高考總復習（第1輪）·數(shù)學·參考答案專題1集合、常用邏輯用語、不等式第1講集合的概念與運算【夯基固本】[知識梳理]1．(1)元素集合集確定性互異性無序性(2)屬于a∈A不屬于a?A(3)NN*或N＋ZQR(4)描述法圖示法2．(1)任意都是A?B（或BA）(2)?∈?AB（或BA）(3)A?B且B?A3．(1)所有且{x|x∈A，且x∈B}(2)所有或{x|x∈A，或x∈B}(3)不屬于集合A{x|x∈U，且x?A}常用結論：1.子集真子集2.2n2n－12n－13.AB[熱身練習]1．B2.B3.A4.C5.8【考點探究】[例1](1)A集合中的元素具有無序性，A正確；?是不含任何元素的集合，{?}是含有一個元素?的集合，B錯誤；集合{x|y＝x2－1}＝R，集合{y|y＝x2－1}＝{y|y≥－1}，C錯誤；集合{x|x2＋5x＋6＝0}＝{x|(x＋2)(x＋3)＝0}中有兩個元素－2，－3，集合{x2＋5x＋6＝0}中只有一個元素，為方程x2＋5x＋6＝0，D錯誤．故選A.(2)A由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m×2－3>0，,2m×1－3≤0，))解得eq\f(3,4)<m≤eq\f(3,2).故選A.[變式探究]1．A因為集合A有15個真子集，所以集合A中有4個元素，所以－1≤m<0.故選A.2．D因為集合{x|(x－a2)(x－1)＝0}的元素之和為1，所以一元二次方程(x－a2)(x－1)＝0有等根時，可得x＝a2＝1，即a＝±1.當方程有兩不相等實根時，x＝a2＝0，即a＝0.綜上，實數(shù)a所有取值的集合為{0，1，－1}．故選D.[例2](1)B集合A＝{x|1<x<2024}，B＝{x|x<a}，又A?B，則a≥2024，所以實數(shù)a的取值范圍是[2024，＋∞）.故選B.(2)B解不等式|2x－2a－1|≤1，得a≤x≤a＋1，所以B＝{x|a≤x≤a＋1}．由A∩B＝B，得B?A，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>2，,a＋1<4，))解得2<a<3.故選B.[變式探究]3．C因為A＝B，所以3a－2＝a2，解得a＝1或2.當a＝1時，集合A＝{0，1，1}，不滿足集合中元素的互異性，故舍去．當a＝2時，集合A＝{0，1，4}，集合B＝{1，0，4}，符合題意，所以a＝2.故選C.4．D由題意可得A＝{x|0<x2≤22}＝[－2，0）∪（0，2]，因為A∪B＝A，則B?A，所以m∈[－2，0）∪（0，2].故選D.[例3](1)A因為整數(shù)集Z＝{x|x＝3k，k∈Z}∪{x|x＝3k＋1，k∈Z}∪{x|x＝3k＋2，k∈Z}，U＝Z，所以?U(M∪N)＝{x|x＝3k，k∈Z}．故選A.(2)B由題意，圖中陰影部分表示的集合為A∩（?UB）.因為U＝{1，2，3，4，5，6}，B＝{2，4，6}，所以?UB＝{1，3，5}，又A＝{1，2，3，4}，所以題圖中陰影部分表示的集合為A∩（?UB）＝{1，3}．故選B.(3)D因為集合A＝{x|1<x<3}，B＝{x|2≤x≤a}，且A∪B＝{x|1<x≤4}，所以a＝4.故選D.[變式探究]5．{x|－1<x≤eq\r(5)}由題知A＝{x|x2－5≤0}＝{x|－eq\r(5)≤x≤eq\r(5)}，B＝{x|x2＋4x＋3>0}＝{x|x<－3或x>－1}，所以A∩B＝{x|－1<x≤eq\r(5)}．6．D因為A＝{x|－2<x<2}，B＝{x|－1≤x≤3}，則?RA＝{x|x≤－2或x≥2}，故（?RA）∩B＝{x|2≤x≤3}．故選D.7．3由不等式|x|≤3，解得－3≤x≤3，所以A＝{x|－3≤x≤3}，又由log2(x＋a)≥1，可得x＋a≥2，所以x≥2－a，所以B＝{x|x≥2－a}，因為A∩B＝{x|－1≤x≤3}，所以2－a＝－1，解得a＝3.第2講充分條件與必要條件、全稱量詞與存在量詞【夯基固本】[知識梳理]充分必要充分不必要必要不充分充要[熱身練習]1．B2.B3.D4.A5.A【考點探究】[例1](1)Azeq\o\al(2,1)＝zeq\o\al(2,2)zeq\o\al(2,1)－zeq\o\al(2,2)＝0(z1－z2)(z1＋z2)＝0z1＝z2或z1＝－z2|z1|＝|z2|.因為|z1|＝|z2|/z1＝z2或z1＝－z2，例如取z1＝eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),2)i，z2＝i，此時|z1|＝|z2|，但z1＝z2或z1＝－z2不成立，故選A.(2)充要函數(shù)y＝tanx圖象的對稱中心為（eq\f(kπ,2)，0），k∈Z，所以函數(shù)y＝tanx的圖象關于(x0，0)中心對稱等價于x0＝eq\f(kπ,2)，k∈Z.因為sin2x0＝0等價于2x0＝kπ，k∈Z，即x0＝eq\f(kπ,2)，k∈Z.所以“函數(shù)y＝tanx的圖象關于(x0，0)中心對稱”是“sin2x0＝0”的充要條件．(3)B若Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn(n≥2)，則Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)，即an＋1＝2an(n≥2)，根據(jù)等比數(shù)列的定義，{an}是公比為2的等比數(shù)列不一定成立；若{an}是公比為2的等比數(shù)列，則an＋1＝2an(n≥2)，即Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)，所以Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn(n≥2)成立．所以“Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn對n≥2恒成立”是“{an}是公比為2的等比數(shù)列”的必要不充分條件，故選B.[變式探究]1．A若a＋2b＝0，則a＝－2b，所以a∥b.若a∥b，則a＋2b＝0不一定成立，故前者是后者的充分不必要條件．故選A.2．A由eq\f(1,a)<1，得a>1或a<0.所以“a>1”是“eq\f(1,a)<1”的充分不必要條件，故選A.3．B若b＝eq\r(2)，由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，即eq\f(\r(2),\f(1,2))＝eq\f(2,sinC)，所以sinC＝eq\f(\r(2),2).又因為c>b，所以C＝45°或C＝135°，則“b＝eq\r(2)”是“C＝45°”成立的必要不充分條件．故選B.[例2](1)C由題得f′(x)＝k－eq\f(2,x)，因為函數(shù)f(x)＝kx－2lnx在區(qū)間[1，＋∞）上單調遞增，所以f′(x)≥0在區(qū)間[1，＋∞）上恒成立，所以k≥eq\f(2,x)，而y＝eq\f(2,x)在區(qū)間[1，＋∞）上單調遞減，所以k≥2.所以選項A是必要不充分條件，選項B、D是充分不必要條件，故選C.(2)[－1，0]依題意，關于x的不等式x2＋2mx－2m＋3>0恒成立，于是得Δ＝4m2－4(－2m＋3)<0，解得－3<m<1，所以實數(shù)m的取值集合A＝{m|－3<m<1}．因為x∈A是x∈B的必要不充分條件，所以BA.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1≤1，,a－2>－3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1<1，,a－2≥－3，))得－1≤a≤0，所以實數(shù)a的取值范圍為[－1，0].[變式探究]4．D對于A，α內有無數(shù)條直線與β平行推不出α∥β，只有α內所有直線與β平行才能得出α∥β，A錯誤；對于B，α，β垂直于同一平面，得到α∥β或α與β相交，B錯誤；對于C，α，β平行于同一條直線，得到α∥β或α與β相交，C錯誤；對于D，因為垂直于同一條直線的兩平面平行，故α，β垂直于同一條直線α∥β，D正確．故選D.5．（－∞，－eq\f(3,4)]∪[eq\f(3,4)，＋∞）函數(shù)y＝x2－eq\f(3,2)x＋1圖象的對稱軸為x＝eq\f(3,4)，開口向上，所以函數(shù)y＝x2－eq\f(3,2)x＋1在[eq\f(3,4)，2]上單調遞增，當x＝eq\f(3,4)時，ymin＝eq\f(7,16)；當x＝2時，ymax＝2.所以A＝[eq\f(7,16)，2].B＝{x|x＋m2≥1}＝{x|x≥1－m2}，由于“x∈A”是“x∈B”的充分條件，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).所以實數(shù)m的取值范圍是（－∞，－eq\f(3,4)]∪[eq\f(3,4)，＋∞）.[例3](1)B命題“?x>0，|x|＋x≥0”為存在量詞命題，該命題的否定為“?x>0，|x|＋x<0”．故選B.(2)(－∞，2)因為命題“?m∈R，A∩B≠?”為假命題，所以命題“?m∈R，A∩B＝?”為真命題．因為集合A＝{x|0≤x≤a}，當a<0時，集合A＝?，符合A∩B＝?；當a≥0時，因為m2＋2≥2，所以由對?m∈R，A∩B＝?，可得m2＋2>a對任意的m∈R恒成立，所以0≤a<2.綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為(－∞，2).(3)（－∞，0]因為若對?x1∈[2，4]，?x2∈[8，16]，使得f(x1)≥g(x2)，所以f(x1)min≥g(x2)min.因為f(x)＝x2－2x＋3的對稱軸為x＝1，x∈[2，4]，所以f(x)min＝f(2)，因為g(x)＝log2x＋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，即m∈（－∞，0].[變式探究]6．AC當a＝1時，y＝2x＋a·2－x＝2x＋2－x，易知定義域為R，且f(－x)＝2－x＋2x＝f(x)，所以y＝2x＋2－x為偶函數(shù)，A為真命題；y＝sinx＋cosx＋eq\r(2)＝eq\r(2)sin（x＋eq\f(π,4)）＋eq\r(2)，當sin（x＋eq\f(π,4)）＝－1時，y＝0，B為假命題；當x＝3時，23＝8<9＝32，C為真命題；當x＝eq\f(1,3)時，由y＝（eq\f(1,3)）x的圖象與性質知，（eq\f(1,3)）eq\s\up6(\f(1,3))∈(0，1)，又logeq\s\do9(\f(1,3))eq\f(1,3)＝1，所以（eq\f(1,3)）eq\s\up6(\f(1,3))<logeq\s\do9(\f(1,3))eq\f(1,3)，D為假命題．故選AC.7．（－∞，6]因為命題“?x>1，x2－ax＋a＋3<0”是假命題，所以命題“?x>1，x2－ax＋a＋3≥0”是真命題，即?x>1，x2＋3≥a(x－1)，所以a≤eq\f(x2＋3,x－1)＝eq\f((x－1)2＋2(x－1)＋4,x－1)＝x－1＋eq\f(4,x－1)＋2.因為(x－1)＋eq\f(4,x－1)≥2eq\r((x－1)·\f(4,x－1))＝4，當且僅當x－1＝eq\f(4,x－1)，即x＝3時取等號，所以a≤6，即a∈（－∞，6].8．A因為命題“?x∈[1，4]，ex－eq\f(2,x)－m≥0”為真命題，所以?x∈[1，4]，m≤ex－eq\f(2,x).令f(x)＝ex－eq\f(2,x)，x∈[1，4]，y＝ex與y＝－eq\f(2,x)在[1，4]上均為增函數(shù)，故f(x)為增函數(shù)．當x＝1時，f(x)有最小值e－2，即m≤e－2，故選A.第3講等式性質與不等式性質【夯基固本】[知識梳理]2．(1)a>ba<ba＝b(2)a>ba＝ba<b3．(1)b＝a(2)a＝c(3)a±c＝b±c(4)ac＝bc(5)eq\f(a,c)＝eq\f(b,c)4．(1)b<a(2)a>c(3)a＋c>b＋c(4)a＋c>b＋d(5)ac>bcac<bc(6)ac>bd(7)an>bn(8)eq\r(n,a)>eq\r(n,b)[熱身練習]1．A2.C3.C4.D5．eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)≤z≤\f(x,3)，,y＋z≥55))(x，y，z∈N*)【考點探究】[例1](1)ACD對于A，若a>b，則a－b＝（eq\r(3,a)）3－（eq\r(3,b)）3＝（eq\r(3,a)－eq\r(3,b)）[（eq\r(3,a)）2－eq\r(3,a)eq\r(3,b)＋（eq\r(3,b)）2]>0，而（eq\r(3,a)）2－eq\r(3,a)eq\r(3,b)＋（eq\r(3,b)）2＝（eq\r(3,a)－eq\f(1,2)eq\r(3,b)）2＋eq\f(3,4)（eq\r(3,b)）2>0，因此eq\r(3,a)－eq\r(3,b)>0，即eq\r(3,a)>eq\r(3,b)，A正確；對于B，若a>b，當c＝0時，ac2＝bc2，B錯誤；對于C，若a<b<0，有ab>0，兩邊同時除以ab，則有eq\f(1,b)<eq\f(1,a)，C正確；對于D，若ac2<bc2，則c≠0，此時c2>0，于是a<b，D正確．故選ACD.(2)ACD因為a>b>0>c>d，所以c2<cd，A正確；令a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，滿足a>b>0>c>d，此時a－c＝b－d，B錯誤；因為a>b>0>c>d，所以ad<bd，bd<bc，所以ad<bc，C正確；因為a>b>0>c>d，則eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＝eq\f(cb－ad,ab)，因為cb－ad>0，ab>0，所以eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＝eq\f(cb－ad,ab)>0，即eq\f(c,a)>eq\f(d,b)，D正確．故選ACD.[變式探究]1．D由于a＜b＜0，不妨令a＝－2，b＝－1，可得eq\f(1,a)＝－eq\f(1,2)，eq\f(1,b)＝－1，所以eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，A錯誤；可得ab＝2，b2＝1，所以ab＞b2，B錯誤；可得－ab＝－2，－a2＝－4，所以－ab＞－a2，C錯誤；eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝eq\f(a－b,ab)，因為ab>0，a－b<0，所以eq\f(1,b)－eq\f(1,a)<0，即－eq\f(1,a)<－eq\f(1,b)，D正確．故選D.2．BC因為a<b<c，a＋b＋c＝0，所以a<0<c，b的符號不能確定，當b＝0時，ab＝b2，A錯誤；因為a<b，c>0，所以ac<bc，B正確；因為a<0<c，所以eq\f(1,a)<eq\f(1,c)，C正確；因為a<b，所以－a>－b，所以c－a>c－b>0，所以eq\f(c－a,c－b)>1，D錯誤．故選BC.[例2](1)C>A>B由a>b>c>0，得a2>ab，b2>bc，因此C＝a2＋b2>ab＋bc＝A，顯然A－B＝(ab＋bc)－(ac＋b2)＝(a－b)(b－c)>0，則A>B，所以A，B，C的大小關系是C>A>B.(2)Dx2－y2＝(x－y)(x＋y)，因為x＋y<0，且y>0，所以x<0，所以x－y<0，所以x2－y2>0，所以x2>y2，又xy＋y2＝y(tǒng)(x＋y)，因為x＋y<0，y>0，所以y(x＋y)<0，所以y2<－xy.又x2＋xy＝x(x＋y)>0，所以x2>－xy.綜上，x2>－xy>y2.故選D.(3)因為eq\f(a2＋1,a2－1)－eq\f(a＋1,a－1)＝eq\f(a2＋1－(a＋1)2,a2－1)＝eq\f(－2a,a2－1)，可得a≠1，(ⅰ)當a>1時，－2a<0，a2－1>0，則eq\f(－2a,a2－1)<0，即eq\f(a2＋1,a2－1)<eq\f(a＋1,a－1)；(ⅱ)當0<a<1時，－2a<0，a2－1<0，則eq\f(－2a,a2－1)>0，即eq\f(a2＋1,a2－1)>eq\f(a＋1,a－1).綜上，當a>1時，eq\f(a2＋1,a2－1)<eq\f(a＋1,a－1)；當0<a<1時，eq\f(a2＋1,a2－1)>eq\f(a＋1,a－1).[變式探究]3．M<N因為M2－N2＝(a＋b)－（a＋b＋2eq\r(ab)）＝－2eq\r(ab)<0，所以M<N.4．②③當a>0，b<0時，eq\f(1,a)>0>eq\f(1,b)，故①不正確；由函數(shù)y＝x3，y＝2x的單調性可知，②③正確；當a＝1，b＝－1時，lna2＝lnb2＝ln1＝0，故④不正確．5．D因為p＝(a2＋a＋1)-1＝eq\f(1,a2＋a＋1)＝eq\f(1,(a＋\f(1,2))2＋\f(3,4))>0，q＝a2－a＋1＝（a－eq\f(1,2)）2＋eq\f(3,4)>0，則eq\f(q,p)＝eq\f(a2－a＋1,(a2＋a＋1)-1)＝(a2－a＋1)(a2＋a＋1)＝(a2＋1)2－a2＝(a2)2＋a2＋1≥1.故p≤q，當且僅當a＝0時，取等號，故選D.[例3](1)3對②變形：eq\f(c,a)>eq\f(d,b)eq\f(bc－ad,ab)>0.(ⅰ)由ab>0，bc>ad得②成立，所以①③②.(ⅱ)若ab>0，eq\f(bc－ad,ab)>0，則bc>ad，所以①②③.(ⅲ)若bc>ad，eq\f(bc－ad,ab)>0，則ab>0，所以②③①.綜上所述，可組成3個正確命題．(2)eq\f(1,2)設eq\f(x,y3)＝(xy2)m·（eq\f(x2,y)）n，即xy-3＝xm+2n·y2m－n，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋2n＝1，,2m－n＝－3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－1，,n＝1，))所以eq\f(x,y3)＝(xy2)-1·eq\f(x2,y).因為3≤xy2≤8，4≤eq\f(x2,y)≤9，所以eq\f(1,8)≤(xy2)-1≤eq\f(1,3).由不等式性質可知eq\f(1,2)≤(xy2)-1·eq\f(x2,y)≤3，即eq\f(1,2)≤eq\f(x,y3)≤3.綜上可知，eq\f(x,y3)的最小值為eq\f(1,2).[變式探究]6．C設4a＋2b＝A(a＋b)＋B(a－b)，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＋B＝4，,A－B＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＝3，,B＝1，))則4a＋2b＝3(a＋b)＋a－b，因為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤a＋b≤3，,－1≤a－b≤1))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3≤3(a＋b)≤9，,－1≤a－b≤1，))所以2≤4a＋2b≤10，故選C.7．[e，7]因為正數(shù)a，b滿足5－3a≤b≤4－a，所以5－3a≤4－a，所以a≥eq\f(1,2).因為5－3a≤b≤4－a，所以eq\f(5,a)－3≤eq\f(b,a)≤eq\f(4,a)－1，從而eq\f(b,a)≤7.因為lnb≥a，所以eq\f(b,a)≥eq\f(b,lnb)（b≥eeq\s\up6(\f(1,2))），設f(x)＝eq\f(x,lnx)（x≥eeq\s\up6(\f(1,2))），則f′(x)＝eq\f(lnx－1,(lnx)2)，當eeq\s\up6(\f(1,2))≤x＜e時，f′(x)＜0，當x＞e時，f′(x)＞0，當x＝e時，f′(x)＝0，所以當x＝e時，f(x)取到極小值，也是最小值．所以f(x)min＝f(e)＝e，所以eq\f(b,a)≥e，所以eq\f(b,a)的取值范圍是[e，7].第4講基本不等式【夯基固本】[知識梳理]1．(1)a>0，b>0(2)a＝b2．(1)2ab(2)2(4)≥3．(1)正數(shù)定值相等(2)正數(shù)定值相等[熱身練習]1．A2.C3.D4.D5.eq\f(9,2)【考點探究】[例1](1)C依題意ab＝a＋b，所以a＋b＝ab≤（eq\f(a＋b,2)）2，即a＋b≤eq\f((a＋b)2,4)，所以a＋b≥4，當且僅當a＝b＝2時取等號，所以a＋b的最小值為4.故選C.(2)8由題意，y＝eq\f((x－1)2＋2(x－1)＋9,x－1)＝(x－1)＋eq\f(9,x－1)＋2，因為x>1，所以x－1>0，所以y≥2eq\r((x－1)×\f(9,x－1))＋2＝6＋2＝8，當且僅當x－1＝eq\f(9,x－1)，即x＝4時等號成立，故y的最小值為8.(3)因為a>0，b>0且a＋b＝1，所以a＋1＋b＝2，則eq\f(3,a＋1)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,2)（eq\f(3,a＋1)＋eq\f(1,b)）[(a＋1)＋b]＝eq\f(1,2)（4＋eq\f(3b,a＋1)＋eq\f(a＋1,b)）≥eq\f(1,2)（4＋2eq\r(3)）＝2＋eq\r(3)，當且僅當eq\f(3b,a＋1)＝eq\f(a＋1,b)，a＋b＝1，即a＝2－eq\r(3)，b＝eq\r(3)－1時取等號，故其最小值為2＋eq\r(3).[變式探究]1．C因為eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)，所以a＞0，b＞0，所以eq\r(ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(1,a)×\f(2,b))＝2eq\r(\f(2,ab))，所以ab≥2eq\r(2)（當且僅當b＝2a時取等號），所以ab的最小值為2eq\r(2)，故選C.2．eq\f(4,3)由x＋2y＝6，得eq\f(x,6)＋eq\f(y,3)＝1，所以eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)＝（eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)）（eq\f(x,6)＋eq\f(y,3)）＝eq\f(1,3)＋eq\f(2y,3x)＋eq\f(x,6y)＋eq\f(1,3)≥eq\f(2,3)＋2eq\r(\f(2y,3x)·\f(x,6y))＝eq\f(4,3)，當且僅當eq\f(2y,3x)＝eq\f(x,6y)，即x＝3，y＝eq\f(3,2)時取等號，所以eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)的最小值為eq\f(4,3).3．{eq\r(2)}因為m＝x＋y≥2eq\r(xy)，所以xy≤eq\f(m2,4)，f(x，y)＝xy＋1＋1＋eq\f(1,xy)＝xy＋eq\f(1,xy)＋2，令xy＝t，t∈（0，eq\f(m2,4)]，g(t)＝t＋eq\f(1,t)＋2.當eq\f(m2,4)≥1時，g(t)min＝4，與已知矛盾；當eq\f(m2,4)<1時，g(t)在（0，eq\f(m2,4)]上單調遞減，所以g(t)min＝g（eq\f(m2,4)）＝eq\f(m2,4)＋eq\f(4,m2)＋2＝eq\f(9,2)，解得m＝eq\r(2)或－eq\r(2)（舍去），所以m的取值集合為{eq\r(2)}．[例2](1)2eq\r(2)因為b>0，直線b2x＋y＋1＝0與直線ax－(b2＋2)y＋3＝0互相垂直，所以b2×a＋1×[－(b2＋2)]＝0，所以a＝eq\f(b2＋2,b2)，所以ab＝eq\f(b2＋2,b2)·b＝b＋eq\f(2,b)≥2eq\r(b·\f(2,b))＝2eq\r(2)，當且僅當b＝eq\r(2)時取等號．則ab的最小值為2eq\r(2).(2)eq\f(9,2)因為a＋b＋c＝2，所以eq\f(4,a＋b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(1,2)（eq\f(4,a＋b)＋eq\f(1,c)）[(a＋b)＋c]＝eq\f(1,2)（5＋eq\f(4c,a＋b)＋eq\f(a＋b,c)）≥eq\f(1,2)（5＋2eq\r(\f(4c,a＋b)·\f(a＋b,c))）＝eq\f(9,2)，當且僅當eq\f(4c,a＋b)＝eq\f(a＋b,c)，即a＋b＝2c時等號成立，故eq\f(4,a＋b)＋eq\f(1,c)的最小值為eq\f(9,2).(3)D由題可得圓O的半徑為r＝OF＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(a＋b,2)，OC＝OB－BC＝eq\f(a＋b,2)－b＝eq\f(a－b,2).在Rt△OCF中，可得FC2＝OC2＋OF2＝（eq\f(a－b,2)）2＋（eq\f(a＋b,2)）2＝eq\f(a2＋b2,2)，因為FO≤FC，所以eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))，當且僅當a＝b時取等號．故選D.[變式探究]4．A因為bsinB＋csinC＝asinA＋csinB，所以由正弦定理得b2＋c2＝a2＋bc，所以a2＝(b＋c)2－3bc≥(b＋c)2－3（eq\f(b＋c,2)）2＝eq\f((b＋c)2,4)，又a＝eq\r(3)，得b＋c≤2eq\r(3)，當且僅當b＝c＝eq\r(3)時等號成立，所以△ABC的周長的最大值是3eq\r(3).故選A.5．A因為a＝6，b＋c＝8，p＝eq\f(a＋b＋c,2)＝eq\f(6＋8,2)＝7，所以S2＝7×(7－6)×(7－b)(7－c)＝7[bc－7(b＋c)＋49]＝7(bc－7)≤7×[（eq\f(b＋c,2)）2－7]＝7×9，當且僅當b＝c＝4時取等號．所以S≤3eq\r(7)，即三角形面積的最大值為3eq\r(7).故選A.6．A因為數(shù)列{an}為等比數(shù)列，不妨設公比為q，則q≠0，由a3≥1可得a1q2≥1，故a1>0，而a1＋a5＝a1(1＋q4)，由1＋q4≥2q2知a1＋a5≥2a1q2，當且僅當q2＝1時取等號，而a1q2≥1，故a1＋a5≥2，此時q＝±1，a1＝1，故“a3≥1”是“a1＋a5≥2”的充分條件．由a1＋a5＝a1(1＋q4)≥2可得a1≥eq\f(2,1＋q4)，則a3＝a1q2≥eq\f(2q2,1＋q4)，而eq\f(2q2,1＋q4)＝eq\f(2,q2＋\f(1,q2))≤1，故不一定能得到a3≥1.如q＝eq\f(1,2)，a1＝2時，滿足a1＋a5≥2，但是a3＝a1q2＝2×（eq\f(1,2)）2＝eq\f(1,2)<1，故“a3≥1”不是“a1＋a5≥2”的必要條件．即“a3≥1”是“a1＋a5≥2”的充分不必要條件．故選A.[例3]D由題意可知∠ACB是銳角，且∠ACB＝∠OCA－∠OCB，而tan∠OCA＝eq\f(a,c)，tan∠OCB＝eq\f(b,c)，所以tan∠ACB＝tan(∠OCA－∠OCB)＝eq\f(\f(a,c)－\f(b,c),1＋\f(ab,c2))＝eq\f(a－b,c＋\f(ab,c))，而c＋eq\f(ab,c)≥2eq\r(ab)，當且僅當c＝eq\f(ab,c)，即c＝eq\r(ab)時取等號．因為∠ACB是銳角，所以當c＝eq\r(ab)時，tan∠ACB＝eq\f(a－b,c＋\f(ab,c2))≤eq\f(a－b,2\r(ab))最大，此時∠ACB最大．故選D.[變式探究]7．y＝eq\f(1800,x＋5)＋eq\f(x,2)，x≥055平方米因為公司每年的燃料費為eq\f(k,20x＋100)（k為常數(shù)）萬元，取x＝0，得eq\f(k,100)＝24，則k＝2400.所以，該公司安裝太陽能板的費用與15年的燃料費之和為y＝15×eq\f(2400,20x＋100)＋eq\f(x,2)＝eq\f(1800,x＋5)＋eq\f(x,2)，x≥0.因為y＝eq\f(1800,x＋5)＋eq\f(x,2)＝eq\f(1800,x＋5)＋eq\f(x＋5,2)－eq\f(5,2)≥2eq\r(\f(1800,2))－eq\f(5,2)＝57.5，當且僅當eq\f(1800,x＋5)＝eq\f(x＋5,2)，即x＝55時取等號．所以安裝太陽能板的面積為55平方米時，y的最小值為57.5萬元．第5講不等式的解法【夯基固本】[知識梳理]1．122.{x|x>x2或x<x1}{x|x1<x<x2}{x∈R|x≠－eq\f(b,2a)}?R?3．(1)(x－a)(x－b)>0(2)(x－a)(x－b)<0(3)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((x－a)(x－b)≥0，,x－b≠0))(4)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((x－a)(x－b)≤0，,x－b≠0))[熱身練習]1．A2.A3.A4.B5.{x|x≥2或x<－1}【考點探究】[例1](1)不等式－3x2＋5x－4≥0可化為3x2－5x＋4≤0，由Δ＝(－5)2－4×3×4＝－23<0可知，一元二次方程3x2－5x＋4＝0無實根，則不等式3x2－5x＋4≤0的解集為?，故不等式－3x2＋5x－4≥0的解集為?.(2)不等式(x＋1)(x＋2)<(x＋1)(2－x)＋1可化為2x2＋2x－1<0，一元二次方程2x2＋2x－1＝0有兩根，x1＝eq\f(－1－\r(3),2)，x2＝eq\f(－1＋\r(3),2)，則不等式2x2＋2x－1<0的解集為{x|eq\f(－1－\r(3),2)<x<eq\f(－1＋\r(3),2)}，故不等式(x＋1)(x＋2)<(x＋1)(2－x)＋1的解集為{x|eq\f(－1－\r(3),2)<x<eq\f(－1＋\r(3),2)}．(3)由eq\f(x＋1,3x－2)≥2，可得eq\f(x＋1,3x－2)－2＝eq\f(－5x＋5,3x－2)≥0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((5x－5)(3x－2)≤0，,3x－2≠0，))解得eq\f(2,3)<x≤1，所以原不等式的解集為{x|eq\f(2,3)<x≤1}．[變式探究]1．ACD由題設可得M＝[－1，3]，N＝（－1，4]，A正確，B錯誤；M∪N＝{x|－1≤x≤4}，C正確；M∩N＝{x|－1<x≤3}，D正確．故選ACD.2．（1，3]由eq\f(x＋1,x－1)≥2得1<x≤3，所以B＝{x|1<x≤3}，因為A∩B≠?且A∪B≠A，所以a∈（1，3].[例2](1)(0，1)不等式eq\f(ax－1,x＋b)>0等價于(ax－1)(x＋b)>0，所以－1和2為方程(ax－1)(x＋b)＝0的兩根，且a<0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＝－1，,－b＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－2，))所以原不等式為eq\f(－2x＋1,－x＋1)<1eq\f(－2x＋1,－x＋1)－1<0eq\f(－x,－x＋1)<0eq\f(x,x－1)<0，即x(x－1)<0，解得0<x<1.即不等式eq\f(bx＋1,ax＋1)<1的解集為(0，1).(2)ax2－3x＋2>ax－1ax2－(a＋3)x＋3>0(ax－3)(x－1)>0.當a＝0時，不等式化為x－1<0，不等式的解集為{x|x<1}．當a<0時，不等式化為（x－eq\f(3,a)）(x－1)<0，不等式的解集為{x|eq\f(3,a)<x<1}．當a>0時，不等式化為（x－eq\f(3,a)）(x－1)>0.方程ax2－3x＋2＝ax－1的兩個根分別為eq\f(3,a)，1.當a＝3時，兩根相等，故不等式的解集為{x|x≠1}；當a>3時，eq\f(3,a)<1，不等式的解集為{x|x<eq\f(3,a)或x>1}；當0<a<3時，eq\f(3,a)>1，不等式的解集為{x|x<1或x>eq\f(3,a)}．綜上：當a<0時，不等式的解集為{x|eq\f(3,a)<x<1}；當a＝0時，不等式的解集為{x|x<1}；當0<a<3時，不等式的解集為{x|x<1或x>eq\f(3,a)}．當a＝3時，不等式的解集為{x|x≠1}；當a>3時，不等式的解集為{x|x<eq\f(3,a)或x>1}．[變式探究]3．（－∞，－eq\f(3,2)）∪（eq\f(1,2)，＋∞）由f(x)＝(ax－1)(x＋b)>0的解集是(－1，3)，則a<0，故eq\f(1,a)＝－1，－b＝3，即a＝－1，b＝－3.所以f(x)＝－x2＋2x＋3，所以f(－2x)＝－4x2－4x＋3，由－4x2－4x＋3<0，得x>eq\f(1,2)或x<－eq\f(3,2)，故不等式f(－2x)<0的解集是（－∞，－eq\f(3,2)）∪（eq\f(1,2)，＋∞）.4．A不等式ax2＋bx＋2>0的解集是{x|－eq\f(1,2)<x<eq\f(1,3)}，則根據(jù)對應方程的韋達定理得到eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((－\f(1,2))＋\f(1,3)＝－\f(b,a)，,(－\f(1,2))×\f(1,3)＝\f(2,a)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－12，,b＝－2，))則－12x－2>0的解集為（－∞，－eq\f(1,6)），故選A.5．當a＝0時，原不等式可化為－eq\f(1,x)>0，解得x<0.若a>0，則原不等式可化為eq\f(a(x－\f(1,a)),x－a)>0，即(x－a)（x－eq\f(1,a)）>0.當0<a<1時，a<eq\f(1,a)，解得x<a或x>eq\f(1,a)；當a＝1時，不等式化為(x－1)2>0，解得x∈R且x≠1；當a>1時，a>eq\f(1,a)，解得x<eq\f(1,a)或x>a.若a<0，則原不等式可化為(x－a)（x－eq\f(1,a)）<0.當a<－1時，a<eq\f(1,a)，解得a<x<eq\f(1,a)；當a＝－1時，不等式可化為(x＋1)2<0，其解集為?；當－1<a<0時，a>eq\f(1,a)，解得eq\f(1,a)<x<a.綜上，當a<－1時，不等式的解集為{x|a<x<eq\f(1,a)}；當a＝－1時，不等式的解集為?；當－1<a<0時，不等式的解集為{x|eq\f(1,a)<x<a}；當a＝0時，不等式的解集為{x|x<0}；當0<a<1時，不等式的解集為{x|x<a或x>eq\f(1,a)}；當a＝1時，不等式的解集為{x|x∈R且x≠1}；當a>1時，不等式的解集為{x|x<eq\f(1,a)或x>a}．[例3](1)B由題意，對于?x∈[m，m＋1]都有f(x)＝x2＋mx－1<0成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(m)＝m2＋m2－1<0，,f(m＋1)＝(m＋1)2＋m(m＋1)－1<0，))解得－eq\f(\r(2),2)<m<0，即實數(shù)m的取值范圍是（－eq\f(\r(2),2)，0）.故選B.(2)[eq\f(\r(2),4)，＋∞）因為關于x的不等式ax2－|x|＋2a≥0的解集是(－∞，＋∞)，所以ax2－|x|＋2a≥0在R上恒成立．令f(x)＝ax2－|x|＋2a，易知f(x)為偶函數(shù)，所以ax2－|x|＋2a≥0在[0，＋∞）上恒成立，即f(x)＝ax2－|x|＋2a≥0在[0，＋∞）上恒成立，所以，當x＝0時，由ax2－x＋2a＝2a≥0，得a≥0，當x>0時，由ax2－x＋2a≥0，得a≥eq\f(x,x2＋2)＝eq\f(1,x＋\f(2,x))，又因為x＋eq\f(2,x)≥2eq\r(2)，當且僅當x＝eq\r(2)時取等號，所以a≥eq\f(1,2\r(2))＝eq\f(\r(2),4).綜上，實數(shù)a的取值范圍為[eq\f(\r(2),4)，＋∞）.(3)B若不等式|f(x)|≤2在x∈[1，5]上恒成立，則必須滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2≤f(1)≤2，,－2≤f(3)≤2，,－2≤f(5)≤2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2≤1＋a＋b≤2，,－2≤9＋3a＋b≤2，,－2≤25＋5a＋b≤2.))由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2≤－1－a－b≤2，,－2≤9＋3a＋b≤2，))兩式相加得－4≤8＋2a≤4－6≤a≤－2，①再由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2≤－9－3a－b≤2，,－2≤25＋5a＋b≤2，))兩式相加得－4≤16＋2a≤4－10≤a≤－6，②結合①②兩式可知a＝－6.代入不等式組得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2≤－5＋b≤2，,－2≤－9＋b≤2，,－2≤－5＋b≤2，))解得b＝7.經檢驗，當a＝－6，b＝7時，f(x)＝x2－6x＋7＝(x－3)2－2，當x∈[1，5]時，有f(x)max＝f(1)＝f(5)＝2，f(x)min＝f(3)＝－2，滿足|f(x)|≤2在x∈[1，5]上恒成立．綜上所述，滿足要求的有序數(shù)對(a，b)為(－6，7)，共1個．故選B.[變式探究]6．D不等式x2－(m＋4)x＋4m<0化為(x－4)(x－m)<0，顯然m≠4，否則不等式解集為空集，不符合題意．當m<4時，不等式的解集為(m，4)，依題意，在(m，4)中恰有3個整數(shù)，即為3，2，1，則0≤m<1，當m>4時，不等式的解集為(4，m)，顯然在(4，m)中恰有3個整數(shù)，即為5，6，7，則7<m≤8，所以實數(shù)m的取值范圍為[0，1）∪（7，8].故選D.7．[2，＋∞）因為x2＋x＋a＋|x2－x－a|≥2對x∈R恒成立，當x2－x－a≥0時，x2＋x＋a＋|x2－x－a|＝2x2≥2，所以x≥1或x≤－1恒成立．因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((－1)2－(－1)－a≤0，,12－1－a≤0，))所以a≥2；當x2－x－a<0時，x2＋x＋a＋|x2－x－a|＝2x＋2a≥2，所以x≥1－a恒成立，因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((1－a)2－(1－a)－a≥0，,1－a<\f(1,2)，))所以a≥2.綜上，a≥2.微專題（一）集合情境的新定義【題型探究】[例1]D不妨設I＝{1，2，3，4}，則I的2劃分有{2，3，4}∪{1}，{1，3，4}∪{2}，{1，2，4}∪{3}，{1，2，3}∪{4}，{1，2}∪{3，4}，{1，3}∪{2，4}，{1，4}∪{2，3}；I的3劃分有{1，2}∪{3}∪{4}，{1，3}∪{2}∪{4}，{1，4}∪{2}∪{3}，{2，3}∪{1}∪{4}，{2，4}∪{1}∪{3}，{3，4}∪{1}∪{2}；I的4劃分只有{1}∪{2}∪{3}∪{4}．綜上，I的劃分共有7＋6＋1＝14（個），D正確．