法)：
由x ＋3y ＋xy ＝9，x ＞0，y ＞0，得x ＝9－3y
1＋y ，
所以x ＋3y ＝9－3y 1＋y ＋3y ＝9－3y ＋3y (1＋y )
1＋y ＝9＋3y21＋y ＝3(1＋y )2－6(1＋y )＋121＋y ＝3(1＋y )＋
121＋y
－6≥2
3(1＋y )·
12
1＋y －6
＝12－6＝6， 当且仅当3(1＋y )＝
121＋y
，即y ＝1，x ＝3时取等号，
所以x ＋3y 的最小值为6.
5. 94 【解析】 1a ＋1＋4b ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ＋1＋4b ＋1·(a ＋1)＋(b ＋1)4 ＝14⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1＋4＋b ＋1a ＋1＋4(a ＋1)b ＋1≥14⎣
⎢⎢
⎡⎦
⎥⎥
⎤5＋2b ＋1a ＋1·4(a ＋1)b ＋1＝94，当且仅当
b ＋1a ＋1＝4(a ＋1)b ＋1，即a ＝13，b ＝53时取等号，所以1a ＋1＋4b ＋1的最小值为9
4
.
【答案】 ⎝ ⎛⎦
⎥⎥
⎤－∞，174 【解析】 对于正实数x ，y ，由x ＋y ＋4＝2xy ， 得x ＋y ＋4＝2xy ≤(x ＋y )2
2，解得x ＋y ≥4.
不等式x 2＋2xy ＋y 2－ax －ay ＋1≥0可化为(x ＋y )2－a (x ＋y )＋1≥0，令t ＝x ＋y (t ≥4)，则该不等式可化为t 2－at ＋1≥0，
即a ≤t ＋1
t 对于任意的t ≥4恒成立．
令u (t )＝t ＋
1t
(t ≥4)，则u ′(t )＝1－
1t2
＝
t2－1t2
>0对于任意的t ≥4恒成立，从而函数u (t )＝t ＋
1t
(t ≥4)为单调增函数，所以u (t )min ＝u (4)＝4＋1
4＝174，所以a ≤17
4
.
(1) 【答案】 4
【解析】 原不等式变形为k (x －1)＋
4
x －1
＋k ≥12， 则原问题转化成不等式k (x －1)＋
4x －1
≥12－k 在(1，＋∞)上恒成立，所以只需12－k ≤
⎣⎢⎡
⎦
⎥⎤k (x －1)＋4x －1min 即可．根据均值定理可知，k (x －1)＋
4x －1
≥2
k (x －1)·
4x －1＝4k ，当且仅当k (x －1)＝
4x －1
时等号成立，所以只需12－k ≤4
k 成立，即(
k
＋6)(
k －2)≥0，所以k ≥4，即k min ＝4.
(2) 【答案】 (－∞，2
2]
【解析】 因为x >y >0，且xy ＝1，所以由x 2＋y 2≥a (x －y )， 得a ≤
x2＋y2x －y
.又
x2＋y2x －y
＝(x －y )2＋2xy
x －y ＝x －y ＋2x －y
≥2(x －y )·
2
x －y
＝22，所以a ≤22.
【解答】 (1) 设休闲区的宽为a m ，则长为ax m ， 由a 2
x ＝4 000，得a ＝2010
x
.
则S (x )＝(a ＋8)(ax ＋20) ＝a 2x ＋(8x ＋20)a ＋160
＝4 000＋(8x ＋20)·2010
x
＋160
＝80
10⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫2x ＋5x ＋4 160(x ＞1)． (2) 由(1)知， S (x )＝80
10⎝
⎛
⎭⎪⎪⎫
2x ＋5x ＋4 160 ≥8010×2
2
x ×
5x ＋4 160
＝1 600＋4 160＝5 760， 当且仅当2x ＝
5x
，即x ＝2.5时，等号成立，此时a ＝40，ax ＝100.
所以要使公园所占面积最小，休闲区A 1B 1C 1D 1应设计为长100 m ，宽40 m.
【解答】 (1) 设污水处理池的宽为x m ，则长为162
x m ，
总造价y ＝400×⎝ ⎛⎭⎪⎪
⎫2x ＋2×162x ＋248×2x ＋80×162 ＝1 296x ＋1 296×100x ＋12 960
＝1 296⎝ ⎛⎭⎪⎪
⎫x ＋100x ＋12 960 ≥1 296×2
x ×100
x
＋12 960＝38 880(元)，
当且仅当x ＝100
x
(x >0)，即x ＝10时取等号，
所以当污水处理池的长为16.2 m ，宽为10 m 时总造价最低，最低为38 880元． (2) 由限制条件知⎩
⎪⎨⎪
⎧
0<x ≤16，0<162
x ≤16，所以81
8
≤x ≤16.
设g (x )＝x ＋100x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫818≤x ≤16，则g (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥
⎤818，16上是增函数， 所以当x ＝81
8时，g (x )有最小值，即f (x )有最小值，
即y min ＝1 296×⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫818＋80081＋12 960＝38 882(元)． 所以当污水处理池的长为16 m ，宽为81
8 m 时总造价最低，最低为38 882元．
课堂评价 1.
BCD
【
解
析
】
不等式a ＋b ≥2
ab 恒成立的条件是a ≥0，b ≥0，故A 不正确；当a 为负数时，不等式a ＋
1a
≤2成立，故B 正确；由基本不等式可知C 正确；2
x ＋1
y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪
⎫2x ＋1y (x ＋2y )＝4＋4y x ＋x y ≥4＋2
4y x ·x y ＝8，当且仅当4y x ＝x y ，即x ＝12，y ＝1
4
时取等号，故D 正确． 2. ABD 【解析】 若m ，n ＞0，m ＋n ＝2，则1
m ＋2
n ＝1
2(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎪
⎫1m ＋2n ＝
1
2⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫
3＋n m ＋2m n ≥
3＋22
2
，当且仅当n ＝
2
m ＝4－22
时等号成立，A 正确．m ＋n ＝2≥2mn ，解得mn ≤1，所以mn 2
≤
12
，(m
＋
n )2
＝m ＋n ＋2
mn ≤4，即
m ＋
n ≤2，B 正确，C 错误．m 2
＋n 2
≥(m ＋n )2
2＝2，当且仅当m ＝n ＝1时取等号，D 正确．故选ABD.
3. (－1,4) 【解析】 由正实数x ，y 满足1
x ＋4
y ＝1，则x ＋y
4＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋y 4⎝ ⎛⎭⎪⎪
⎫1x ＋4y ＝2＋4x y ＋
y 4x
≥2＋2
4x y ·y
4x
＝4，当且仅当y ＝4x ＝8时取等号，所以x ＋
y 4
的最小值为4.由x＋y
4>m
2－3m恒成立，可得m2－3m<4，解得m∈(－1,4)．
4. 4 【解析】因为a>0，b>0，所以a＋b>0，ab＝1，所以1
2a＋
1
2b＋
8
a＋b＝
b
2ab
＋
a
2ab＋
8
a＋b＝
a＋b
2＋
8
a＋b≥2
a＋b
2
·
8
a＋b
＝4，当且仅当a＋b＝4时取等号，结合ab＝1，解得a＝2－3，b＝2＋3或a＝2＋3，b＝2－3时等号成立．
5. 210
5【解析】因为4x
2＋y2＋xy＝1，所以(2x＋y)2－3xy＝1，即(2x＋y)2－
3
2·2xy＝
1，所以(2x＋y)2－3
2·⎝
⎛
⎭
⎪
⎪
⎫
2x＋y
22≤1，解得(2x＋y)2≤
8
5，即2x＋y≤
210
5。