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专题 01 集合、常用逻辑用语、不等式
（新定义，高观点，压轴题）
目录
一、集合的新定义（高观点）题.........................................................1
角度1：运算封闭...........................................................................1
角度2：“群”运算.......................................................................2
角度3：“ ”运算.........................................................................4
角度4：“ ”运算........................................................................5
角度5：戴德金分割.......................................................................7
角度6：“类”...............................................................................9
角度7：差集运算.........................................................................10
角度8：“势”.............................................................................13
角度9：“好集”.........................................................................14
二、充分性与必要性..........................................................................17
三、不等式.........................................................................................21
角度1：一元二次不等式..............................................................21
角度2：基本不等式.....................................................................24一、集合的新定义（高观点）题
角度1：运算封闭
1．（23-24高一上·浙江·课时练习）设 是集合A上的一个运算，若对任意 ，有
，则称A对运算 封闭，若集合A是由正整数的平方组成的集合，即
.若 分别是：①加法，②减法，③乘法，④除法，则A对运算 封闭
的序号有 .
【答案】③
【分析】举反例判断①②④，由当a，b是正整数时， 也是正整数可判断③.
【详解】设a，b是两个正整数，则 的和不一定属于A，如 ；
的差也不一定属于A，如 ；
的商也不一定属于A，如 ；
但由于 ，并且当a，b是正整数时， 也是正整数，所以 ，
故③满足条件.
故答案为：③
【点睛】本题考查集合新定义，属于基础题.
2．（2024高三·全国·专题练习）已知数集 及定义在该数集上的某个运算（例如记为
“*”），如果对一切 ，都有 ，那么就说，集合 对运算“*”是封闭
的．
(1)设 ，判断 对通常的实数的乘法运算是否封闭？
(2)设 ，且 ，问 对通常的实数的乘法是否封闭？试证明
你的结论．
【答案】(1)数集 对通常的实数乘法运算封闭．
(2)数集 对通常的实数乘法运算不封闭，证明见解析．
【分析】（1）根据“*”运算的定义进行判断即可；
（2）举出反例证明即可.
【详解】（1）设 是A中任意两个元素，其中 ，
那么 ．
因为 ，所以 ，故数集A对通常的乘法运算封闭．
（2）数集 对通常的乘法运算不封闭，证明如下：
取 ，则 ，但 ，
故数集 对通常的乘法运算不封闭.
角度2：“群”运算
1．（23-24高三·贵州贵阳·开学考试）“群”是代数学中一个重要的概念，它的定义是：设
为某种元素组成的一个非空集合，若在 内定义一个运算“*”，满足以下条件：
① ， ，有
②如 ， ， ，有 ；
③在 中有一个元素 ，对 ，都有 ，称 为 的单位元；
④ ，在 中存在唯一确定的 ，使 ，称 为 的逆元．此时称（ ，
*）为一个群．
例如实数集 和实数集上的加法运算“ ”就构成一个群 ，其单位元是 ，每一个数
的逆元是其相反数，那么下列说法中，错误的是（ ）
A． ，则 为一个群
B． ，则 为一个群
C． ，则 为一个群
D． {平面向量}，则 为一个群
【答案】B
【分析】对于选项A,C,D分别说明它们满足群的定义，对于选项B, 不满足④，则 不
为一个群，所以该选项错误.
【详解】A. ，两个有理数的和是有理数，有理数加法运算满足结合律， 为 的单
位元，逆元为它的相反数，满足群的定义，则 为一个群，所以该选项正确；
B. ， 为 的单位元，但是 ，当 时，不存在唯一确定的 ，所以
不满足④，则 不为一个群，所以该选项错误；
C. ，满足①②， 为 的单位元满足③， 是-1的逆元，1是1的逆元，满足
④，则 为一个群，所以该选项正确；
D. {平面向量}，满足①②， 为 的单位元，逆元为其相反向量，则 为一个群，所以该选项正确.
故选：B
2．（多选）（2024·山西·一模）群的概念由法国天才数学家伽罗瓦（1811-1832）在19世
纪30年代开创，群论虽起源于对代数多项式方程的研究，但在量子力学､晶体结构学等其
他学科中也有十分广泛的应用.设 是一个非空集合，“ ”是一个适用于 中元素的运
算，若同时满足以下四个条件，则称 对“ ”构成一个群：（1）封闭性，即若
，则存在唯一确定的 ，使得 ；（2）结合律成立，即对 中任意元素 都
有 ；（3）单位元存在，即存在 ，对任意 ，满足
，则 称为单位元；（4）逆元存在，即任意 ，存在 ，使得
，则称 与 互为逆元， 记作 .一般地， 可简记作 可简记作
可简记作 ，以此类推.正八边形 的中心为 .以 表示恒等变换，即
不对正八边形作任何变换；以 表示以点 为中心，将正八边形逆时针旋转 的旋转变
换；以 表示以 所在直线为轴，将正八边形进行轴对称变换.定义运算“ ”表示复合
变换，即 表示将正八边形先进行 变换再进行 变换的变换.以形如 ，
并规定 的变换为元素，可组成集合 ，则 对运算“ ”可构成群，称之为
“正八边形的对称变换群”，记作 .则以下关于 及其元素的说法中，正确的有（ ）
A． ，且
B． 与 互为逆元
C． 中有无穷多个元素
D． 中至少存在三个不同的元素，它们的逆元都是其本身
【答案】ABD
【分析】根据题意，对选项逐一运算可得结果.
【详解】我们有：
由于两次轴对称等价与不变换，故 ；
由于旋转 施行8次等价于旋转 也就是不变，故 ；
由于先旋转再关于 对称和先关于 对称再旋转等效，故 .
一共是16个元素，变换后 逆时针排列的有8个，顺时针排列的有8个.
这就说明： ， A正确；
，B正确；
一共是16个元素，C错误；中， ，D正确.
故选：ABD
角度3：“ ”运算
1．（23-24高一上·北京丰台·期末）记 为非空集合A中的元素个数，定义
.若 ， ，且
，设实数a的所有可能取值组成的集合是S，则 等于（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据给定条件可得 或 ，再根据集合 中的方程的根的个数，对
参数 进行分类讨论即可求得实数 的所有可能取值，即可得出结果.
【详解】由定义得 ，又 ，则 或 ，
由方程 ，得 或 ，
当 时，方程 只有一个实数根，
而方程 有一根为0，则另一根必为0， ，此时 无实根，因此
；
当 时，必有 ，方程 有两个不相等的实数根 ，
并且 都不是方程 的根，
显然方程 有两个相等的实数根，且异于 ，
于是 ，解得 或 ，
当 时，方程 的根为 ，满足题意，
当 时，方程 的根为 ，满足题意，
因此 或 ，所以 ， .
故选：C
2．（23-24高一上·湖南怀化·阶段练习）已知集合 ，
，用符号 表示非空集合A中元素的个数.定义，若 ，则实数 的所有可能取值构成的集合为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据 中元素个数及新定义得 或 .分类讨论，根据元素个数研究方程
的根即可求解 的取值集合.
【详解】因为 ， ，所以 或 .当 时， 或 .
当 时，关于x的方程 有3个实数解，
所以关于x的方程 只有一个解且不为1和 ，
则 ，解得 .
当 时， 的解为1，不符合题意；
当 时， 的解为 ，符合题意.
综上，a的所有可能取值为0，1， ，即所求集合为 .
故答案为：
角度4：“ ”运算
1 ． （ 2024 高 三 · 全 国 · 专 题 练 习 ） 已 知 集 合
， 定 义 集 合
，则 中元素的个数为（ ）
A．77 B．49 C．45 D．30
【答案】C
【分析】根据题意作出图示表示集合A、B所表示的点，由数形结合思想可得出 表示
的点集的横坐标和纵坐标的范围，从而可得出 中元素的个数.
【详解】 ，
则集合 中有5个元素，即5个点，如下图中黑点所示，
集合 中有25个元素（即25个点），
即下图中正方形 内部及正方形 边上的整点，
所以 或 或 或 或 或 或 ，共7个值；所以 或 或 或 或 或 或 ，共7个值，
所以集合 中的元素可看作下图中正方形
内部及正方形 边上除去四个顶点外的整点，共 （个）．
故选：C.
2．（23-24高一上·北京·阶段练习）设 表示非空集合 中元素的个数，已知非空集
合 .定义 ，若 ，
且 ，则实数 的所有取值为（ ）
A．0 B．0， C．0， D． ，0，
【答案】D
【分析】由题意可得集合 中的元素个数为1个或3个，分集合 中的元素个数为1和集合
中的元素个数为3两种情况，再结合一元次方程根的个数求解即可.
【详解】解：由 可得 或 ，
又因为 ， ，
所以集合 中的元素个数为1个或3个，
当集合 中的元素个数为1时，则 有两相等的实数根，且 无解，
所以 ，解得 ；
当集合 中的元素个数为3时，则 有两不相等的实数根，且 有两
个相等且异于方程 的根的解，
所以 ，解得 或 ，
综上所述， 或 或 .
故选：D.【点睛】关键点睛：本题的关键是根据题意得出集合 中的元素个数为1个或3个.
角度5：戴德金分割
1．（多选）（2024高三·全国·专题练习）由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪，
直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数
(史称戴德金分割)，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无
理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机．所谓戴德金分割，是指
将有理数集 划分为两个非空的子集M与N，且满足 ， ，M中的每
一个元素小于 中的每一个元素，则称 为戴德金分割．试判断下列选项中，可能成
立的是（ ）
A． ， 是一个戴德金分割
B．M没有最大元素，N有一个最小元素
C．M有一个最大元素，N有一个最小元素
D．M没有最大元素，N也没有最小元素
【答案】BD
【分析】根据戴德金分割的定义，结合选项，分别举例，判断正误.
【详解】对于A，因为 ， ，所以 ，故A错
误；
对于B，设 ， ，满足戴德金分割，
此时 没有最大元素， 有一个最小元素为0，故B正确；
对于C，若 有一个最大元素， 有一个最小元素，
则不能同时满足 ， ，故C错误；
对于D，设 ， ，满足戴德金分割，
此时 没有最大元素， 也没有最小元素，故D正确．
故选：BD.
2．（多选）（23-24高一上·浙江杭州·期中）19世纪戴德金利用他提出的分割理论，从对
有理数集的分割精确地给出了实数的定义，并且该定义作为现代数学实数理论的基础之一
可以推出实数理论中的六大基本定理.若集合A、B满足： ，则称
为 的二划分，例如 ， ，则 就是 的
一个二划分，则下列说法正确的是（ ）A．设 ，则 为 的二划分
B．设 ，则 为 的二划分
C．存在一个 的二划分 ，使得对于 ；对于
D．存在一个 的二划分 ，使得对于 ，则 ；
，则
【答案】BCD
【分析】举反例结合“二划分”的定义判断A；利用“二划分”的定义判断B；找出两集合
符合二划分定义判断C，D.
【详解】对于A，由于 ，故 ， 不是 的二划分，A错误；
对于B， ，
，
显然 ，由于任意一个正整数M，都可写成 形式，
其中 为素数， ，则M必为 形式，其中k为正奇数， ，
故可得 ，故B正确；
对于C，存在 满足 ，
对于 ；对于 ，C正确；
对于D，选项B中集合 ，
使得对于 ，则 ；
，比如取3，5，则 ，D正确，
故选：BCD
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是理解二划分的含义，并按照其定义去判断每个选项.
3．（23-24高一·全国·课时练习）戴德金分割，是指将有理数集Q划分为两个非空子集A
与B，且满足 Q， ，A中的每一个元素都小于B中的每一个元素．请给出
一组满足A中无最大元素且B中无最小元素的戴德金分割 ．
【答案】 ， （答案不唯一）
【分析】依题意,以无理数为分解写出符合题意的两个集合即可.
【详解】解：以无理数分界写出一组即可，如 ， ．（答
案不唯一）；
故答案为： ， ．（答案不唯一）角度6：“类”
3．（23-24高一上·江西南昌·阶段练习）在整数集中，被4除所得余数为 的所有整数组成
一个“类”，记为 ，即 ， ．给出下列四个结论，
① ；② ；③ ；④“整数a，b属于同一‘类’”的充
要条件是“ ”．
其中正确的结论是 （填所有正确的结论的序号）．
【答案】①②③④
【分析】根据“类”的定义可判断①②③的正误；根据“类”的定义结合充分条件、必要
条件的定义可判断④的正误.
【详解】对于①， ，则 ，①正确；
对于②， ，则 ，②正确；
对于③， 任意整数除以 ，余数可以且只可以是 四类，
则 ，③正确；
对于④，若整数 、 属于同一“类”，
则整数 、 被 除的余数相同，可设 ， ，其中 、 ，
，
则 ，故 ，
若 ，不妨令 ，
则 ，
显然 ，于是得 ，
，即整数 属于同一“类”，
“整数 属于同一“类””的充要条件是“ ”，④正确．
正确的结论是①②③④.
故答案为：①②③④.
4．（23-24高一上·全国·课时练习）在整数集 中，被 除所得余数为 的所有整数组成一
个“类”，记为 ，即 ．给出如下三个结论：
① ；
② ；③ ．
其中，正确结论的序号是 ．
【答案】①③
【分析】根据题目所给的定义分别验证各个结论即可.
【详解】对于①：因为 ，所以 故①正确；
对于②：因为 ，所以 ，故②错误；
对于③：因为整数集中的数被5除的数可以且只可以分成五类，所以
，故③正确．
故答案为：①③.
角度7：差集运算
1．（23-24高一上·上海浦东新·开学考试）定义集合运算 且 称为集合
A与集合B的差集；定义集合运算 称为集合A与集合B的对称差，
有以下4个等式：① ；② ；③
；④ ，则4个等式中恒成立的
是（ ）
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【答案】B
【分析】利用题设中的新定义，可判定①正确；利用集合运算的韦恩图法，可判定②正
确、④错误；利用题设中的定义与集合的运算方法，可判定③正确.
【详解】对于①中，由 ，所以①正确；
对于②中，由 且 ，
同理可得： ,
则 ，
所以 ，
所以表示的集合为图（1）中阴影部分所表示的集合，如图所示，
同理 ，也表示图（1）中阴影部分所表示的集合，
所以 ，所以②正确；对于③中，由
，所以③正确；
对于④中，如图（2）所示，可得 ，所以④错误.
故选：B.
2．（多选）（23-24高一上·四川成都·阶段练习）定义集合运算 且
，称为集合 与集合 的差集；定义集合运算 称为集合 与
集合 的对称差，有以下4个命题：则4个命题中是真命题的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABC
【分析】A选项，通过题意得到 ；BCD选项，通过韦恩图进行推理求解.
【详解】A选项，由题意得 ， ，
故 ， ，A正确；
B选项，由题意， 表示的运算为集合 与 的并集中去掉 与 的交集部分，
不妨设 均有交集，如图所示，故 表示①②⑥⑦部分的并集， 表示①②⑥⑦与③④⑥⑦的并集去掉两者的
交集，
即 表示①②③④部分的并集，
表示②③⑤⑥部分的并集， 表示②③⑤⑥与①④⑤⑥的并集去掉两者的交
集，
即 表示①②③④部分的并集，故 ，B正确；
C选项，通过推理 均表示⑤⑥部分的并集，C正确；
D选项，通过推理得到 表示①②③④⑤⑥部分的并集，
表示①②④⑤⑥⑦部分的并集， 表示①③④⑤⑥⑦部分的并集，
表示①②④⑤⑥⑦与①③④⑤⑥⑦的并集去掉两者的交集，
即②③部分的并集，D错误.
故选：ABC
3．（23-24高一上·全国·课前预习）设M，P是两个非空集合，定义集合M，P的差集运算
为 且 设集合 请你写出一个集合A，使得
则集合A= .
【答案】 (答案不唯一)
【分析】由集合的新定义转化条件为 ，且A中不再含 中的其他任何元素，即可得
解.
【详解】由题意，知 ，且A中不再含 中的其他任何元素，
而是否再含 中的元素则不影响等式 ，
因此 符合题意.
故答案为： (答案不唯一)角度8：“势”
1．（23-24高一上·上海浦东新·期中）设全集 ，对其子集引进“势”的概
念：①空集的“势”最小；②非空子集的元素越多，其“势”越大；③若两个子集的元素
个数相同，则子集中最大的元素越大，子集的“势”就越大，最大的元素相同，则第二大
的元素越大，子集的“势”就越大，依次类推．若将全部的子集按“势”从小到大的顺序
排列，则排在第12位的子集是 ．
【答案】 /
【分析】逐个列举出来.
【详解】元素个数为0的1个， ；
元素个数为1的5个， ， ， ， ， ；
元素个数为2的10个， ， ， ， ， ， ， ， ，
， .
所以，排在第12位的子集是 .
故答案为： .
2．（23-24高一上·浙江·期中）设全集 ，对其子集引进“势”的概念：①空
集的“势”最小；②非空子集的元素越多，其“势”越大；③若两个子集的元素个数相
同，则子集中最大的元素越大，子集的“势”就越大，最大的元素相同，则第二大的元素
越大，子集的“势”就越大，依次类推.若将全部的子集按“势”从小到大的顺序排列，则
排在第 位的子集是 .
【答案】
【分析】写出包含元素个数从小到大的子集个数，发现含有小于等于2个元素的子集的个
数为16个，含有小于等于3个元素的子集的个数为26个，故判断出第 位的子集在含有
3个元素的子集中，由于第23位离第26位较近，所以从后面往前找，最终求得结果
【详解】不含任何元素的子集个数有1个，含有一个元素的子集个数有5个，含有两个元
素的子集个数有10个，含有3个元素的子集个数有10个，因为1+5+10+10=26>23，故排在
第 位的子集在含有3个元素的子集中，第26位的子集为 ，第25位的子集为
，
第24位的子集为 ，第23位的子集为
故答案为：角度9：“好集”
1．（23-24高一上·江苏连云港·期中）若三个非零且互不相等的实数a，b，c满足
，则称a，b，c是调和的；若满足 ，则称a，b，c是等差的．若集合P
中元素a，b，c既是调和的，又是等差的，则称集合P为“好集”．若集合
，集合 ，则这样的“好集”P的个数为
．
【答案】1010
【分析】由题设条件得出 ，再由 得出“好集”P的个数.
【详解】由 ，整理得 ，解得 （舍）， .
即好集形如 ，由 得 ，因为 ，
，所以样的“好集”P的个数为 .
故答案为：1010
2．（23-24高一上·河南洛阳·期中）若集合A具有① ， ，②若 ，则
，且 时， 这两条性质，则称集合A是“好集”．
(1)分别判断集合 ，有理数集Q是否是“好集”，并说明理由．
(2)设集合A是“好集”，求证：若 ，则 ．
(3)对任意的一个“好集”A，判断命题“若 ， ，则 ”的真假，并说明理由．
【答案】(1)有理数集Q是“好集”，集合B不是“好集”，理由见解析
(2)证明见解析
(3)命题“若 ，则 ”为真命题，理由见解析
【分析】利用“好集”的定义，结合元素与集合的关系解决即可.
【详解】（1）集合B不是“好集”，理由如下：
因为 ， ， ，
所以集合B不是“好集”．
有理数集Q是“好集”，理由如下：
因为 ， ，对任意 ， ，都有 ，且 时， ，
所以有理数集Q是“好集”．
（2）因为集合A是“好集”，所以 ．若 ，则 ，即 ，
所以 ，即 ，命题得证．
（3）命题“若 ，则 ”为真命题，理由如下：
当x，y中有0或1时，显然有 ．
当x，y中不存在0，1时，由“好集”的定义得 ， ， ，
所以 ，所以 ．
所以由（2）可得 ，同理得 ，
当 或 时，显然有 ．
当 或 时，显然有 ，
所以 ，所以 ，
由（2）得 ，所以 ．
综上得 时， ．
3．（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）已知 为所有 元有序数组 所组成的
集合.其中 （ ）.
对于 中的任意元素 ， 定义 ， 的距离：
若 ， 为 的子集，且有 个元素，并且满足任意 ，都存在唯一的 ，
使得 ，则称 为“好 集”.
(1)若 ， ， ， ， ， ，求 ， 及
的值；
(2)当 时，求证：存在“好 集”，且“好 集”中不同元素的距离为5；
(3)求证：当 时，“好 集”不存在.
【答案】(1) ， ，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意直接代入运算求解；
（2）对任意 ，定义 ，可得，结合“好 集”的定义分析证明；
（3）先证对于任意 ，可知均存在 ，使得 ，对 的以 为基础，结
合定义分析证明.
【详解】（1）因为 ， ， ，
则 ， ，
， ，
所以 .
（2）对任意 ，定义 ，
对任意 ，
因为 ，则 ，
可得 ，
对于任意 ，可得 有2个元素，
若 ，则 ，满足“好 集”的定义；
若 ，则 ，满足“好 集”的定义；
综上所述： 为“好 集”，且 ，
即当 时，存在“好 集”，且“好 集”中不同元素的距离为5.
（3）显然 ，
先证：当 时，对任意的 ，含有 的“好 集”只能是 ，
反证：假设存在“好 集” ，
则对于任意 ，可得 ，
则 ，可得 ，不满足“好 集”的定义，
例如 ，则 ，可取 ，
则 ，即存在 ，使得 ，
结合 可得： 就相当于对0，1的顺序进行重组，
对于任意 ，可知均存在 ，使得 ，
当 时，对任意 ，定义 ，其中 ，
可知：对任意 ，其中 ，
可知 ，
反证：假设存在“好 集”，
则对任意 ，以 为基础构建“好 集” ，
对任意 ，
对任意的 ，均有 ，与之对应的项只能是 和 ，
每个 均有2种选择，共有 种组合可能，
按照以上构建方法得到的元素 ，
可知对任意 ，均存在 ，使得 ， ，
所以必然存在 ，
使得 ，
故假设不成立，所以当 时，“好 集”不存在.
【点睛】关键点睛：新定义问题要充分理解定义，可以通过举例和推理去理解定义，对于
本题可以利用反证法来分析证明.
二、充分性与必要性
1．（23-24高一下·湖南长沙·开学考试）命题“对任意的 ，总存在唯一的
，使得 ”成立的充分必要条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
将方程整理为 ；当 时，解方程可确定其符合题意；当 和 时，
将问题转化为 与 在 时，有且仅有一个交点的问题，采用数形
结合的方式可构造不等式组求得 的范围，由此可得原命题成立的充要条件.
【详解】由 得 ；
①当 时， ，则 ，解得 ，
因为 ， ，满足题意；②当 时， ，
若存在唯一的 ，使得 成立，
则 与 有且仅有一个交点，
在平面直角坐标系中作出 在 上的图象如下图所示，
由图象可知：当 时， 与 有且仅有一个交点，
所以， ，解得 ，此时， ；
③当 时， ，
由②同理可得 ，解得： ，则 .
综上所述：原命题成立的充要条件为 .
故选：D.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画
出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
2．（23-24高一上·福建泉州·阶段练习） 是函数 且
在 是减函数的（ ）
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
【答案】B
【分析】令 ， ， 图象的对称轴为直线，判断 在 上单调递减，若要满足 且 在 单调递
减，则 单调递增，进而得到不等式组，求出 的范围，利用逻辑推理判断选
项.
【详解】令 ， ，
则 图象的对称轴为直线 ，
所以 在 上单调递减，
若要满足 且 在 单调递减，
则 单调递增，
则 ，解得 ,
故 ，
则 是函数 且 在 单调递减的必要不充分条件.
故选：B
3．（2023·新疆乌鲁木齐·三模）定义 表示不超过 的最大整数， .例如：
， .① ；②存在 使得 ；③ 是
成立的充分不必要条件；④方程 的所有实根之和为 ，则上述命
题为真命题的序号为（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①④
【答案】D
【分析】易于判定①正确，②错误，③错误，④不易判定，可以绕开，利用排除法得到只
有答案 正确.也可用分离函数法，借助于数形结合思想判定④正确.
【详解】 ,故①正确；
由 可知 ，可知 ，所以 ，故②错误，故AC错
误；
, , ，故③错误，故B错误；
对于 ，显然 不是方程的解，可化为 ，考察函数 和 的图象的交点，除了(-1,0)外，其余点关于点(0,1)对称，从而
和为零，故总和为 ，故④正确.故D正确.
故选：D
【点睛】选择题中有些问题不易确定时，常常要尝试使用排除方法，本题就是一个典型的
例子.
4．（23-24高一上·广东佛山·阶段练习）已知集合 点 不在第一、三象
限 ，集合 ，若“ ”是“ ”的必要条件，则实数a的取值范围是
.
【答案】
【分析】由必要条件得 ，进而有A可能为 ， ， ，结合集合A的描述列不
等式组求对应x范围，根据可能集合情况确定参数范围即可.
【详解】由“ ”是“ ”的必要条件，即 ，
由A中元素为整数，故A只可能为 ， ， ，
由点不在第一、三象限，得： 或 ，即 ①或 ②，
当 时，①无解，由②得 ，
此时 ，故 ，有 ；
当 时，由①②得 ，
此时 ，因 ，只须 ，有 ；
综上：实数a的取值范围是 .
故答案为：
【点睛】关键点点睛：由必要条件确定集合A的可能情况，根据其描述求集合A中元素的
范围，再综合所得考虑参数范围.
5．（2014·四川·高考真题）以 表示值域为R的函数组成的集合， 表示具有如下性质的
函数 组成的集合：对于函数 ，存在一个正数 ，使得函数 的值域包含于
区间 .例如，当 ， 时， ， .现有如下命题：
①设函数 的定义域为 ，则“ ”的充要条件是“ ， ，
”；
②函数 的充要条件是 有最大值和最小值；
③若函数 ， 的定义域相同，且 ， ，则 ；
④若函数 （ ， ）有最大值，则 .
其中的真命题有 .（写出所有真命题的序号）
【答案】①③④
【详解】试题分析：若f（x）∈A，则f（x）的值域为R，于是，对任意的b∈R，一定存在
a∈D，使得f（a）＝b，故①正确．
取函数f（x）＝x（－1＜x＜1），其值域为（－1，1），于是，存在M＝1，使得f（x）的
值域包含于[－M，M]＝[－1，1]，但此时f（x）没有最大值和最小值，故②错误．
当f（x）∈A时，由①可知，对任意的b∈R，存在a∈D，使得f（a）＝b，所以，当g（x）
∈B时，对于函数f（x）＋g（x），如果存在一个正数M，使得f（x）＋g（x）的值域包含
于[－M，M]，那么对于该区间外的某一个b ∈R，一定存在一个a ∈D，使得f（a ）＝b－g
0 0 0
（a ），即f（a ）＋g（a ）＝b ∉[－M，M]，故③正确．
0 0 0 0
对于f（x）＝aln（x＋2）＋ （x＞－2），当a＞0或a＜0时，函数f（x）都没有最
大值．要使得函数f（x）有最大值，只有a＝0，此时f（x）＝ （x＞－2）．
易知f（x）∈[－ ]，所以存在正数M＝ ，使得f（x）∈[－M，M]，故④正确．
考点：命题的真假判断与应用；充要条件；函数的值域．
三、不等式
角度1：一元二次不等式
1．（23-24高一下·浙江温州·开学考试）已知函数 是定义在 上的奇函数，若
，且 ，都有 成立，则不等式
的解集为（ ）A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
利用构造函数法，根据函数的单调性、奇偶性来对不等式进行求解，从而确定正确答案.
【详解】设 ，由于函数 是定义在 上的奇函数，
所以 ，所以 是偶函数，
由于 ，且 ，都有 成立，
所以 在 上单调递减，则 在 上单调递增，
由 可知 ，
①当 时，有 ， ，
即 ，而 ，
所以 ，解得 .
②当 时，有 ， ，
即 ，所以 ，
即 或 ，
不等式组 的解集为空集，
不等式组 的解集为 .
综上所述， 的取值范围是 .
故选：B
2．（23-24高一上·贵州铜仁·期末）当 时，不等式 恒成立，则
的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】对二项式系数进行分类，结合二次函数定义的性质，列出关系式求解.
【详解】当 时，不等式 恒成立，
当 时，满足不等式恒成立；
当 时，令 ，则 在 上恒成立，
函数 的图像抛物线对称轴为 ，
时， 在 上单调递减，在 上单调递增，
则有 ，解得 ；
时， 在 上单调递增，在 上单调递减，
则有 ，解得 .
综上可知， 的取值范围是 .
故选：D.
【点睛】方法点睛：分类讨论思想是高中数学一项重要的考查内容，分类讨论思想要求在
不能用统一的方法解决问题的时候，将问题划分成不同的模块，通过分块来实现问题的求
解，体现了对数学问题的分析处理能力和解决能力.
3．（23-24高一上·浙江杭州·期中）已知函数 ，记集合
， ，若 ，则实数 的取值范围是
.
【答案】
【分析】由题意设 的两个根为 （设 ），应用韦达定理得参数关
系，写出集合 ，解不等式得集合 ，由两个集
合相等得出 ， 不大于 的最小值，消去参数可得出 的范围．
【详解】因为 ，所以 ，设 的两个根为 （设
），
，
，由 得 ，即 ，
由于 ，则 ，且 (二次函数最小值)，
，因此有 ，所以 ，
代入 得 ，此式恒成立，
代入 得 ，解得 ．
故答案为： ．
【点睛】关键点点睛：通过不等式 的解集形式 得出 ，然
后利用集合相等得出 间的关系（相等及不等关系）从而求得参数范围．
4．（23-24高一上·江苏常州·期中）若 ，且不等式 的解集中有且仅
有四个整数，则 的取值范围是 .
【答案】
【分析】分类讨论求出含参一元二次不等式的解集，然后根据题意得到不等式组，进而可
以求出结果.
【详解】由 ，可得 ，
由题意当 ，即 时，不等式的解集为 ；
若满足解集中仅有四个整数，为 ，则 ，
此时 ，与 矛盾；
当 时，即 ，不等式的解集为 ，不符合题意；
当 ，即 时，不等式的解集为 ；
若满足解集中仅有四个整数，可能为 ，或 ，
当为 时，则 ，且 ，无解，
当整数解为 时， ，且 ，
解得 ；
综上知，实数 的取值范围是 .故答案为：
角度2：基本不等式
1．（23-24高三上·浙江绍兴·期末）已知x为正实数，y为非负实数，且 ，则
的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
变形式子 ，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】由x为正实数，y为非负实数，得 ，由 ，得
，
于是
，当且仅当 ，即 时取等号，
所以当 时， 取得最小值 .
故选：B
2．（23-24高三下·江苏苏州·阶段练习）已知 ， ，则 的最大值
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由题意首先得 ，且 ，进一步通过换元法以及判别式法
即可求解，注意验证取等条件.
【详解】因为 ，所以 ，所以 ，等号成立当且仅当，
从而 ，
令 ，设 ，显然 ，
则 ，
因为关于 的一元二次方程有实数根，所以 ，
整理得 ，即 ，
解得 ，注意到 ，从而 ，
等号成立当且仅当 ，即
，
所以经检验 的最大值，即 的最大值为 .
故选：D.
【点睛】关键点点睛：关键是得 ，且 ，由此即可顺利
得解.
3．（2024高三·全国·专题练习）已知 ，若对任意的 ，不等式
恒成立，则 的最小值为 .
【答案】
【分析】先把原不等式分解为二次不等式，分类讨论后运用整体代换和基本不等式即可.
【详解】原不等式 ，
由 ，知 时， ， 时， ，
故由原不等式知 时 ， 时 ，
由恒成立知 且 ，即 ，
故所求式 ，
设 ，则 ，则所求式 递增，
故最小值在 时取得： .
故答案为： .
4．（23-24高三下·重庆·阶段练习）对任意的正实数 ，满足 ，则
的最小值为 .
【答案】
【分析】
变形得到 ，利用两次基本不等式，求出最小值.
【详解】任意的正实数 ，满足 ，
由于 为正实数，故由基本不等式得 ，
当且仅当 ，即 时，等号成立，
所以
，
当且仅当 ，即 时，等号成立，
综上， 的最小值为 .
故答案为：
【点睛】
利用基本不等式求解最值问题，方法灵活，式子不能直接使用基本不等式时，常常需要变
形，比如凑项法，“1”的妙用，消元法，多次使用基本不等式等
