01 集合的概念及表示方法
1
巩固练习
考点1：集合的定义
A组
1
下列对象能组成集合的是
①桃浦中学一部分学生
②倒数等于自身的实数
③超过100页的书
④世界知名艺术家
⑤方程x2 + 1 = 0的全体解
②③⑤.
根据集合元素的三要素，确定性、互异性和无序性可判断.
①桃浦中学一部分学生不符合确定性，不能构成集合；
②倒数等于自身的实数有−1和1，可构成集合{−1, 1}；
③超过100页的书符合集合元素的特征，可以构成集合；
④世界知名艺术家，“知名”没有确定性，不能构成集合；
⑤方程x2 + 1 = 0无解，可构成空集.
因此，能构成集合的为②③⑤.
故答案为：②③⑤.
答案
解析
考点2：集合的分类
A组
1
判断下列各组对象能否构成集合．若能构成集合，指出是有限集还是无限集；若不能构成集合，试说明理由．
2
(1)
上海各区的名称；
(2)
尾数是5的自然数；
(3)
我们班身高大于1.7m的同学．
(1) 能；有限集；
(2) 能；无限集；
(3) 能；有限集.
(1) 因为北京各区县的名称是确定的，故北京各区县的名称能构成集合；因为北京各区县是有限的，故该集合
为有限集；
(2) 因为尾数是5的自然数是确定的，故尾数是5的自然数能构成集合；因为尾数是5的自然数是无限的，故该
集合为无限集；
(3) 因为我们班身高大于1.7m的同学是确定的，故我们班身高大于1.7m的同学能构成集合；因为我们班身高大
于1.7m的同学是有限的，故该集合为有限集.
答案
解析
考点3：集合的性质
A组
1
若−3 ∈{a −3, 2a −1, a2 −1}，则a的值为（ ）
A. －1
B. 0
C. 1
D. 2
A
答案
3
由题意得a −3 = −3，或2a −1 = −3，或a2 −1 = −3，分别求解a，再由集合元素的互异性验证即可.
因为−3 ∈{a −3, 2a −1, a2 −1}，
所以a −3 = −3，或2a −1 = −3，或a2 −1 = −3，
当a −3 = −3时，得a = 0，此时集合为{−3, −1, −1}，不合题意，舍去，
当2a −1 = −3时，得a = −1，此时集合为{−4, −3, 0}，
当a2 −1 = −3时，得a2 = −2无解，
综上，a = −1.
故选：A
解析
考点4：方程解与元素个数问题
B组
1
若集合A = {x
ax2 + 2x −1 = 0, x ∈R}只有一个元素，则实数a的取值范围是
．
{−1, 0}
分a = 0和a ≠0两种情况讨论，结合根的判别式即可得解.
解：当a = 0时，方程ax2 + 2x −1 = 0为一元一次方程2x −1 = 0，
只有一个实根x = 1
2 ，符合题意；
当a ≠0时，方程ax2 + 2x −1 = 0为一元二次方程，
若要使集合A只有一个元素，需使方程ax2 + 2x −1 = 0有两个相等的实数根，
∴Δ = 4 + 4a = 0，解得a = −1，
综上所述，实数a的取值范围是{−1, 0}．
故答案为：{−1, 0}．
答案
解析
2
已知集合A = {x
ax2 −3x + 2 = 0, x ∈R}.若集合A中至多有一个元素，则实数a的取值范围是（ ）
A. a ≥9
8
B. a ≥9
8 或a = 0
C. a > 9
8 或a = 0
D. a < 9
8 或a = 0
4
B
因集合A是方程ax2 −3x + 2 = 0的解集，欲使集合A = {x|ax2 −3x + 2 = 0}至多有一个元素，只须此方程有
两个相等的实数根或没有实数根，或只有一个实根，下面对a进行讨论求解即可．解：∵集合
A = {x|ax2 −3x + 2 = 0}至多有一个元素，
分类讨论：
①当a = 0时，A = {x| −3x + 2 = 0}只有一个元素，符合题意；
②当a ≠0时，要A = {x|ax2 −3x + 2 = 0}至多有一个元素，
则必须方程：ax2 −3x + 2 = 0有两个相等的实数根或没有实数根，
∴Δ ⩽0，得：9 −8a ⩽0，∴a ⩾9
8 ，
综上所述：a ⩾9
8 或a = 0．
故选：B．
本小题主要元素与集合关系的判断、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，考查分类讨论、化归与
转化思想．属于基础题．
答案
解析
考点5：列举法表示集合
A组
1
用列举法表示下列集合：
（1）方程组{
的解集；
（2）不大于10的非负奇数集；
（3）A = {x|x ∈Z,
6
4 −x ∈N}．
x + y = 3
x −y = 1
5
（1）解集是 {(2, 1)}；（2）不大于10的非负奇数集为 {1, 3, 5, 7, 9}；（3） A = {3, 2, 1, −2}.
根据列举法的定义进行表示即可．
解：（1）解方程组{
，得{
，
∴用列举法表示方程组{
的解集是{(2, 1)}；
（2）不大于10即为小于或等于10，非负是大于或等于0，
故不大于10的非负奇数集为{1, 3, 5, 7, 9}．
（3）∵x ∈Z,
6
4 −x ∈N，∴4 −x = 1, 2, 3, 6，此时x = 3, 2, 1, −2，即A = {3, 2, 1, −2}．
答案
解析
x + y = 3
x −y = 1
x = 2
y = 1
x + y = 3
x −y = 1
B组
1
已知集合A={x|-2<x<2,x∈Z},B={y|y=x +1,x∈A},则集合B用列举法表示是
.
{1,2}
由题意知A={-1,0,1},而B={y|y=x +1,x∈A},所以B={1,2}.
故答案为{1,2}
2
答案
解析
2
考点6：描述法表示集合
A组
1
被7除余2的所有自然数组成的集合可以表示为
.
{x ∣x = 7k + 2, k ∈N}
答案
6
用集合描述法表示.
被7除余2的所有自然数组成的集合A = {x ∣x = 7k + 2, k ∈N}
故答案为: {x ∣x = 7k + 2, k ∈N}
解析
B组
1
用描述法表示下列集合：
(1)
被3除余1的所有自然数组成的集合；
(2)
比1大又比10小的所有实数组成的集合；
(3)
平面直角坐标系中坐标轴上所有点组成的集合.
(1) {x ∣x = 3n + 1, n ∈N}
(2) {x ∣1 < x < 10}
(3) {(x, y) ∣xy = 0}
(1) 被3除余1的所有自然数组成的集合可表示为{x ∣x = 3n + 1, n ∈N}；
(2) 比1大又比10小的所有实数组成的集合可表示为{x ∣1 < x < 10}；
(3) 平面直角坐标系中坐标轴上所有点组成的集合可表示为{(x, y) ∣xy = 0}.
答案
解析
C组
1
7
用|A| 表示非空集合A 中元素的个数，定义A ∗B = {
，若A = {0, 1} ，
B = {x|(x2 + ax)(x2 + ax + 3) = 0}，A ∗B = 1，则实数a的所有可能取值构成集合S，则S =
（请用列举法
表示）．
{0, −2√3, 2√3}
根据题意，可得|A| = 2，则可通过讨论|A|与|B|的大小，进而得到结果，具体过程详见解析．
根据题意，A = {0，1}，则有|A| = 2，
又因为B = {x|(x2 + ax)(x2 + ax + 3) = 0}，
即得|B|表示方程(x2 + ax)(x2 + ax + 3) = 0实数根的个数，
解这个方程得①x2 + ax = 0，或②x2 + ax + 3 = 0
解方程①得x1 = 0，x2 = −a，
解方程②得，若a2 −12 > 0，即a > 2√3或a < −2√3时，方程有两个不等实根分别为x3 = −a −√a2 −12
2
，
x4 = −a + √a2 −12
2
；
若a2 −12 = 0，即a = −2√3或a = 2√3时，方程有且只有一个实根；
若a2 −12 < 0，即−2√3 < a < 2√3时，方程没有实数根．
综上可得，(I)当a > 2√3或a < −2√3时，|B| = 4；
(II)当a = −2√3或a = 2√3时，|B| = 3；
(III)当a = 0时，|B| = 1
所以（1）当|A| ≥|B|时，A ∗B = |A| −|B| = 1，即得|B| = 1，
此时可得a = 0；
（2）当|A| < |B|时，即得|B| = 3，此时可得a = −2√3或a = 2√3；
故答案为：{0, −2√3, 2√3}．
|A| −|B|, |A| ≥|B|
|B| −|A|, |B| > |A|
答案
解析
考点8：符号运用
A组
1
用符号“∈”或“∉”填空．
（1）0
N；
（2）−√2
R；
（3）3π
Q；
8
（4）−10
Z．
∈; ∈; ∉; ∈
判断给出的集合是何类型，然后利用集合和元素间的关系依次填空．
（1）因为0时自然数，所以0 ∈N；
（2）因为−√2是无理数，所以−√2∈R；
（3）因为3π是无理数，所以3π∉Q；
（4）因为−10是整数，所以−10∈Z；
故答案为：∈，∈，∉，∈
答案
解析
考点9：元素与集合的关系问题
A组
1
下列写法正确的是（ ）.
A. 0 ∈{(0, 1)}
B. 1 ∈{(0, 1)}
C. (0, 1) ∈{(0, 1)}
D. (0, 1) ∈{0, 1}
C
可判断0∉{（0，1）}，1∉{（0，1）}，（0，1）∉{0，1}，（0，1）∈{（0，1）}．由元素与集合的关系知，
{（0，1）}中的元素为集合
故0∉{（0，1）}，1∉{（0，1）}，（0，1）∉{0，1}，
（0，1）∈{（0，1）}；
故选C．
本题考查了元素与集合的关系的判断及有序数对与数的区别，属于基础题．
答案
解析
2
已知集合A＝{1,2,3}，B＝{(x，y)|x∈A，y∈A，x＋y∈A}，则B中所含元素的个数为
．
9
3
由集合B中的元素所满足的条件，用列举法写出集合B中的所有元素，则答案可求．由A={1，2，3}，B＝
{(x，y)|x∈A，y∈A，x＋y∈A}，
当x=1时，y=2，1．
当x=2时，y=1．
所以B={（1，2），（1，1），（2，1）}
所以B中所含元素个数为3个．
故答案为3．
本题考查了集合中元素的个数，考查了描述法和列举法之间的转化，是基础题．
答案
解析
3
设集合A = {x, xy, xy −1}，其中x ∈Z，y ∈Z且y ≠0. 若0 ∈A，则用列举法表示集合A =
{−1, 0, 1}
根据y ≠0且0 ∈A,结合集合的互异性原则可知xy −1 = 0,进而求得x和y的值,即可表示集合A.集合
A = {x, xy, xy −1},其中x ∈Z,y ∈Z且y ≠0.
若0 ∈A,则当x = 0时, x = xy = 0由集合的互异性可知不符合要求
所以xy −1 = 0,即xy = 1
则{
或{
当{
时,x = xy = 1, 由集合的互异性可知不符合要求
因而{
,此时x = −1, xy = 1, xy −1 = 0
所以A = {−1, 0, 1}
故答案为: {−1, 0, 1}
本题考查了元素与集合的关系,集合的互异性原则的应用,属于基础题.
答案
解析
x = 1
y = 1
x = −1
y = −1
x = 1
y = 1
x = −1
y = −1
B组
1
10
已知A = {x|x = a + b√3, a ∈Z, b ∈Z}
（1）试写出集合A的五个元素；
（2）判断下列元素是否属于A：0，−√3，√12，3√2，1
2 −√3；
（3）若x ∈A, y ∈A，试判断x + y, xy与A的关系.
（1） 0, 2 ± √3, 3 ± 4√3；（2） 0 ∈A, −√3 ∈A, √12 ∈A, 3√2 ∉A, 1
2 −√3 ∉A；（3） x + y ∈A, xy ∈A.
（1）取恰当的a, b后可得A的五个元素；
（2）令a + b√3为给定的值，判断是否存在对应的整数a, b，从而可得相应元素与集合的关系；
（3）设x = a1 + b1√3, y = a2 + b2√3，其中a1, a2, b1, b2 ∈Z，计算x + y, xy后根据集合元素的属性判断即可.
（1）分别取a = b = 0；a = 2, b = ±1；a = 3, b = ±4，
则得A的五个元素可为：0, 2 ± √3, 3 ± 4√3.
（2）令a + b√3 = 0，其中a ∈Z, b ∈Z，故a = b = 0，故0 ∈A，
令a + b√3 = −√3，其中a ∈Z, b ∈Z，故a = 0, b = −1，故−√3 ∈A，
令a + b√3 = √12 = 2√3，其中a ∈Z, b ∈Z，故a = 0, b = 2，故√12 ∈A，
因为不存在a ∈Z, b ∈Z，使得a + b√3 = 3√2，故 3√2 ∉A，
也不存在a ∈Z, b ∈Z，使得a + b√3 = 1
2 −√3，故 1
2 −√3 ∉A，
故0，−√3，√12均为A中元素，3√2，1
2 −√3均不是A中元素.
（3）因为x ∈A, y ∈A，故存在a1, a2, b1, b2 ∈Z，使得x = a1 + b1√3, y = a2 + b2√3，
故x + y = a1 + a2 + (b1 + b2)√3，因为a1 + a2, b1 + b2 ∈Z，故x + y ∈A.
又xy = a1a2 + 3b1b2 + (a1b2 + a2b1)√3，因为a1a2 + 3b1b2, a1b2 + a2b1 ∈Z，故xy ∈A.
故x + y ∈A，xy ∈A.
本题考查元素与集合的关系，其判断的基本方法就是观察元素是否满足集合的属性，本题属于中档题.
答案
解析
C组
1
已知非空集合S的元素都是整数，且满足：对于任意给定的x，y∈S (x、y可以相同)，有x+y∈S且x-y∈S.
11
（1）集合S能否为有限集，若能，求出所有有限集，若不能，请说明理由；
（2）证明：若3∈S且5∈S，则S=Z.
（1） {0}；（2）证明见解析.
（1）能，理由如下：
若a ∈S，且a ≠0，由题意知a的所有整数倍的数都是S中的元素，所以S是无限集；若a ∈S，且a = 0，则
S = {0}，x + y ∈S, x −y ∈S符合题意，且S = {0}是有限集，所以集合S能为有限集，即S = {0}.
（2）证明：
因为非空集合S的元素都是整数，且(x + y) ∈Z, (x −y) ∈Z,
由5 ∈S，3 ∈S，所以5 −3 = 2 ∈S，所以3 −2 = 1 ∈S，
所以1 + 1 = 2 ∈S，1 + 2 = 3 ∈S，1 + 3 = 4 ∈S，⋯，
1 −1 = 0 ∈S，0 −1 = −1 ∈S，−1 −1 = −2 ∈S，−2 −1 = −3 ∈S⋯，
所以非空集合S是所有整数构成的集合.
由5 ∈S，3 ∈S，所以5 −3 = 2 ∈S，因为x + y ∈S, x −y ∈S，
所以2 + 2 = 4 ∈S, 2 −2 = 0 ∈S，2 + 4 = 6 ∈S, 2 −4 = −2 ∈S，2 + 6 = 8 ∈S, 2 −6 = −4 ∈S， ⋯，
所以2的所有整数倍的数都是S中的元素，
即{x|x = 2k, k ∈Z}S，
且3 −2 = 1 ∈S，所以x = 2k + 1, k ∈Z也是集合S中的元素，
即{x|x = 2k + 1, k ∈Z}S，
{x|x = 2k, k ∈Z} ⋃{x|x = 2k + 1, k ∈Z} = Z，
综上所述，S = Z.
本题考查对集合性质的理解，关键点是理解x + y ∈S, x −y ∈S，考查了学生分析问题、解决问题的能力，以
及推理能力.
答案
解析
2
12
设集合M = {x|x = a2 −b2, a, b ∈Z}；
(1)
判断元素7是否属于M，并说明理由；
(2)
已知实数x0 = 4k −2 (k ∈Z)，证明：x0 ∉M；
(3)
对任意x1, x2 ∈M，判断x1x2是否是集合M中的元素？并证明你的结论；
(1) 7 ∈M，理由见解析；
(2) 证明见解析；
(3) x1x2 ∈M，证明见解析.
(1) 若7 ∈M，则(a + b)(a −b) = 7，又a, b ∈Z，
所以{
或{
或{
或{
，
解得{
或{
或{
或{
，显然满足要求，
所以7 ∈M.
(2) 若x0 ∈M，则(a + b)(a −b) = 4k −2 = 2(2k −1) (k ∈Z)，而2(2k −1)可分解为一个奇数与偶数的乘积形
式，
不妨令{
或{
或{
或{
，
解得
或
或
或
，k ∈Z，显然不符合a, b ∈Z，
所以x0 ∉M.
(3) x1x2 ∈M，证明如下：
由x1, x2 ∈M，即{
，且m, n, c, d ∈Z，
所以x1x2 = (m2 −n2)(c2 −d2) = (m2c2 + n2d2) −(m2d2 + n2c2) = (mc + nd)2 −(md + nc)2，
显然mc + nd、md + nc ∈Z，故x1x2 ∈M.
答案
解析
a + b = 7
a −b = 1
a + b = 1
a −b = 7
a + b = −7
a −b = −1
a + b = −1
a −b = −7
a = 4
b = 3
a = 4
b = −3
a = −4
b = −3
a = −4
b = 3
a + b = 2
a −b = 2k −1
a + b = 2k −1
a −b = 2
a + b = −2
a −b = 1 −2k
a + b = 1 −2k
a −b = −2
⎧
⎨
⎩
a = 2k + 1
2
b = 3 −2k
2
⎧
⎨
⎩
a = 2k + 1
2
b = 2k −3
2
⎧
⎨
⎩
a = −2k + 1
2
b = 2k −3
2
⎧
⎨
⎩
a = −2k + 1
2
b = 3 −2k
2
m2 −n2 = x1
c2 −d2 = x2
13
3
设集合A由全体二元有序实数组组成，在A上定义一个运算，记为⊗:对于A中的任意两个元素α = (a, b), β = (c, d)，
规定：α ⊗β = (ad + bc, bd −ac)；
(1)
求(1, 2) ⊗(3, 4)；
(2)
已知集合M = {(x, y) ∣xy < 0, x ∈R, y ∈R}，判断是否对任意α, β ∈M，都有α ⊗β ∈M?并说明理由：
(3)
是否存在A中的元素I = (x, y)，使得α ⊗I = I ⊗α = α恒成立？若存在，求出元素I；若不存在，请说明理
由；
(1) (10, 5)；
(2) 不成立，理由见解析；
(3) 存在 I = (0, 1)，理由见解析.
(1) 因为α ⊗β = (ad + bc, bd −ac)，
所以(1, 2) ⊗(3, 4) = (1 × 4 + 2 × 3, 2 × 4 −1 × 3) = (10, 5).
(2) 对任意α, β ∈M，都有α ⊗β ∈M不成立.
理由如下：取α = (1, −1), β = (−1, 1)，则α, β ∈M，
而α ⊗β = (1, −1) ⊗(−1, 1) = (1 × 1 + 1, −1 + 1) = (2, 0) ∉M.
故对任意α, β ∈M，都有α ⊗β ∈M不成立.
(3) 设α = (a, b), β = (c, d)，
则β ⊗α = (c, d) ⊗(a, b) = (cb + da, db −ca) = (ad + bc, bd −ac)，
所以α ⊗β = β ⊗α，即满足交换律.
若A中的元素I = (x, y)使得α ⊗I = I ⊗α = α恒成立，
则只需I ⊗α = α，即(x, y) ⊗(a, b) = (a, b) ⇔(bx + ay, by −ax) = (a, b)，
①若α = (0, 0)，显然I ⊗α = α，
②若α ≠(0, 0)，则{
，解得{
，即I = (0, 1).
答案
解析
bx + ay = a
−ax + by = b
x = 0
y = 1
14
综上，存在A中的元素I = (0, 1)，使得α ⊗I = I ⊗α = α恒成立.
02 集合和集合的关系与集合的基本运算
1
巩固练习
考点1：子集与真子集的概念
B组
1
集合A＝{﹣1，2，4}，B＝{2，m2}，B ⊆A，则m＝
．
±2
根据B⊆A，得到集合B的元素都是集合A的元素，进而求出m的值．
∵集合A = {−1，2，4}，B = {2，m2}，B ⊆A，
∴m2 = 4，解得m = ±2．
故答案为：±2．
答案
解析
2
已知集合A = {1}，B = {x
x2 + 3x + a = 0}，若A ⊆B，则实数a的值为
．
−4
因为A = {1}，B = {x
x2 + 3x + a = 0}，A ⊆B，
所以x = 1是方程x2 + 3x + a = 0的解，
即12 + 3 × 1 + a = 0，解得a = −4，
故答案为：−4.
本题考查根据集合的包含关系求参数，能否根据集合的包含关系得出x = 1是方程x2 + 3x + a = 0的解是解决
本题的关键，考查计算能力，是简单题.
答案
解析
3
2
已知集合M = {x|x = kπ
4 + π
4 , k ∈Z}，集合N = {x
x = kπ
8 −π
4 , k ∈Z}，则（ ）
A. M ∩N = ∅
B. M ⊆N
C. N ⊆M
D. M ∪N = M
B
先分析集合M、N，得到M ⊆N，再对四个选项一一判断.
M = {x|x = kπ
4 + π
4 , k ∈Z} = {x|x = π
4 (k + 1), k ∈Z} = {x|x = π
8 (2k + 2), k ∈Z}，
N = {x|x = kπ
8 −π
4 , k ∈Z} = {x|x = π
8 (k −2), k ∈Z}.
因为2k + 2可以表示偶数，列举出为{⋯−2, 0，2，4，6 ⋯}，而k −2可以表示全部整数.
所以M ⊆N
对于A：M ∩N = M.故A错误；
对于B、C：M ⊆N.故B正确；C错误；
对于D：M ∪N = N.故D错误.
故选：B
答案
解析
考点2：符号运用
A组
1
若集合A = {x
x2 −2x + 1 = 0}，B = {x
x2 −1 = 0}，则A
B.（用符号“⊂”“=”或“⊃”连接）
⊂
先化简集合A、B，再去判断集合A、B间的关系即可解决.
A = {x
x2 −2x + 1 = 0} = {1}，B = {x
x2 −1 = 0} = {−1, 1}，则A ⊂B
故答案为：⊂
答案
解析
2
用适当的符号（∈、∉、=、⊆、⊂）填空：
3
（1）∅ {0}；
（2）{y |y = 3x} {x
y = (x −1)2 + 1}.
;
（1）（2）利用集合与集合的关系可得出结果.
（1）∅{0}；
（2）因为{y |y = 3x} = {y |y > 0}，{x
y = (x −1)2 + 1} = R，
所以，{y |y = 3x}{x
y = (x −1)2 + 1}.
故答案为：（1）；（2）.
答案
解析
考点3：集合相等
B组
1
若集合A = {x|ax2 −ax + 2 = 0} = ∅，则实数a的取值范围是
.
0 ≤a < 8
利用空集的意义，结合方程根的情况列式求解即得.
当a = 0时，2 = 0不成立，即A = ∅，则a = 0；
当a ≠0时，由A = ∅，得Δ = a2 −8a < 0，解得0 < a < 8，
所以实数a的取值范围是0 ≤a < 8.
故答案为：0 ≤a < 8
答案
解析
考点5：子集个数的求算
A组
4
1
集合P满足P ⊂{(x, y)|x2 + y2 = 4, x, y ∈Z}，则这样的集合P有
个．
15
分析集合{(x, y)|x2 + y2 = 4, x, y ∈Z}中的元素个数，由于P ⊂{(x, y)|x2 + y2 = 4, x, y ∈Z}，则符合的集合个
数即可确定.
解：x2 + y2 = 4, x, y ∈Z，则当x = 0时，y = ±2 ∈Z；当x = ±1时，y = ±√3 ∉Z；当x = ±2时，y = 0 ∈Z
；所以{(x, y)|x2 + y2 = 4, x, y ∈Z} = {(0, 2), (0, −2), (2, 0), (−2, 0)}
又P ⊂{(x, y)|x2 + y2 = 4, x, y ∈Z}，集合{(x, y)|x2 + y2 = 4, x, y ∈Z}中有4个元素，P为真子集，故符合这
样的集合P有：∅，{(0, 2)}，{(0, −2)}，{(2, 0)}，{(−2, 0)}，{(0, 2), (0, −2)}，{(0, 2), (2, 0)}，
{(0, 2), (−2, 0)}，{(2, 0), (0, 2)}，{(2, 0), (0, −2)}，{(2, 0), (−2, 0)}，{(0, 2), (0, −2), (2, 0)}，
{(0, 2), (0, −2), (−2, 0)}，{(0, −2), (2, 0), (−2, 0)}，{(0, 2), (2, 0), (−2, 0)}，共15个.
故答案为：15.
答案
解析
考点6：子集个数的应用
B组
1
已知集合P满足{a, b} ⊂P ⊆{a, b, c, d, e}，则集合P的个数有
个；
7
利用分步计数原理，分析元素c, d, e是否在集合P中，即得解
由题意，集合P中一定包含元素a, b，元素c, d, e至少有一个在集合P中，
因为集合{c, d, e}的非空子集有7个，所以集合P的个数有7个.
故答案为：7
答案
解析
5
考点8：集合关系中的参数取值问题
A组
1
已知集合A = {x|x2 + x −6 = 0}，B = {x|mx + 1 = 0}，若B ⊆A，求实数m的取值范围．
m = 1
3 或 m = −1
2 或 m = 0
首先求出集合A，根据B ⊆A，则B = {−3}，或B = {2}，或B = ∅，分别求出参数的值，即可得解；
解：由x2 + x −6 = 0，解得x = −3或x = 2
所以A = {−3, 2}
∵B ⊆A，且B中元素至多一个，
∴B = {−3}，或B = {2}，或B = ∅
(1)当B = {−3}时，由−3m + 1 = 0，得m = 1
3 ；
(2)当B = {2}时，由2m + 1 = 0，得m = −1
2 ；
(3)当B = ∅时，由mx + 1 = 0无解，得m = 0；
∴m = 1
3 或m = −1
2 或m = 0
本题考查集合的包含关系求参数的取值，考查分类讨论思想，属于基础题.
答案
解析
B组
1
已知a ∈R，x ∈R，集合A = {2, 4, x2 −5x + 9}，B = {3, x2 + ax + a}，C = {x2 + (a + 1)x −3, 1}.
（1）求使集合A = {2, 3, 4}的x的值；
（2）求使2 ∈B，B ⊆A的a，x的值；
（3）求使集合B = C的a，x的值.
6
（1） x = 2或 x = 3（2）
\left\{
或
\left\{
（3）
\left\{
或
\left\{
(1)由题意得x2 −5x + 9 = 3，解得x = 2或x = 3.
(2)∵2 ∈B，B ⊆A，∴{
联立解得x = 2时，a = −2
3 ， x = 3时，a = −7
4 .
所以可得满足题意的x，a 为
或
.
(3)∵B = C，∴有{
，联立解得{
或{
本题考查了由集合之间的关系求参数的问题，考查了相等集合概念的应用，考查了计算能力，属于一般难度
的题.
答案
x = 2,
a = −2
3
x = 3,
a = −7
4 ．
x = −1,
a = −6
x = 3,
a = −2．
解析
x2 + ax + a = 2
x2 −5x + 9 = 3
⎧
⎨
⎩
x = 2
a = −2
3
⎧
⎨
⎩
x = 3
a = −7
4
x2 + (a + 1)x −3 = 3
x2 + ax + a = 1
x = −1,
a = −6
x = 3,
a = −2．
2
已知A = {x
x2 + 4x = 0}，B = {x
x2 + 2 (a + 1)x + a2 −1 = 0}.
(1)
若A ∩B = A，求实数a的值；
(2)
若B是A的真子集，求实数a的取值范围.
7
(1) 1
(2) (−∞, −1]
(1) 因为A = {x ∣x2 + 4x = 0} = {−4, 0}，
若A ∩B = A，则得：B = A = {−4, 0}，
所以得：方程x2 + 2 (a + 1)x + a2 −1 = 0有两根，
所以得：
，解之得：a = 1.
(2) 若B是A的真子集，则得：B真包含于A.
①若B = ∅，则Δ = 4(a + 1)2 −4 (a2 −1) = 8a + 8 < 0，解之得：a < −1；
②若B ≠∅，即B为单元素集合，
则Δ = 4(a + 1)2 −4 (a2 −1) = 8a + 8 = 0，解之得：a = −1.
将a = −1代入方程x2 + 2 (a + 1)x + a2 −1 = 0，
得x2 = 0，解之得：x = 0，所以得：B = {0}，符合要求；
综上所述，实数a的取值范围为：(−∞, −1].
故答案为：(−∞, −1].
答案
解析
⎧
⎨
⎩
Δ = 4(a + 1)2 −4 (a2 −1) > 0
−4 + 0 = −2(a + 1)
−4 × 0 = a2 −1
考点9：交并补集的定义
A组
1
已知全集U = R, A = (1, +∞), B = [√2, √5)，则A ∩B =
.
–
8
(1, √2) ∪[√5, +∞)
根据集合的补集、交集运算求解即可.
∵U = R, A = (1, +∞), B = [√2, √5),
∴B = (−∞, √2) ∪[√5, +∞),
∴A ∩B = (1, √2) ∪[√5, +∞).
故答案为：(1, √2) ∪[√5, +∞)
答案
解析
–
–
2
若集合A = {(x, y) |x + y = 0}, B = {(x, y) |2x −y = 3}，则A ∩B =（ ）
A. {1, −1}
B. {−1, 1}
C. {(1, −1)}
D. {(−1, 1)}
C
根据交集的定义，联立方程即可求解.
由{
，解得x = 1, y = −1，
故A ∩B ={(1, −1)}，
故选：C
答案
解析
x + y = 0
2x −y = 3
3
若全集U = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, A = {3, 5, 8}, B = {7, 9, 10}，则A ∪B =
.
{1, 2, 4, 6}
根据给定条件，直接利用并集、补集的定义求解作答.
因A = {3, 5, 8}, B = {7, 9, 10}，则A ∪B = {3, 5, 7, 8, 9, 10}，而全集U = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}，
所以A ∪B = {1, 2, 4, 6}.
–
答案
解析
–
9
故答案为：{1, 2, 4, 6}
B组
1
已知A = (−∞, 0]，B = [a, +∞)，且A ⋃B = R，则实数a的取值范围为
.
a ≤0
根据并集的运算结果列出不等式，即可得解.
解：因为A ⋃B = R，
所以a ≤0.
故答案为：a ≤0.
答案
解析
考点10：已知交并补集求参数取值问题
A组
1
设全集U = {2, 3, a2 + 2a −3}，A = {3, a}，若A = 5，则实数a =
.
2
由题可得5 ∈U，即可求出a，验证即可.
∵U = {2, 3, a2 + 2a −3}，A = {3, a}， A = 5，
∴5 ∈U，则a2 + 2a −3 = 5，解得a = 2或−4，
当a = 2时，U = {2, 3, 5}，A = {3, 2}，A = 5，符合题意；
当a = −4时，U = {2, 3, 5}，A = {3, −4}，不符合题意，
∴a = 2.
故答案为：2.
–
答案
解析
–
–
10
B组
1
已知集合A={x|3≤x≤7}，B={x|2＜x＜10}，C={x|x-a<0}．
（1）求A∪B；
（2）求A ⋂B；
（3）若A∩C=A，求实数a的取值范围．
（1）{x|2＜x＜10}；（2）{x|2＜x＜3或7＜x＜10}；（3）a＞7．
（1）利用集合并集的定义，即可求解A ⋃B；
（2）根据题意，先求出CRA，即可求出(CRA) ⋂B；
（3）由A ⋂C = A，得A ⊆C，利用集合的运算，即可求解实数a的取值范围．
解：（1）∵A={x|3≤x≤7}，B={x|2＜x＜10}，
∴A∪B={x|2＜x＜10}；
（2）∁A={x|x＜3或x＞7}，∴（∁A）∩B={x|2＜x＜3或7＜x＜10}；
（3）若A∩C=A，则A⊆C，∴a＞7．
本题主要考查了集合的基本运算，其中熟记集合的交集、并集和补集的运算的基本概念是解答的关键，着重
考查了推理与运算能力，属于基础题．
–
答案
解析
R
R
考点11：交并补集与一元二次方程的根
B组
1
已知集合A = {x|x2 + (p −1)x + q = 0}，B = {x|(x −1)2 + p (x −1) + q = x + 1}，当A = {2}时，求集合B．
11
B = {3 + √2, 3 −√2}
根据集合和元素的关系解出p, q的值，代入(x −1)2 + p (x −1) + q = x + 1，解一元二次方程即可.
因为A = {2}，所以{
，解得{
，
代入(x −1)2 + p (x −1) + q = x + 1得(x −1)2 −3 (x −1) + 4 = x + 1，
整理得x2 −6x + 7 = 0，解得x = 3 ± √2，
所以B = {3 + √2, 3 −√2}.
答案
解析
22 + (p −1) × 2 + q = 0
(p −1)2 −4q = 0
p = −3
q = 4
考点12：交集的运算性质
A组
1
已知集合A={x｜-2≤x≤5}，B={x｜m≤x≤2m-1} A∩B="B," 求m的取值范围．
m ≤3
答案
12
试题分析：由A∩B=B得到B ⊆A，将两集合标注在数轴上使其满足子集关系，进而得到m的不等式，得到m的
范围，求解时要将B集合分为空集与非空集两种情况讨论
试题解析：①B=∅时，m>2m-1
m<1
②B≠∅时, m≤2m-1 即m≥1
又有{
}⇒−2 ≤m ≤3⇒1 ≤m ≤3
则m ≤3
考点：1．集合的子集关系；2．分情况讨论
解析
m ≥−2
2m −1 ≤5
考点13：并集的运算性质
A组
1
若A, B是全集U的真子集，则下列四个命题：①A ∩B = A；②A ∪B = A；③A ∩B = ∅;④A ∩B = U;⑤B ⊆A中与
命题A ⊆B等价的有（ ）
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
C
直接根据集合的交集、并集、补集的定义判断集合间的关系，从而求出结论．
∵A ∩B = A ⇔A ⊆B，则①符合题意；
∵A ∪B = A ⇔B ⊆A，则②不符合题意；
∵A ∩B = ∅⇔A ⊆B，则③符合题意；
∵A ∩B = U ⇔A = B = U，这与A, B是全集U的真子集相矛盾，则④不符合题意；
∵B ⊆A ⇔A ⊆B，则⑤符合题意；
与命题A ⊆B等价的有①③⑤，共3个
故选：C.
–
–
答案
解析
–
–
考点14：补集的运算性质
13
A组
1
设全集U = {1，2，3，4，5，6，7，8}，集合S = {1，3，5}，集合T = {3，6}，则S ∩T =
．
{2, 4, 7, 8}
由已知得可以求得S和T，再由交集运算即可解决.
∵全集U = {1，2，3，4，5，6，7，8}，集合S = {1，3，5}，集合T = {3，6}，
∴S = {2, 4, 6, 7, 8}，T = {1, 2, 4, 5, 7, 8}，
∴S ∩T = {2, 4, 7, 8}.
故答案为：{2, 4, 7, 8}.
–
答案
解析
–
–
–
–
B组
1
设全集U={(x, y)|x, y ∈R}，集合M {(x, y)| y −3
x −2 = 1}，N = {(x, y)|y ≠x + 1}，则∁U (M ∪N)等于 ．
{(2, 3)}
∵全集U = {(x, y)|x, y ∈R}，
集合M {(x, y)| y −3
x −2 = 1}，N = {(x, y)|y ≠x + 1}，
∴M ∩N =
(x, y)|
，
集合M表示直线y −3 = x −2，即y = x + 1，除去(2, 3)的点集；
集合N表示平面内不属于y = x + 1的点集，∴M ∪N = {(x, y)|x ≠2, y ≠3}，
则∁U (M ∪N) = {(2, 3)}．
故答案为{(2, 3)}．
答案
解析
⎧
⎨
⎩
⎧
⎨
⎩
y −3
x −2 = 1
y ≠x + 1
⎫
⎪
⎬
⎪
⎭
14
考点15：利用文氏图解决交并补问题
A组
1
设全集为U，集合A, B是U的子集，用交、并、补运算符号表示图中阴影部分集合为
．
A ∩(∁UB)
根据V enn图，得到集合关系即可.
由V enn图可知元素属于A但不属于B，
即阴影部分对应的集合为A ∩(∁UB)，
故答案为：A ∩(∁UB)
答案
解析
2
给定全集U，A，B是U的子集，且A ⊆B，则（ ）
A. A ⊆B
B. A ∩B = ∅
C. A ∪B = U
D. A ⊆B
B
分析作出韦恩图，数形结合能求出结果.
给定全集U，A，B是U的子集，且A ⊆B，如图，
对于A，A不是B的子集，故A错误；
对于B，A ∩B = ∅，故B正确；
对于C，A ∪B ≠U，故C错误；
对于D，A ⊇B，故D错误.
–
–
答案
解析
–
–
15
故选：B.
B组
1
将集合A ∩C ∩∁UB在如图中用阴影部分表示出来
.
见解析
根据集合的交集与补集的运算，即可求得A ∩C ∩∁UB.
由交集补集的运算可知，阴影部分如下图所示：
故答案为：
答案
解析
2
设全集U = {1, 2, 3, 4, 5}，若A ∩B = {2}，A ∩B = {4}，A ∪B = {1, 5}，则A =
．
{2, 3}
先由韦恩图表示出集合U，再由韦恩图表示出A ∩B，A ∩B，A ∪B结合图解法解决即可．
–
–
答案
解析
–
–
16
解：U = {1, 2, 3, 4, 5}，
由题意如图所示，
由韦恩图可知：A = {2，3}，B = {2，4}．
故答案为：{2, 3}
3
设全集U =｛x|x ⩽20的素数｝，B ⋂A={3, 5}，A ⋂B={7, 19}，A ⋂B={2, 17}，求集合A，B．
A = {3, 5, 11, 13}， B = {7, 11, 13, 19}
U = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19}．画出V enn图，如图所示．
全集U由四个集合A ⋂B，(∁UB) ⋂A，(∁UA) ⋂B和(∁UA) ⋂(∁UB)组成，且以上任何两个集合的交集为∅，
故全集中的每个元素仅属于四个集合中的一个集合．
∴A ⋂B = {11, 13}．∴A = {3, 5, 11, 13}，B = {7, 11, 13, 19}．
本题主要考查集合的运算，利用集合运算的结果求解集合时，通常借助V enn图求解，侧重考查逻辑推理的核
心素养.
–
–
–
答案
解析
考点16：文氏图的实际应用
B组
1
某班有36名同学参加数学、物理、化学课外探究小组，每名同学至少参加一个至多参加两个小组.已知参加数学、
物理、化学小组的人数分别为26、15、13，同时参加数学和物理小组的有6人，同时参加物理和化学小组的有4人，
17
则同时参加数学和化学小组的有
人.
8
利用韦恩图，根据容斥原理，即可求解.
设集合A, B, C分别表示参加数学、物理、化学课外小组，
其中x, y, z, a, b, c, d分别表示集合每部分的人数，其中d = 0
，化简为
所以b = 20 + 5 + 9 −26 = 8
所以同时参加数学和化学小组的有8人.
故答案为：8
答案
解析
⎧
⎨
⎩
x + y + z + a + b + c = 36
x + a + b = 26
a + y + c = 15
b + c + z = 13
a = 6
c = 4
⎧
⎨
⎩
x + y + z + b = 26
x + b = 20
y = 5
b + z = 9
C组
1
2024年国庆假期期间，佛山市安排了精彩纷呈的文旅体活动，其中文化旅游活动备受市民青睐.某学校对120名学生
在国庆期间参与佛山祖庙的“乐游祖庙，喜迎国庆”文艺汇演，顺德欢乐海岸的“潮玩广府”嘉年华活动，广东千古情
的“火人狂欢节”活动的情况进行了统计，统计结果如下表所示：
参与情况
参与人数
参与了佛山祖庙的“乐游祖庙，喜迎国庆”文艺汇演
60
参与了顺德欢乐海岸的“潮玩广府”嘉年华活动
89
参与了广东千古情的“火人狂欢节”活动
50
至少参与了其中的一个活动
105
则下列说法正确的是（ ）
A. 三项活动都没有参与的人数为15
B. 三项活动都参与的人数最多为47
18
C. 恰好参与一个活动的人数最少为21
D. 恰好参与两个活动的人数最多为94
ABD
通过设未知数，根据已知条件列出方程来求解各项人数的范围，结合图象从而判断选项的正确性.
设三项活动都参与的人数为x，只参与佛山祖庙和顺德欢乐海岸活动的人数为a，
只参与佛山祖庙和广东千古情活动的人数为b，
只参与顺德欢乐海岸和广东千古情活动的人数为c，
只参与佛山祖庙活动的人数为m，
只参与顺德欢乐海岸活动的人数为n，只参与广东千古情活动的人数为p，
对于A，已知至少参与了其中一个活动的人数为105，
那么三项活动都没有参与的人数为120 −105 = 15，所以选项A正确；
对于B，根据已知条件可得：
m + a + b + x = 60，①
n + a + c + x = 89，②
p + b + c + x = 50，③
m + n + p + a + b + c + x = 105，④
将① + ② + ③得：
m + n + p + 2 (a + b + c) + 3x = 199， ⑤
用⑤ − ④可得：
a + b + c + 2x = 94，即a + b + c = 94 −2x，
因为a ≥0, b ≥0, c ≥0，即94 −2x ≥0，解得x ≤47，
所以三项活动都参与的人数最多为47，选项B正确；
对于C，由④可得m + n + p = 105 −(a + b + c + x)，
将a + b + c = 94 −2x代入可得：m + n + p = 105 −(94 −2x + x) = 11 + x，
因为x ≥0，所以m + n + p = 11 + x ≥11，
即恰好参与一个活动的人数最少为11，
选项C错误；
对于D，恰好参与两个活动的人数为a + b + c = 94 −2x，
因为x ≥0，所以a + b + c ≤94，
所以恰好参与两个活动的人数最多为94，故D正确.
故选：ABD.
答案
解析
19
方法点睛：本题主要涉及集合的相关概念和容斥原理。容斥原理是指先不考虑重叠的情况，把包含于某内容
中的所有对象的数目先计算出来，然后再把计数时重复计算的数目排斥出去，使得计算的结果既无遗漏又无
重复。
03 常用逻辑关系
1
巩固练习
考点1：命题的概念
A组
1
已知下列语句:①一束美丽的花;②x>3;③2是一个偶数;④若x=2,则x -5x+6=0.其中是命题的个数是 ( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
B
根据命题的定义：命题是判断真假的陈述句，对每一项进行排查和判断，即可得出答案.①陈述句，但未表示
判断；②表示判断，但是缺少必要的陈述条件；③是陈述句有判断，是命题；④是陈述句，也有判断，是命题.
故选B.
本题考查命题的定义及命题的判断，关键在于理解命题的定义，注意无需判断命题真假，只需判断是否为命
题.
2
答案
解析
考点2：命题的判断
B组
1
设U为全集，下面三个命题中为真命题的是（ ）
A. 若A ∩B = ∅，则(∁UA) ∪(∁UB) = U；
B. 若A ∪B = U，则(∁UA) ∩(∁UB) = ∅；
C. 若A ∩B = ∅，则A = B = ∅；
D. 若A ∪B = ∅，则A = B = ∅.
ABD
答案
解析
2
利用集合间的基本关系及交并补的概念与运算计算即可.
对于A，若A ∩B = ∅，则(∁UA) ∪(∁UB) = ∁U (A ∩B) = U成立，即A正确；
对于B，若A ∪B = U，则(∁UA) ∩(∁UB) = ∁U (A ∪B) = ∅成立，即B正确；
对于C，不妨设A = {1}, B = {2}，有{1} ∩{2} = ∅，但A = B = ∅不成立，即C错误；
对于D，若A ∪B = ∅，则集合A、集合B中均没有元素，即D正确.
故选：ABD
考点3：命题与推出关系
B组
1
已知命题p：x ﹣4x﹣5≤0，命题q：x ﹣2x＋1﹣m ≤0(m＞0)．
（1）若p是q的充分条件，求实数m的取值范围；
（2）若m＝5，命题p和q中有且只有一个真命题，求实数x的取值范围．
（1）[4，+∞)；（2 [−4， −1) ∪(5， 6].
（1）求出命题p，q成立时的x的范围，利用充分条件，根据包含关系列出不等式求解即可．
（2）讨论p真q假或p假q真，分别利用命题的真假关系列出不等式组，求解即可．
(1)对于p : A = [−1，5]，
对于q : B = [1 −m，1 + m]，p是q的充分条件，
可得A ⊆B，∴{
，∴m ∈[4，+∞)．
(2)若m＝5，命题p和q中有且只有一个真命题，
此时命题q对应得集合为B=[−4, 6]，
则p真q假或p假q真，
所以①当p真q假时，x∈[−1, 5]，且x(−∞, −4)∪(6，+∞)，则此时无解；
②当p假q真时，x∈(−∞, −1)∪(5，+∞)，且x∈[−4, 6]，
2
2
2
答案
解析
1 −m ⩽−1
1 + m ⩾5
3
∴x ∈[−4，−1) ∪(5，6]．
综上所述，x的取值范围为[−4，−1) ∪(5，6]．
本题考查命题的真假的判断与应用，充要条件的应用，集合的关系，考查转化思想以及计算能力．
考点4：充分条件与必要条件
A组
1
若m, n ∈R，则“m + n ≥0”是“m ≥0且n ≥0”的
条件．
必要不充分
m ≥0, n ≥0时，m + n ≥0成立，是必要的．
m = 2, n = −1时，有m + n = 1 > 0，即m + n ≥0时不一定有m ≥0且n ≥0．不充分，
因此应是必要不充分条件．
故答案为：必要不充分．
答案
解析
2
下列说法正确的是（ ）
A. x ∈Z是x ∈N的必要不充分条件
B. x ≥3是x > 5的充分不必要条件
C. 若q ⇒p，则p是q的充分条件
D. 一个四边形是矩形的充分条件是它是平行四边形
A
根据充分、必要条件逐项判断即可.
对于A，若x ∈N，则x ∈Z，反之，若x ∈Z，则x ∈N不一定成立，例如x = −1，
所以x ∈Z是x ∈N的必要不充分条件，正确；
对于B，若x > 5，则x ≥3，反之，若x ≥3，则x > 5不一定成立，例如x = 4，
所以x ≥3是x > 5的必要不充分条件，错误；
对于C，若q ⇒p，则p是q的必要条件，错误；
对于D，若一个四边形是矩形，则它是平行四边形，
反之，若一个四边形是平行四边形，则它不一定是矩形，
答案
解析
4
所以一个四边形是矩形的必要条件是它是平行四边形，错误.
故选：A.
3
俗话说“便宜没好货”，这句话的意思是，“不便宜”是“好货”的（ ）条件
A. 充分非必要
B. 必要非充分
C. 充要
D. 非充分非必要
B
根据充分必要条件的定义可得选项.
解：由“便宜没好货”，得“好货”能推出“不便宜”，
所以“不便宜”是“好货”的必要非充分条件，
故选：B.
答案
解析
B组
1
设a、 b、 c、 d ∈R，则{
是{
成立的（ ）
A. 充分非必要条件
B. 必要非充分条件
C. 充要条件
D. 非充分非必要条件
C
利用充分条件和必要条件的定义结合不等式的性质分析判断
若{
，则{
，
所以c −a与d −b同号，且c −a > 0, d −b > 0，所以{
，
若{
，则c −a > 0, d −b > 0，所以{
，所以{
，
所以{
是{
成立的充要条件，
故选：C
c + d > a + b
(c −a) (d −b) > 0
c > a
d > b
答案
解析
c + d > a + b
(c −a) (d −b) > 0
(c −a) + (d −b) > 0
(c −a)(d −b) > 0
c > a
d > b
c > a
d > b
(c −a) + (d −b) > 0
(c −a)(d −b) > 0
c + d > a + b
(c −a) (d −b) > 0
c + d > a + b
(c −a) (d −b) > 0
c > a
d > b
5
C组
1
设集合M = {t
t = m2 −n2，m，n ∈Z}.
（1）证明：属于M的两个整数，其积也属于M；
（2）判断32、33、34是否属于M，并说明理由；
（3）写出“偶数2k (k ∈Z)属于M”的一个充要条件并证明.
（1）见解析；（2） 32 ∈M， 33 ∈M， 34 ∉M理由见解析；（3） k为偶数，证明见解析.
（1）设t1，t2∈M，则对t1t2进行化简，观察其是否满足集合M的条件，进行判断即可；（2）用反证法进行判
断即可；（3）证明充要条件时既要证充分性，又要证必要性.
（1）设集合M = {t
t = m2 −n2，m，n ∈Z}中的元素t1 = m12 −n12，t2 = m22 −n22，所以
t1t2 = (m12 −n12) (m22 −n22) = m12m22 −m12n22 −n12m22 + n12n22
= (m12m22 + n12n22) −(m12n22 + n12m22) = (m1m2 + n1n2)2 −(m1n2 + n1m2)2，
因为m，n ∈Z，所以m1m2 + n1n2，m1n2 + n1m2∈Z，所以有t1，t2∈M，则t1t2∈M，所以属于M的两个整
数，其积也属于M.
（2）因为32 = 62 −22，所以32 ∈M；
33 = m2 −n2 = (m + n) (m −n) = (17 + 16) (17 −16) = (7 + 4) (7 −4)，所以33 ∉M；
假设34 ∈M，同上可得34 = m2 −n2 = (m + n) (m −n)，因为m，n ∈Z，所以m + n与m −n有相同奇偶
性，因为34为偶数，所以m + n与m −n均为偶数，所以(m + n) (m −n)应为4的倍数，而34不是4的倍数，所
以假设不成立，所以34 ∉M.
（3）“偶数2k (k ∈Z)属于M”的一个充要条件是k为偶数.
充分性：因为k为偶数，设k = 2a(a ∈Z)，所以2k = 4a，而(a + 1)2 −(a −1)2 = 4a，所以
2k = (a + 1)2 −(a −1)2满足集合M = {t
t = m2 −n2，m，n ∈Z}，所以偶数2k (k ∈Z)属于M；
必要性：因为偶数2k (k ∈Z)属于M，所以2k = m2 −n2 = (m + n) (m −n)，因为m，n ∈Z，所以m + n与
m −n有相同奇偶性，因为2k (k ∈Z)为偶数，所以m + n与m −n均为偶数，所以(m + n) (m −n)应为4的倍
答案
解析
6
数，2k必为4的倍数，即k必为2的倍数，所以k为偶数.
本题主要考查集合与元素之间的关系以及充要条件，解题的关键是会用反证法证明，以及会证明充要条件.
考点5：已知条件关系求参数取值
B组
1
设α：1 ≤x ≤3；β: m + 1 ≤x ≤2m + 4，m ∈R，若α是β的充分不必要条件，则m的取值范围是
−1
2 ≤m ≤0
α是β的充分不必要条件可知[1, 3][m + 1, 2m + 4]，即可求解.因为α：1 ≤x ≤3；β: m + 1 ≤x ≤2m + 4，
m ∈R，α是β的充分不必要条件
所以[1, 3][m + 1, 2m + 4]，
即{
，解得−1
2 ≤m ≤0.
故答案为−1
2 ≤m ≤0
本题主要考查了充分不必要条件，真子集的概念，属于中档题.
答案
解析
m + 1 ≤1
3 ≤2m + 4
C组
1
已知非空集合A = {x|x2 −(3a −1)x + 2a2 −a < 0}，集合B = {x|x2 −4x + 3 < 0}．
（1）当a = 2时，求A ⋂B；
（2）命题p : x ∈A，命题q : x ∈B，若q是p的必要条件，求实数a的取值范围．
7
（1） $\{x|2<3\}$（2） (1, 2]
（1）利用一元二次不等式的解法和集合的交运算即可求解；
（2）若q是p的必要条件，则集合A ⊆B，对集合A对应的不等式，根据其解集的端点2a −1 和a，分a < 1，
a = 1，a > 1三种情况进行讨论，在每种情况下，借助数轴列出集合A ⊆B时实数a需满足的不等式组，解不
等式组即可求解.
（1）当a = 2时，集合$A=\left\{ x\left| {{x}^{2}} \right. \right.-5x+6<\left. 0 \right\}=\left\{ x\left| 2<3 \right\}
\right. \right.$，
集合$B=\left\{ x|{{x}^{2}}-4x+3<0 \right\}=\{x|1<3\}$，
所以由集合的交运算可得，$A\cap B=\{x|2<3\}$．
（2）若q是p的必要条件，则集合A ⊆B，
因为集合A = {x|x −(3a −1)x + 2a2 −a < 0} = {x|(x −a)[x −(2a −1)] < 0}．
①当a < 1时，a > 2a −1，集合$A=\{x|2a-1，
要使A ⊆B，则{
，解得1 ≤a ≤3，因为a < 1，故这种情况不成立；
②当a = 1时，a = 2a −1，集合A = ∅，这与题目条件矛盾；
③当a > 1时，a < 2a −1，集合$A=\{x|a<2a-1\}$，
要使A ⊆B，则{
，解得1 ≤a ≤2，
因为a > 1，故$1，
综上可知：实数a的取值范围为(1, 2]．
本题考查一元二次不等式的解法和集合的交运算、把必要条件等价转化为集合间的包含关系求参数的范围；
考查运算求解能力、分类讨论思想和转化与化归能力；把必要条件等价转化为集合间的包含关系是求解本题
的关键；属于综合型、难度大型试题.
答案
解析
a ≤3
2a −1 ≥1
2a −1 ≤3
a ≥1
考点6：命题的反设
B组
1
对于命题“若a ∈R且a −√2是有理数，则a是无理数”，用反证法证明时，假设a是有理数后下面到处矛盾的方法：
①因为a是有理数，√2是无理数，所以a −√2是无理数，这与a −√2是有理数矛盾；
②因为a −√2有理数，√2是无理数，所以a是无理数，这与a是有理数矛盾；
③因为a是有理数，a −√2是有理数，所以a −a + √2 = √2是有理数，这与√2是无理数矛盾；
其中，推理正确的序号是
.
8
①③
根据反证法概念，从a是有理数出发，经过正确的推理，结合题意，分析即可得答案.
①从a是有理数出发，经过推理，得到a −√2是无理数，和题干矛盾，故①正确；
②没有从a是有理数出发，推出矛盾，不是反证法，故②不正确；
③从a是有理数出发，经过推理，推出√2是无理数，结论错误，从而证明原命题正确，故③正确.
故答案为：①③
答案
解析
考点7：反证法在证明题中的应用
A组
1
已知实数x, y满足x + y = 2，则下列结论的证明更适合用反证法的是（ ）
A. 证明xy ≤1
B. 证明x, y中至少有一个不大于1
C. 证明x2 + y2 ≥2
D. 证明x, y可能都是奇数
B
根据反证法的特点：假设结论的对立面，最终导出矛盾，从而肯定结论成立，观察四个选项可作出判断.
实数x, y满足x + y = 2，
观察四个选项，更适合用反证法的是B，
原因是：假设x > 1且y > 1，
则x + y > 2，与已知矛盾，故原结论成立，
其它选项均不适合.
故选：B
答案
解析
B组
1
用反证法证明命题“设n ∈Z，已知n2是偶数，则n是偶数”时，应假设
.
9
已知 n2是偶数，则n是奇数
根据反证法证明命题的原理即可得解.
∵命题“设n ∈Z，已知n2是偶数，则n是偶数”，
可得题设为，“a ⋅b（a，b ∈Z∗）为偶数，
∴反设的内容是：假设已知n2是偶数，则n是奇数.
故答案为：已知n2是偶数，则n是奇数.
答案
解析
2
若x ∈R, a = x2 −x, b = x2 −3x + 2.证明：a, b至少有一个不小于0.
证明见解析.
假设a, b均小于0，即a < 0, b < 0，计算a + b = 2(x −1)2 ≥0得到矛盾，得到证明.假设a, b均小于0，即
a < 0, b < 0，则有a + b < 0，
而a + b = (x2 −x) + (x2 −3x + 2) = 2x2 −4x + 2 = 2(x −1)2 ≥0，
这与a + b < 0矛盾，所以假设不成立，故a, b至少有一个不小于0.
本题考查了反证法，意在考查学生的推理能力.
答案
解析
04 一元二次函数的图象与性质
1
巩固练习
考点1：二次函数一般式中各参数的集合意义
A组
1
如图所示，当ab > 0时，函数y = ax2与f(x) = ax + b的图象是 （ ）
A.
B.
C.
D.
D
∵ab > 0, ∴a > 0, b > 0或a < 0, b < 0
当a > 0, b > 0时，函数y = ax2开口向上，f(x) = ax + b过第一、二、三象限，无选项；
当a < 0, b < 0时，函数y = ax2开口向下，f(x) = ax + b过第二、三、四象限，D选项正确；
故选：D
本题考查一次函数与二次函数图象，属于基础题.
答案
解析
2
已知二次函数y=ax +bx+c（a≠0）的图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）
A. a＞0
B. 3是方程ax +bx+c=0的一个根
2
2
2
C. c＜0
D. 当x＜1时，y随x的增大而减小
B
根据二次函数的图象，判断a, c的符号、对称性、对应一元二次方程的根、单调性等知识确定正确答案.
二次函数开口向下，a < 0，A选项错误.
由图可知，二次函数对称轴为x = 1，ax2 + bx + c = 0的一个根是−1，
根据对称性可知另一个根是3，B选项正确.
由图可知，当x = 0时，y = c > 0，C选项错误.
由图可知，当x < 1时，y随x的增大而增大，D选项错误.
故选：B
答案
解析
3
若函数f (x) = x2 + (a + 2)x + 3，x ∈[a, b]的图象关于直线x = 1对称，则b =
.
6
根据给定的二次函数，利用二次函数的性质列式计算作答.
函数f (x) = x2 + (a + 2)x + 3的对称轴为：x = −a + 2
2
，
依题意，−a + 2
2
= 1且a + b = 2，解得a = −4，b = 6，
所以b = 6.
故答案为：6
答案
解析
考点2：定轴定区间值域问题
A组
1
求函数y = −x2 + 2x + 3, x ∈[0, 3]的最大值和最小值.
3
最大值为4；最小值为0.
先求出二次函数的图象的对称轴，再结合函数的图象得解.函数y = −x2 + 2x + 3的对称轴为x = 1，
所以当x = 1时，函数取得最大值−12 + 2 + 3=4，
当x = 3时，函数取得最小值−32 + 6 + 3=0.
所以函数的最大值为4，最小值为0.
本题主要考查二次函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
答案
解析
B组
1
已知函数f (x) = x2 −4x + 5
（1）写出函数y随x增大而增大的x的区间范围
（2）求f (x)在[1，4]上的最值
（3）求f (x)在[3，6]上的最值
（4）求f (x)在[−2，0]上的最值
（1）单调增区间为 [2, +∞)，（2） f(x)min = 1， f(x)max = 5
（3） f(x)min = 2， f(x)max = 17（4） f(x)min = 5， f(x)max = 17
（1）因为f (x) = x2 −4x + 5，
对称轴为x = 2，
所以函数的单调增区间为[2, +∞)
答案
解析
4
（2）当x ∈[1, 4]时，在[2, 4]上为增函数，
所以x = 2时，f(x)min = f(2) = 1，
当x = 4时，f(x)max = f(4) = 5，
（3）由（1）知f (x)在[3，6]上单调递增，
所以f(x)min = f(3) = 2，f(x)max = f(6) = 17，
（4）由（1）知f (x)在[−2，0]上单调递减，，
f(x)min = f(0) = 5，f(x)max = f(−2) = 17
C组
1
已知二次函数f(x) = x2 + ax + 1，x ∈[−1, 2]．
（1）如果函数f(x)单调递减，求实数a的取值范围；
（2）当a = 1时，求f(x)的最大值和最小值，并指出此时x的取值；
（3）求f(x)的最小值，并表示为关于a的函数H(a)．
（1） (−∞，−4]；（2）当 x = −1
2 时， f(x)min = 3
4 ，当 x = 2时， f(x)max = 7；（3） H(a) = $\left\{
\begin{array}{*{35}{l}} \begin{array}{*{35}{l}} 2-a,a\ge 2 \ 1-\dfrac{{{a}^{2}}}{4},-4<2 \\ \end{array} \\ 5+2a,a\le
-4 \\ \end{array} \right.$．
（1）根据函数开口向上，对称轴为x = −a
2 ，进而结合题意得：−a
2 ≥2，解不等式即可得答案；
（2）由题知f(x) = x2 + x + 1 = (x + 1
2 )
2
+ 3
4 ，进而根据二次函数性质即可得答案；
（2）根据题意，分a ≤−4，$-4<2$，a ≥2三种情况讨论函数单调性求解最小值即可.
解：（1）因为函数f(x) = x2 + ax + 1开口向上，对称轴为x = −a
2 ，
若函数f(x)在x ∈[−1, 2]上单调递减，则−a
2 ≥2，解得：a ≤−4.
答案
解析
5
故当函数f(x)单调递减，实数a的取值范围是：(−∞，−4].
（2）当a = 1时，f(x) = x2 + x + 1 = (x + 1
2 )
2
+ 3
4 ，
所以当x = −1
2 时，函数f (x)取得最小值f(x)min = 3
4 .
当x = 2时，函数f (x)取得最大值f(x)max = 7.
（3）因为函数f(x) = x2 + ax + 1开口向上，对称轴为x = −a
2 ，
所以当−a
2 ≥2，即：a ≤−4时，函数f(x)在[−1, 2]上为单调递减函数，故H (a) = f(x)min = f (2) = 2a + 5；
当−a
2 ≤−1，即：a ≥2时，函数f(x)在[−1, 2]上为单调递增函数，故H (a) = f(x)min = f (−1) = 2 −a；
当−1 < −a
2 < 2，即$-4<2$时，函数f(x)在[−1, −a
2 ]上为单调递减函数，在[−a
2 , 2]上为单调递增函数，故
H (a) = f(x)min = f (−a
2 ) = 1 −a2
4 ；
综上，H(a) =$\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} \begin{array}{*{35}{l}} 2-a,a\ge 2 \ 1-\dfrac{{{a}^{2}}}{4},-4<2 \\
\end{array} \\ 5+2a,a\le -4 \\ \end{array} \right.$.
本题考查二次函数在闭区间上的最值和单调性问题，考查运算求解能力，分类讨论思想，是中档题.本题第三
问解题的关键在于由二次函数的单调性分a ≤−4，$-4<2$，a ≥2三种情况讨论求解.
考点3：R上的恒成立值域问题
B组
1
函数f (x) = √mx2 −2mx + 4的x在R上函数恒有意义，则实数m的取值范围是
[0，4]
根据题意，问题化为不等式mx ﹣2mx+4≥0对任意x∈R恒成立，讨论m＝0和m≠0时，求出对应m的取值范围即
可．解：函数f（x）= √mx2 −2mx + 4的定义域为R，
则不等式mx ﹣2mx+4≥0对任意x∈R恒成立，
当m＝0时，不等式为4≥0，显然成立；
当m≠0时，应满足{
，解得0＜m≤4；
综上知，实数m的取值范围是[0，4]．
故答案为[0，4]．
本题利用函数的定义域考查了不等式恒成立应用问题，考查等价转化思想，是基础题．
答案
解析
2
2
m＞0
△= 4m2 −4m × 4 ≤0
6
考点4：定轴动区间
B组
1
已知函数f(x) = −x2 + 4x, x ∈[m, 5]的值域是[−5, 4]，则实数m的取值范围是（ ）
A. (−∞, −1)
B. (−1, 2]
C. [−1, 2]
D. [2, 5)
C
根据二次函数的图像和性质可求得答案
解：由于f(x) = −x2 + 4x = −(x −2)2 + 4， 所以当x = 2时，f(x)取得最大值f(2) = 4，
由f(x) = −x2 + 4x = −5，解得x = 5或x = −1，
所以当−1 ≤x ≤5时，函数的值域为[−5, 4]，且f(−1) = f(5) = −5, f(2) = 4，
因为二次函数f(x) = −x2 + 4x的图像开口向下，
所以要使函数在[m, 5]上的值域为[−5, 4]，只需−1 ≤m ≤2，
故选：C
答案
解析
2
函数f (x) = x2 −6x + 8，x ∈[1, a] (a > 1)，且f (x)的最大值是f (a)，则实数a的取值范围是
．
[5, +∞)
根据二次函数图像及性质判断函数在x ∈[1, a] (a > 1)上最大值是f (a)，进而确定参数取值范围.
因为f (x) = x2 −6x + 8 = (x −3)2 −1，f (1) = 3,故函数如图所示：
答案
解析
7
因为当x ∈[1, a] (a > 1)时，f(x)max = f (a)，且f (1) = f (5)，
所以有：a ≥5，
故答案为：[5, +∞).
B组
1
已知函数f (x) = x2 −2x −3．
(1)
若x ∈[0, 2]，求函数f (x)的最值；
(2)
若x ∈[t, t + 2]，求函数f (x)的最值．
(1) 最小值为 −4，最大值为 −3
(2) 答案见解析
(1) ∵函数f (x) = x2 −2x −3的图象开口向上，对称轴为直线x = 1，
∴f (x)在[0, 1]上单调递减，在(1, 2]上单调递增，且f (0) = f (2)．
∴f(x)max = f (0) = f (2) = −3，f(x)min = f (1) = −4．
(2) 由（1）知对称轴为直线x = 1，
答案
解析
8
①当1 ≥t + 2，即t ⩽−1时，
f(x)max = f (t) = t2 −2t −3，f(x)min = f (t + 2) = t2 + 2t −3．
②当t + t + 2
2
⩽1 < t + 2，即−1 < t ⩽0时，
f(x)max = f (t) = t2 −2t −3，f(x)min = f (1) = −4．
③当t ⩽1 < t + t + 2
2
，即0 < t ⩽1时，
f(x)max = f (t + 2) = t2 + 2t −3，f(x)min = f (1) = −4．
④当1 < t，即t > 1时，
f(x)max = f (t + 2) = t2 + 2t −3，f(x)min = f (t) = t2 −2t −3．
设函数f (x)的最大值为g (t)，最小值为φ (t)，
则有g (t) = {
，
φ (t) =
.
t2 −2t −3, t ≤0
t2 + 2t −3, t > 0
⎧
⎨
⎩
t2 + 2t −3, t ≤−1
−4, −1 < t ≤1
t2 −2t −3, t > 1
考点5：动轴定区间
B组
1
求函数f(x) = x2 + 2ax, x ∈[1, 3]的最值.
见解析
f (x)为开口方向向上，对称轴为x = −a的二次函数
答案
解析
9
①当−a ≤1，即a ≥−1时，函数f (x)在[1, 3]上是增函数
∴f(x)max = f (3) = 9 + 6a，f(x)min = f (1) = 1 + 2a
②当−a ≥3，即a ≤−3时，函数f (x)在[1, 3]上是减函数
∴f(x)max = f (1) = 1 + 2a，f(x)min = f (3) = 9 + 6a
③当$-3<-1$时，函数f (x)在[1, −a]上为减函数,在[−a, 3]上为增函数
∴f(x)min = f (−a) = −a2
⑴当1 < −a < 2，即$-2<-1$时，f(x)max = f (3) = 9 + 6a
⑵当a = −2时，f(x)max = f (3) = f (1) = −3
⑶当$-3<-2$时，f(x)max = f (1) = 1 + 2a
综上所述：当a ≥−1时，f(x)max = 9 + 6a，f(x)min = 1 + 2a；
当−2 ≤a < −1时,f(x)max = 9 + 6a，f(x)min = −a2；
当$-3<-2$时,f(x)max = 1 + 2a，f(x)min = −a2；
当a ≤−3时,f(x)max = 1 + 2a，f(x)min = 9 + 6a
本题考查含参数二次函数最值的讨论问题，关键是能够通过对于对称轴位置的讨论来确定最值取得的点，属
于常见题型.
2
若函数f(x) = x2 −2ax + 2a，x ∈(−∞, 4)无最值，则a的取值范围是（ ）
A. a < 2
B. a > 2
C. a ≤4
D. a ≥4
D
根据二次函数的单调性可得答案.
若函数f(x) = x2 −2ax + 2a = (x −a)2 −a2 + 2a在x ∈(−∞, 4)无最值，
只需a ≥4即可.
故选：D.
答案
解析
C组
1
已知二次函数f(x) = x2 −(3m −1)x + 2m2 −m.
（1）若m = 2，求y = f(x)在区间[−3, 2]上的值域；
（2）求y = f(x)在区间[−1, 5]上的最值；
（3）若f(x)的在区间(−3, 2)上无最值，求m的取值范围；
10
(1) [0, 30];(2)见解析(3) m ≤−5
3 或 m ≥5
3
(1)代入m = 2,算出y = f(x)的对称轴再判断最值求得值域即可.
(2)讨论对称轴与区间的位置关系再求解最值即可.
(3)根据(−3, 2)为开区间可知二次函数对称轴在区间外,再列式求解即可.
(1)当m = 2时, f(x) = x2 −5x + 6,对称轴为x = 5
2 > 2.
故在区间[−3, 2]上f(x) = x2 −5x + 6单调递减.
故fmax(x) = f (−3) = (−3)2 −5 × (−3) + 6 = 30
fmin(x) = f (2) = 22 −5 × 2 + 6 = 0.
故y = f(x)在区间[−3, 2]上的值域为[0, 30]
(2) f(x) = x2 −(3m −1)x + 2m2 −m对称轴为x = 3m −1
2
.
f(−1) = (−1)2 −(3m −1) ⋅(−1) + 2m2 −m = 2m2 + 2m
f(5) = 52 −(3m −1) ⋅5 + 2m2 −m = 2m2 −16m + 30
f( 3m −1
2
) = 4 (2m2 −m) −(3m −1)2
4
= −(m −1)2
4
①当3m −1
2
≤−1,即m ≤−1
3 时, f(x)在[−1, 5]上单调递增.
故最小值为f(−1) = 2m2 + 2m,最大值为f(5) = 2m2 −16m + 30
②当3m −1
2
≥5,即m ≥11
3 时, f(x)在[−1, 5]上单调递减.
最小值为f(5) = 2m2 −16m + 30,最大值为f(−1) = 2m2 + 2m
③当−1 < 3m −1
2
< 5即$-\dfrac{1}{3}<\dfrac{11}{3}$时,最小值为f( 3m −1
2
) = −(m −1)2
4
.
(i)当−1 < 3m −1
2
≤2即$-\dfrac{1}{3}时,最大值为f(5) = 2m2 −16m + 30
(ii)当2 < 3m −1
2
< 5即$\dfrac{5}{3}<\dfrac{11}{3}$时,最大值为f(−1) = 2m2 + 2m.
(3) f(x)的在区间(−3, 2)上无最值,故对称轴x = 3m −1
2
在区间(−3, 2)外.
故3m −1
2
≤−3或3m −1
2
≥2,解得m ≤−5
3 或m ≥5
3
答案
解析
11
本题主要考查了二次函数求最值的问题,需要讨论区间与对称轴的位置关系进行分析.属于中档题.
2
已知函数f (x) = −x2 + mx −m.
(1)
若函数f (x)的值域是(−∞, 0]，求实数m的值；
(2)
若函数f (x)在[−1, 0]上单调递减，求实数m的取值范围；
(3)
是否存在实数m，使得f (x)在[2, 3]上的值域恰好是[2, 3]？若存在，求出实数m的值；若不存在，说明理由.
(1) 0或4
(2) {m ∣m ⩽−2}
(3) 存在， m = 6
(1) ∵函数f (x) = −x2 + mx −m，值域是(−∞, 0]，
且二次函数f (x)图象是抛物线，开口向下，
∴f (x)有且只有一个值y = 0，
即Δ = m2 −4m = 0，
解得m = 0或m = 4；
∴m的值为0或4.
(2) 函数f (x) = −x2 + mx −m图象是抛物线，开口向下，对称轴是x = m
2 ；
要使f (x)在[−1, 0]上是单调递减的，应满足m
2 ⩽−1, ∴m ⩽−2；
∴m的取值范围是{m ∣m ⩽−2}.
(3) 当m
2 ⩽2，即m ⩽4时，f (x)在[2, 3]上是减函数，
若存在实数m，使f (x)在[2, 3]上的值域是[2, 3]，
则有{
，即{
，解得m不存在；
当m
2 ⩾3，即m ⩾6时，f (x)在[2, 3]上是增函数，
答案
解析
f (2) = 3
f (3) = 2
−4 + 2m −m = 3
−9 + 3m −m = 2
12
则有{
，即{
，解得m = 6；
当2 < m
2 < 3，即4 < m < 6时，f (x)在[2, 3]上先增后减，
所以f (x)在x = m
2 处取最大值；
∴f ( m
2 ) = −( m
2 )
2
+ m ⋅m
2 −m = 3，
解得m = −2或6（不满足条件，舍去）；
∴综上，存在实数m = 6，使f (x)在[2, 3]上的值域恰好是[2, 3].
f (2) = 2
f (3) = 3
−4 + 2m −m = 2
−9 + 3m −m = 3
考点6：动轴动区间
C组
1
已知函数f (x) = x2 −(a −2)x + a −4；
（1）若函数y = f (x)在区间[1, 2]上的最小值为4 −a，求实数a的取值范围；
（2）是否存在整数m，n，使得关于x的不等式m ≤f (x) ≤n的解集恰好为[m, n]，若存在，求出m，n的值，若不
存在，请说明理由.
（1） a ≥6（2）存在整数 m， n， m = −1， n = 2或 m = 0， n = 3，使得关于 x的不等式 m ≤f (x) ≤n
的解集恰好为 [m, n]
（1）先求出二次函数的对称轴方程，再讨论对称轴与定区间的位置关系①当a −2
2
≤1时，②当a −2
2
≥2
时，③1 < a −2
2
< 2时，求函数的最小值，然后运算即可得解；
（2）假设存在整数m，n，使得关于x的不等式m ≤f (x) ≤n的解集恰好为[m, n]，即
m ≤x2 −(a −2)x + a −4 ≤n的解集为{x|m ≤x ≤n}，再结合二次方程的根的关系求解即可.
解：（1）函数f (x) = x2 −(a −2)x + a −4的对称轴为x = a −2
2
，
答案
解析
13
①当a −2
2
≤1，即a ≤4时，f(x)min = f (1) = 1 −(a −2) + a −4 = −1 = 4 −a ⇒a = 5，不满足a ≤4，
②当a −2
2
≥2，即a ≥6时，f(x)min = f (2) = 2 −2 (a −2) + a −4= 4 −a ⇒a ∈R ⇒a ≥6符合题意.
③1 < a −2
2
< 2，即$4<6$时，f(x)min = f ( a −2
2
) = 4 (a −4) −(a −2)2
4
= 4 −a ⇒a = 6 ⇒a ∈∅.
综上：实数a的取值范围：a ≥6.
（2）假设存在整数m，n，使得关于x的不等式m ≤f (x) ≤n的解集恰好为[m, n]，即
m ≤x2 −(a −2)x + a −4 ≤n的解集为{x|m ≤x ≤n}.可得f (m) = m，f (n) = n.
即x2 −(a −2)x + a −4 = x的两个实数根为m，n.即可得出.m + n = a −1，mn = a −4.
⇒m + n = mn + 3 ⇒m (1 −n) = 3 −n，当n = 1时，m不存在，舍去，
当n ≠1时，m = 3 −n
1 −n = 1 +
2
1 −n ⇒m = −1，n = 2或m = 0，n = 3.
故存在整数m，n，且m = −1，n = 2或m = 0，n = 3，使得关于x的不等式m ≤f (x) ≤n的解集恰好为[m, n]
.
本题考查了二次函数动轴定区间问题，主要考查了二次函数的值域的求法，重点考查了分类讨论的数学思想
方法，属综合性较强的题型.
05 一元二次方程的根分布
1
巩固练习
考点1：两根都大于零
A组
1
已知方程1
4 x2 + (m −2)x + m = 0有两个不相等的正根，则实数m的取值范围是
.
(0, 1)
利用判别式与韦达定理得到关于m的不等式组，从而得解.
因为1
4 x2 + (m −2)x + m = 0有两个不相等的正根，即x2 + 4 (m −2)x + 4m = 0有两个不相等的正根，
所以
，解得0 < m < 1.
故答案为：(0, 1).
答案
解析
⎧
⎨
⎩
Δ = 16(m −2)2 −4 × 4m > 0
−4 (m −2) > 0
4m > 0
B组
1
已知x1, x2是一元二次方程(4k2 + 1)x2 −(4k + 1)x + 1 = 0的两个不相等的实数根．
(1)
若两根同号，求实数k的取值范围；
(2)
求使得x1
x2
+ x2
x1
+ 4的值为整数的整数k的值．
2
(1) {k
k > 3
8 }
(2) 1
(1)
由题意得
即k > 3
8 ，
所以实数k的取值范围为{k
k > 3
8 }；
(2) 由（1）知，当k > 3
8 时，方程有两个实数根，
可知x1 + x2 = 4k + 1
4k2 + 1 , x1x2 =
1
4k2 + 1 ，
于是x1
x2 + x2
x1 + 4 = (x1 + x2)2
x1x2
+ 2 = (4k + 1)2
4k2 + 1
+ 2 = 6 + 8k −3
4k2 + 1 ，
由k > 3
8 ，则8k −3 > 0，则8k −3
4k2 + 1 > 0，
即要使8k −3
4k2 + 1 的值为正整数，且k为整数，则8k −3
4k2 + 1 ≥1，
则有4k2 + 1 ≤8k −3，化简得(k −1)2 ≤0，则k = 1，
令k = 1，此时8k −3
4k2 + 1 = 1为整数，则k = 1满足题意．
故使得x1
x2 + x2
x1 + 4的值为整数的整数k的值为1.
答案
解析
⎧
⎨
⎩
x1x2 =
1
4k2 + 1 > 0,
Δ = (4k + 1)2 −4 (4k2 + 1) > 0,
考点2：一根大于零一根小于零
B组
1
已知关于x的方程x2 + 2 (a + 2)x + a2 −1 = 0有一个正根和一个负根，则实数a的取值范围为
．
(−1, 1)
利用二次方程根的分布可得出关于实数a的不等式组，由此可解得实数a的取值范围.
设方程关于x的方程x2 + 2 (a + 2)x + a2 −1 = 0的两根分别为x1、x2，
答案
解析
3
则 {
，解得$-1<1$.
故答案为：(−1, 1).
Δ = 4(a + 2)2 −4 (a2 −1) > 0
x1x2 = a2 −1 < 0
考点3：两根都小于零
A组
1
若关于x的方程3x2 + 10x + k = 0有两个不相等的负实数根，求实数k的取值范围．
$0<\dfrac{25}{3}$．
根据一元二次方程根与系数关系易知x1 + x2 < 0，结合题设方程有两个不相等负实数根的充要条件，列不等
式求参数k即可.
设关于x的方程3x2 + 10x + k = 0有两个不相等的负实数根为x1，x2．
由根与系数的关系知：x1 + x2 = −10
3 < 0，
∴方程有两个不相等的负实数根的充要条件为
，解得$0<\dfrac{25}{3}$．
故实数k的取值范围为$0<\dfrac{25}{3}$．
答案
解析
⎧
⎨
⎩
Δ = 100 −12k > 0
x1x2 = k
3 > 0
考点4：两根都大于k
A组
1
一元二次方程x2 −5x + 1 −m = 0的两根均大于2，则实数m的取值范围是（ ）
4
A. [−21
4 , +∞)
B. (−∞, 5)
C. [−21
4 , −5)
D. (−21
4 , −5)
C
关于x的一元二次方程x2 −5x + 1 −m = 0的两根均大于2，
则
\begin{cases}∆ = 25 \minus 4 + 4m \geq 0 \\ f(2) = 4 \minus 10 + 1 \minus m > 0 \\ \dfrac{5}{2} > 2\end{cases}
,
解得−21
4 ⩽m < −5.
故选：C.
本题考查一元二次方程的根的分布，属于基础题.
答案
解析
C组
1
设二次函数f(x) = ax2 + bx + c，其中a､b､c ∈R.
（1）若b = 2(a + 1)，c = 9a + 4，且关于x的不等式x2 −8x + 20
f(x)
< 0的解集为R，求a的取值范围；
（2）若a､b､c ∈Z，且f(0)､f(1)均为奇数，求证：方程f(x) = 0无整数根；
（3）若a = 1，b = 2k −1，c = k2，求证：方程f(x) = 0有两个大于1的根的充要条件是k < −2.
（1） (−∞, −1
2 )；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
（1）由x2 −8x + 20
f(x)
< 0知：{
且解集为R，
答案
解析
x2 −8x + 20 > 0
ax2 + bx + c < 0
5
∴{
即{
，解得：a < −1
2 .
（2）f(0) = c，f(1) = a + b + c均为奇数，知：a + b为偶数，
∴f(x) = ax2 + bx + c = 0有两根为x1, x2，则x1 + x2 = −b
a ，x1x2 = c
a ，
1、当a、b为偶数时，若x1, x2都为整数，则b、c必须同时可被a整除，显然不成立；若x1为整数，x2不为整
数，ax12, bx1都为偶数，则ax12 + bx1 + c ≠0与题设矛盾；
2、当a、b为奇数时，若x1, x2都为整数，x1 + x2 = −b
a 必为奇数，则x1, x2必有一奇一偶，x1x2必为偶数，而
c
a 为奇数，不成立；若x1 = −b + √b2 −4ac
2a
，整理得x1(ax1 + b) = −c，当x1为奇数时，ax1 + b为偶数，则c
为偶数，与题设矛盾；当x1为偶数时，ax1 + b为奇数，则c为偶数，与题设矛盾；
综上，知：方程f(x) = 0无整数根；
（3）由题意，知：f(x) = x2 + (2k −1)x + k2，
若f(x) = 0有两个大于1的根时，有
，解得k < −2；
若k < −2时，有f(x)开口向上且对称轴为x = 1 −2k
2
> 5
2 ，f(1) = k2 + 2k > 0，
Δ = (2k −1)2 −4k2 = 1 −4k > 9，所以f(x) = 0有两个大于1的根；
综上，有：方程f(x) = 0有两个大于1的根的充要条件是k < −2.
本题考查了根据分式不等式、二次函数的性质求参数范围，应用反证法证明存在性问题，以及定义法证明条
件间的充要性.
a < 0
Δ = b2 −4ac < 0
a < 0
8a2 + 2a −1 > 0
⎧
⎨
⎩
1 −2k
2
> 1
k2 + 2k > 0
考点6：两根都小于k
B组
1
已知函数f (x) = x2 −a (a −2)x + b.
(1)
若关于x的不等式f (x) < 0的解集为(−2, 1)，求a, b的值；
(2)
当b = 2时，方程f (x) = 0有一个根大于1，一个根小于1，求实数a的取值范围.
(1) a = 1, b = −2
答案
6
(2) (−∞, −1) ∪(3, +∞)
(1) 由题意可知，−2和1是方程x2 −a (a −2)x + b = 0的两个实数根，
所以{
，
解得a = 1, b = −2.
(2) 当b = 2时，f(x) = x2 −a(a −2)x + 2，因为函数f (x)的图象开口向上，且f(x) = 0的根一根大于1，一根
小于1，
所以f (1) = 1 −a (a −2) + 2 < 0，即a2 −2a −3 > 0，解得a > 3或a < −1，
所以实数a的取值范围是(−∞, −1) ∪(3, +∞).
解析
−2 + 1 = a(a −2)
−2 × 1 = b
考点7：两根在区间内
B组
1
已知a，b ∈N∗，c = 1，关于x的方程ax2 + bx + c = 0有两个不相等的实根，且均大于−1小于0，求a + b的最小
值．
10
根据一元二次方程根的分布的特征得出a, b满足的条件，进而通过取值范围讨论求解即可.
由题意得，
，即
，
因为a，b ∈N∗，
由b2 > 4a ≥4，得b ≥3，
答案
解析
⎧
⎨
⎩
Δ = b2 −4ac > 0
−1 < −b
2a < 0
a −b + c > 0
c > 0
⎧
⎨
⎩
a < b2
4
a > b
2
a + 1 > b
7
若b = 3，则
，即2 < a < 9
4 ，无解；
若b = 4，则
，即3 < a < 4，无解；
若b = 5，则
，即4 < a < 25
4 ，则a = 5或a = 6，
显然a = 5时，a + b取最小值10，
若b ≥6，由a + 1 > 6，得a + b > 2b −1 ≥11，
所以a + b的最小值为10.
⎧
⎨
⎩
a < 9
4
a > 3
2
a + 1 > 3
⎧
⎨
⎩
a < 4
a > 2
a + 1 > 4
⎧
⎨
⎩
a < 25
4
a > 5
2
a + 1 > 5
2
已知方程x2 + (m −3)x + m = 0.
（1）若此方程有两个正实根，求实数m的取值范围；
（2）若此方程有两个正实根均在(0, 2)内，求实数m的取值范围.
（1） (0, 1]；（2） ( 2
3 , 1].
试题分析：（1）方程有两个正实根，利用根的分布，从判别式，轴，端点值角度考虑即可得答案；（2）若
此方程有两个实根均在（0，2），利用根的分布即求实数m的取值范围．
试题解析：
设f (x) = x2 + (m −3)x + m
（1）由题，
，
答案
解析
8
即
或m ≥9，解得$0
故m的取值范围为(0, 1].
（2）由题，
即$\left\{ \begin{matrix} -1<3 \ m\le 1或m\ge 9 \ m>0 \ m>\dfrac{2}{3} \ \end{matrix} \right.$，解得$\dfrac{2}{3}
故m的取值范围为( 2
3 , 1].
点睛：本题考点是一元二次方程根的分布与系数的关系，考查用根与系数的关系将根的特征转化为不等式组
求解参数范围，本题解法是解决元二次方程根的分布与系数的关系一个基本方法，应好好体会其转化技巧．
⎧
⎨
⎩
m < 3
m ≤1
m > 0
C组
1
已知a，b，c ∈R，函数y = ax2 + bx + c．
(1)
若a = 1，关于x的不等式ax2 + bx + c
≤
2x2 −4x −30 对任意x ∈R恒成立，求b，c的值；
(2)
若a，b ∈N∗，c = 1，关于x的方程ax2 + bx + c = 0有两个不相等的实根，且均大于−1小于0，求a + b的最小
值．
(1) b = −2， c = −15
(2) 10
(1) 由2x2 −4x −30 = 0，解得x = 5或x = −3，
则当x = 5或x = −3时，{
，即{
，
答案
解析
|25a + 5b + c| ≤0
|9a −3b + c| ≤0
|25a + 5b + c| = 0
|9a −3b + c| = 0
9
由a = 1，解得{
，
∴b = −2，c = −15；
(2)
由题意得
，∴
，
由b2 > 4a ≥4得b ≥3，
若b = 3，∴
，则2 < a < 9
4 ，无解，
若b = 4，∴
，则3 < a < 4，无解，
若b = 5，∴
，则4 < a < 25
4 ，∴a = 5或a = 6，
显然a = 5时，a + b更小，为10，
若b ≥6，由a + 1 > b，得a + b > 2b −1 ≥11，
∴a + b的最小值为10，当a = 5，b = 5时取得．
b = −2
c = −15
⎧
⎨
⎩
Δ = b2 −4ac > 0
−1 < −b
2a < 0
a −b + c > 0
c > 0
⎧
⎨
⎩
a > b
2
a < b2
4
a + 1 > b
⎧
⎨
⎩
a > 3
2
a < 9
4
a + 1 > 3
⎧
⎨
⎩
a > 2
a < 4
a + 1 > 4
⎧
⎨
⎩
a > 5
2
a < 25
4
a + 1 > 5
考点9：有且仅有一根在区间内
B组
1
方程x2 + ax −2 = 0在区间[1, 5]上有根，则实数a的取值范围为
A. (−23
5 , +∞)
B. (1, +∞)
C. [−23
5 , 1]
D. (−∞, 23
5 ]
C
由于方程x2 + ax −2 = 0有解，△= a2 + 8 > 0,设它的两个解分别为x ，x ，则x ⋅x =−2<0，
故方程x2 + ax −2 = 0在区间[1,5]上有唯一解．
设f(x)= x2 + ax −2，则有f(1)f(5)≤0，即(a−1)(5a+23)⩽0，
解得：−23
5 ⩽a⩽1，
故选C.
答案
解析
1
2
1
2
10
点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，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，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
考点10：两根在两个区间内
B组
1
方程x2 + 2 (m −1)x + 2m + 6 = 0有两个实根x1，x2，且满足0 < x1 < 1 < x2 < 4，则m的取值范围是
.
(−7
5 , −5
4 )
设f(x) = x2 + 2(m −1)x + 2m + 6，将方程转化为函数，由于方程x2 + 2(m −1)x + 2m + 6 = 0的两个实根x1
、x2满足0 < x1 < 1 < x2 < 4，利用一元二次方程根的分布，得出
，解不等式即可求出m的取值范
围．解：设f(x) = x2 + 2(m −1)x + 2m + 6，
∵关于实数x的方程x2 + 2(m −1)x + 2m + 6 = 0的两个实根x1、x2，
且满足0 < x1 < 1 < x2 < 4，
∴
，即
，
解得：$-\dfrac{7}{5}<-\dfrac{5}{4}$，
即m的取值范围为：(−7
5 , −5
4 ).
故答案为：(−7
5 , −5
4 ).
本题考查由不等式求参数的取值范围，利用方程和函数之间的关系转化为函数根的分布，利用二次函数的知
识是解决本题的关键．
答案
解析
⎧
⎨
⎩
f(0) > 0
f(1) < 0
f(4) > 0
⎧
⎨
⎩
f(0) > 0
f(1) < 0
f(4) > 0
⎧
⎨
⎩
2m + 6 > 0
4m + 5 < 0
10m + 14 > 0
C组
1
已知二次函数f (x)＝x2＋2bx＋c(b, c ∈R)．
(1)
若函数y＝f (x)的零点为−1和1，求实数b, c的值；
(2)
f (x)满足f (1)＝0，且关于x的方程f (x)＋x＋b＝0的两个实数根分别在区间(−3, −2), (0, 1)内，求实数b的取值
11
范围．
(1) b = 0, c = −1
(2) ( 1
5 , 5
7 )
(1) 函数y＝f (x)的零点为−1和1．由根与系数的关系，得
{
，即{
，所以b = 0, c = −1.
(2) 由题意可知，f (1)＝1＋2b＋c＝0，所以c = −1 −2b.
记g (x) = f (x) + x + b = x2 + (2b + 1)x + b + c = x2 + (2b + 1)x −b −1，
因为关于x的方程f (x)＋x＋b＝0的两个实数根分别在区间 (−3, −2), (0, 1)内，
所以有
， 解得1
5 < b < 5
7 ，
即实数b的取值范围为( 1
5 , 5
7 ).
答案
解析
−1 + 1 = −2b
−1 × 1 = c
−2b = 0
c = −1
⎧
⎨
⎩
g(−3) = 5 −7b > 0
g(−2) = 1 −5b < 0
g(0) = −1 −b < 0
g(1) = b + 1 > 0
06 不等式的性质与一元二次不等式的解法
1
巩固练习
考点1：两实数大小比较
A组
1
设x是实数，比较(x + 1) (x2 −x + 1)与(x −1) (x2 + x + 1)的值的大小.
(x + 1)(x2 −x + 1) > (x −1)(x2 + x + 1)
通过差比较法证得两者的大小关系.
(x −1)(x2 + x + 1) = x3 −1，(x + 1)(x2 −x + 1) = x3 + 1，
因为x3 + 1 −(x3 −1) = 2 > 0，所以x3 + 1 > x3 −1，
即(x + 1)(x2 −x + 1) > (x −1)(x2 + x + 1).
答案
解析
B组
1
王老师和高老师一起去粮店打酱油共三次，王老师每次打100元酱油，高老师每次打100斤酱油，由于酱油市场瞬息
万变，每次打的酱油价格都不相同，一斤的价格分别为a元、b元、c元，则三次后两人所打酱油的平均价格较低是
哪位老师？请说明理由.（即提炼关键不等式，并证明）
2
王老师，理由的关键不等式为 a + b + c
3
>
3abc
ab + bc + ac ．
根据题意分别算出高老师和王老师所打酱油的平均价格，运用比较法进行判断即可.
王老师的平均价格为
100 + 100 + 100
100
a
+ 100
b
+ 100
c
=
3abc
ab + bc + ac ，
高老师的平均价格为100a + 100b + 100c
100 + 100 + 100
= a + b + c
3
，
于是有：
a + b + c
3
−
3abc
ab + bc + ac = (a + b + c) (bc + ac + ab) −9abc
3 (bc + ac + ab)
= c(a −b)2 + b(a −c)2 + a(b −c)2
3 (bc + ac + ab)
,因为每次打
的酱油价格都不相同，所以a, b, c互不相等，
所以c(a −b)2 + b(a −c)2 + a(b −c)2
3 (bc + ac + ab)
> 0，
即a + b + c
3
>
3abc
ab + bc + ac ，
所以王老师的平均价格更低.
故平均价格较低是王老师，
理由的关键不等式为a + b + c
3
>
3abc
ab + bc + ac ．
答案
解析
C组
1
下列叙述正确的是（ ）
①20242023 < 20232024；
②海滨中学将于近期召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于5时再增选
一名代表．那么，各班可推选代表人数y与该班人数x之间的函数关系用取整函数y = [x]（[x]表示不大于x的最大整
数）可以表示为y = [ x + 5
10
]．
A. ①正确，②不正确
B. ①不正确，②正确
C. ①正确，②正确
D. ①不正确，②不正确
3
A
①利用作商比较大小，②用x除以10所得余数为0, 1，2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9，其中余数为0, 1, 2, 3, 4, 5时结果就是
商，当余数为6, 7, 8, 9时结果就是商加1，因此可以用x + 4除以10取整得.
①由已知得20242023
20232024 =
20242023
20232023 × 2023
= ( 2024
2023 )
2023
×
1
2023 ，
( 2024
2023 )
2023
= (1 +
1
2023 )
2023
< (1 +
1
2023 ) (1 +
1
2022 ) (1 +
1
2021 ) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅(1 + 1
2 ) (1 +
1
2023 )
= 2024
2023 × 2023
2022 × 2022
2021 × ⋅⋅⋅⋅⋅⋅× 3
2 × 2024
2023 = 1012 × 2024
2023 < 2023，
所以( 2024
2023 )
2023
×
1
2023 < 1，即20242023 < 20232024，故①正确；
②根据规定每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于5时再增选一名代表，即余数可以为6, 7, 8, 9增
选一名代表，也就是x要进一位，所以最小应该加4，因此利用取整函数可以表示为y = [ x + 4
10
]，故②不正
确，
故选：A.
第②考察函数的应用，解题的关键就是怎样确定人数除以10的余数大于5时在增加1名代表，即余数为6, 7, 8, 9
增选1名代表，函数值在商的基础上加1，也可以利用特殊值检验，当x = 55时，y = 5，即可验证y = [ x + 5
10
]
错误.
答案
解析
考点2：不等式的基本性质
A组
1
已知a, b, c ∈R,则下列推理中正确的是 ( )
A. a > b ⇒am2 > bm2
B. a
c > b
c ⇒a > b
C. a3 > b3, ab > 0 ⇒1
a < 1
b
D. a2 > b2, ab > 0 ⇒1
a < 1
b
C
答案
解析
4
试题分析：对于A，当m = 0时不成立；对于B，当c < 0时不成立；对于D，当a, b均为负值时，不成立，对于
C，因为y = x3在R上单调递增，由a3 > b3 ⇔a > b，又因为ab > 0，所以a
ab > b
ab 即1
a < 1
b ，正确；综上可
知，选C.
考点：不等式的性质.
2
设实数x, y满足3 ≤xy2 ≤8, 4 ≤x2
y ≤9，则x3
y4 的最大值是_____.
27
利用x3
y4 = x4
y2 ⋅
1
xy2 ，已知条件结合不等式性质，即可求解.
x3
y4 = x4
y2 ⋅
1
xy2 = ( x2
y )
2
⋅
1
xy2 ≤81 × 1
3 = 27,
当且仅当x2
y = 9, xy2 = 3，即x = 3, y = 1时等号成立.
故答案为：27
答案
解析
B组
1
根据经济学理论，企业产量受劳动投入、资本投入和技术水平的影响. 若用Q表示产量，L表示劳动投入，K表示资
本投入，A表示技术水平，则它们的关系可以表示为Q = AK
1
α L
1
β ，其中 A > 0, K > 0, L > 0, α > 1, β > 1 . 当A不
变，K与L均变为原来的2倍时，有关于Q的两个命题:
①存在1 < α < 2和1 < β < 2，使得Q变为原来的 2 倍；
② 若2(α2 + β2) = α2β2，则Q最多可变为原来的 2 倍.
则下列说法正确的是（ ）
A. ①②都是真命题
B. ①是真命题②是假命题
C. ①是假命题②是真命题
D. ①②都是假命题
C
由Q = AK
1
α L
1
β ，当A不变，K与L均变为原来的2倍时，Q = A(2K)
1
α (2L)
1
β = AK
1
α L
1
β ⋅2
1
α + 1
β ，再分别分析
答案
解析
5
判断命题①②即可.
在Q = AK
1
α L
1
β 中，当A不变，K与L均变为原来的2倍时，Q = A(2K)
1
α (2L)
1
β = AK
1
α L
1
β ⋅2
1
α + 1
β ，
对于①，若Q变为原来的2倍，则2
1
α + 1
β = 2，即有1
α + 1
β = 1，
当1 < α < 2，1 < β < 2时，1
2 < 1
α < 1, 1
2 < 1
β < 1，则1 < 1
α + 1
β < 2，
因此1
α + 1
β = 1无解，即不存在1 < α < 2和1 < β < 2，使得Q变为原来的2倍，①错误；
对于②，由2(α2 + β2) = α2β2，得2 ( 1
α2 + 1
β2 ) = 1，
因此1 = 2 ( 1
α2 + 1
β2 ) = ( 1
α + 1
β )
2
+ ( 1
α −1
β )
2
≥( 1
α + 1
β )
2
，解得1
α + 1
β ≤1，
当且仅当1
α = 1
β ，即α = β = 2时取等号，2
1
α + 1
β ≤2，
所以Q最多可变为原来的2倍，②正确.
故选：C
关键点点睛：根据给定的信息，求出变换后与变换前Q的比值表达式是求解的关键.
C组
考点3：叠加性的应用
A组
1
已知−1 ≤x + y ≤1，1 ≤x −y ≤5，则3x −y的取值范围是
．
[1, 11]
根据同向不等式相加不等号方向不变的性质求解即可.
因为1 ≤x −y ≤5，所以2 ≤2x −2y ≤10，
又−1 ≤x + y ≤1，
由不等式的可加性得1 ≤3x −y ≤11，
所以3x −y的取值范围是[1, 11].
故答案为：[1, 11].
答案
解析
B组
1
设实数a、b、c、d满足条件：0 ≤a ≤1，0 ≤b ≤1，0 ≤c ≤1，0 ≤d ≤1，则a(1 −b)+
6
b(1 −c) + c(1 −d) + d(1 −a)的取值范围是
.
[0, 2]
根据不等式的性质和函数单调性求范围.
令f(a) = (1 −b −d)a + b(1 −c) + c(1 −d) + d.
因为a ∈[0, 1]，所以f(a) ∈[f(0), f(1)]或f(a) ∈[f(1), f(0)].
又f(0) = b −bc + c −cd + d = (b + d)(1 −c) + c.
因为b + d ∈[0, 2]，所以f(0) ∈[c, 2 −c]，
因为c ∈[0, 1]，所以f(0) ∈[0, 2].
又f(1) = (1 −b −d)c + 1.
因为1 −b −d ∈[−1, 1]，c ∈[0, 1]，所以(1 −b −d)c ∈[−1, 1]，
所以f(1) ∈[0, 2].所以原式的取值范围为[0, 2].
（当a = 0，b = 0，c = 0，d = 0时取到最小值0，当a = 0，b = 1，c = 0，d = 1时取到最大值2）.
故答案为：[0, 2].
答案
解析
考点4：不等式性质的综合应用
A组
1
已知下列三个不等式：①ab > 0，②c
a > d
b ，③bc > ad，以其中两个作为条件，余下一个作为结论，可组成几个真
命题？请证明你的结论.
7
3个，证明见解析.
先写出组成的命题，然后结合不等式的性质进行证明.
可以组成3个真命题.
（1）若ab > 0，c
a > d
b ，则bc > ad.
证明：因为ab > 0，bc −ad
ab
> 0，所以bc −ad > 0，即bc > ad.
（2）若ab > 0，bc > ad，则c
a > d
b .
证明：因为ab > 0，bc −ad > 0，所以bc −ad
ab
> 0，即c
a > d
b .
（3）若bc > ad，c
a > d
b ，则ab > 0.
证明：因为bc −ad > 0，bc −ad
ab
> 0，所以ab > 0.
答案
解析
B组
1
已知实数a, b, c满足a > b > c．
(1)
若a, b, c满足a + b + c = 0， 求证：a > 0且c < 0．
(2)
求证：
1
a −b +
1
b −c +
1
c −a > 0．并将上述不等式加以推广，把
1
c −a 的分子1改为另一个大于1的自然数
p，使得
1
a −b +
1
b −c +
p
c −a > 0对任意的a, b, c恒成立， 求p的值．
(3)
从另一角度推广，自然数m, n, p满足什么条件时，不等式
m
a −b +
n
b −c +
p
c −a > 0对任意a, b, c恒成立．
(1) 证明见解析；
(2) 证明见解析； p = 2，3；
(3) √p < √m + √n.
答案
8
(1) 因为a > b > c且a + b + c = 0，
所以0 = a + b + c < a + a + a = 3a，且0 = a + b + c > c + c + c = 3c，
所以a > 0且c < 0.
(2) 由a > b > c，可得a −b > 0，b −c > 0，a −c > 0，
则(a −c) (
1
a −b +
1
b −c ) = [(a −b) + (b −c)] (
1
a −b +
1
b −c )
= 2 + b −c
a −b + a −b
b −c ≥2 + 2√b −c
a −b ⋅a −b
b −c = 4，
当且仅当a −b = b −c，即a + c = 2b时等号成立，
所以(a −c) (
1
a −b +
1
b −c ) > 1，即
1
a −b +
1
b −c >
1
a −c ，
则
1
a −b +
1
b −c +
1
c −a > 0.
因为
1
a −b +
1
b −c +
p
c −a > 0对任意的a, b, c恒成立，
即为p < (a −c) (
1
a −b +
1
b −c )恒成立，
而(a −c) (
1
a −b +
1
b −c ) ≥4，所以1 < p < 4.
又p为自然数，所以p = 2或3.
(3) 不等式
m
a −b +
n
b −c +
p
c −a > 0对任意a, b, c恒成立，
即为p < (a −c) (
m
a −b +
n
b −c )恒成立，
(a −c) (
m
a −b +
n
b −c ) = [(a −b) + (b −c)] (
m
a −b +
n
b −c )
= m + n + m (b −c)
a −b
+ n (a −b)
b −c
≥m + n + 2√m (b −c)
a −b
⋅n (a −b)
b −c
= (√m + √n)
2，
当且仅当m (b −c)
a −b
= n (a −b)
b −c
，即√n (a −b) = √m (b −c)时等号成立，
所以p < (√m + √n)
2，即√p < √m + √n，
所以当自然数m, n, p满足√p < √m + √n时，不等式
m
a −b +
n
b −c +
p
c −a > 0对任意a, b, c恒成立．
解析
C组
1
已知数集A = {a1, a2, ⋅⋅⋅, an}（1 ≤a1 < a2 < ⋅⋅⋅< an，n ≥2）具有性质P：对任意的i，j（1 ≤i ≤j ≤n），aiaj
与aj
ai 两数中至少有一个属于A，（如a1a2与a2
a1 中至少有一个属于A）.
(1)
分别判断数集A = {1, 3, 4}和B = {1, 2, 4, 8}是否具有性质P，并说明理由；
(2)
求a1的值；
(3)
设正整数集合A = {a1, a2, ⋅⋅⋅an}（1 ≤a1 < a2 ⋅⋅⋅< an，n ≥2）具有性质P，证明：对任意1 ≤i ≤n（i为正
整数），ai都是an的因数.
9
(1) 集合 A不具有性质 P，集合 B具有性质 P，理由见解析
(2) a1 = 1
(3) 证明见解析
(1) 因为3 × 4与4
3 均不属于A，所以集合A不具有性质P；
由于1 × 2，1 × 4，1 × 8，2 × 4，8
1 ，8
2 ，8
4 ，8
8 ，4
1 ，4
2 ，4
4 ，2
1 ，2
2 ，1
1 均属于集合B，所以集合B具
有性质P；
(2) 由性质P的概念可知anan与an
an
两数中至少有一个属于A，
又1 ≤a1 < a2 < ⋅⋅⋅< an，
可知anan > an，即anan ∉A，
所以an
an = 1 ∈A，
所以a1 = 1；
(3) 由已知可得aian > an(2 ≤i ≤n)，故aian ∉A，则an
ai
∈A，2 ≤i ≤n，
可得an
an <
an
an−1 < ⋯< an
a2 < an
a1
，
所以an
an
= a1，an
an−1
= a2，⋯，an
a2
= an−1，an
a1
= an，
即任意1 ≤i ≤n，均有an
ai
= an+1−i ∈A，
又集合A为正整数集合，所以对任意1 ≤i ≤n（i为正整数），ai都是an的因数.
答案
解析
考点5：一元一次不等式的解法
A组
1
不等式组{
无实数解，则m的取值范围是
.
x < 5
x > m
10
[5, +∞)
分类讨论m的取值范围，利用不等式组无实数解即可得解.
对于{
，
当m < 5时，解得m < x < 5，不满足题意；
当m ≥5时，x > m ≥5与x < 5矛盾，即不等式组无实数解，
综上，m ≥5.
故答案为：[5, +∞)
答案
解析
x < 5
x > m
B组
1
不等式ax > b (b ≠0)的解集不可能是（ ）
A. (−∞, b
a )
B. R
C. (−∞, −b
a )
D. ( b
a , +∞)
C
对参数a与0的关系以及b与0的关系进行分类讨论，从而求解不等式即可.
当a > 0时，ax > b，则x > b
a ，不等式解集为( b
a , +∞)；
当a = 0时，若b > 0，则原不等式等价于0 ⋅x > b，不等式解集为空集；
当a = 0时，若b < 0，则原不等式等价于0 ⋅x > b，不等式解集为R；
当a < 0时，ax > b，则x < b
a ，不等式解集为(−∞, b
a )；
故不等式解集不可能为(−∞, −b
a ).
故选：C.
答案
解析
考点6：一元二次不等式的解法
A组
11
1
x ∈R ，则 “ x ≥2 ” 是 “ x2 −x > 0 ” 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
A
由一元二次不等式求解x2 −x > 0，结合集合的包含关系判断即可.
因为x2 −x > 0，解得x < 0或x > 1，记为M = {x|x < 0或x > 1}，
令N = {x|x ≥2}，
则N是M的真子集，
所以“x ≥2”是“x2 −x > 0”的充分不必要条件.
故选：A.
答案
解析
B组
1
设全集U = R，集合A = {x|x2 −4x + 3 ≤0}, B = {x||x −3| < 1}, C = {x ∣2a ≤x ≤a + 2, a ∈R}.
(1)
求图中阴影部分表示的集合M :
(2)
在①B ∩C = C ; ②B ∪C = B ; ③B ∩C = ∅这三个条件中任选一个作为已知条件，求实数a的取值范围.
(1) M = A ∩B = {x|1 ≤x ≤2}；
(2) 条件选择见解析， (1, 2) ∪(2, +∞).
–
答案
–
解析
12
(1) 解不等式x2 −4x + 3 ≤0，得1 ≤x ≤3，则A = {x|1 ≤x ≤3}，
不等式|x −3| < 1 ⇔−1 < x −3 < 1，解得2 < x < 4，则B = {x|2 < x < 4}，
¯B = {x ∣x ≤2 或 x ≥4}，所以M = A ∩B = {x|1 ≤x ≤2}.
(2) 选择条件①，B ∩C = C，则C ⊆B，
当2a > a + 2，即a > 2时，C = ∅，满足C ⊆B，则a > 2；
当2a ≤a + 2，即a ≤2时，由C ⊆B，得2 < 2a ≤a + 2 < 4，解得1 < a < 2，
所以实数a的取值范围是(1, 2) ∪(2, +∞).
选择条件②，B ∪C = B，则C ⊆B，
当2a > a + 2，即a > 2时，C = ∅，满足C ⊆B，则a > 2；
当2a ≤a + 2，即a ≤2时，由C ⊆B，得2 < 2a ≤a + 2 < 4，解得1 < a < 2，
所以实数a的取值范围是(1, 2) ∪(2, +∞).
选择条件③，B ∩C = ∅，而B ∩B = ∅，因此C ⊆B，
当2a > a + 2，即a > 2时，C = ∅，满足C ⊆B，则a > 2；
当2a ≤a + 2，即a ≤2时，由C ⊆B，得2 < 2a ≤a + 2 < 4，解得1 < a < 2，
所以实数a的取值范围是(1, 2) ∪(2, +∞).
–
–
–
C组
1
若“x > a”是“x2 −2x −3 < 0”的必要不充分条件，则实数a的取值范围是（ ）
A. (−∞−1)
B. (−∞−1]
C. (−1, +∞)
D. [−1, +∞)
B
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合不等式进行判断即可．
【详解】由x2 −2x −3 < 0得−1 < x < 3，
∵x > a是−1 < x < 3的必要不充分条件，
∴a ≤−1，
故选：B．
答案
解析
2
对x，y定义一种新的运算P，规定：P (x, y) = {
（其中mn ≠0，m，n ∈R），已知P (2, 1) = 7
，P (−1, 1) = −1．
(1)
求m，n的值；
mx + ny, (x ≥y)
nx + my, (x < y)
13
(2)
若a > 0，解不等式组
．
(1) m = 2， n = 3；
(2) −48
13 ≤a < 1．
(1) 由题意，可知P (2, 1) = 2m + n = 7，
P (−1, 1) = −n + m = −1，
解得m = 2，n = 3；
(2) 由（1）知，P (x, y) = {
，
因为a > 0，
所以2a > a，1
2 a > 1
3 a，
所以2a > a −1，−1
2 a < −1
3 a，
所以−1
2 a −1 < −1
3 a．
所以P(2a, a −1) = 2 × 2a + 3 × (a −1) = 7a −3，
P (−1
2 a −1, −1
3 a) = 3 × (−1
2 a −1) + 2 × (−1
3 a) = −13
6 a −3，
由7a −3 < 4，得a < 1，
由−13
6 a −3 ≤5，得a ≥−48
13 ，
综上，原不等式组的解集为a ∈[−48
13 , 1).
⎧
⎨
⎩
P (2a, a −1) < 4
P (−1
2 a −1, −1
3 a) ≤5
答案
解析
2x + 3y, (x ≥y)
3x + 2y, (x < y)
考点7：根据不等式的解集求参数
A组
1
14
已知一元二次不等式x2 + bx + c < 0的解集为(1, 2)，则不等式bx2 −5x + c ≥0的解集是
.
[−2, 1
3 ]
先根据一元二次不等式的解集求出b, c的值，代入到不等式中可求得解集.
由一元二次不等式x2 + bx + c < 0的解集为(1, 2)，
所以方程x2 + bx + c = 0的两根为1和2，则−b = 1 + 2，c = 1 × 2，
∴b = −3，c = 2，
所以不等式bx2 −5x + c ≥0为3x2 + 5x −2 ≤0，
解得−2 ≤x ≤1
3 ，即不等式的解集为[−2, 1
3 ].
故答案为：[−2, 1
3 ].
答案
解析
B组
1
若不等式(1 −a)x2 −4x + 6 > 0的解集是{x ∣−3 < x < 1}．
(1)
求实数a的值；
(2)
当(b2 −1)x2 −2 (b −1)x + a −4 > 0的解集为∅时，求实数b的取值范围．
(1) a = 3
(2) [0, 1]
(1) 由题得(1 −a)x2 −4x + 6 = 0的两个解为x1 = −3, x2 = 1，
代入得{
，解得a = 3,
所以a = 3.
(2) 由（1）得(b2 −1)x2 −2(b −1)x −1 > 0的解集为∅，
当b2 −1 = 0 ⇒b = ±1时：
当b = 1时，原不等式等价为−1 > 0，显然为∅，合题意；
答案
解析
9(1 −a) + 12 + 6 = 0
(1 −a) −4 + 6 = 0
15
当b = −1，原不等式等价为4x −1 > 0，显然不为∅，舍去；
当b2 −1 ≠0时，要想(b2 −1)x2 −2(b −1)x −1 > 0的解集为∅，
需要{
，解得{
，即0 ≤b < 1，
综上b的取值范围为[0, 1].
b2 −1 < 0
Δ = 4(b −1)2 + 4(b2 −1) ≤0
−1 < b < 1
0 ≤b < 1
C组
1
已知关于x的不等式(k2 −4k −5)x2 + (k + 1)x + 1 > 0 (k ∈R)的解集为M.
(1)
若M = R，求实数k的取值范围；
(2)
若存在两个不相等的负实数a、b，使得M = (−∞, a) ∪(b, +∞)，求实数k的取值范围；
(3)
是否存在实数k，满足：“对于任意正整数n，都有n ∈M；对于任意负整数m，都有m ∉M”，若存在，求出k
的值，若不存在，说明理由.
(1) (−∞, −1] ∪(7, +∞)
(2) k ∈(5, 7)
(3) 存在， k的值为5
(1) 当k2 −4k −5 = 0时，解得k = 5或k = −1，
（Ⅰ）当k = −1时，不等式化为1 > 0，∴k = −1时，解集为R,符合题意；
（Ⅱ）当k = 5时，不等式化为6x + 1 > 0，解集为(−1
6 , +∞)，不符合题意，应舍去；
（Ⅲ）当k2 −4k −5 ≠0时，要使不等式解集为R，需使{
，
由①得，k < −1或k > 5；由②得，k < −1或k > 7，
综上，可得实数k的取值范围为k ∈(−∞, −1) ∪(7, +∞)；
答案
解析
k2 −4k −5 > 0, ①
Δ = (k + 1)2 −4(k2 −4k −5) < 0，②
16
(2) 依题意，方程(k2 −4k −5)x2 + (k + 1)x + 1 = 0有两个不相等的负实根，且k2 −4k −5 > 0，
故有
，解得5 < k < 7，
即实数k的取值范围为(5, 7)；
(3) 根据题意，得出解集M = (t, +∞)，t ∈[−1, 1)，
当k2 −4k −5 = 0时，解得k = 5或k = −1，
k = 5时，不等式的解集为(−1
6 , +∞)，满足条件，
k = −1时，1 > 0恒成立，不满足条件，
当k2 −4k −5 > 0时，此时对应的一元二次不等式的解集形式不是(t, +∞)的形式，不满足条件，
当k2 −4k −5 < 0时，此时对应的一元二次不等式的解集形式不是(t, +∞)的形式，不满足条件，
综上，存在满足条件k的值为5.
⎧
⎨
⎩
k2 −4k −5 > 0
Δ = (k + 1)2 −4(k2 −4k −5) > 0
−
k + 1
k2 −4k −5 < 0
1
k2 −4k −5 > 0
考点8：含参一元二次不等式的解法
B组
1
求下列关于x的不等式的解集：
(1)
5
x −7 ≥−1；
(2)
2a2x2 −3ax −2 > 0.
(1) {x |x > 7或 x ≤2}
答案
17
(2) 答案见解析
(1) 由
5
x −7 ≥−1可得
5
x −7 + 1 = 5 + x −7
x −7
= x −2
x −7 ≥0，
即{
，解得x > 7或x ≤2，
即原不等式的解集为{x |x > 7或x ≤2}；
(2) 当a = 0时，原不等式即为−2 > 0，该不等式的解集为∅；
当a ≠0时，2a2 > 0，原不等式即为(2ax + 1) (ax −2) > 0.
①若a < 0，则−1
2a > 2
a ，原不等式的解集为{x
x < 2
a 或x > −1
2a }；
②若a > 0，则−1
2a < 2
a ，原不等式的解集为{x
x < −1
2a 或x > 2
a }.
综上所述，当a = 0时，原不等式的解集为∅；
当a < 0时，原不等式的解集为{x
x < 2
a 或x > −1
2a }；
当a > 0时，原不等式的解集为{x
x < −1
2a 或x > 2
a }.
解析
(x −2) (x −7) ≥0
x −7 ≠0
C组
1
已知关于x的不等式(kx −k2 −4) (x −4) > 0，其中k ∈R.
（1）当k = 2时，求不等式的解集A；
（2）当k ≠2时，求不等式的解集A；
（3）对于k ∈R时，不等式的解集A，若满足A ⋂Z = B（其中Z为整数集）.试探究集合B能否为有限集？若能，求
出使得集合B中元素个数最少的k的所有取值，并用列举法表示集合B；若不能，请说明理由.
（1） A = (−∞, 4) ⋃（4，+∞）（2）答案见解析（3）能， B = {−3, −2, −1, 0, 1, 2, 3}
答案
18
（1）当k = 2时，不等式为(2x −8)(x −4) > 0，
即(x −4)2 > 0，
∴x ≠4，
即解集为A = (−∞, 4) ⋃（4，+∞）；
（2）当k = 0时，由原不等式可得x −4 < 0，
∴x < 4，
∴A = (−∞, 4)，
当 k > 0 且 k ≠2 时，4 < k + 4
k
由(kx −k2 −4) (x −4) > 0得x < 4或x > k + 4
k ，
∴A = (−∞, 4) ∪(k + 4
k , +∞)
当 k < 0 时，k + 4
k < 4，由(kx −k2 −4) (x −4) > 0可得k + 4
k < x < 4，
∴A = (k + 4
k , 4).
（3）由(1)(2)知：当 k ≥0 时，集合 B 中的元素的个数无限;
当 K < 0 时，集合 B 中的元素的个数有限，此时集合 B 为有限集.
因为k + 4
k ≤−4，当且仅当k = −2时取等号，
所以当 k = −2 时，集合 B 的元素个数最少.
此时A = (−4, 4)，
故集合B = {−3, −2, −1, 0, 1, 2, 3}.
解析
考点9：一元二次不等式在实数集上恒成立问题
A组
1
若关于x的不等式2kx2 + kx + 1
8 > 0对于一切实数x都成立，求实数k的取值范围．
19
k ∈[0, 1)
分类讨论，当k = 0满足题意；当k ≠0时，列出不等式组求解即可．
当k = 0时，1
8 > 0符合题意；
当k ≠0时，由题可知{
，即{
，解得k ∈(0, 1)；
综上所述，k ∈[0, 1)．
答案
解析
k > 0
Δ < 0
k > 0
k2 −k < 0
B组
1
已知函数h(x) = ax2 + ax + 2．
(1)
若对于任意x ∈R，不等式h(x) > −1恒成立，求实数a的取值范围；
(2)
当a < 0时，解关于x的不等式h(x) < (1 −a)x + 4．
(1) [0, 12)；
(2) 答案见解析
(1) h(x) > −1即为ax2 + ax + 3 > 0，
所以不等式ax2 + ax + 3 > 0对于任意x ∈R恒成立，
当a = 0时，得3 > 0，显然符合题意；
答案
解析
20
当a ≠0时，得{
，解得0 < a < 12．
综上，实数a的取值范围是[0, 12)．
(2) 不等式h(x) < (1 −a)x + 4即为ax2 + (2a −1)x −2 < 0，
即(ax −1)(x + 2) < 0．
又a < 0，不等式可化为(x −1
a ) (x + 2) > 0，
若1
a < −2，即−1
2 < a < 0时，得x < 1
a 或x > −2，即解集为\left\{x| x< \dfrac{1}{a}或x > −2}；
若1
a = −2，即a = −1
2 时，得x ≠−2，即解集为{x|x ≠−2}；
若1
a > −2，即a < −1
2 时，得x < −2或x > 1
a ，即解集为{x|x < −2或x> \dfrac{1}
{a}\right\}
．
综上可知，当−1
2 < a < 0时，解集为\left\{x| x< \dfrac{1}{a}或x > −2}；
当a = −1
2 时，解集为{x|x ≠−2}；
当a < −1
2 时，解集为{x|x < −2或x> \dfrac{1}
{a}\right\}
．
a > 0
Δ = a2 −12a < 0
C组
1
对于两个实数a，b，规定a ∗b = |a −b|，
(1)
若x ∗2 + x ∗3 = |2x −5|，求x的取值范围；
(2)
若关于x的不等式x∗1 −x∗(2a) > 1的解集非空，求实数a的取值范围；
(3)
设关于x的不等式x ∗a < −ax2 + 20
2
的解集为A，试探究是否存在自然数a，使得不等式x2 + x −2 < 0与
x ∗1
2 < x + 2
2
的解集都包含于A，若不存在，请说明理由，若存在，请求出满足条件的a的所有值．
(1) (−∞, 2] ∪[3, +∞)；
(2) (−∞, 0) ∪(1, +∞)；
答案
21
(3) 存在， a = 0或1或2.
(1) 由x ∗2 + x ∗3 = |x −2| + |x −3| = |2x −5|，故x −2与x −3同号，
则(x −2) ⋅(x −3) ≥0，即x的取值范围为(−∞, 2] ∪[3, +∞)．
(2) 不等式x∗1 −x∗(2a) > 1解集非空，即|x −1| −|x −2a| > 1解集非空，
记f (x) = |x −1| −|x −2a|，则f(x)max~ > 1，|x −1| −|x −2a| ≤|x −1 −x + 2a| = |2a −1|，
当(x −1) (x −2a) ≥0等号成立．故|2a −1| > 1，解得a < 0或a > 1，
故实数a的取值范围(−∞, 0) ∪(1, +∞)．
(3) 由x2 + x −2 < 0，得(x + 2) ⋅(x −1) < 0，解得−2 < x < 1；
不等式x ∗1
2 < x + 2
2
，即x −1
2
< x + 2
2
，即|2x −1| < x + 2，解得−1
3 < x < 3．
综上，(−2, 3) ⊆A．
不等式x ∗a < −ax2 + 20
2
，即|x −a| < −ax2 + 20
2
，
法一：也即ax2 + 2 |x −a| −20 < 0，
当a = 0时，2 |x| < 20，解得−10 < x < 10，满足条件；
当a ≠0时，设g (x) = ax2 + 2 |x −a| −20，
因为a > 0，a ∈N，所以g (−2) ≤0，g (3) ≤0，
所以{
，解得a = 1或a = 2．
当a = 1，g (x) = x2 + 2 |x −1| −20，
（ⅰ）当x ≥1，g (x) = x2 + 2 (x −1) −20 = x2 + 2x −22，g (1) < 0，g (3) < 0，
（ⅱ）当x < 1，g (x) = x2 + 2 (1 −x) −20 = x2 −2x −18，g (−2) < 0，(−2, 3) ∈A符合题意，
当a = 2，g (x) = 2x2 + 2 |x −2| −20，
（ⅰ）当x ≥2，g (x) = 2x2 + 2 (x −2) −20 = 2x2 + 2x −24，g (2) < 0，g (3) = 0，
（ⅱ）当x < 2，g (x) = 2x2 + 2 (2 −x) −20 = 2x2 −2x −16，g (−2) < 0，(−2, 3) ∈A符合题意．
综上，a = 0或a = 1或a = 2．
法二：|x −a| < −ax2 + 20
2
对x ∈(−2, 3)恒成立，令y1 = |x −a|，y2 = −a
2 x2 + 10.
当a = 0时，y1 = |x|，y2 = 10，y1 < 3 < 10 = y2满足条件.
当a > 0时，
，故0 < a ≤2.
综上，a = 0或1或2.
法三：{
对x ∈(−2, 3)恒成立，
∴{
.
当a = 0时，{
成立.
解析
4a + 2 |a + 2| −20 ≤0
9a + 2 |3 −a| −20 ≤0
⎧
⎨
⎩
|−2 −a| ≤−2a + 10 ⇒a ≤8
3
|3 −a| ≤−9a
2 + 10 ⇒a ≤2
−ax2 + 20 > 2x −20
ax2 −20 < 2x −20
f (x) = ax2 + 2x −2a −20 < 0
g (x) = ax2 −2x + 2a −20 < 0
f (3) = 6 −20 ≤0
g (−2) = 4 −20 ≤0
22
当a > 0时，
，则0 < a ≤2.
综上，0 ≤a ≤2，故a = 0或1或2.
法四：|x −a| < −ax2 + 20
2
对x ∈(−2, 3)恒成立，
∴{
，对x ∈(−2, 3)恒成立，
∴
，
∴a <
2 (x + 10)
(x + 10)2 −20 (x + 10) + 102
=
2
(x + 10) +
102
x + 10 −20
，且x + 10 ∈(8, 13)，
根据对勾函数的性质，知
2
(x + 10) +
102
x + 10 −20
> 26
11 ，所以a ≤26
11 ，
∴a = 0或1或2，结合①，
a = 0时，2x −20 < 0，则x < 10；
a = 1时，x2 + 2x −22 < 0，则−1 −√22 < x < −1 + √22，
a = 2时，2x2 + 2x −24 < 0，则−4 < x < 3，
综上，a = 0或1或2.
⎧
⎨
⎩
f (−2) ≤0 ⇒4a −4 −2a −20 ≤0 ⇒a ≤12
f (3) ≤0 ⇒9a + b −2a −20 ≤0 ⇒a ≤2
g (−2) ≤0 ⇒4a + 4 + 2a −20 ≤0 ⇒a ≤8
3
g (3) ≤0 ⇒9a −b + 2a −20 ≤0 ⇒a ≤26
11
−ax2 + 20 > 2x −2a
ax2 −20 < 2x −2a
⎧
⎨
⎩
ax2 + 2x −2a −20 < 0①
ax2 −2x + 2a −20 < 0 ⇒a < 2x + 20
x2 + 2 ②
考点10：一元二次不等式在某区间上恒成立问题
B组
1
若对关于x的不等式2kx2 + kx + 1
8 > 0对一切任意x ∈(−1
8 , +∞)都成立，则实数k的取值范围是
.
[0, 4
3 ]
分k = 0和k ≠0两种情况，结合二次函数分析求解.
当k = 0时，则1
8 > 0符合题意；
当k ≠0时，可得
，解得0 < k ≤4
3 ；
答案
解析
⎧
⎨
⎩
k > 0
−1
4 < −1
8
2k(−1
8 )
2
−1
8 k + 1
8 ≥0
23
综上所述：实数k的取值范围是[0, 4
3 ].
故答案为：[0, 4
3 ].
C组
1
若不等式x2 −kx −m
≤1对所有x ∈[a, b]恒成立，则b −a的取值范围为
.
(0, 2√2]
根据条件列出不等式，根据不等式的运算，即可求解.
由条件可知，−1 ≤f (x) = x2 −kx −m ≤1，
−1 ≤f (a) = a2 −ka −m ≤1，−1 ≤f (b) = b2 −kb −m ≤1，
−1 ≤f ( a + b
2
) = ( a + b
2
)
2
−k ⋅a + b
2
−m ≤1，
则f (a) + f (b) = a2 + b2 −k (a + b) −2m，
则f (a) + f (b) −2f ( a + b
2
) = (a −b)2
2
≤4,
由条件可知，b −a > 0，所以0 < b −a ≤2√2.
故答案为：(0, 2√2].
关键点点睛：本题的关键是不等式的运算f (a) + f (b) −2f ( a + b
2
) = (a −b)2
2
，从而构造出b −a.
答案
解析
2
已知关于x的不等式kx2 −2x + 6k < 0 (k > 0)．
(1)
若不等式的解集为A = (2, 3)，求实数k的值；
(2)
若不等式在x ∈(2, 3)时恒成立，求实数k的取值范围．
24
(1) k = 2
5 ；
(2) $0.
(1) 由题设知：2, 3是方程kx2 −2x + 6k = 0 (k > 0)的两个根，
所以2
k = 2 + 3 = 5，即k = 2
5 ，经检验满足题设，
所以k = 2
5 .
(2) 令f (x) = x2 −2
k x + 6，则f(x) < 0在x ∈(2, 3)上恒成立，
而f(x)开口向上且对称轴x = 1
k > 0，故Δ = 4
k2 −24 > 0，
所以0 < k < √6
6 ，此时对称轴x = 1
k ∈(√6, +∞)，
当√6 < 1
k < 3 ⇒1
3 < k < √6
6 时，
⇒k ≤2
5 ，此时$\dfrac13；
当1
k ≥3 ⇒0 < k ≤1
3 时，只需f(2) = 10 −4
k ≤0 ⇒k ≤2
5 ，此时0 < k ≤1
3 ；
综上，$0.
答案
解析
⎧
⎨
⎩
f(2) = 10 −4
k ≤0
f(3) = 15 −6
k ≤0
07 其他不等式的求解
1
巩固练习
考点1：不含参分式不等式的解法
A组
1
不等式2x −1
x
< 0的解集是
.
{x
0 < x < 1
2 }
根据分式的运算性质分类讨论求出不等式的解集.
2x −1
x
< 0 ⇒{
或{
，得0 < x < 1
2 .
故答案为：{x
0 < x < 1
2 }.
答案
解析
2x −1 < 0
x > 0
2x −1 > 0
x < 0
B组
1
不等式
x
x2 −4x + 6 ≥1的解集为
．
[2, 3]
由于x2 −4x + 6 > 0恒成立，所以将解分式不等式问题转化为解一元二次不等式x2 −5x + 6 ≤0，则答案可得.
因为x2 −4x + 6 = (x −2)2 + 2 > 0，所以x2 −4x + 6 > 0恒成立，
所以
x
x2 −4x + 6 ≥1 ⇔x ≥x2 −4x + 6，
所以x2 −5x + 6 ≤0，(x −2) (x −3) ≤0，
所以2 ≤x ≤3．
答案
解析
2
故答案为：[2, 3].
考点2：含参分式不等式的解法
A组
1
已知
ax
x −1 < 1的解集是{x ∣x < 1或x > 2}，求实数a的值．
a = 1
2
首先将分式不等式转化为一元二次不等式的形式，再根据解集形式，求参数的取值.
∵
ax
x −1 < 1，∴ax −x + 1
x −1
< 0，即[(a −1)x + 1] (x −1) < 0，
又∵不等式
ax
x −1 < 1的解集为{x ∣x < 1或x > 2}，
∴a −1 < 0，∴(x +
1
a −1 ) (x −1) > 0，∴−
1
a −1 = 2，∴a = 1
2 ．
答案
解析
B组
1
已知不等式ax2 + bx + 1 > 0的解集为{x
−1
2 < x < 1
3 }，则a + b =
，此时不等式ax + 3
x −b ≤0的解集为
．
3
−7 ; (−∞, −1) ∪[ 1
2 , +∞)
根据不等式的解集确定方程的根，利用根与系数的关键求解出参数，代入分式不等式，将分式不等式转化为
一元二次不等式求解．
根据题意可知，ax2 + bx + 1 = 0的两根分别为−1
2 和1
3 ，
则−1
2 + 1
3 = −b
a ，−1
2 ⋅1
3 = 1
a ，
解得a = −6，b = −1，
所以a + b = −7，
而ax + 3
x −b ≤0可化为{
，
解得x ∈(−∞, −1) ∪[ 1
2 , +∞)，
故答案为：−7，(−∞, −1) ∪[ 1
2 , +∞)．
答案
解析
x + 1 ≠0
(−6x + 3) (x + 1) ≤0
2
命题P：|x| < |y|的是命题Q：x + 2y
y −x < 2的（ ）条件
A. 充分不必要
B. 必要不充分
C. 充要
D. 既不充分也不必要
D
将命题P：|x| < |y|去掉绝对值符号，分四种情况讨论，得出命题Q：x + 2y
y −x < 2不一定成立，即P是Q的不充
分条件；将命题Q：x + 2y
y −x < 2变形为3x(y −x) < 0后，分{
或{
情况讨论，得出|x| < |y|
不一定成立，即P是Q的不必要条件.
命题Q：x + 2y
y −x < 2可变形为x + 2y
y −x −2 < 0，即x + 2y −2(y −x)
y −x
=
3x
y −x < 0，
即3x(y −x) < 0，即{
或{
.
(1)当{
时，有x > 0 > y和x > y > 0两种情况，此时|x| < |y|不一定成立，故P是Q的不必要条件；
(2)当{
时，有y > 0 > x和0 > y > x两种情况，此时|x| < |y|不一定成立，故P是Q的不必要条件；
综上两种情况可知，P是Q的不必要条件；
命题P：|x| < |y|,去掉绝对值符号，有以下四种情况：
答案
解析
x > 0
y −x < 0
x < 0
y −x > 0
x > 0
y −x < 0
x < 0
y −x > 0
x > 0
y −x < 0
x < 0
y −x > 0
4
(1)当
，即y > x > 0时，y −x > 0，3x(y −x) > 0，即x + 2y
y −x > 2，
故P是Q的不充分条件；
(2)当
，即y > 0 > x时，y −x > 0，3x(y −x) < 0，即x + 2y
y −x < 2，
故P是Q的充分条件；
(3)当
，即x > 0 > y时，y −x < 0，3x(y −x) < 0，即x + 2y
y −x < 2，
故P是Q的充分条件；
(4)当
，即0 > x > y时，y −x < 0，3x(y −x) > 0，即x + 2y
y −x > 2，
故P是Q的不充分条件；
综上四种情况可知，P是Q的不充分条件；
所以P是Q的即不充分也不必要条件.
故选：D
⎧
⎨
⎩
y > 0
x > 0
x < y
⎧
⎨
⎩
y > 0
x < 0
−x < y
⎧
⎨
⎩
y < 0
x > 0
x < −y
⎧
⎨
⎩
y < 0
x < 0
−x < −y
C组
1
定义区间(c, d)、[c, d)、(c, d]、[c, d]的长度均为d −c (d > c)，已知实数a > b，则满足
1
x −a +
1
x −b ≥1的x构成的
区间的长度之和为（ ）
A. a −b
B. a + b
C. 4
D. 2
D
将不等式
1
x −a +
1
x −b ≥1转化为高次分式不等式，求得不等式的解集，由此求得x构成的区间的长度和.原
不等式
1
x −a +
1
x −b ≥1可转化为x2 −(2 + a + b)x + ab + a + b
(x −a) (x −b)
≤0①，对于
x2 −(2 + a + b)x + ab + a + b = 0，其判别式Δ = (a −b)2 + 2 > 0，故其必有两不相等的实数根，设为x1, x2
，由求根公式得x1 =
2 + a + b −√(a −b)2 + 2
2
，x2 =
2 + a + b + √(a −b)2 + 2
2
.
下证b < x1 < a < x2：
构造函数f (x) = x2 −(2 + a + b)x + ab + a + b，其两个零点为x1, x2，且x1 < x2.而
f (a) = a2 −(2 + a + b) ⋅a + ab + a + b = b −a < 0，x1 < a < x2，由于b < a，且
f (b) = b2 −(2 + a + b) ⋅b + ab + a + b = a −b > 0，由二次函数的性质可知b < x1 < a < x2.
答案
解析
5
故不等式①的解集为(b, x1] ∪(a, x2]，其长度之和为x1 −b + x2 −a = x1 + x2 −(a + b)
= 2 + a + b −(a + b) = 2.
故选D.
本小题主要考查高次分式不等式的解法，考查一元二次方程、一元二次不等式的关系，考查新定义的理解和
运用，考查化归与转化的数学思想方法，综合性较强，属于难题.
2
设实数a, b, m ∈R，若满足(a −m)2 < (b −m)2，则称a比b更接近m.
(1)
设2x比x + 1更接近0，求x的取值范围；
(2)
判断“ x + y −2m
x −y
< −1”是“x比y更接近m”的什么条件？并说明理由；
(3)
设x > 0且x ≠√2，y = x + 2
x + 1 ，试判断x与y哪一个更接近√2.
(1) (−1
3 , 1)
(2) 充分不必要条件，理由见解析
(3) y更接近 √2
(1) 由题意，得(2x −0)2 < (x + 1 −0)2，即4x2 < x2 + 2x + 1
整理得3x2 −2x −1 < 0，解得−1
3 < x < 1
所以x的取值范围是(−1
3 , 1)
(2) “x比y更接近m”，等价于(x −m)2 < (y −m)2
⇔(x −m + y −m) (x −m −y + m) < 0 ⇔x + y −2m
x −y
< 0
所以“ x + y −2m
x −y
< −1”是“x比y更接近m”的充分不必要条件
答案
解析
6
(3)
y −√2 = x + 2
x + 1 −√2 =
(1 −√2)x + 2 −√2
x + 1
= 1 −√2 +
1
x + 1 ，
①当x > √2时，y < √2，
此时：(√2 −y) −(x −√2) = 2√2 −1 −x −
1
x + 1 = 2√2 −1 −(x +
1
x + 1 )
又y = x +
1
x + 1 在(√2, +∞)上是增函数，
∴(√2 −y) −(x −√2) < 2√2 −1 −√2 −
1
√2 + 1
= 0，即(√2 −y) < x −√2，
即(x −√2)
2
> (y −√2)
2
，此时y更接近√2；
②当0 < x < √2时，y > √2，
此时：(y −√2) −(√2 −x) = −2√2 + 1 + x +
1
x + 1 ，
又y = x +
1
x + 1 在(0, √2)上是增函数，
即(y −√2) −(√2 −x) < −2√2 + 1 + √2 +
1
√2 + 1
= 0，∴y −√2 < √2 −x，
即(x −√2)
2
> (y −√2)
2
，即y更接近√2；
考点3：单绝对值不等式的解法
A组
1
下列不等式中，与|x −2|＜3的解集相同的是(
)
A. x2 −4x −5＜0
B. x + 1
x −5 ≤0
C. (5 −x)(x + 1)＜0
D. x2 + 4x −5＜0
A
∵|x −2|＜3，
∴−3＜x −2＜3，−1＜x＜5，
故不等式|x −2|＜3的解集为(−1，5)．
由x2 −4x −5＜0可得 (x + 1)(x −5)＜0，−1＜x＜5，
故不等式x2 −4x −5＜0的解集为(−1，5)．
由x + 1
x −5 ≤0可得 (x + 1)(x −5) ≤0，x −5 ≠0，解得−1 ≤x＜5，
故x + 1
x −5 ≤0的解集为[−1，5)．
由(5 −x)(x + 1)＜0可得−1＞x或x＞5，
故(5 −x)(x + 1)＜0的解集为(−∞，−1) ∪(5，+ ∞)．
由x2 + 4x −5＜0可得(x −1)(x + 5)＜0，解得−5＜x＜1，
答案
解析
7
故x2 + 4x −5＜0的解集为(−5，1)．
故选A。
B组
1
不等式x2 −5 |x| −6 < 0的解集是_____________.
A. (−1, 6)
B. (−6, 1).
C. (−1, 1)
D. (−6, 6)
D
∵x2 = |x|2
x2 −5 |x| −6 < 0可转化为|x|2 −5 |x| −6 < 0
(|x| −6) (|x| + 1) < 0
{
∴(−6, 6)
答案
解析
|x| ∈(−1, 6)
|x| ≥0
C组
1
解下列绝对值不等式
(1)
|x −1| > 4；
(2)
|x2 −5x + 5| ⩾1；
(3)
|x −2| > 3x；
(4)
|x2 −2x −6| < 3x；
8
(1) x > 5 或 x < −3
(2) x ⩾4 或 2 ⩽x ⩽3 或 x ⩽1
(3) x < 1
2
(4) 2 < x < 6
(1) x −1 > 4 或 x −1 < −4，所以 x > 5 或 x < −3．
(2) x2 −5x + 5 ⩾1 或 x2 −5x + 5 ⩽−1，
x2 −5x + 4 = (x −4)(x −1) ⩾0 或 x2 −5x + 6 = (x −2)(x −3) ⩽0，
所以 x ⩾4 或 2 ⩽x ⩽3 或 x ⩽1．
(3) x < 0 时，|x −2| > 3x 恒成立；x ⩾0 时，x −2 > 3x 或 x −2 < −3x，解得 0 < x < 1
2 ；综上 x < 1
2 ．
(4) 由题可知，x > 0，所以 −3x < x2 −2x −6 < 3x，即 {
{
，{
解得 2 < x < 6．
答案
解析
x2 + x −6 > 0
x2 −5x −6 < 0
(x −2) (x + 3) > 0
(x −6) (x + 1) < 0
x > 2orx < −3
−1 < x < 6
考点4：双绝对值不等式的解法
A组
1
解下列不等式：
(1)|2x −1| −|x −2| < 0； (2)|x −1 |+|x −3| ≥4.
答案
9
(1)(−1, 1)(2)(−∞, 0 ]∪[4, +∞)
(1)∵0 < |2x −1| < |x −2|
∴(|2x −1|)2 < (|x −2|)2
∴(−1, 1)
(2)当x ≤1时,原不等式化为−x + 1 −x + 3 ≥4,即x ≤0
当1x ≤3时,原不等式化为x −1 −x + 3 ≥4,即2 ≥4,则x ∈∅
当x3时,原不等式化为x −1 + x −3 ≥4,即x ≥4
综上,不等式|x −1 |+|x −3| ≥4解集是 (−∞, 0 ]∪[4, +∞)．
解析
B组
1
解下列不等式：
(1)
2
x < x + 1；
(2)
|x| +
1
x + 1
>
x +
1
x + 1
．
(1) (−2, 0) ∪(1, +∞)
(2) (−1, 0)
(1) 【分析】：分 x > 0 和 x < 0 两种情况解不等式，再相并．
∵2
x < x + 1，
∴{
或 {
答案
解析
x > 0
2 < x2 + x
x < 0
2 > x2 + x
10
解得：x > 1 或 −2 < x < 0，
原不等式的解集为 (−2, 0) ∪(1, +∞)．
(2) 【分析】：根据绝对值不等式 |a| + |b| ⩾|a + b| 取等号的条件是 ab ⩾0，得 |a| + |b| > |a + b| 成立的充要
条件是 ab < 0．
由 |x| +
1
x + 1
>
x +
1
x + 1
，
得 x ⋅
1
x + 1 < 0，解得 −1 < x < 0，
∴ 原不等式的解集为 (−1, 0)．
考点5：含参绝对值不等式的解法
B组
1
关于 x 的不等式 |x + 3| −|x −1| ⩽a2 −5a 的解集不是 ∅，则实数 a 的取值范围为
．
(−∞, 1] ∪[4, +∞)
∵|x + 3| −|x −1| ⩾−|(x + 3) −(x −1)| = −4，
∴(|x + 3| −|x −1|)min = −4．
∵ 不等式 |x + 3| −|x −1| ⩽a2 −5a 的解集不是 ∅，
∴ 只需 a2 −5a ⩾(|x + 3| −|x −1|)min = −4，
∴a2 −5a + 4 ⩾0，∴a ⩾4 或 a ⩽1，
∴a 的取值范围为 (−∞, 1] ∪[4, +∞)．
故答案为：(−∞, 1] ∪[4, +∞)．
答案
解析
C组
1
完成下列试题
(1)
解不等式：|x −1| −|x −2| > 1
2 ；
(2)
设集合 P 表示不等式|x −1| + |x −2a| > 1 对任意 x ∈R 恒成立的 a 的集合，求集合 P；
(3)
设关于 x 的不等式 ax2 + 2|x −a| −20 < 0 的解集为 A，试探究是否存在 a ∈N ，使得不等式 x2 + x −2 < 0
11
与 |2x −1| < x + 2 的解都属于 A，若不存在，说明理由，若存在，请求出满足条件的 a 的所有值．
(1) ( 7
4 , +∞)
(2) P = (−∞, 0) ∪(1, +∞)
(3) 存在，a = 0 或 a = 1 或 a = 2
答案
解析
2
设关于x的方程|x −2| + |2x −3| = |ax + b|(a, b ∈R)解集为M，关于x的不等式(x −2)(2x −3) ≥0的解集为N，若集
合M = N，则a ⋅b = .
−15
由(x −2)(2x −3) ≥0 ⇒x ≥2或x ≤1.5，所以M = N = {x |x ≥2或x ≤1.5}，
当x ≥2时，由|x −2| + |2x −3| = |ax + b|，可得|ax + b| = x −2 + 2x −3 = 3x −5，
当x ≤1.5时，由|x −2| + |2x −3| = |ax + b|，可得|ax + b| = −x + 2 −2x + 3 = −3x + 5，
因此有|3x −5| = |ax + b|，
当a = 3, b = −5时，a ⋅b = 3 × (−5) = −15；
当a = −3, b = 5时，a ⋅b = −3 × 5 = −15，
故答案为：−15
答案
解析
08 基本不等式
1
巩固练习
考点1：积定和最小(积为定值时和有最小值)
A组
1
已知x > 1，则x +
4
x −1 的取值范围是
.
[5, +∞)
化成积为定值的形式后,利用基本不等式可得.因为x > 1,所以x −1 > 0,
所以x +
4
x −1 = x −1 +
4
x −1 + 1 ≥2√(x −1) ⋅
4
x −1 + 1 = 5,当且仅当x −1 =
4
x −1 ,即x = 3时取等号.
故答案为:[5, +∞).
本题考查了基本不等式求最小值,属于基础题.
答案
解析
B组
1
《九章算术》中“勾股容方”问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”魏晋时期数学家刘徽在其《九章算
术注》中利用出入相补原理给出了这个问题的一般解法：如图（1），用对角线将长和宽分别为b和a的矩形分成两
个直角三角形，每个直角三角形再分成一个内接正方形（黄）和两个小直角三角形（朱、青）．将三种颜色的图形
进行重组，得到如图（2）所示的矩形，该矩形长为a+b，宽为内接正方形的边长d．由刘徽构造的图形可以得到许
多重要的结论，如图（3），设D为斜边BC的中点，作直角三角形ABC的内接正方形的对角线AE，过点A作
AF⊥BC于点F，则下列推理正确的是（ ）
2
A. 由题图（1）和题图（2）面积相等得d =
2ab
a + b
B. 由AE ≥AF可得√a2 + b2
2
≥a + b
2
C. 由AD ≥AE可得√a2 + b2
2
≥
2
1
a + 1
b
D. 由AD ≥AF可得a2 + b2 ≥2ab
BCD
根据题图（1），（2）面积相等，可求得d的表达式，从而判断A选项的正误，由题意可求得题图（3）中AD
，AE，AF的表达式，逐一分析B，C，D选项，即可得答案．
对于A，由题图（1），（2）面积相等得S = ab = (a + b) × d，所以d =
ab
a + b ，故A错误．
对于B，因为AF⊥BC，所以1
2 × a × b = 1
2 √a2 + b2 × AF，所以AF =
ab
√a2 + b2 ，
设题图（3）中内接正方形的边长为t，根据三角形相似可得a −t
a
= t
b ，解得t =
ab
a + b ，所以
AE = √2t =
√2ab
a + b ．
因为AE ≥AF，所以√2ab
a + b ≥
ab
√a2 + b2 ，整理可得√a2 + b2
2
≥a + b
2
，故B正确．
对于C，因为D为斜边BC的中点，所以AD = √a2 + b2
2
，
因为AD ≥AE，所以
√a2 + b2
2
≥√2ab
a + b ，整理得√a2 + b2
2
≥
2
1
a + 1
b
，故C正确．
对于D，因为AD ≥AF，所以√a2 + b2
2
≥
ab
√a2 + b2 ，整理得a2 + b2 ≥2ab，故D正确．
故选：BCD
答案
解析
考点2：一正二定三相等
A组
1
x ∈R，且使代数式有意义，则下列代数式中最小值为2的是（ ）
A. x + 1
x
B. 2x + 2−x
C. x2 + 4
x2
D. √x2 + 2 +
1
√x2 + 2
答案
3
B
根据基本不等式判断．
选项A中，x < 0时，y < 0，不合题意；
选项B中，2x + 2−x ≥2√2x ⋅2−x = 2，当且仅当x = 0时等号成立，满足题意；
选项C中，x2 + 4
x2 ≥2√x2 ⋅4
x2 = 4，当且仅当x = ±√2时等号成立，不满足题意；
选项D中，√x2 + 2 +
1
√x2 + 2
≥2√√x2 + 2 ⋅
1
√x2 + 2
= 2，当且仅当√x2 + 2 =
1
√x2 + 2
时等号成立，但
此方程无实解，不合题意．
故选：B．
解析
C组
1
（1）a > b > 0，比较b(a −b)与a2
4 的大小；
（2）已知a > b > 0，求代数式a2 +
25
b(a −b) 的最小值及取最小值时a, b的值.
（1） b(a −b) ≤a2
4 ；（2） a2 +
25
b(a −b) 的最小值20， a = √10, b = √10
2
（1）利用基本不等式即可得解；
（2）由（1）知$0，∴
1
b(a −b) ≥4
a2 ，再利用基本不等式即可得解.
（1）∵a > b > 0，∴a −b > 0，
答案
解析
4
∴b(a −b) ≤[ b + (a −b)
2
]
2
= a2
4 ，当且仅当b = a −b，即2b = a时，等号成立.
所以b(a −b) ≤a2
4 .
（2）由（1）知$0，∴
1
b(a −b) ≥4
a2
a2 +
25
b(a −b) ≥a2 + 100
a2
≥2√a2 ⋅100
a2
= 20，当且仅当a2 = 100
a2 时取等号，
显然要使a2 +
25
b(a −b) = 20成立，需满足
，解得
综上可知，当a = √10, b = √10
2
，代数式a2 +
25
b(a −b) 取得最小值20.
易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积
的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求
的最值，这也是最容易发生错误的地方.
⎧
⎨
⎩
b = a −b
a2 = 100
a2
a > 0
⎧
⎨
⎩
a = √10
b = √10
2
考点3：和定积最大(和为定值时积有最大值)
A组
1
已知正实数x，y满足x + 2y = 3，则xy的最大值为
.
9
8
由两个正数的基本不等式x + 2y = 3 ≥2√2xy即可求得xy的最大值.
由x, y为正实数，x + 2y = 3 ≥2√2xy，得xy ≤9
8 ，
当且仅当x = 2y时，xy的最大值为9
8 ，
又x + 2y = 3，即当x = 3
2 , y = 3
4 时，xy的最大值为9
8 .
故答案为：9
8
本题考查了基本不等式的应用，已知和为定值，求积的最大值，属于基础题.
答案
解析
5
B组
1
已知x< 5
4 ，求y＝4x－2＋
1
4x −5 的最大值；
1
∵x< 5
4 ，∴5－4x>0，
∴y＝4x－2＋
1
4x −5 ＝－(5 −4x +
1
5 −4x )＋3≤－2＋3＝1，
当且仅当5－4x＝
1
5 −4x ，即x＝1时，上式等号成立，
故当x＝1时，y
＝1.
本题主要考查基本不等式求最值，变形是关键，属于中档题.
答案
解析
max
考点4：三角不等式及其取等条件
A组
1
对于任意的实数a、b，有不等式|a + b| ≤|a| + |b|，等号当且仅当（ ）时成立
A. a、b同号
B. a、b异号
C. a = b
D. ab ≥0
D
利用不等式的性质和绝对值的意义，即可求解.
因为|a + b| ≤|a| + |b|，两边平方得到a2 + 2ab + b2 ≤a2 + 2 |a| |b| + b2，
整理得得到ab ≤|ab|，所以等号当且仅当ab ≥0时成立，
故选：D.
答案
解析
B组
1
6
若x ，x 都满足方程|2x −1 |+|2x + 3| = 4 且x1 < x2 ，则x2 −x1 的取值范围是
．
（0，2]．
根据绝对值三角不等关系等号成立的条件即可x的范围，进而可求解．
∵方程|2x −1 |+|2x + 3| = 4，即x −1
2
+
x + 3
2
= 2,
由于x −1
2
+
x + 3
2
≥
(x −1
2 ) −(x + 3
2 )
= 2，故等号成立的条件为(x −1
2 ) (x + 3
2 ) ≤0
故−3
2 ≤x ≤1
2 ，
从而可得0 < x2 −x1 ≤1
2 −(−3
2 ) = 2，
故x2 −x1的取值范围为（0，2]．
故答案为：（0，2]．
1
2
答案
解析
考点5：三角不等式求最值
B组
1
已知函数f(x) = |x −k| + |x −3k|
(k > 0)，若当3 ≤x ≤4时，f(x)都能取到最小值，则实数k的取值范围是
.
[ 4
3 , 3]
由绝对值的意义可得函数f(x)的最小值为2k，所以可得k ≤3 < 4 ≤3k，可求得实数k的取值范围.根据绝对值
的意义,函数f(x) = |x −k| + |x −3k|(k > 0)表示数轴上的x对应点到k、3k对应点的距离之和，所以
f(x) = |x −k| + |x −3k| ≥|(x −k) −(x −3k)| = 2k(k > 0)，
故当k ≤x ≤2k时，函数取得最小值为2k.
而已知当3 ≤x ≤4时，f(x)能取到最小值,故有[3, 4] ⊆[k, 3k]，
所以k ≤3，且4 ≤3k，求得4
3 ≤k ≤3，
故答案为[ 4
3 , 3].
答案
解析
7
本题考查绝对值的几何意义，关键在于由绝对值的几何意义得函数f(x)取得最小值的条件，建立关于k的不等
式，属于中档题.
2
已知关于x的不等式|x −1| −1 ≤2a −|x + 1|有实数解，则实数a的取值范围为
.
a ≥1
2
由题意2a + 1 ≥(|x + 1| + |x −1|)min，构造函数f(x) = |x + 1| + |x −1|，求解函数的最小值即可求解.
因为不等式|x −1| −1 ≤2a −|x + 1|有实数解，所以2a + 1 ≥|x + 1| + |x −1|有实数解，
所以2a + 1 ≥(|x + 1| + |x −1|)min，记f(x) = |x + 1| + |x −1|，
则f (x) =
，当x ∈(−1, 1)时，f (x) = 2，
当x ∈(−∞, −1]时，f (x) = −2x，此时函数f (x)单调递减，所以f (x) ≥(−2) × (−1) = 2，
当x ∈[1, +∞)时，f (x) = 2x，此时函数f (x)单调递增，所以f (x) ≥2 × 1 = 2，
综上，函数f (x)取最小值为2，所以2a + 1 ≥2，解得a ≥1
2 ，
所以a ≥1
2 .
故答案为：a ≥1
2
答案
解析
⎧
⎨
⎩
−2x, x ≤−1
2, −1 < x < 1
2x, x ≥1
C组
1
（1）证明：|x −1| + |x −2| ≥1对所有实数x恒成立，并求等号成立的条件；
（2）若不等式|x −1| −|x −2a| > 1的解集非空，求a的取值范围；
（3）设关于x的不等式ax2 + 2 |x −a| −20 < 0的解集为A，试探究是否存在a ∈N，使得不等式x2 + x −2 < 0与
|2x −1| < x + 2的解都属于A，若不存在，说明理由，若存在，请求出满足条件的a的所有值.
8
（1）证明见解析，当 x ∈[1, 2]时取等号；（2） a > 1或 a < 0；（3）存在， a = 0或 a = 1或 a = 2
(1)应用绝对值三角不等式即可证明;(2)解集非空转化为最大值大于1解不等式即可；
（3）先解一元二次不等式和绝对值不等式确定A的子集，再分a = 0和a ≠0两种情况讨论求解可得a的值.
（1）由三角不等式得|x −1| + |x −2| ≥|(x −1) −(x −2)| = 1，当x ∈[1, 2]时取等号.
（2）由题意得1 < |x −1| −|x −2a| ≤|(x −1) −(x −2a)|，
所以|2a −1| > 1，解得a > 1或a < 0，
（3）由{
得
，故(−2, 3) ∈A，
若a = 0，则2 |x| < 20，所以x ∈(−10, 10)，符合题意，
若a ≠0，设g(x) = ax2 + 2 |x −a| −20，
因为a > 0, a ∈N，所以g(−2) ≤0, g(3) ≤0，
所以{
，解得a = 1或a = 2.
当a = 1,g(x) = x2 + 2 |x −1| −20,当x ≥1, g(x) = x2 + 2 (x −1) −20 = x2 + 2x −22,g(1) < 0, g(3) < 0
当x < 1, g(x) = x2 + 2 (1 −x) −20 = x2 −2x −18,g(−2) < 0,(−2, 3) ∈A符合题意
当a = 2,g(x) = 2x2 + 2 |x −2| −20,当x ≥2, g(x) = 2x2 + 2 (x −2) −20 = 2x2 + 2x −24,g(2) < 0, g(3) = 0
当x < 2, g(x) = 2x2 + 2 (2 −x) −20 = 2x2 −2x −16,g(−2) < 0,(−2, 3) ∈A符合题意
综上，a = 0或a = 1或a = 2.
答案
解析
x2 + x −2 < 0
|2x −1| < x + 2
⎧
⎨
⎩
x ∈(−2, 1)
x ∈(−1
3 , 3)
4a + 2 |a + 2| −20 ≤0
9a + 2 |3 −a| −20 ≤0
考点6：三角不等式的其他应用
C组
1
对于两个实数a，b，规定a ∗b = |a −b|，
(1)
若x ∗2 + x ∗3 = |2x −5|，求x的取值范围；
(2)
若关于x的不等式x∗1 −x∗(2a) > 1的解集非空，求实数a的取值范围；
(3)
设关于x的不等式x ∗a < −ax2 + 20
2
的解集为A，试探究是否存在自然数a，使得不等式x2 + x −2 < 0与
x ∗1
2 < x + 2
2
的解集都包含于A，若不存在，请说明理由，若存在，请求出满足条件的a的所有值．
9
(1) (−∞, 2] ∪[3, +∞)；
(2) (−∞, 0) ∪(1, +∞)；
(3) 存在， a = 0或1或2.
(1) 由x ∗2 + x ∗3 = |x −2| + |x −3| = |2x −5|，故x −2与x −3同号，
则(x −2) ⋅(x −3) ≥0，即x的取值范围为(−∞, 2] ∪[3, +∞)．
(2) 不等式x∗1 −x∗(2a) > 1解集非空，即|x −1| −|x −2a| > 1解集非空，
记f (x) = |x −1| −|x −2a|，则f(x)max~ > 1，|x −1| −|x −2a| ≤|x −1 −x + 2a| = |2a −1|，
当(x −1) (x −2a) ≥0等号成立．故|2a −1| > 1，解得a < 0或a > 1，
故实数a的取值范围(−∞, 0) ∪(1, +∞)．
(3) 由x2 + x −2 < 0，得(x + 2) ⋅(x −1) < 0，解得−2 < x < 1；
不等式x ∗1
2 < x + 2
2
，即x −1
2
< x + 2
2
，即|2x −1| < x + 2，解得−1
3 < x < 3．
综上，(−2, 3) ⊆A．
不等式x ∗a < −ax2 + 20
2
，即|x −a| < −ax2 + 20
2
，
法一：也即ax2 + 2 |x −a| −20 < 0，
当a = 0时，2 |x| < 20，解得−10 < x < 10，满足条件；
当a ≠0时，设g (x) = ax2 + 2 |x −a| −20，
因为a > 0，a ∈N，所以g (−2) ≤0，g (3) ≤0，
所以{
，解得a = 1或a = 2．
当a = 1，g (x) = x2 + 2 |x −1| −20，
（ⅰ）当x ≥1，g (x) = x2 + 2 (x −1) −20 = x2 + 2x −22，g (1) < 0，g (3) < 0，
（ⅱ）当x < 1，g (x) = x2 + 2 (1 −x) −20 = x2 −2x −18，g (−2) < 0，(−2, 3) ∈A符合题意，
当a = 2，g (x) = 2x2 + 2 |x −2| −20，
（ⅰ）当x ≥2，g (x) = 2x2 + 2 (x −2) −20 = 2x2 + 2x −24，g (2) < 0，g (3) = 0，
（ⅱ）当x < 2，g (x) = 2x2 + 2 (2 −x) −20 = 2x2 −2x −16，g (−2) < 0，(−2, 3) ∈A符合题意．
综上，a = 0或a = 1或a = 2．
法二：|x −a| < −ax2 + 20
2
对x ∈(−2, 3)恒成立，令y1 = |x −a|，y2 = −a
2 x2 + 10.
当a = 0时，y1 = |x|，y2 = 10，y1 < 3 < 10 = y2满足条件.
答案
解析
4a + 2 |a + 2| −20 ≤0
9a + 2 |3 −a| −20 ≤0
10
当a > 0时，
，故0 < a ≤2.
综上，a = 0或1或2.
法三：{
对x ∈(−2, 3)恒成立，
∴{
.
当a = 0时，{
成立.
当a > 0时，
，则0 < a ≤2.
综上，0 ≤a ≤2，故a = 0或1或2.
法四：|x −a| < −ax2 + 20
2
对x ∈(−2, 3)恒成立，
∴{
，对x ∈(−2, 3)恒成立，
∴
，
∴a <
2 (x + 10)
(x + 10)2 −20 (x + 10) + 102
=
2
(x + 10) +
102
x + 10 −20
，且x + 10 ∈(8, 13)，
根据对勾函数的性质，知
2
(x + 10) +
102
x + 10 −20
> 26
11 ，所以a ≤26
11 ，
∴a = 0或1或2，结合①，
a = 0时，2x −20 < 0，则x < 10；
a = 1时，x2 + 2x −22 < 0，则−1 −√22 < x < −1 + √22，
a = 2时，2x2 + 2x −24 < 0，则−4 < x < 3，
综上，a = 0或1或2.
⎧
⎨
⎩
|−2 −a| ≤−2a + 10 ⇒a ≤8
3
|3 −a| ≤−9a
2 + 10 ⇒a ≤2
−ax2 + 20 > 2x −20
ax2 −20 < 2x −20
f (x) = ax2 + 2x −2a −20 < 0
g (x) = ax2 −2x + 2a −20 < 0
f (3) = 6 −20 ≤0
g (−2) = 4 −20 ≤0
⎧
⎨
⎩
f (−2) ≤0 ⇒4a −4 −2a −20 ≤0 ⇒a ≤12
f (3) ≤0 ⇒9a + b −2a −20 ≤0 ⇒a ≤2
g (−2) ≤0 ⇒4a + 4 + 2a −20 ≤0 ⇒a ≤8
3
g (3) ≤0 ⇒9a −b + 2a −20 ≤0 ⇒a ≤26
11
−ax2 + 20 > 2x −2a
ax2 −20 < 2x −2a
⎧
⎨
⎩
ax2 + 2x −2a −20 < 0①
ax2 −2x + 2a −20 < 0 ⇒a < 2x + 20
x2 + 2 ②
考点7：“1“的代换的直接运用
A组
1
已知正数x, y满足x + y = 1，则1
x + 4
y 的最小值为
．
9
答案
11
把要求的式子变形为(x + y) ( 1
x + 4
y ) = 1 + 4x
y + y
x + 4，利用基本不等式即可得到1
x + 4
y 的最小值．
因为x > 0, y > 0, x + y = 1,
所以(x + y) ( 1
x + 4
y ) = 1 + 4x
y + y
x + 4 ≥5 + 2√4 = 9，
当且仅当4x
y = y
x 即x = 1
3 , y = 2
3 时，取等号．
故答案为： 9
解析
B组
1
已知x > 0，y > 0，若不等式(2x + y) ( m
x + 2
y ) ≥18恒成立，则正实数m的最小值是
.
4
结合基本不等式可得到不等式2m + 2 + 4√m ≥18，解不等式可求得结果.
∵x > 0，y > 0，m > 0，
∴(2x + y) ( m
x + 2
y ) = 2m + 4x
y + my
x
+ 2 ≥2m + 2 + 2√4x
y ⋅my
x
= 2m + 2 + 4√m（当且仅当
4x
y = my
x ，即√my = 2x时等号成立），
由题意知：2m + 2 + 4√m ≥18，整理得：(√m + 4) (√m −2) ≥0，解得：m ≥4，
∴正实数m的最小值是4.
故答案为：4.
答案
解析
C组
1
若两个正实数x，y满足4x + y = 2xy，且不等式 x + y
4 < m2 −m有解，则实数m的取值范围是（ ）
A. (−1, 2)
B. (−∞, −2) ∪(1, +∞)
C. (−2, 1)
D. (−∞, −1) ∪(2, +∞)
D
答案
解析
12
根据给定条件，利用基本不等式“1”的妙用求出x + y
4 的最小值，再解一元二次不等式即得.
由两个正实数x，y满足4x + y = 2xy，得1
x + 4
y = 2，
则x + y
4 = 1
2 ( 1
x + 4
y ) (x + y
4 ) = 1
2 (2 + 4x
y + y
4x ) ≥1
2 (2 + 2√4x
y ⋅y
4x ) = 2，
当且仅当4x
y = y
4x ，即y = 4x = 4时取等号，
由不等式 x + y
4 < m2 −m有解，得m2 −m > 2，解得m < −1或m > 2，
所以实数m的取值范围是(−∞, −1) ∪(2, +∞).
故选：D
考点8：“1“的代换的变形
B组
1
设0 < m < 1
2 ，若2
m +
2
1 −2m ≥k恒成立，则k的取值范围为
.
k ≤6 + 4√2
因为0 < m < 1
2 ，所以将2
m +
2
1 −2m 转化为2
m +
1
1
2 −m
然后与2 [m + ( 1
2 −m)]相乘然后运用基本不等
式求解.
因为0 < m < 1
2 ,所以2
m +
2
1 −2m = 2
m +
1
1
2 −m
= 2 [m + ( 1
2 −m)]
2
m +
1
1
2 −m
= 2 3 +
m
1
2 −m
+
2 ( 1
2 −m)
m
≥2 3 + 2
m
1
2 −m
×
2 ( 1
2 −m)
m
= 2 (3 + 2√2) = 6 + 4√2.
当且仅当
m
1
2 −m
=
2 ( 1
2 −m)
m
时，即m = 2 −√2
2
时等号成立,
所以k ≤6 + 4√2.
故答案为：k ≤6 + 4√2.
答案
解析
⎷
C组
13
1
《见微知著》谈到：从一个简单的经典问题出发，从特殊到一般，由简单到复杂：从部分到整体，由低维到高维，
知识与方法上的类比是探索发展的重要途径，是思想阀门发现新问题､新结论的重要方法.
阅读材料一：利用整体思想解题，运用代数式的恒等变形，使不少依照常规思路难以解决的问题找到简便解决方
法，常用的途径有：（1）整体观察；（2）整体设元；（3）整体代入；（4）整体求和等.
例如，ab = 1，求证：
1
1 + a +
1
1 + b = 1.
证明：原式=
ab
ab + a +
1
1 + b =
b
1 + b +
1
1 + b = 1.
波利亚在《怎样解题》中指出：“当你找到第一个藤菇或作出第一个发现后，再四处看看，他们总是成群生长”类似
问题，我们有更多的式子满足以上特征.
阅读材料二：基本不等式√ab ≤a + b
2
(a > 0, b > 0)，当且仅当a = b时等号成立，它是解决最值问题的有力工具.
例如：在x > 0的条件下，当x为何值时，x + 1
x 有最小值，最小值是多少？
解：∵x > 0, 1
x > 0，∴
x + 1
x
2
≥√x ⋅1
x ，即x + 1
x ≥2√x ⋅1
x ，∴x + 1
x ≥2，
当且仅当x = 1
x ，即x = 1时，x + 1
x 有最小值，最小值为2.
请根据阅读材料解答下列问题
（1）已知如ab = 1，求下列各式的值：
①
1
1 + a2 +
1
1 + b2 =___________.
②
1
1 + an +
1
1 + bn =___________.
（2）若abc = 1，解方程
5ax
ab + a + 1 +
5bx
bc + b + 1 +
5cx
ca + c + 1 = 1.
（3）若正数a､b满足ab = 1，求M =
1
1 + a +
1
1 + 2b 的最小值.
（1）①1；②1；（2） 1
5 ；（3） 2√2 −2
（1）①将1 = ab逆向替换后化简即可；②将1 = (ab)
n
2 逆向代换化简即得；（2）利用1 = abc作适当的逆向代
换可以将方程的各项的分母化为相同的分母，进而得解；（3）利用1 = ab做逆向代换，可以将
M =
1
1 + a +
1
1 + 2b 的第一项消去转化为b表达式，进而适当整理，利用基本不等式即可求得其最小值.
（1）①
1
1 + a2 +
1
1 + b2 =
ab
ab + a2 +
ab
ab + b2 =
b
b + a +
a
a + b = 1；
答案
解析
14
②
1
1 + an +
1
1 + bn =
(ab)
n
2
(ab)
n
2 + an
+
(ab)
n
2
(ab)
n
2 + bn
=
b
n
2
b
n
2 + a
n
2
+
a
n
2
a
n
2 + b
n
2
= 1；
（2）∵abc = 1，∴
a
ab + a + 1 =
a
ab + a + abc =
1
b + 1 + bc ，
c
ca + c + 1 =
c
ca + c + abc =
1
a + 1 + ab =
abc
a + abc + ab =
bc
1 + bc + b ，
∴原方程可化为
5x
b + 1 + bc +
5bx
bc + b + 1 +
5bcx
1 + bc + b = 1，
即5(1 + b + bc)x
b + 1 + bc
= 1，即5x = 1，∴x = 1
5 ；
（3）∵正数a､b满足ab = 1，
∴M =
1
1 + a +
1
1 + 2b =
ab
ab + a +
1
1 + 2b =
b
b + 1 +
1
1 + 2b
= (b + 1) −1
b + 1
+
1
1 + 2b = 1 −
1
b + 1 +
1
1 + 2b = 1 −
b
(1 + b) (1 + 2b)
= 1 −
b
2b2 + 3b + 1 = 1 −
1
2b + 3 + 1
b
≥1 −
1
2√2 + 3
= 2√2 −2,
当且仅当2b = 1
b ，即b = √2
2 时取等号，此时a = √2,符合题意，
∴M的最小值为2√2 −2.
考点9：基本不等式的实际应用（填选）
A组
1
已知a > b > 0，那么，当代数式a2 +
16
b(a −b) 取最小值时，点P(a, b)的坐标为
(2√2, √2)
解：因为a > b > 0 :
∴b(a −b) ≤( b + a −b
2
)
2
= a2
4 ；
所以a2 +
16
b(a −b) ≥a2 + 64
a2 ≥2√64 = 16．当且仅当{
，即{
时取等号，
此时P(a, b)的坐标为：(2√2, √2)．
故答案为：(2√2, √2)．
本题考查的知识点：关系式的恒等变换，基本不等式的应用，属于基础题．
答案
解析
a4 = 64
b = a −b
a = 2√2
b = √2
15
B组
1
三国时期赵爽在《勾股方圆图注》中对勾股定理的证明可用现代数学表述为如图所示，我们教材中利用该图作
为“（ ）”的几何解释.
A. 如果a > b > 0，那么√a > √b
B. 如果a > b > 0，那么a2 > b2
C. 对任意实数a和b，有a2 + b2 ≥2ab，当且仅当a = b时等号成立
D. 对任意正实数a和b，有a + b ≥2√ab，当且仅当a = b时等号成立
C
可将直角三角形的两直角边长度取作a, b，斜边为c(c2 = a2 + b2)，可得外围的正方形的面积为c2，也就是
a2 + b2，四个阴影面积之和刚好为2ab，可得对任意正实数a和b，有a2 + b2 ≥2ab，即可得出.可将直角三角形
的两直角边长度取作a, b，斜边为c(c2 = a2 + b2)，
则外围的正方形的面积为c2，也就是a2 + b2，
四个阴影面积之和刚好为2ab，对任意正实数a和b，有a2 + b2 ≥2ab，
当且仅当a = b时等号成立，故选C.
该题考查的是有关不等式的问题，结合勾股定理，利用直角三角形的面积公式，得到其对应的关系，从而可
以得到在什么情况下取得等号.
答案
解析
C组
1
设二次函数f (x) = ax2 + bx + c（a，b，c为常数）．若不等式f (x) ≥2ax + b的解集为R，则
b2
3a2 + c2 的最大值为
．
答案
16
2
3
∵f (x) = ax2 + bx + c，则f (x) ≥2ax + b为ax2 + (b −2a)x + c −b ≥0，
∵f (x)是二次函数，∴a ≠0，
要使不等式f (x) ≥2ax + b的解集为R，则应满足{
，
可得a > 0且b2 ≤4ac −4a2，
当x = 1时，可得a + (b −2a) + c −b ≥0，即c −a ≥0，令t = c −a，
则
b2
3a2 + c2 ≤4ac −4a2
3a2 + c2
= 4a (c −a)
3a2 + c2
=
4at
3a2 + (t + a)2
=
4at
4a2 + 2at + t2 =
4
4a
t + t
a + 2
≤
4
2√4a
t ⋅t
a + 2
= 4
6 = 2
3 ，
当且仅当4a
t
= t
a ，即b = ±2√2a, c = 3a时等号成立，
故
b2
3a2 + c2 的最大值为2
3 .
故答案为：2
3 .
关键点睛：本题考查一元二次不等式恒成立和基本不等式的综合应用，解题的关键是根据不等式恒成立得出
a > 0，b2 ≤4ac −4a2，c −a ≥0，继而将不等式转化为
b2
3a2 + c2 ≤4ac −4a2
3a2 + c2 =
4
4a
t + t
a + 2
，方可利用基
本不等式求解.
解析
a > 0
Δ = (b −2a)2 −4a (c −b) ≤0
考点10：基本不等式的实际应用（解答）
B组
1
某企业在现有设备下每日生产原先成本y（单位：万元）与日产量x（单位：吨）之间的函数关系式：
y = 2x2 + (15 −4k)x + 120k + 8，近年来各部门都非常重视大气污染防治工作，为了配合环境卫生综合整治，该企
业引进了除尘设备，每吨产品的除尘费用为k万元，引进除尘设备后，当日产量x = 1时，总成本（总成本为原先成
本和除尘费用之和）为142万元．
(1)
求k的值：
(2)
求引进除尘设备后日产量为多少时，每吨产品的成本最小，并求出最小值．
17
(1) 1
(2) 日产量8吨时，每吨产品的成本最小44万元
(1) 该企业引进了除尘设备，
每日生产总成本h（单位：万元）与日产量x（单位：吨）之间的关系为
h = 2x2 + (15 −4k)x + 120k + 8 + kx = 2x2 + (15 −3k)x + 120k + 8，
当日产量x = 1时，总成本为h = 142万元，代入得2 + (15 −3k) + 120k + 8 = 142 ⇒k = 1，
(2) 由（1）知，h = 2x2 + 12x + 128，
所以每吨产品的成本为w = 2x2 + 12x + 128
x
= 2x + 128
x
+ 12 ≥2√2x ⋅128
x
+ 12 = 44，
当且仅当2x = 128
x ，即x = 8时，取等号，
所以引进除尘设备后日产量为8吨时，每吨产品的成本最小，且最小值为44万元.
答案
解析
C组
1
已知集合 A = {a1, a2, ⋯, an}中的元素都是正整数，且 a1 < a2 < ⋯< an．若对任意x, y ∈A， 且x ≠y， 都有
|x −y| ≥xy
25 成立，则称集合A具有性质M．
(1)
判断集合{1, 2, 3}是否具有性质 M；
(2)
已知集合{2, 3, a3, 10}具有性质 M， 且正整数 a3 ∈(3, 10),求证： 1
3 −1
a3
≥1
25 且 1
a3
−1
10 ≥1
25 ,并求出a3的
值；
(3)
已知集合A具有性质M，求证： 1
ai
−1
an
≥n −i
25
(i = 1, 2, ⋯, n), 并写出n的最大值(猜想即可，无需证明)．
18
(1) 具有
(2) 证明见解析； a3 = 4, 5, 6
(3) 证明见解析； n的最大值为9
(1) 由题意得|1 −2| > 1 × 2
25
, |1 −3| > 1 × 3
25
, |2 −3| > 2 × 3
25
,
所以集合{1, 2, 3}是否具有性质 M，
(2) 证明: 因为{2, 3, a3, 10}，a3 ∈(3, 10)，则有：|3 −a3| ≥3a3
25 ，
所以 a3 −3 ≥3a3
25 ，可得：1
3 −1
a3
≥1
25 ，
所以1
3 −1
25 ≥1
a3
，|10 −a3| ≥10a3
25 ，
所以10 −a3 ≥10a3
25 ，可得：1
a3
−1
10 ≥1
25 ，所以1
a3
≥1
10 + 1
25 ，
即 1
3 −1
25 ≥1
a3
≥1
10 + 1
25 ⇒75
22 ≤a3 ≤50
7 又因为a3为整数，所以符合条件的为4,5,6.
当a3 = 4时，|2 −4| ≥8
25 ，成立；
当a3 = 5时，|2 −5| ≥10
25 ，成立；
当a3 = 6时，|2 −6| ≥12
25 ，成立；
所以符合条件的a3为4,5,6.
(3) 证明: 因为i = 1, 2 ⋯, n，则有：
当 i = n 时，0 ≥0 ，符合题意；
当i < n时, 因为|ai −ai+1| ≥aiai+1
25
(i = 1, 2, 3, ⋯, n −1)，
且0 < a1 < a2 < ⋯< an，
所以 ai+1 −ai ≥aiai+1
25
, (i = 1, 2, 3, ⋯, n −1)，可得: 1
ai
−
1
ai+1
≥1
25 ，
所以1
ai −
1
ai+1 +
1
ai+1 −
1
ai+2 + … +
1
an−1 −1
an ≥n −i
25
，
即 1
ai
−1
an
≥n −i
25
(i = 1, 2, 3, ⋯, n −1)，
综上所述：1
ai −1
an ≥n −i
25
(i = 1, 2, ⋯, n).
因为ai ≥i,由上式可得1
ai
≥n −i
25
(i = 1, 2, ⋯, n)，所以1
i > n −i
25
(i = 1, 2, ⋯, n)，
当n ≥10时，取i = 5，则i(n −i) = 5(n −5) ≥25，可知n < 10.
又当n ≤9时，i (n −i) ≤( i + n −i
2
)
2
= n2
4 < 25，当且仅当2i = n时取等号，所以n ≤9.
因此集合中元素个数的最大值为9.
答案
解析
09 幂、指数与对数
1
巩固练习
考点1：幂指数的运算性质
A组
1
当x < 0时，x +
4√x4 +
3√x3
x
=
．
1
解：当x < 0时，
4√x4 = |x| = −x，
又
3√x3 = x，
故原式=x −x + 1 = 1
故答案为：1
答案
解析
B组
1
下列结论中，正确的是（ ）
A. 设a > 0,则a
4
3 ⋅a
3
4 = a
B. 若m8 = 2，则m =± 8√2
C. 若a + a−1 = 3，则a
1
2 + a
−1
2 = ±√5
D.
4√(2 −π)4 = 2 −π
B
根据分式指数幂及根式的运算法则，正确运算，即可判断出正误．
对于A，根据分式指数幂的运算法则，可得a
4
3 ⋅a
3
4 = a
4
3
+ 3
4 = a
25
12 ≠a，选项A错误；
答案
解析
2
对于B，m8 = 2，故m = ± 8√2，选项B正确；
对于 C，a + 1
a = 3， a
1
2 + a
−1
2
2
= a + a−1 + 2 = 3 + 2 = 5，因为a > 0，所以a
1
2 + a
−1
2 = √5，选项C
错误；
对于D，
4√(2 −π)4 = |2 −π| = π −2，选项D错误.
故选：B．
考点2：幂的基本不等式
A组
1
（1）已知0 < a < 1，s > 0，求证：0 < as < 1；
（2）已知a > 1，s < 0，利用（1）求证：0 < as < 1．
（1）证明见解析；（2）证明见解析
（1）（2）利用指数函数的性质求解即可.
（1）因为0 < a < 1，所以1
a > 1，
又s > 0，所以( 1
a )
s
> 1，即1
as > 1，
所以0 < as < 1．
（2）因为a > 1，所以0 < 1
a < 1；
因为s < 0，所以−s > 0，
答案
解析
3
所以由结论（1），0 < ( 1
a )
−s
< 1，
即0 < as < 1．
考点3：特殊分数指数幂的关系运用
A组
1
设a > 0，下列计算中正确的是（ ）
A. a
2
3 ⋅a
3
2 = a
B. a
2
3 ÷ a
3
2 = a
C. a−4 ⋅a4 = 0
D. (a
2
3 )
3
2 = a
D
因为a > 0，所以
选项A：a
2
3 ⋅a
3
2 = a
2
3 + 3
2 = a
13
6 ，故A错误.
选项B：a
2
3 ÷ a
3
2 = a
2
3 −3
2 = a−5
6 ，故B错误
选项C：a−4 ⋅a4 = a−4+4 = a0 = 1，故C错误
选项D：(a
2
3 )
3
2 = a
2
3 × 3
2 = a，故D正确
故选：D.
答案
解析
B组
1
先化简再求值：(
a2
a2 + 2ab + b2 −
a
a + b ) ÷ (
a2
a2 −b2 −
b
a −b −1)，其中a = √3 + 2, b = √3 −2.
答案
4
2√3
3
(
a2
a2 + 2ab + b2 −
a
a + b ) ÷ (
a2
a2 −b2 −
b
a −b −1) = (
a2
(a + b)2 −a (a + b)
(a + b)2 ) ÷
(
a2
a2 −b2 −b (a + b)
a2 −b2 −a2 −b2
a2 −b2 )
= (−
ab
(a + b)2 ) ÷ (−
ab
a2 −b2 ) = a −b
a + b
∴(
a2
a2 + 2ab + b2 −
a
a + b ) ÷ (
a2
a2 −b2 −
b
a −b −1) =
(√3 + 2) −(√3 −2)
(√3 + 2) + (√3 −2)
=
4
2√3
= 2√3
3
解析
2
若a > 0，b > 0，化简(a2−√3b)2+√3 ⋅b2−√3 =
．
ab4
解：(a2−√3b)2+√3 ⋅b2−√3 = a(2−√3)(2+√3) ⋅b2+√3 ⋅b2−√3
= ab(2+√3)+(2−√3) = ab4，
故答案为：ab4．
答案
解析
考点4：对数的概念
A组
1
下列各式：①lg (lg 10) = 0；②lg (lne) = 0；③若10 = lg x，则x = 10；④若log25 x = 1
2 ，则x = ±5；⑤3log3(−5) = −5
．其中正确的序号是
．
①②
答案
解析
5
运用指对互化和对数运算的结论和公式即可解题
①lg (lg 10) = lg 1 = 0，则lg (lg 10) = 0正确；
②lg (lne) = lg 1 = 0，则lg (lne) = 0正确；
③若10 = lg x ⇒x = 1010，则x = 10错误；
④若log25 x = 1
2 ⇒x = 25
1
2 = 5，则x = ±5错误；
⑤3log3(−5)，式子对数的真数为负数，没有意义，则3log3(−5) = −5错误.
故答案为：①②.
B组
1
方程log(x−1) (3x2 −7x −2) = 2的解是
.
x = 3
利用对数式与指数式互化解题，logaN = x ⇔ax = N．∵x −1 > 0且x −1 ≠1，∴x > 1且x ≠2
∵log(x−1)(3x2 −7x −2) = 2, ∴(x −1)2 = 3x2 −7x −2
∴x2 −2x + 1 = 3x2 −7x −2，即2x2 −5x −3 = 0
解得x1 = 3, x2 = −1
2 （舍），
即方程log(x−1) (3x2 −7x −2) = 2的解是3.
解简单对数不等式，要善于运用对数式指数式互化．
答案
解析
考点5：对数运算法则
A组
1
计算：2log22 + log2 24 −log2 3 =
．
5
答案
解析
6
利用对数运算性质求解即可.
2log22 + log2 24 −log2 3 = 2 + log2 8 = 2 + 3 = 5.
故答案为：5
B组
1
计算：(√2)
log2(√7−3)
2
+ 5
log25(√7+2)
2
=
.
5
利用loga b = logan bn以及alogab = b计算即可.
(√2)
log2(√7−3)
2
+ 5
log25(√7+2)
2
= (√2)
log√2(3−√7)
+ 5
log5(√7+2)
= (3 −√7) + (√7 + 2) = 5
故答案为：5
答案
解析
2
已知方程x ＋xlog 6＋log 3＝0的两根为α、β，则( 1
4 )
α
( 1
4 )
β
＝( )
A.
1
36
B. 36
C. －6
D. 6
B
利用韦达定理得到α + β，化简所求表达式，求解即可．由已知方程x2＋xlog26＋log23＝0的两根为α、β，
所以α + β = −log26 ．
则( 1
4 )
α
( 1
4 )
β
= ( 1
4 )
α+β
= ( 1
4 )
−log26
= (2−2)
−log26 = 36 .
故选B.
本题考查对数的运算法则的应用，韦达定理，考查计算能力．属基础题.
2
2
2
答案
解析
C组
7
1
地震是常见的自然灾害，我国政府投入了大量的人力、财力、物力来监测预防.根据中国地震台网统计数据，把5级
以上的地震定为大震，目前为止，2019年全年，我国共发生32次大震，其中震级最大的为发生在4月18日的台湾花
莲的6.7级地震.有记录以来我国震级最大的为1950年的8.5级的西藏墨脱地震.人类有记录以来震级最大的为1920年的
9.5级的智利大地震.地震是地壳释放能量的结果，设释放的能量为E，地震级数为M，有如下经验公式：
lg E = a + 1.5M（a为某常数）.
（1）假设1级地震产生约2 × 106焦耳的能量，请问5级地震产生的能量为多少？（用科学记数法表示）
（2）设题设中台湾花莲地震、西藏墨脱地震、智利大地震释放的能量分别为E1、E2、E3，试判断E1 + E2与E3的
大小关系，并说明理由.
（1） 2 × 1012（焦耳）；（2） E1 + E2 < E3；理由见解析.
（1）由题意lg (2 × 106) = a + 1.5 × 1，求出a的值，再令M = 5，代入公式即可得解；
（2）由lg E = a + 1.5M，可得E = 10a+1.5M，分别表示出E1 + E2, E3的值，已知E1 + E2 > 0，E3 > 0，再用
作商法比较大小即可.
（1）由题意，lg (2 × 106) = a + 1.5 × 1，即lg 2 + 6 = a + 1.5，解得a = lg 2 + 4.5
当M = 5时，lg E = lg 2 + 4.5 + 1.5 × 5 = lg 2 + 12，
即lg E −lg 2 = lg E
2 = 12，即E = 2 × 1012
所以5级地震产生的能量为2 × 1012（焦耳）；
（2）由lg E = a + 1.5M，可得E = 10a+1.5M
显然，E > 0，从而E1 + E2 > 0，E3 > 0，
而E1 + E2
E3
= 10a+1.5×6.7 + 10a+1.5×8.5
10a+1.5×9.5
= 10a+10.05 + 10a+12.75
10a+14.25
= 1010.05 + 1012.75
1014.25
= 10−4.2 + 10−1.5
由指数函数的性质知：0 < 10−4.2 + 10−1.5 < 1，故E1 + E2
E3
< 1
∴E1 + E2 < E3
关键点点睛：本题考查了函数的实际应用，对数的运算性质，及指数函数的性质，解题的关键是仔细审题，
答案
解析
8
结合已知条件计算，考查学生的逻辑推理与运算求解能力，属于较难题.
考点6：对数运算法则
A组
1
若10x −10y = 10，其中x, y ∈R，则2x −y的最小值为 .
lg 40
设m = 10x，n = 10y，则x = lg m，y = lg n
∴m −n = 10且2x −y = 2 lg m −lg n = lg m2
n
∴2x −y = lg (n + 10)2
n
= lg (n + 100
n
+ 20) ≥lg (2√100 + 20) = lg 40
答案
解析
B组
1
1
log2 3 + lg 13.5
lg 3
=
3
【分析】根据题意，利用对数的运算法则，以及对函数的换底公式，准确运算，即可求解.
【详解】由
故答案为：3.
答案
解析
1
log2 3 + lg 13.5
lg 3
=
1
log2 3 + lg 135 −lg 10
lg 3
= lg 2
lg 3 + lg 135 −lg 10
lg 3
= lg 2 + lg 135 −lg 10
lg 3
= lg 270 −lg 10
lg 3
= lg 27
lg 3 = 3 lg 3
lg 3
= 3.
9
C组
1
（1）当a = −1时，解关于x的方程log2 ( 1
x + a) = 1；
（2）当a = 5时，要使对数log2 ( 1
x + a)有意义，求实数x的取值范围；
（3）若关于x的方程log2 ( 1
x + a) −log2 [(a −4)x + 2a −5] = 0有且仅有一个解，求实数a的取值范围
（1） x = 1
3 ；（2） x < −1
5 或 x > 0；（3） (1, 2] ∪{3，4}
（1）解对数方程，其中log2 2 = 1；（2）log2 ( 1
x + a)有意义，要求真数大于0；（3）通过化简变为
(a −4)x2 + (a −5)x −1 = 0有且仅有一个解，对a进行分类讨论，注意变形中的真数1
x + a > 0要始终成立，
所以要检验.
（1）∵log2 ( 1
x −1) = 1
∴1
x −1 = 2
∴x = 1
3
（2）对数log2 ( 1
x + 5)有意义，则1
x + 5 > 0，解得：x < −1
5 或x > 0，
所以实数x的取值范围为x < −1
5 或x > 0；
（3）log2 ( 1
x + a) −log2 [(a −4)x + 2a −5] = 0
即log2 ( 1
x + a) = log2 [(a −4)x + 2a −5]
1
x + a=(a −4)x + 2a −5 > 0①
方程两边同乘x得：(a −4)x2 + (a −5)x −1 = 0
答案
解析
10
即[(a −4)x −1](x + 1) = 0②
当a = 4时，方程②的解为x = −1，此时x = −1代入①式，a −1 = 3 > 0，符合要求
当a = 3时，方程②的解为x = −1，此时x = −1代入①式，a −1 = 3 > 0，符合要求
当a ≠4且a ≠3时方程②的解为x = −1或x =
1
a −4 ，
若x = −1是方程①的解，则1
x + a = a −1 > 0，即a > 1
若x =
1
a −4 是方程①的解，则1
x + a = 2a −4 > 0，即a > 2
则要使方程①有且仅有一个解，则1 < a ≤2
综上：方程log2 ( 1
x + a) −log2 [(a −4)x + 2a −5] = 0有且仅有一个解，实数a的取值范围是(1, 2] ∪{3，4}
考点7：换底公式
A组
1
已知logax = 2 ， logbx = 3，则logabx =
.
6
5
根据log x＝2， log x＝3，则可求出logxa = 1
2 ，logxb = 1
3 ，从而得出logxab = 1
2 + 1
3 ，通分取倒数即可得出
答案．由题意log x＝2，log x＝3，
∴logxa = 1
2 ，logxb = 1
3 ，
∴logxab = 1
2 + 1
3 = 5
6 ；
∴logabx = 6
5 ．
故答案为6
5 ．
考查对数的运算性质，对数的换底公式，熟记对数恒等式及运算法则是关键．
答案
解析
a
b
a
b
B组
1
法国数学家弗朗索瓦⋅韦达，在欧洲被尊称为"现代数学之父"，他最重要的贡献是对代数学的推进，他最早系统地引
入代数符号，推进了方程论的发展.其最早发现代数方程的根与系数之间的关系，人们把这个关系称为韦达定理.请
11
解决下列问题:
(1)
关于x的方程x2 −3x + m = 0的一个实数根为2，求另一实数根及实数m的值
(2)
已知α, β是方程ln2 x −ln x3 −2 = 0的两个根，求logα β + logβ α的值.
(1) x = 1, m = 2
(2) −13
2
(1) 设另一个根n，由韦达定理得2 + n = 3, 2n = m，解得n = 1, m = 2，
所以另一个实数根是1，实数m的值是2.
(2) 由α，β是方程ln2 x −ln x3 −2 = 0的两个根， 得ln α和ln β是方程t2 −3t −2 = 0的两个根，
从而ln α + ln β = 3, ln α ⋅ln β = −2，
logα β + logβ α = ln β
ln α + ln α
ln β = ln2 β + ln2 α
ln α ⋅ln β
= (ln α + ln β)2 −2 ln α ⋅ln β
ln α ⋅ln β
= −13
2 .
答案
解析
C组
1
以下条件，①a > b > 1；②b > a > 1；③1 > a > b > 0；④1 > b > a > 0；⑤a > 1，1 > b > 0；⑥b > 1，1 > a > 0.
能够使得：loga2 < logb2(a > 0, a ≠1, b > 0, b ≠1)成立的有
.
①③⑥
解： 对①，∵a > b > 1；
答案
解析
12
即lg a > lg b > 0，
即1
lg a <
1
lg b ，
又∵lg 2 > 0，
∴lg 2
lg a < lg 2
lg b ，
由换底公式可得：loga2 < logb2，故①正确；
对②，∵b > a > 1；
即lg b > lg a > 0，
即1
lg b <
1
lg a ，
又∵lg 2 > 0，
∴lg 2
lg b < lg 2
lg a ，
由换底公式可得：logb2 < loga2，故②错误；
对③，∵1 > a > b > 0，
即lg b < lg a < 0，
即1
lg a <
1
lg b < 0，
又∵lg 2 > 0，
∴lg 2
lg a < lg 2
lg b ，
由换底公式可得：loga2 < logb2，故③正确；
对④，∵1 > b > a > 0，
即lg a < lg b < 0，
即1
lg a >
1
lg b ，
又∵lg 2 > 0，
∴lg 2
lg a > lg 2
lg b ，
由换底公式可得：loga2 > logb2，故④错误；
对⑤，∵a > 1，1 > b > 0，
∴lg b < 0 < lg a，
即1
lg a >
1
lg b ，
又∵lg 2 > 0，
∴lg 2
lg a > lg 2
lg b ，
由换底公式可得：loga2 > logb2，故⑤错误；
对⑥，∵b > 1，1 > a > 0，
∴lg a < 0 < lg b，
即1
lg a <
1
lg b ，
又∵lg 2 > 0，
∴lg 2
lg a < lg 2
lg b ，
由换底公式可得：loga2 < logb2，故⑥正确.
13
故答案为：①③⑥.
关键点点睛：本题解题的关键是先求出lg 2
lg a , lg 2
lg b 的大小，再利用换底公式得出loga2, logb2的大小.
考点8：常用结论
A组
1
求下列各式的值：
(1)
log8
1
4 ；
(2)
loga b ⋅logb c ⋅logc a（a、b、c均为不等于1的正数）；
(3)
32+log84；
(4)
log5 2 × log7 9
log5
1
3 × log7 2
.
(1) −2
3
(2) 1
(3) 9 3√9
(4) −2
(1) log8
1
4 = log23 2−2 = −2
3 ；
(2) loga b ⋅logb c ⋅logc a = lg b
lg a ⋅lg c
lg b ⋅lg a
lg c = 1；
(3)
32+log84 = 32 × 3log2322 = 9 × 3
2
3 = 9 3√9；
(4)
log5 2 × log7 9
log5
1
3 × log7 2
=
lg 2
lg 5 × 2 lg 3
lg 7
−lg 3
lg 5 × lg 2
lg 7
= −2 lg 2 ⋅lg 3
lg 5 ⋅lg 7 × lg 5 ⋅lg 7
lg 2 ⋅lg 3 = −2.
答案
解析
B组
1
已知函数y = |lg x|，x = a与x = b时的y的值相等，且a > b > 0，则a2 + b2
a −b 的最小值为
．
14
2√2
根据题意分析可得b = 1
a ，a > 1，a −b = a −1
a > 0，整理可得
a2 + ( 1
a2 )
2
a −1
a
= a −1
a +
2
a −1
a
，结合基本
不等式运算求解.
由题意可知：|lg a| = |lg b|，且a > b > 0，
则lg b = −lg a = lg 1
a ，即b = 1
a ，
由b = 1
a < a，解得a > 1，则a −b = a −1
a > 0，
可得
a2 + ( 1
a2 )
2
a −1
a
=
(a −1
a )
2
+ 2
a −1
a
= a −1
a +
2
a −1
a
≥2
a −1
a ⋅
2
a −1
a
= 2√2，
当且仅当a −1
a =
2
a −1
a
，即a = √2 ± √3时，等号成立，
所以a2 + b2
a −b 的最小值为2√2.
故答案为：2√2.
答案
解析
⎷
2
已知△ABC的三边长分别为a、b、c，且a > 1，b > 1，c > 1，有以下2个命题：
①以√a、√b、√c为边长的三角形一定存在；
②以log2 a、log2 b、log2 c为边长的三角形一定存在；
则下列选项正确的是（ ）
A. ①成立，②不成立；
B. ①不成立，②成立；
C. ①②都成立；
D. ①②都不成立.
A
对于①：根据三角形的性质结合作差法分析判断；对于②：举反例结合对数运算判断.
不妨设a ≥b ≥c > 1，则b + c > a，即b + c −a > 0，
对于①：显然√a ≥√b ≥√c > 1，则√a + √b > √c, √a + √c > √b，
因为(√b + √c)
2
−(√a)
2 = b + c −a + 2√bc > 0，可得√b + √c > √a，
所以以√a、√b、√c为边长的三角形一定存在，故①正确；
答案
解析
15
对于②：例如a = 3, b = c = √3，此时a + b > c, a + c > b, b + c > a，符合题设，
但log2 b + log2 c = log2 √3 + log2 √3 = log2 3 = log2 a，
所以log2 a、log2 b、log2 c不能构成三角形，故②错误；
故选：A.
C组
1
设实数a、b、c满足a≥1，b≥1，c≥1，且abc＝10，a
•b
•c
≥10，则a+b+c＝
12
由a≥1，b≥1，c≥1，且abc＝10，可得0≤lga≤1，0≤lgb≤1，0≤lgc≤1．
可得lg a≤lga，lg b≤lgb，lg c≤lgc，
又由a
•b
•c
≥10，可得lg（a
•b
•c
）≥lg10，
可得lg a+lg b+lg c≥1
又由lgabc＝lga+lgb+lgc =lg10=1，可得lg a+lg b+lg c≥lga+lgb+lgc，
所以lg a＝lga，lg b＝lgb，lg c＝lgc，
则a＝10或1，b＝10或1，c＝10或1，
由对称思想，不妨a＝10，则b＝1，c＝1，
所以a+b+c＝12．
故答案为：12．
本题主要考查了对数的运算性质及其应用，其中解答中熟记对数的运算性质，准确运算是解答的关键，着重
考查推理与运算能力，属于中档试题.
lga
lgb
lgc
答案
解析
2
2
2
lga
lgb
lgc
lga
lgb
lgc
2
2
2
2
2
2
2
2
2
10 幂函数
1
巩固练习
考点1：幂函数的定义
A组
1
已知函数f(x)是幂函数，且2f(4) = f(16)，则f(x)的解析式为
x
1
2
设f(x) = xα，根据条件建立方程求出α的值即可．设f(x) = xα，
∵2f（4）= f(16)，
∴2 × 4α = 16α，
即16α
4α = 2，则4α = 2，α = 1
2 ，
即f(x) = x
1
2 ，
故答案为f(x) = x
1
2
本题主要考查幂函数解析式的求解，利用待定系数法建立方程是解决本题的关键．
答案
解析
2
若幂函数y = (m2 + m −1) ⋅x
m2+4m+3
5
的定义域为R，求实数m的值.
2
1
【分析】由幂函数的概念建立方程，再验证定义域是否为R.
【详解】因为y = (m2 + m −1) ⋅x
m2+4m+3
5
是幂函数，
所以m2 + m −1 = 1，解得m = 1，或m = −2.
当m = 1时，y = x
8
5 ，即y =
5√x8，定义域为R，满足题意；
当m = −2时，y = x−1
5 ，即y =
1
5√x ，定义域为(−∞, 0) ⋃(0, +∞)，故不满足题意.
综上所述，实数m的值为1.
答案
解析
B组
1
下列叙述正确的个数为（ ）
①对于任何一个集合A，总有∅⊆A；
②m ∈R，集合A = {2, 3, m + 6}，B = {0, 7}，则“m = 1”是“M ∩N = {7}”的充要条件；
③设a、b ∈R，关于x的方程ax = b的解集是{ b
a }；
④在周长为常数的所有矩形中，正方形的面积最大；
⑤若函数f(x)是幂函数，且满足f (8) ⋅f ( 1
2 ) = 16，则f(4)的值为8.
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
B
利用子集的意义判断①；利用充要条件的定义判断②；由方程的解集判断③；求出面积取最大值的条件判断
④；利用幂函数求出函数值判断⑤.
对于①，空集是任何集合的子集，则∅⊆A，①正确；
对于②，m = 1，A = {2, 3, 7}，则M ∩N = {7}，
反之，若M ∩N = {7}，则m + 6 = 7，m = 1，
因此“m = 1”是“M ∩N = {7}”的充要条件，②正确；
对于③，当a = 0, b ≠0时，方程ax = b的解集是∅，③错误；
答案
解析
3
对于④，设矩形的周长为l，其长宽分别为x, y，则x + y = 1
2 l，
矩形面积S = xy ≤( x + y
2
)
2
= 1
16 l2，
当且仅当x = y = 1
4 l时取等号，此时该矩形为正方形，④正确；
对于⑤，设f(x) = xα，由f (8) ⋅f ( 1
2 ) = 16，得8α ⋅( 1
2 )
α
= 16，即22α = 24，解得α = 2，
则f(x) = x2，因此f(4) = 42 = 16，⑤错误，
所以正确的个数为3.
故选：B
C组
1
对于函数f (x)，若其定义域内存在实数x满足f (−x) = −f (x)，则称f (x)为“伪奇函数”．
（1）已知函数f (x) = x −2
x + 1 ，试问f (x)是否为“伪奇函数”？说明理由；
（2）若幂函数g (x) = (n −1)x3−n (n ∈R)使得f (x) = 2g(x) + m为定义在[−1, 1]上的“伪奇函数”，试求实数m的取
值范围；
（3）是否存在实数m，使得f (x) = 4x −m ⋅2x+1 + m2 −3是定义在R上的“伪奇函数”，若存在，试求实数m的取值
范围；若不存在，请说明理由．
（1）不是；（2） [−5
4 , −1]；（3） [1 −√3, 2√2]．
（1）先假设f (x)为“伪奇函数”，然后推出矛盾即可说明；
（2）先根据幂函数确定出g (x)的解析式，然后将问题转化为“2m = −(2x + 2−x)在[−1, 1]上有解”，根据指数
函数的值域以及对勾函数的单调性求解出m的取值范围；
（3）将问题转化为“2m2 −6 = −(4x + 4−x) + 2m (2x + 2−x)在R上有解”，通过换元法结合二次函数的零点分
答案
解析
4
布求解出m的取值范围.
（1）假设f (x)为“伪奇函数”，∴存在x满足f (−x) = −f (x)，
∴−x −2
−x + 1 = −x −2
x + 1 有解，化为x2 + 2 = 0，无解，
∴f (x)不是“伪奇函数”；
（2）∵g (x) = (n −1)x3−n (n ∈R)为幂函数，∴n = 2，∴g (x) = x，
∴f (x) = 2x + m，
∵f (x) = 2x + m为定义在[−1, 1]的“伪奇函数”，
∴2−x + m = −2x −m在[−1, 1]上有解，
∴2m = −(2x + 2−x)在[−1, 1]上有解，
令2x = t ∈[ 1
2 , 2]，∴2m = −(t + 1
t )在t ∈[ 1
2 , 2]上有解，
又对勾函数y = t + 1
t 在[ 1
2 , 1)上单调递减，在(1, 2]上单调递增，
且t= & \dfrac{1}
{2}
时，y = 5
2 ，t = 2时，y = 5
2 ，
∴ymin = 1 + 1 = 2, ymax = 5
2 ，∴y = t + 1
t 的值域为[2, 5
2 ]，
∴2m ∈[−5
2 , −2]，∴m ∈[−5
4 , −1]；
（3）设存在m满足，即f (−x) = −f (x)在R上有解，
∴4−x −m ⋅2−x+1 + m2 −3 = −(4x −m ⋅2x+1 + m2 −3)在R上有解，
∴2m2 −6 = −(4x + 4−x) + 2m (2x + 2−x)在R上有解，
令2x + 2−x = t ∈[2, +∞)，取等号时x = 0，
∴2m2 −6 = −(t2 −2) + 2mt在[2, +∞)上有解，
∴t2 −2mt + 2m2 −8 = 0在[2, +∞)上有解（*），
∵Δ = 4m2 −4 (2m2 −8) ≥0，解得m ∈[−2√2, 2√2]，
记h (t) = t2 −2mt + 2m2 −8，且对称轴t = m，
当m ∈[−2√2, 2]时，h (t)在[2, +∞)上递增，
若（*）有解，则h (2) = 22 −2mt + 2m2 −8 ≤0，∴m ∈[1 −√3, 2]，
当m ∈(2, 2√2]时，h (t)在[2, m)上递减，在(m, +∞)上递增，
若（*）有解，则h (m) = m2 −2m2 + 2m2 −8 = m2 −8 ≤0，即m2 −8 ≤0，此式恒成立，∴m ∈(2, 2√2]
，
综上可知，m ∈[1 −√3, 2√2].
关键点点睛：解答本题（2）（3）问题的关键在于转化思想的运用，通过理解“伪奇函数”的定义，将问题转化
为方程有解的问题，利用换元的思想简化运算并完成计算.
考点2：幂函数的图像
A组
5
1
下列幂函数在区间(0, +∞)上是严格增函数，且图象关于原点成中心对称的是
（请填入全部正确的序号）
（1）y = x
1
2 ；（2）y = x
1
3 ；（3）y = x
2
3 ；（4）y = x
−1
3 ；（5）y = x3.
（2）（5）
（1）函数y = x
1
2 = √x的定义域为[0, +∞)，函数y = x
1
2 为非奇非偶函数，
且该函数在区间(0, +∞)上是严格增函数；
（2）令f2 (x) = x
1
3 =
3√x，该函数定义域为R，
f2 (−x) =
3√−x = −3√x = −f2 (x)，函数y = x
1
3 为奇函数，
且该函数在区间(0, +∞)上是严格增函数；
（3）令f3 (x) = x
2
3 =
3√x2，该函数的定义域为R，
f3 (−x) =
3√(−x)2 =
3√x2 = f3 (x)，函数y = x
2
3 为偶函数，
且该函数在区间(0, +∞)上是严格增函数；
（4）令f4 (x) = x
−1
3 =
1
3√x
，该函数的定义域为{x |x ≠0}，
f4 (−x) =
1
3√−x
= −1
3√x
= −f4 (x)，函数y = x
−1
3 为奇函数，
且该函数在区间(0, +∞)上是严格减函数；
（5）令f5 (x) = x3，该函数的定义域为R，
f5 (−x) = (−x)3 = −x3 = −f5 (x)，函数y = x3为奇函数，
且该函数在区间(0, +∞)上是严格增函数.
故答案为：（2）（5）.
答案
解析
B组
1
幂函数y=x ，当a取不同的正数时，在区间[0,1]上它们的图象是一组美丽的曲线（如图），设点A(1,0)，B(0,1)，连
接AB，线段AB恰好被其中的两个幂函数y=x ，y=x 的图象三等分，即有BM=MN=NA，那么ab=
.
a
a
b
6
1
求得M, N的坐标，进而求得a, b，从而求得ab.
依题意，BM = MN = NA，所以M, N是线段AB的三等分点，
而A (1, 0), B (0, 1)，所以M ( 1
3 , 2
3 ), N ( 2
3 , 1
3 )，
所以( 1
3 )
a
= 2
3 , ( 2
3 )
b
= 1
3 ，
a = log 1
3
2
3 , b = log 2
3
1
3 , ab = log 1
3
2
3 ⋅log 2
3
1
3 = 1.
故答案为：1
答案
解析
C组
1
若函数y = f (x)满足：①f (x)的图象是中心对称图形；②若x ∈D时，f (x)图象上的点到其对称中心的距离不超过
一个正数M，则称f (x)是区间D上的“M对称函数”．若函数f (x) = (x + 1)3 + m (m > 0)是区间[−4, 2]上的“3m对称
函数”，则实数m的取值范围是
.
[√82, +∞)
根据“3m对称函数”的定义，作出函数f (x) = (x + 1)3 + m (m > 0)，当点A到函数f (x)图象上的点
(−4, m −27)或(2, m + 27)的距离最大，最大距离为d = 3√82，根据条件只需3m ≥3√82即可.
答案
解析
7
函数f (x) = (x + 1)3 + m (m > 0)的图象可由y = x3的图
象向左平移1个单位，再向上平移m个单位得到，
故函数f (x)的图象关于点A (−1, m)对称，如图所示，
由图可知，当x ∈[−4, 2]时，点A到函数f (x)图象上的点(−4, m −27)或(2, m + 27)的距离最大，最大距离为
d = √9 + (m −27 −m)2 = 3√82，
根据条件只需3m ≥3√82，故m ≥√82．
即答案为[√82, +∞).
本题主要考查新定义概念的应用，同时考查推理论证能力，综合解题能力，解题时要认真审题，注意对新定
义概念的正确理解．
考点3：幂函数的定义域和值域
A组
1
下列关于幂函数y = xα的描述中，正确的是（ ）
A. 幂函数的图象都经过点(0, 0)和(1, 1)；
B. 幂函数的图象不经过第三象限；
C. 若幂函数的图象过点( 1
4 , 8)，则它的图象也经过点(9, 1
18 ).
D. 当指数α取1，3，1
2 时，幂函数y = xα是其定义域上的严格增函数；
D
利用幂函数的性质判断每个选项即可.
选项A，当α ≤0时，幂函数不过原点，故A错误；
选项B，当α = 1时，幂函数过第三象限，故B错误；
选项C，若幂函数的图象过点( 1
4 , 8)，则8 = ( 1
4 )
α
⇒α = −3
2 ，
答案
解析
8
所以幂函数为y = x−3
2 ，当x = 9时，此时y = 1
27 ，故C错误.
选项D，当α = 1，幂函数为y = x，在定义域单调递增，
当α = 3，幂函数为y = x3，在定义域单调递增，
当α = 1
2 ，幂函数为y = x
1
2 ，在定义域单调递增，故D正确；
故选：D
B组
1
设集合A = {y |y = ax, x > 0}（其中常数a > 0，a ≠1），B = {y
y = xk, x ∈A}（其中k是常数），则“k < 0”是“
A ∩B = ∅”的（ ）
A. 充分非必要条件
B. 必要非充分条件
C. 充分必要条件
D. 既非充分又非必要条件
A
讨论a的取值范围，求出集合A，进而求出集合B，再根据充分条件、必要条件即可求解.
当a > 1时，A = {y |y = ax, x > 0} = (1, +∞)，
若k < 0，则B = {y
y = xk, x ∈A} = (0, 1)，此时A ∩B = ∅，
当0 < a < 1时，A = {y |y = ax, x > 0} = (0, 1)，
若k < 0，则B = {y
y = xk, x ∈A} = (1, +∞)，此时A ∩B = ∅，
故“k < 0”是“A ∩B = ∅”的充分条件；
当a > 1时，A = (1, +∞)，若A ∩B = ∅，B = {y
y = xk, x ∈A}，可得k ≤0，
当0 < a < 1时，A = (0, 1)，若A ∩B = ∅，B = {y
y = xk, x ∈A}，可得k ≤0，
所以“k < 0”不是“A ∩B = ∅”的必要条件，
所以“k < 0”是“A ∩B = ∅”的充分非必要条件.
故选：A.
答案
解析
考点4：幂函数的单调性与对称性及其应用
B组
1
设函数的定义域为D，如果存在[a, b] ∈D，使得f(x)在[a, b]上的值域也为[a, b]，则称f(x)为“A佳”函数.已知幂函数
f (x) = (p2 + p −1)x
p−1
2 在(0, +∞)上是单调增函数.
9
(1)
求函数f(x)的解析式:
(2)
g (x) = f (x) −2
9 是否为“A佳”函数.若是，请指出所在区间；若不是，请说明理由.
(3)
若函数h(x) = n −f(x + 1)，且h(x)是“A佳”函数，试求出实数n的取值范围.
(1) f (x) = √x；
(2) 是“A佳”函数，区间为 [ 1
9 , 4
9 ]；
(3) (−1
4 , 0].
(1)
因为幂函数f (x) = (p2 + p −1)x
p−1
2 在(0, +∞)上是单调增函数，
所以
，解得p = 1，
所以函数f(x)的解析式为f (x) = x
1
2 = √x．
(2) 由（1）知，g (x) = f (x) −2
9 = √x −2
9 ，函数的定义域为[0, +∞)，
又√x ≥0，所以函数g(x)的值域为[−2
9 , +∞)，
若存在[a, b] ∈[−2
9 , +∞)，使得g(x)在[a, b]上的值域为[a, b]，
故函数g(x)为“A佳”函数.
因为g (x) = √x −2
9 在[0, +∞)上单调递增，所以函数g(x)在[a, b]上单调递增，
有
，解得a = 1
9 或4
9 ，b = 1
9 或4
9 ，而b > a，
故“A佳”函数g(x)的区间为[ 1
9 , 4
9 ]；
(3) h (x) = n −f (x + 1) = n −√x + 1，x ≥−1，则h(x)在[−1, +∞)上单调递减，
答案
解析
⎧
⎨
⎩
p2 + p −1 = 1
p −1
2 > 0
⎧
⎨
⎩
√a −2
9 = a
√b −2
9 = b
10
因为h(x)是“A佳”函数，所以{
，
令√a + 1 = S，√b + 1 = T，则a = S2 −1，b = T 2 −1，
所以{
，有T 2 + S = S2 + T，即(T −S)(T + S −1) = 0，
因为a < b，所以S < T，所以T + S −1 = 0，得T = 1 −S，
所以√b + 1 = 1 −√a + 1，代入n −√b + 1 = a，
得n = a + 1 −√a + 1 = (√a + 1 −1
2 )
2
−1
4 ，
因为a < b，所以0 ≤√a + 1 < √b + 1 = 1 −√a + 1，得√a + 1 < 1
2 ，
令t = √a + 1，t ∈[0, 1
2 )，
所以n = (t −1
2 )
2
−1
4 ，又该函数在[0, 1
2 )上单调递减，
所以−1
4 < n ≤0，
所以实数n的取值范围是(−1
4 , 0].
h (a) = n −√a + 1 = b
h (b) = n −√b + 1 = a
n −S = T 2 −1
n −T = S2 −1
C组
1
已知幂函数f (x) = (n2 −n −5)x
n −2
2
(n > 0)．
(1)
求函数f (x)的解析式；
(2)
若函数g (x) = mf (2x −1) + 2x −5，x ∈[ 5
2 , 13]，是否存在实数m使得g (x)的最小值为−13，若存在，求出
实数m的值．
(1) f (x) = √x (x ≥0)
(2) −6
答案
解析
11
(1)
因为f (x) = (n2 −n −5)x
n −2
2
(n > 0)是幂函数，
所以n2 −n −5 = 1，解得n = 3或n = −2（舍去）
所以f (x) = x
3 −2
2
= x
1
2 = √x (x ≥0).
(2) 假设存在实数m使得g (x)的最小值为−13，即g(x)min = −13，
由（1）得g (x) = mf (2x −1) + 2x −5 = m√2x −1 + 2x −5，
令t = √2x −1，则因为5
2 ≤x ≤13，所以4 ≤2x −1 ≤25，则2 ≤√2x −1 ≤5，即2 ≤t ≤5，此时
2x = t2 + 1，
所以g (x) = m√2x −1 + 2x −5可化为h (t) = mt + t2 + 1 −5 = t2 + mt −4，此时g(x)min = h(t)min，即
h(t)min = −13，
则h (t)开口向上，对称轴为x = −m
2 ，
当−m
2 ≤2，即m ≥−4时，h (t)在[2, 5]上单调递增，故h(t)min = h (2) = 2m，
所以由h(x)min = −13得2m = −13，即m = −13
2 < −4，不满足题意，舍去；
当2 < −m
2 < 5，即−10 < m < −4时，易知h(t)min = h (−m
2 ) = −m2
4
−4，
由−m2
4
−4 = −13得m = −6或m = 6（舍去），故m = −6；
当−m
2 ≥5，即m ≤−10时，h (t)在[2, 5]上单调递减，故h(t)min = h (5) = 5m + 21，
由5m + 21 = −13得m = −34
5 > −10，不满足题意，舍去；
综上：存在m = −6使得g (x)的最小值为−13，故m = −6.
考点5：幂函数的单调性与对称性及其应用
B组
1
已知函数f(x) = x + 1
x −5 .
（1）判断点(3, 14)是否在f(x)的图象上，并说明理由；
（2）当f(x) = 2时，求x的值；
（3）结合函数图象直接写出该函数的对称中心.
12
（1）不在，理由见解析；（2）11；（3） (5, 1).
(1)代入计算可得点(3, 14)是否在f (x)的图象上；
(2)由已知得f (x) = x + 1
x −5 = 2，解之可得答案.
(3) 由函数f(x) = x + 1
x −5 = x −5 + 6
x −5
= 1+
6
x −5 ，可得函数的对称中心.
(1)∵f (3) = 3 + 1
3 −5 = −4
2 = −2 ≠14，点(3, 14)不在f (x)的图象上；
(2)当f(x) = 2时， f (x) = x + 1
x −5 = 2，解得x = 11，
(3) 因为函数f(x) = x + 1
x −5 = x −5 + 6
x −5
= 1+
6
x −5 ，所以函数的对称中心为(5, 1).
答案
解析
C组
1
已知函数f（x）= 2 −x
x + 1 ；
（1）用定义证明：函数f（x）在(−1, +∞)上为减函数；
（2）是否存在负数x0，使得f(x0) = 3x0成立，若存在求出x0；若不存在，请说明理由．
13
（1）详见解析（2）不存在
试题分析：（1）定义法证明函数是减函数的步骤：指定区间上取x1 < x2，计算
化简使其结果
大于零，说明函数是减函数（2）分别求两函数值域，两函数值域无交集则满足方程的x0值不存在
试题解析：（1）任取x1, x2 ∈(−1, +∞)，且x1 < x2
∵
∴函数f(x)在(−1, +∞)上为减函数 （5分）
（2）不存在
假设存在负数
，使得
成立，则
即
与
矛盾，
所以不存在负数
，使得
成立． (11分)
另解:
，由
得：
或
但
，所以不存在．
考点：1.函数单调性定义；2.函数单调性求值域
答案
解析
考点6：耐克函数的图象及性质
B组
1
提高隧道的车辆通行能力可改善附近路段高峰期间的交通状况．在一般情况下，隧道内的车流速度v和车流密度x满
足关系式：v =
(k > 0)．研究表明：当隧道内的车流密度x = 120时造成堵塞，此时
车流速度v = 0．
(1)
若车流速度v ≥40，求车流密度x的取值范围；
(2)
定义隧道内的车流量为y = x ⋅v，求隧道内的车流量y的最大值，并指出当车流量最大时的车流密度x．
⎧
⎨
⎩
50 −x
6 , 0 < x ≤30
65 −
k
160 −x , 30 < x ≤120
14
(1) (0, 56]
(2) y的最大值为 2600，此时车流密度为 80.
(1) 由题意可知：当x = 120时，v = 0，
所以0 = 65 −
k
160 −120 ，解得：k = 2600，
所以v =
，
当0 < x ≤30时，v = 50 −x
6 ≥40，解得：x ≤60，所以0 < x ≤30；
当30 < x ≤120时，v = 65 −
2600
160 −x ≥40，解得：x ≤56，所以30 < x ≤56，
综上：车流速度v ≥40，车流密度x的取值范围为(0, 56].
(2)
由题意可得：y = x ⋅v =
，
当0 < x ≤30时，y = 50x −x2
6 = −1
6 (x2 −300x) = −1
6 (x −150)2 + 3750，
由二次函数的性质可知：当x = 30时，y取最大值为1350；
当当30 < x ≤120时，160 −x > 0
y = 65x −
2600x
160 −x = 65 (x −
40x
160 −x ) = 65 [x + 40(x −160) + 6400
x −160
]
= 65 [(x −160) +
6400
x −160 + 200]
= −65 [(160 −x) +
6400
160 −x −200]
≤−65 (2 × √(160 −x) ⋅
6400
160 −x −200) = 2600（当且仅当160 −x =
6400
160 −x ，即x = 80时取等）
所以当x = 80时，y取最大值为2600，
综上可知： y的最大值为2600，此时车流密度为80.
答案
解析
⎧
⎨
⎩
50 −x
6 , 0 < x ≤30
65 −
2600
160 −x , 30 < x ≤120
⎧
⎨
⎩
5x −x2
6 , 0 < x ≤30
65x −
2600x
160 −x , 30 < x ≤120
考点7：飘带函数与耐克函数的综合
B组
15
1
某电动摩托车企业计划在2024年投资生产一款高端的电动摩托车.经市场调研测算，生产该款电动摩托车需投入设
备改造费1000万元，生产该款电动摩托车x(x ≥1)万台需投入资金P (x)万元，且P (x) = 5001x2 −5010x + 25
x
，
(x ≥1).已知该款电动摩托车售价为5000（单位：元/台），并且当年内生产的该款摩托车能全部部售完.
(1)
求2024年该款摩托车的年利润F (x)（单位：万元）关于年产量x(x ≥1)（单位：万台）的函数解析式；（年
利润=销售所得-投入资金-设备改造费）；
(2)
当2024年该款摩托车的年产量x(x ≥1)为多少时，年利润F (x)最大？最大年利润的多少？
(1) F (x) = −(x + 25
x ) + 4010
(2) 5万台，年利润最大为 4000万元
(1) 根据题意，F (x) = 5000x −5001x2 −5010x + 25
x
−1000
= 5000x −5001x + 5010 −25
x −1000= −(x + 25
x ) + 4010(x ≥1)
(2) F (x) = −(x + 25
x ) + 4010，(x ≥1)，
因为x > 0，25
x > 0，所以x + 25
x ≥2√x ⋅25
x = 10，
当且仅当x = 25
x ，即x = 5时等号成立，
因为x + 25
x ≥10，所以−(x + 25
x ) ≤10，
所以−(x + 25
x ) + 4010 ≤4000，
所以当x = 5时，年利润F (x)最大，最大值为4000.
答案
解析
11 指数函数
1
巩固练习
考点1：指数函数的定义
A组
1
若函数f(x) = (a2 −3a + 3)( 1
2 )
x
+ a −2是指数函数，则实数a的值为
．
2
根据指数函数的概念列式可得.因为函数f(x) = (a2 −3a + 3)( 1
2 )
x
+ a −2是指数函数,
所以a2 −3a + 3 = 1且a −2 = 0,
解得a = 2.
故答案为2
本题考查了指数函数的概念,属于基础题.
答案
解析
B组
1
已知函数f (x) = ax，g (x) = bx，若f (1) + g (1) = 5，f (1) −g (1) = 1．
(1)
求f (x)，g (x)的解析式；
(2)
若f (m) = g (n)，试比较m，n的大小．
2
(1) f (x) = 3x， g (x) = 2x；
(2) 当 m = 0时， m = n；当 m > 0时， m < n；当 m < 0时， m > n；
(1) 由{
，解得：f (1) = 3, g (1) = 2，即a = 3, b = 2
∴f (x) = 3x，g (x) = 2x
(2) 由f (m) = g (n)，得3m = 2n，
当m = 0时，有2n = 1，所以n = 0，此时m = n；
当m > 0时，2m < 3m = 2n，此时m < n；
当m < 0时，2m > 3m = 2n，此时m > n；
答案
解析
f (1) + g (1) = 5
f (1) −g (1) = 1
考点2：指数函数过定点问题
A组
1
函数f (x) = ax+1 −2（a > 0且a ≠1）的图像恒过的点A是
；
(−1, −1)
∵f (x) = ax+1 −2，
当x = −1时，f (−1) = a0 −2 = −1，
∴f (x)恒过的点A是(−1, −1).
故答案为：(−1, −1).
答案
解析
B组
1
已知函数f(x) = ax+2 −3（a > 0且a ≠1）的图象恒过定点A，若点A在一次函数y = mx −n的图象上，其中实数
m，n满足mn > 0，则1
m + 2
n 的最小值为
．
答案
3
4
∵函数y = ax+2 −3(a > 0，且a ≠1)的图象恒过定点A，可得A (−2，−2) ，∵点A在一次函数y = mx −n的图
象上，∴2m + n = 2，∵m，n > 0，所以
1
m + 2
n = 1
2 ( 1
m + 2
n ) (2m + n) = 1
2 (4 + n
m + 4m
n ) ≥1
2 (4 + 2√n
m ⋅4m
n ) = 4 ，当且仅当m = 1
2 , n = 1时
取得等号；
故答案为：4
求得指数函数过定点A (−2，−2)是解决该题的关键．基本不等式最值注意“1”的妙用.
解析
考点3：指数函数的图像
A组
1
在同一直角坐标系中，函数y = ax与y = x −a
x −1 的图像可能是（ ）
A.
B.
C.
D.
D
分0 < a < 1和a > 1两种情况，利用函数的单调性进行判断即可．
当0 < a < 1时，函数y = ax在R上为单调递减函数，y = x −a
x −1 = 1 + 1 −a
x −1 在区间(−∞, 1)和区间(1, +∞)上
单调递减，且当x = 0时，y = 0 −a
0 −1 = a > 0，故选项A和选项B均错误；
当a > 1时，函数y = ax在R上为单调递增函数，y = x −a
x −1 = 1 + 1 −a
x −1 在区间(−∞, 1)和区间(1, +∞)上单调
递增，故选项C错误，选项D正确．
答案
解析
4
故选：D．
2
如图的曲线C 、C 、C 、C 是指数函数y = ax的图象，而a ∈{ 1
2 , √2
2 , √3, π}，则图象C 、C 、C 、C 对应的函
数的底数依次是
、
、
、
．
√2
2
; 1
2 ; π ; √3
由底数变化引起指数函数图象的变化规律，在y轴右侧，底大图高，在y轴左侧，底大图低，从而可求得答案
由底数变化引起指数函数图象的变化规律可知，C 的底数＜C 的底数＜C 的底数＜C 的底数．
因为1
2 < √2
2
< √3 < π
所以图象C 、C 、C 、C 对应的函数的底数依次是
√2
2 ，1
2 ，π，√3，
故答案为：
√2
2 ，1
2 ，π，√3，
1
2
3
4
1
2
3
4
答案
解析
2
1
4
3
1
2
3
4
考点4：指数函数单调性比大小问题
A组
1
不等式2x2−2x−3 < ( 1
2 )
3x−3
与不等式x2 + ax + b < 0 解集相同，则a + b =
.
−5
答案
解析
5
根据y = 2x在R上单调递增，判断大小列不等式进行解答即可.
∵2x2−2x−3 < ( 1
2 )
3x−3
= 23−3x，
∵y = 2x在R上单调递增,
∴x2 −2x −3 < 3 −3x，即x2 + x −6 < 0，
∴a = 1, b = −6，
∴a + b = −5.
故答案为：−5
2
已知a，b ∈R且ab ≠0，则“2a > 2b”是“ 1
a < 1
b ”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
D
结合指数函数的单调性，根据充分必要条件的定义分别进行判断即可．
∵2a > 2b ⇔a > b，
当a > 0 > b时，1
a < 1
b 不成立，
当1
a < 0 < 1
b 时，a > b不成立.
所以a > b是1
a < 1
b 的既不充分也不必要条件，即2a > 2b是1
a < 1
b 的既不充分也不必要条件.
故选：D.
答案
解析
B组
1
除了直接作差以外，利用函数，基本不等式，反证法比大小也是解决不等关系的主要方法
(1)
已知实数x1, x2, x3, x4, x5，满足x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 5. 求证：x1, x2, x3, x4, x5中至少有一个实数不小于1
(2)
已知a = √0.3，b = 20.3，c = 0.30.2，试比较：a，b，c三者的大小关系
(3)
若实数a，b，x，y满足x2
a2 −y2
b2 = 1，试比较：a2 −b2和(x −y)2的大小，并指明等号成立的条件
6
(1) 证明见解析
(2) b＞c＞a
(3) a2 −b2 ≤(x −y)2，当且仅当 b4x2 = a4y2且 x, y同号时，等号成立
(1) （反证法）假设x1, x2, x3, x4, x5全小于1，即x1 < 1, x2 < 1, x3 < 1, x4 < 1, x5 < 1，
所以x1 + x2 + x3 + x4 + x5 < 5，这与x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 5矛盾，
故假设不成立，所以x1, x2, x3, x4, x5中至少有一个实数不小于1.
(2)
因为函数y = 0.3x在R上为减函数，又1
2 > 0.2 > 0，所以0.3
1
2 < 0.30.2 < 0.30，即a < c < 1，
又函数y = 2x在R上为增函数，又0.3 > 0，所以20.3 > 20 = 1，
所以b > c > a；
(3) a2 −b2 = (a2 −b2) ( x2
a2 −y2
b2 ) = x2 + y2 −b2x2
a2
−a2y2
b2
= x2 + y2 −( b2x2
a2
+ a2y2
b2 )，
b2x2
a2
+ a2y2
b2
≥2√b2x2
a2
× a2y2
b2
= 2|xy|，
当且仅当b2x2
a2
= a2y2
b2 ，即b4x2 = a4y2取等号，
所以a2 −b2 ≤x2 + y2 −2|xy| ≤x2 + y2 −2xy = (x −y)2，
当且仅当b4x2 = a4y2且x, y同号时取等号.
答案
解析
考点5：指数函数单调性求最值问题
A组
1
函数f(x) = ax (a > 0, a ≠1)在区间[1, 2]上的最大值比最小值大a
3 ，则a的值为
.
2
3 或 4
3
答案
7
讨论$0<1$或a > 1，根据指数函数的单调性求出最值即可求解.
当$0<1$时，f(x) = ax单调递减，
所以f(x)max = f (1) = a，f(x)min = f (2) = a2，
又a −a2 = a
3 ，解得a = 2
3 ，
当a > 1时，f(x) = ax单调递增，
所以f(x)max = f (2) = a2，f(x)min = f (1) = a，
又a2 −a = a
3 ，解得a = 4
3 ，
故答案为：2
3 或4
3
解析
2
已知函数f (x) = 4x −2 ⋅2x+1 −6，其中x ∈[0, 3].
(1)
求函数f (x)的最大值和最小值；
(2)
若实数a满足：f (x) −a ≥0恒成立，求a的取值范围.
(1) 最小值为 −10，最大值为 26；
(2) (−∞, −10].
(1) 解：∵f (x) = 4x −2 ⋅2x+1 −6 = (2x)2 −4 ⋅2x −6 (0 ≤x ≤3)，
令t = 2x ∈[1, 8]，则f (x) = t2 −4t −6，令h (t) = t2 −4t −6 = (t −2)2 −10，其中1 ≤t ≤8.
所以，函数h (t)在[1, 2)上为减函数，在(2, 8]上为增函数，
所以，f(x)min = h (2) = −10，f(x)max = h (8) = 26.
(2) 解：∵f (x) −a ≥0恒成立，即a ≤f (x)恒成立，∴a ≤f(x)min，
由（1）知f(x)min = −10，∴a ≤−10，
故a的取值范围为(−∞, −10].
答案
解析
B组
1
已知f(x) = 2x(x ∈R)．
8
(1)
解不等式：f(2x) + f(x) ≤12；
(2)
记g(x) = f(x) + f(−x)，求函数y = g(2x) −2g(x)的最小值．
(1) (−∞, log2 3]
(2) −2
(1) 解：因为f(x) = 2x(x ∈R)，所以f(2x) = 22x，
则不等式f(2x) + f(x) ≤12，即22x + 2x ≤12，即(2x)2 + 2x −12 ≤0，即(2x + 4) (2x −3) ≤0，
解得−4 ≤2x ≤3，显然2x ≥−4恒成立，
则只需满足2x ≤3，解得x ≤log2 3，即不等式的解集为(−∞, log2 3].
(2) 解：g(x) = f(x) + f(−x) = 2x + 2−x，
则y = g(2x) −2g(x) = (22x + 2−2x) −2 (2x + 2−x)，
令t = 2x + 2−x，则t = 2x + 2−x ≥2√2x ⋅2−x = 2当且仅当2x = 2−x，即x = 0时取等号，
则22x + 2−2x = (2x + 2−x)2 −2 = t2 −2，
所以问题转化为求函数h (t) = t2 −2 −2t，t ∈[2, +∞)的最小值，
因为h (t) = (t −1)2 −3对称轴为t = 1，开口向上，所以h (t)在[2, +∞)上单调递增，
所以h(t)min = h (2) = −2，
所以函数y = g(2x) −2g(x)的最小值为−2.
答案
解析
考点6：指数函数的图像变换
A组
1
设函数f(x) = (a2 + a −5)ax是指数函数
（1）求f(x)的解析式
9
（2）若将函数f(x)的图像向左平移1个单位再向上平移2个单位，得到y = g(x)，若对于任意x ∈[−1, 2]时，
g(x) ≥3 + b
2 −b2
2 恒成立，求实数b的取值范围.
（1） f(x) = 2x；（2） (−∞, 0] ⋃[1, +∞).
（1）根据指数函数的定义可得a2 + a −5 = 1可解得；
（2）可得g(x) = 2x+1 + 2，根据单调性求得g (x)最小值可求解.
解：（1）由题知{
，解得a = 2，∴f(x) = 2x；
（2）由题知g(x) = 2x+1 + 2，
则g(x)在[−1, 2]上单调递增，
则3 + b
2 −b2
2 ≤g(x)min = g(−1) = 3，
解得b ∈(−∞, 0] ⋃[1, +∞).
答案
解析
a2 + a −5 = 1
a > 0且a ≠1
B组
1
已知函数f (x) = |3x −2025| −a有两个不同的零点，则实数a的取值范围为
．
(0, 2025)
令f (x) = 0，得到|3x −2025| = a，由函数g (x) = 3x −2025的值域，得到h (x) = |3x −2025|大致图像，从而
得到实数a的取值范围.
答案
解析
10
令f (x) = 0，即|3x −2025| = a，
令函数g (x) = 3x −2025 ∈(−2025, +∞)，
所以函数h (x) = |3x −2025|的大致图像为
所以a ∈(0, 2025).
故答案为：(0, 2025).
C组
1
已知函数f (x) = {
，若方程f 2(x) + bf(x) + 2 = 0有8个相异的实数根，则实数b的取值范围是
．
(−3, −2√2)
根据题意，作出函数f (x) = {
的图像，进而数形结合，将问题转化为方程t2 + bt + 2 = 0
在区间(1, 2)上有两个不相等的实数根t1, t2，再结合二次函数零点分布求解即可.
解：根据题意，作出函数f (x) = {
的图像，如图：
令t = f (x)，因为方程f 2(x) + bf(x) + 2 = 0有8个相异的实数根，
所以方程t2 + bt + 2 = 0在区间(1, 2)上有两个不相等的实数根t1, t2，
故令g (t) = t2 + bt + 2，则函数g (t) = t2 + bt + 2在区间(1, 2)上有两个不相等的零点.
e|x−1|, x > 0
−x2 −2x + 1, x ≤0
答案
解析
e|x−1|, x > 0
−x2 −2x + 1, x ≤0
e|x−1|, x > 0
−x2 −2x + 1, x ≤0
11
所以
，即
，解得−3 < b < −2√2.
所以实数b的取值范围是(−3, −2√2).
故答案为：(−3, −2√2)
⎧
⎨
⎩
g (1) > 0
g (−b
2 ) < 0
g (2) > 0
⎧
⎨
⎩
3 + b > 0
2 −b2
4 < 0
6 + 2b > 0
考点7：复合指数函数的单调性
B组
1
函数f(x) = ( 1
2 )
√x2−3x−10
的递增区间是
．
(−∞, −2]
因为x2 −3x −10 ≥0 ⇒x ≤−2或x ≥5，
所以函数的定义域为(−∞, −2] ⋃[5, +∞)，
由t = √x2 −3x −10在(−∞, −2]上单调递减，在[5, +∞)单调递增，
由复合函数单调性质得函数f(x) = ( 1
2 )
√x2−3x−10
在(−∞, −2]单调递增，
故答案为：(−∞, −2].
易错点睛：复合函数单调性满足“同增异减”，注意定义域.
答案
解析
C组
1
已知对任意正数a、b、c，当a + b + c = 1时，都有2a + 2b + 2c < m成立，则实数m的取值范围是（ ）．
A. [3
3√2, +∞)
B. (3
3√2, +∞)
C. [4, +∞)
D. (4, +∞)
C
答案
解析
12
根据给定条件，把2a + 2b + 2c 化为2a + 21−b
2a
+ 2b ，并将它视为a 的函数，利用对勾函数的性质求得
2a + 2b + 21−a−b < 21−b + 2b + 1，再构造函数h (b) = 2
2b + 2b + 1，利用对勾函数求解作答.
由a + b + c = 1，a > 0, b > 0, c > 0，得c = 1 −a −b，0 < a + b < 1，于是0 < a < 1 −b, 0 < b < 1，
f (a) = 2a + 2b + 21−a−b = 2a + 21−b
2a
+ 2b，令t = 2a ∈(1, 21−b)，
函数g (t) = t + 21−b
t
+ 2b在1, 2
1 −b
2
上递减，在2
1 −b
2
, 21−b 上递增，显然g(1) = g(21−b) = 21−b + 2b + 1
，
因此2a + 2b + 2c = 2a + 2b + 21−a−b < 21−b + 2b + 1，令函数h (b) = 21−b + 2b + 1 = 2
2b + 2b + 1，0 < b < 1，
令u = 2b ∈(1, 2)，φ (u) = 2
u + u + 1在(1, √2)上单调递减，在(√2, 2)上单调递增，
而φ(1) = φ(2) = 4，即21−b + 2b + 1 < 4，于是2a + 2b + 2c < 4，
因为对任意正数a、b、c，当a + b + c = 1时，都有2a + 2b + 2c < m成立，则m ≥4，
所以实数m的取值范围是[4, +∞).
故选：C
思路点睛：涉及多变量函数，结合给定条件采用消元、以其中的某个变量为自变量，另外的变量为参数，依
次推理求解即可.
考点8：复合指数函数的值域
A组
1
存在实数a使不等式a ≤2−x+1 在[−1, 2] 成立，则a的范围为
．
(−∞, 4] | a≤4 | {a|a≤4}
利用函数f(x) = 2−x+1的单调性求出它在[−1, 2]上的最大值即可.
函数f(x) = 2−x+1在R上单调递减，当x ∈[−1, 2]时，f(x)max = f(−1) = 4，
因存在实数a使不等式a ≤2−x+1 在[−1, 2] 成立，则a ≤4.
所以a的范围为(−∞, 4].
故答案为：(−∞, 4]
答案
解析
B组
1
13
已知函数f (x) = b ⋅ax（其中a, b为常数，且a > 0, a ≠1）的图象经过点A (1, 6), B (3, 24)．
(1)
求f (x)的表达式；
(2)
若不等式( 1
a )
x
+ ( 1
b )
x
−m ≥0在x ∈(−∞, 1]上恒成立，求实数m的取值范围．
(1) f(x) = 3 ⋅2x
(2) m ≤5
6
(1) 由题意，函数f(x) = b ⋅ax, a > 0的图象经过点A(1, 6), B(3, 24),
则{
，解得{
，
所以函数f(x) = 3 ⋅2x.
(2) 不等式( 1
2 )
x
+ ( 1
3 )
x
−m ≥0在x ∈(−∞, 1]上恒成立，
则m ≤[( 1
2 )
x
+ ( 1
3 )
x
]
min
，
令g (x) = ( 1
2 )
x
+ ( 1
3 )
x
，
因为函数g(x)在x ∈(−∞, 1]上是减函数，
所以g(x)min = g (1) = 1
2 + 1
3 = 5
6 ，
所以m ≤5
6 .
即实数m的取值范围为m ≤5
6 .
答案
解析
b ⋅a = 6
b ⋅a3 = 24
a = 2
b = 3
C组
1
设A是符合以下性质的函数f(x)组成的集合，对任意的x ≥0, f (x) ∈(1, 4]且f(x)在[0, +∞)上是减函数。
14
（Ⅰ）判断函数f1(x) = 2 −√x及f2(x) = 1 + 3 ⋅( 1
2 )
x
(x ≥0)是否属于集合A，并简要说明理由；
（Ⅱ）把（Ⅰ）中你认为是集合A中的一个函数记为g (x)，若不等式g (x) + g (x + 2) ≤k对任意的x ≥0总成立，求实
数k的取值范围。
（Ⅰ） f1(x)不在集合A中， f2(x) = 1 + 3 ⋅( 1
2 )
x
在集合A中；（Ⅱ） [ 23
4 , +∞)．
（Ⅰ）根据集合A的性质检验；
（Ⅱ）求出g(x) + g(x + 2)的最大值，可得k的范围．
（Ⅰ）因为f1(x) = 2 −√x在x ≥0时是减函数，且f1(x) ∈(−∞, 2]，
所以f1(x)不在集合A中，又因为x ≥0时，0 < ( 1
2 )
x
≤1, 1 < 1 + 3 ⋅( 1
2 )
x
≤4，
所以f2(x) ∈(1, 4]且f2(x) = 1 + 3 ⋅( 1
2 )
x
在[0, +∞)上是减函数，f2(x) = 1 + 3 ⋅( 1
2 )
x
在集合A中，
（Ⅱ）当x ≥0时，g (x) + g(x + 2) = 2 + 15
4 ⋅( 1
2 )
x
≤23
4 ，
又由g (x) + g(x + 2) ≤k对任意的x ≥0恒成立，所以k ≥23
4 ，
所以所求的实数k的取值范围是[ 23
4 , +∞)．
本题考查函数的单调性与值域，考查不等式恒成立问题．不等式恒成立问题通常转化为求函数的最值．如
f(x) ≤m恒成立⇔m ≥f(x)max，f(x) ≥m恒成立⇔m ≤f(x)min．
答案
解析
考点9：指数函数的实际应用问题
A组
1
某车间产生的废气经过过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量P(mg/L)与时间t(h)之间的关系为P = P02−kt
（其中P0表示初始废气中污染物数量）.经过5个小时后，经测试，消除了20%的污染物.问：
15
（1）15小时后还剩百分之几的污染物？
（2）污染物减少36%需要花多长时间？
（1）15个小时后还剩51.2%的污染物；（2）污染物减少36%需要花 10h.
（1）根据题意列出P = P02−5k = (1 −20%)P0，求得，再将t = 15代入即可求解.
（2）根据题意列出P02−kt = (1 −36%)P0，利用（1）中的结果代入即可求解.
（1）由题意得P = P02−5k = (1 −20%)P0，
则2−5k = 0.8，故当t = 15时，P = P0 ⋅2−15k = P0 ⋅(2−5k)3 = (80%)3P0 = 51.2%P0.
故15个小时后还剩51.2%的污染物.
（2）由题意，P02−kt = (1 −36%)P0，
即(2−5k)
t
5 = 0.64，所以0.8
t
5 = 0.64，所以t
5 = 2，即t = 10，
故污染物减少36%需要花10h.
本题考查了指数函数的生活中的应用、指数的运算，解题的关键是建立指数型函数模型，属于基础题.
答案
解析
B组
1
已知函数f (x) = a ⋅2x + b，幂函数g (x) = (m2 −3)x
m
3 ，且函数f (x)的图像过点(0, 0)，当x趋向于负无穷大时，
f (x)的图像无限接近于直线y = −1但又不与该直线相交：函数g (x)在区间(0, +∞)上单调递增.
(1)
分别求出f (x)，g (x)的解析式，并在同一直角坐标系中作出两函数的草图；
(2)
定义∀x ∈R，m (x)表示f (x)，g (x)中的最小者，记为m (x) = min {f (x), g (x)}，例如，当x = 2时m (2)表示
f (2)，g (2)中的最小者.请结合（1）中的两个函数图像分别用图像法（草图）与解析法表示m (x).
16
(1)
f (x) = 2x −1， g (x) = x
2
3 ，
f (x)， g (x)两函数的图像见解析
(2)
m (x) =
， m (x)图像见解析
(1) ∵f (x) = a ⋅2x + b，且函数f (x)的图像过点(0, 0)，∴a ⋅20 + b = 0，∴a + b = 0，
又∵当x →−∞时，f (x)的图像无限接近于直线y = −1但又不与该直线相交，
∴a = 1，b = −1，∴f (x) = 2x −1
∵幂函数g (x) = (m2 −3)x
m
3 在区间(0, +∞)上单调递增，
∴{
，∴m = 2，∴g (x) = x
2
3 ，
在同一直角坐标系中作出f (x)，g (x)两函数的草图如下：
(2)
∵f (x) = 2x −1，g (x) = x
2
3 ，∴令f (x) = g (x)，由2x −1 = x
2
3 ，∴x1 = 0, x2 = 1，
当x < 0, f (x) < g (x), ∴m (x) = f (x) = 2x −1；
当0 < x < 1, f (x) < g (x), ∴m (x) = f (x) = 2x −1；
当x > 1, f (x) > g (x), ∴m (x) = g (x) = x
2
3 ；
∴结合（1）图像可得m (x)解析式为m (x) =
，
m (x)图像如下：
答案
⎧
⎨
⎩
2x −1，x ≤1
x
2
3 , x > 1
解析
m2 −3 = 1
m
3 > 0
⎧
⎨
⎩
2x −1，x ≤1
x
2
3 , x > 1
17
C组
1
给机器人输入一个指令(m, 2m + 48)（其中常数m > 0）后，该机器人在坐标平面上先面向x轴正方向行走m个单位
距离，接着原地逆时针旋转90∘后再面向y轴正方向行走2m + 48个单位距离，如此就完成一次操作.已知该机器人的
安全活动区域满足{
，若开始时机器人在函数f(x) = 2x图象上的点P处面向x轴正方向，经过一次操作后该机
器人落在安全区域内的一点Q处，且点Q恰好也在函数y = f(x)图象上，则m =
.
3
首先设点P (x0, 2x0)，再根据题意可得点Q (x0 + m, 2x0 + 2m + 48)，再根据题意可知，点Q在安全活动区域，
以及点Q也在函数y = f(x)的图象上，x0 + m ≤6且2x0 + 2m + 48 = 2x0+m，再利用不等关系，利用基本不等
式，即可求解.
由题意设P (x0, 2x0)，则一次操作后该机器人落点为Q (x0 + m, 2x0 + 2m + 48)，
即Q (x0 + m, 2x0+m)在安全区域内，所以x0 + m ≤6且2x0 + 2m + 48 = 2x0+m.
由x0 + m ≤6，可知2x0 ≤26−m，
所以2x0 (2m −1) = 2m + 48 ≤26−m (2m −1)，即2m + 26−m = 2m + 64
2m ≤26 −48 = 16能成立.
又因为2m + 64
2m ≥2√2m ⋅64
2m = 16，且等号当且仅当2m = 64
2m ，即m = 3时成立，
综上，m = 3.
故答案为：3
x ≤6
y ∈R
答案
解析
12 对数函数
1
巩固练习
考点1：对数函数的定义
A组
1
函数f (x) = lg √2x + 1的定义域为
.
(−1
2 , +∞)
根据根式与对数函数的定义域求解即可.
由题意√2x + 1 > 0，解得x ∈(−1
2 , +∞).
故答案为：(−1
2 , +∞)
答案
解析
考点2：对数函数过定点问题
A组
1
若函数y = loga (x + 1) + 1 (a > 0, a ≠1)的图像恒过一定点，则此定点坐标为
．
(0,1)
根据对数函数y = loga x(a > 0, a ≠1)恒过定点，再结合整体法即可求解.
当x = 0时，
y = loga (x + 1) + 1 = loga 1 + 1 = 0 + 1 = 1 (a > 0, a ≠1)，
答案
解析
2
所以y = loga (x + 1) + 1 (a > 0, a ≠1)的图像恒过一定点(0,1)，
故答案为：(0,1)
考点3：对数函数的图像
A组
1
函数f(x) = 1 + log2x与g(x) = 2−x+1在同一直角坐标系下的图象大致是（ ）
A.
B.
C.
D.
C
根据函数f(x) = 1 + log2x过( 1
2 , 0)排除A;
根据g(x) = 2−x+1过(0, 2)排除B、D,
故选C．
答案
解析
B组
1
对于函数y = f(x)，若在定义域内存在实数x，满足f(−x) = −kf(x)，其中为k整数，则称函数y = f(x)为定义域上
的“阶k局部奇函数”．
(1)
已知函数f(x) = x2 + 2x，试判断y = f(x)是否为(−1, 1)上的“2阶局部奇函数”？并说明理由；
3
(2)
若f(x) = log3(x + m)是[−2, 2]上的“1阶局部奇函数”，求实数m的取值范围；
(3)
若f(x) = x2 −2x + t，对任意的实数t ∈(−∞, 2]，函数y = f(x)恒为R上的“k阶局部奇函数”，求整数k取值的
集合．
(1) 函数 f(x) = x2 + 2x为 (−1, 1)上的“2阶局部奇函数”，理由见解析.
(2) (2, √5]
(3) {−5, −4, −3, −2, −1}
(1) 函数f(x) = x2 + 2x为(−1, 1)上的“2阶局部奇函数”，理由如下：
原问题等价于判断关于x的方程f(−x) = −2f(x)在(−1, 1)上是否有解，
由(−x)2 + 2(−x) = −2(x2 + 2x)得，3x2 + 2x = 0，解得x = 0或−2
3 ，
所以方程f(−x) = −2f(x)在(−1, 1)上有解，
即函数f(x) = x2 + 2x为(−1, 1)上的“2阶局部奇函数”.
(2) 由f(x) = log3(x + m)是[−2, 2]上的“1阶局部奇函数”，可知x + m > 0在[−2, 2]上恒成立，可得m −2 > 0，
即m > 2，
存在x ∈[−2, 2]，使得log3(−x + m) = −log3(x + m)，即log3(−x + m) + log3(x + m)= log3(m2 −x2) = 0
，
可得m2 −x2 = 1，即m2 = x2 + 1∈[1, 5]，解得m ∈[−√5, −1] ∪[1, √5]，
综上m ∈(2, √5].
(3) 问题等价于方程f(−x) = −kf(x)恒有解，即(−x)2 −2(−x) + t = −k(x2 −2x + t)，整理得
(1 + k)x2 + (2 −2k)x + t + kt = 0，
当k = −1时，解得x = 0，满足题意；
当k ≠−1时，Δ ≥0，即(2 −2k)2 −4(1 + k)(t + kt) ≥0，化简得t(1 + k)2 −(1 −k)2 ≤0对任意的实数
t ∈(−∞, 2]恒成立，
g(t) = t(1 + k)2 −(1 −k)2是关于t的一次函数且为(−∞, 2]上的增函数，故只需g(2) = 2(1 + k)2 −(1 −k)2
= k2 + 6k + 1 ≤0，
答案
解析
4
解得−3 −2√2 ≤k ≤−3 + 2√2且k ≠−1，
综上，整数k取值的集合{−5, −4, −3, −2, −1}.
考点4：对数函数的单调性
A组
1
已知loga
1
3 > logb
1
3 > 0，则a、b之间的大小关系是（ ）
A. 1 < b < a
B. 1 < a < b
C. 0 < a < b < 1
D. 0 < b < a < 1
D
利用对数运算化简已知条件，结合对数函数的单调性求得正确答案.
依题意loga
1
3 > logb
1
3 > 0，−loga 3 > −logb 3 > 0, loga 3 < logb 3 < 0，
所以a ∈(0, 1), b ∈(0, 1), lg a < 0, lg b < 0，lg 3
lg a < lg 3
lg b ,
1
lg a <
1
lg b , lg a > lg b，
由于y = lg x在(0, +∞)上递增，所以a > b > 0，
综上所述，得0 < b < a < 1.
故选：D
答案
解析
B组
1
已知a > 0，且a ≠1．若函数f(x) = ax2−2x+3有最大值，则关于x的不等式loga (x2 −5x + 7) > 0的解集为
．
(2, 3)
由复合函数单调性可确定u = x2 −2x + 3在(−∞, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增；由函数有最大值可知
f (u) = au单调递减，得到0 < a < 1；根据对数函数单调性可将不等式化为0 < x2 −5x + 7 < 1，解不等式求
得结果.
答案
解析
5
∵f(x) = ax2−2x+3，∴f (x)定义域为R
∵u = x2 −2x + 3在(−∞, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增
∵f (x)有最大值，∴f (u) = au需在R上单调递减，∴0 < a < 1
由loga (x2 −5x + 7) > 0，得0 < x2 −5x + 7 < 1，解得：2 < x < 3
∴不等式的解集为(2, 3)
故答案为：(2, 3)
关键点点睛：本题考查根据函数单调性求解函数不等式，涉及到复合函数单调性的求解、根据函数有最值求
解参数范围等知识，解题的关键是通过复合函数的单调性确定函数有最值时，对数的底数所处的范围，再利
用对数函数的单调性解不等，考查学生的转化能力与运算求解能力，属于中档题.
考点5：对数函数的实际应用
A组
1
大西洋鲑鱼每年都要逆游而上游回产地产卵.研究鲑鱼的科学家发现鲑鱼的游速v（单位：m/s）可以表示为
v = 1
2 log3
O
100 ，其中O表示鲑鱼的耗氧量的单位数.若一条鲑鱼游速为2m/s时耗氧量的单位数为U，游速为3m/s时
耗氧量的单位数为W，则W
U =
.
9
利用对数的运算法则计算即可.
根据题意可得2 = 1
2 log3
U
100 ，3 = 1
2 log3
W
100 ，
两式相减得1 = 1
2 log3
W
100 −1
2 log3
U
100 ，所以2 = log3
W
100 −log3
U
100 ，
所以2 = log3
W
U ，所以W
U = 32 = 9.
故答案为：9.
答案
解析
B组
1
我们知道：人们对声音有不同的感觉，这与它的强度有关系.声音的强度用瓦/米
(W/m2)表示，但在实际测量时，声音的强度水平常用L 表示，它们满足以下公式：L1 = 10 lg I
I0
(单位为分贝，
L1 ≥0，其中I0 = 1 × 10−12，是人们平均能听到的最小强度，是听觉的开端).回答下列问题.
(1)
树叶沙沙声的强度是1 × 10−12W/m2，耳语的强度是1 × 10−10W/m2，恬静的无线电广播的强度是1 × 10−8
2
1
6
W/m2，试分别求出它们的强度水平；
(2)
某一新建的安静小区规定：小区内公共场所的声音的强度水平必须保持在50分贝以下，试求声音强度I的范围
为多少？
(1) 树叶沙沙声的强度水平为0(分贝)；耳语的强度水平为20(分贝)；恬静的无线电广播的强度水平为40(分
贝)；
(2) [1 × 10−12, 1 × 10−7).
(1) 依题意，树叶沙沙声的强度水平为L2 = 10 lg I2
I0 = 10 lg 1 = 0(分贝)，
耳语的强度水平为L3 = 10 lg I3
I0 = 10 lg 102 = 20(分贝)，
恬静的无线电广播的强度水平为L4 = 10 lg I4
I0 = 10 lg 104 = 40(分贝).
(2) 依题意，0 ≤L1 < 50，即0 ≤10 lg I
I0 < 50，整理得1 ≤I
I0 < 105，解得1 × 10−12 ≤I < 1 × 10−7，
所以新建的安静小区的声音强度I的范围为[1 × 10−12, 1 × 10−7).
答案
解析
考点6：复合对数函数的值域问题
A组
1
函数 y = lg(ax2 + ax + 1) 的值域是 R，则 a 的取值范围是
．
a ⩾4
答案
7
【分析】：将问题转化为 y = ax2 + ax + 1 能够取到所有正数，再讨论 x2 的系数，利用判别式可得．
因为函数 y = lg(ax2 + ax + 1) 的值域是 R，
所以 y = ax2 + ax + 1 能够取到所有正数，
当 a = 0 时，y = 1，只能取到 1，不符合题意，舍去，
当 a > 0 时，要使 y 能取到所有正数，必有 Δ = a2 −4a ⩾0，解得 a ⩾4，
当 a < 0 时，抛物线的开口向下，y 不可能取到所有正数，不符合题意，
综上所述：a ⩾4．
故答案为：a ⩾4．
解析
B组
1
已知函数f (x) = {
有最小值，则f (2a)的取值范围为
．
(2, +∞)
根据二次函数、对数函数的性质及已知可得a ≥1，进而有2a ≥2，结合分段函数解析式求f (2a)的范围.
由y = x2 −2x + 3 = (x −1)2 + 2在(−∞, 1)上单调递减，在(1, 2]上单调递增，
所以f(x)在(−∞, 2]上的最小值为2，
由y = a + log2 x在(2, +∞)上单调递增，值域为(a + 1, +∞)，
所以要使f(x)有最小值，则有a + 1 ≥2，即a ≥1，则2a ≥2，
当2a = 2，即a = 1时，f(2a) = f(2) = 3，
当2a > 2，即a > 1时，f(2a) > f(2) = a + 1 > 2，
综上，f(2a) ∈(2, +∞).
故答案为：(2, +∞)
x2 −2x + 3, x ≤2
a + log2 x, x > 2
答案
解析
C组
1
已知f (x) = log2 ( 1
x + a), a ∈R．
(1)
当a = 1时，解不等式f (x) > 1；
(2)
若关于x的方程f (x) + log2 x2 = 0的解集中恰好有一个元素，求实数a的值；
8
(3)
若对任意t ∈[ 1
2 , 3
2 ]，函数f (x)在区间[t, 2t]上总有意义，且最大值与最小值的差等于2，求a的取值范围．
(1) (0, 1)
(2) a = −1
4 或0
(3) (−1
3 , −2
9 ]
(1) 当a = 1时，不等式f(x) > 1化为log2 ( 1
x + 1) > 1 = log2 2，
则1
x + 1 > 2，即1
x > 1，解得0 < x < 1，
经过验证满足条件，因此不等式的解集为(0, 1).
(2) 由f(x) + log2 x2 = 0，得log2 ( 1
x + a) + log2 x2 = log2 [x2 ( 1
x + a)] = 0，
即x2 ( 1
x + a) = 1，可得ax2 + x −1 = 0，
当a = 0时，则x −1 = 0，解得x = 1，经过验证此时满足题意；
当a ≠0时，①若Δ = 1 + 4a = 0，则a = −1
4 ，此时解得x = 2．经过验证满足题意；
②若Δ = 1 + 4a > 0时，方程ax2 + x −1 = 0有两不等实根，设为x1, x2，显然x1 ≠0, x2 ≠0，
由ax2 + x −1 = 0，得x2 (a + 1
x ) = 1，因为x2 > 0，所以a + 1
x > 0，
即a + 1
x1 > 0, a + 1
x2 > 0
所以x1, x2都满足log2 ( 1
x + a) + log2 x2 = 0，所以此时不满足题意；
综上可得a = 0或−1
4 .
(3) 因为对任意t ∈[ 1
2 , 3
2 ]，函数f (x)在区间[t, 2t]上总有意义，
所以1
x + a > 0对x ∈[t, 2t]恒成立，
因为y = 1
x + a在[t, 2t]上为减函数，故只需1
2t + a > 0对任意t ∈[ 1
2 , 3
2 ]恒成立，
答案
解析
9
所以只要( 1
2t + a)
min
> 0，故
1
2 × 3
2
+ a > 0，解得a > −1
3 ，
对任意t ∈[ 1
2 , 3
2 ]，函数f(x)在区间[t, 2t]上单调递减，
所以函数f(x)在区间[t, 2t]上最大值为log2 ( 1
t + a)，最小值为log2 ( 1
2t + a)，
则log2 ( 1
t + a) −log2 ( 1
2t + a) = 2，
整理得log2 ( 1
t + a) = log2 ( 1
2t + a) + 2 = log2 ( 2
t + 4a)，
则1
t + a = 2
t + 4a，即1
t = −3a任意t ∈[ 1
2 , 3
2 ]恒成立，
则−3a ∈[ 2
3 , 2]，解得a ∈[−2
3 , −2
9 ]；
综上所述：实数a的取值范围是(−1
3 , −2
9 ]．
考点7：复合对数函数的单调性问题
A组
1
函数y = ln (−x2 + 2x + 3)的单调增区间为
.
(−1, 1)
令−x2 + 2x + 3 > 0，求得函数的定义域，再结合二次函数和复合函数的单调性的判定方法，即可求解．
令−x2 + 2x + 3 > 0，即x2 −2x −3 = (x −3)(x + 1) < 0，解得−1 < x < 3，
令t = −x2 + 2x + 3，则y = ln t，其中x ∈(−1, 3)，
由函数t = −x2 + 2x + 3图象为开口向下，且对称轴为x = 1的抛物线，
所以函数t = −x2 + 2x + 3在(−1, 1)上单调递增，在(1, 3)上单调递减，
函数y = ln t为增函数，
根据复合函数的单调性的判定方法，可得函数y = ln (−x2 + 2x + 3)的单调增区间(−1, 1)．
故答案为：(−1, 1)
答案
解析
B组
1
已知函数f (x) = log2 (x + a)(a > 0)，设g (x) = 1
2 f (4x).
10
(1)
当a = 1时，解关于x的不等式f (x) < −1；
(2)
对任意的x ∈(0, 2)，函数y = f (x)的图像总在函数y = g (x)的图像的下方，求正数a的范围；
(3)
设函数F (x) = f (x) −g (x), x ∈(0, 2).当a = 1时，求|F (x)|的最大值.
(1) (−1, −1
2 )
(2) (0, 1]
(3) 1 −1
2 log2 3
(1) 由f(x) < −1，a = 1得log2 (x + 1) < −1 = log2
1
2 ，则0 < x + 1 < 1
2 ，得−1 < x < −1
2 ，即不等式的解集
为(−1, −1
2 )．
(2) g (x) = 1
2 f (4x) = 1
2 log2 (4x + a)，(a > 0)．
对任意的x ∈(0, 2)，f(x)的图象总在g (x)函数图象的下方，
则f(x) < g(x)恒成立，即log2 (x + a) < 1
2 log2 (4x + a)在(0, 2)上恒成立，
即2 log2(x + a) < log2(4x + a)，即log2(x + a)2 < log2(4x + a)恒成立，
则(x + a)2 < 4x + a，即x2 + (2a −4)x + a2 −a < 0在x ∈(0, 2)恒成立，
设h(x) = x2 + (2a −4)x + a2 −a，
则只需要{
即可，即{
，即{
，得{
，得
0 ⩽a ⩽1，
∵a > 0，∴0 < a ⩽1．
即a的取值范围是(0,1]．
(3) 设函数F(x) = f(x) −g(x)，x ∈(0, 2)．
当a = 1时，f(x) = log2(x + 1)，g (x) = 1
2 log2 (4x + 1)，由（2）知，f(x) < g(x)，
则
答案
解析
h(0) ⩽0
h(2) ⩽0
a2 −a ⩽0
4 + 2(2a −4) + a2 −a ⩽0
a(a −1) ⩽0
a2 + 3a −4 ⩽0
0 ⩽a ⩽1
−4 ⩽a ⩽1
11
|F (x)| = |f (x) −g (x)| = g (x) −f (x) = 1
2 log2 (4x + 1) −log2 (x + 1) = 1
2 [log2 (4x + 1) −log2(x + 1)2] =
1
2 log2
4x + 1
(x + 1)2
，
令t =
4x + 1
(x + 1)2 =
4x + 1
x2 + 2x + 1 =
1
x2 + 2x + 1
4x + 1
，
设m = 4x + 1，则x = m −1
4
，则x2 + 2x + 1
4x + 1
=
m2 + 6m + 9
16
m
= 1
16 (m + 9
m + 6)，
∵x ∈(0, 2)．∴m ∈(1, 9)．
则m + 9
m + 6 ⩾6 + 2√m ⋅9
m = 6 + 6 = 12，当且仅当m = 3时，取等号，
即x2 + 2x + 1
4x + 1
= 1
16 (m + 9
m + 6)的最小值为12
16 = 3
4 ，
则t =
1
x2 + 2x + 1
4x + 1
的最大值为4
3 ，
则|F(x)|的最大值为1
2 log2
4
3 = 1 −1
2 log2 3．
C组
1
已知a ∈R，函数f (x) = log2 ( 1
x + a).
(1)
当a = 1时，求不等式f (2x) > 1的解集；
(2)
若a = 1，当x ∈[2, 3]时，F (x) = f (2x) + log2 (2x + 1)，求函数y = F (x)的最小值；
(3)
当a ≠3且a ≠4时，关于x的方程f (x) −log2 [(a −4)x + 2a −5] = 0的解集中恰好有一个元素，求a的取值范
围.
(1) {x ∈R|x < 0}
答案
12
(2) log2
25
4
(3) (1, 2]
(1) 依题意，由f (2x) > 1，得log2 ( 1
2x + 1) > 1，则1
2x + 1 > 2，2−x > 1，解得x < 0，
所以不等式f (2x) > 1的解集为{x ∈R|x < 0}.
(2) 由题意知F (x) = log2 ( 1
2x + 1) + log2 (2x + 1) = log2
(1 + 2x)2
2x
= log2 (2x + 1
2x + 2)，
由x ∈[2, 3]，得2x ∈[4, 8]，所以函数y = 2x + 1
2x 在区间x ∈[2, 3]上单调递增，
所以2x + 1
2x ∈[ 17
4 , 65
8 ]，则log2 (2x + 1
2x + 2) ∈[log2
25
4 , log2
81
8 ]，
所以函数y = F (x)的最小值为F (2) = log2
25
4 .
(3) 由log2 ( 1
x + a) = log2 [(a −4)x + 2a −5]，
得1
x + a = (a −4)x + 2a −5 > 0⋯①，化简得(a −4)x2 + (a −5)x −1 = 0⋯②，
当a ≠3且a ≠4时，方程②的解为x1 =
1
a −4 ，x2 = −1，
若x2 = −1是方程①的解，则−1 + a > 0，解得a > 1；
若x1 =
1
a −4 是方程①的解，则2a −4 > 0，解得a > 2；
由题意，方程①的解集中恰好有一个元素，所以1 < a ≤2.
因此，a的取值范围为(1, 2].
解析
考点8：指数方程
A组
1
解方程：（1）4x + 2x+3 −48 = 0
（2）log2(x + 14) −log 1
2
(x + 2) = 3 + log2(x + 6)；
13
（1）x=2（2）x=2
（1）原方程要化为(2x)2 + 8 ⋅2x −48 = 0，即(2x −4)(2x + 12) = 0，
∵2x > 0，∴2x = 4，∴x = 2．
（2）原方程可化为log2(x + 14) + log2(x + 2) = log28 + log2(x + 6)，
即log2[(x + 14)(x + 2)] = log2[8(x + 6)]，
∴(x + 14)(x + 2) = 8(x + 6)，即x2 + 8x −20 = 0，x1 = −10，x2 = 2，
经检验x = −10是增根，原方程解为x = 2．
本题考查解指数方程和对数方程，解题时要注意指数函数中ax > 0，对数函数中对数的真数大于0．
答案
解析
考点8：对数方程
A组
1
方程log2(x + 2) = 1 + log4(6 −x)的解为x =
2
由题得log4(x + 2)2 = log44 (6 −x)，即x2 + 8x −20 = 0，解方程再检验即得解.
log4(x + 2)2 = log44 (6 −x), ∴(x + 2)2=24-4x, ∴x2 + 8x −20 = 0, ∴x = 2或x = −10
经检验，当x=-10时，原方程没有意义，x=2是原方程的解.
故答案为2
本题主要考查对数函数的运算和对数方程的解法，考查对数函数的定义域，意在考查学生对这些知识的理解
掌握水平和分析推理计算能力.
答案
解析
2
解方程：lg2 x −lg x2 −3 = 0．
14
x = 1000或 x = 1
10
先根据二次方程解，再根据对数方程解得结果.
lg2 x −lg x2 −3 = 0即(lg x)2 −2 lg x −3 = 0，
所以(lg x −3) (lg x + 1) = 0，所以lg x = 3或lg x = −1，
所以x = 1000或x = 1
10 ．
答案
解析
B组
1
已知a ∈R，函数f (x) = log2 ( 1
x + a)．
(1)
当a = 3时，解不等式f (x) > 0；
(2)
若关于x的方程f (x) −log2 [(a −4)x + 2a −5] = 0的解集中恰好有一个元素，求实数a的取值范围．
15
(1) {x|x > 0或 x < −1
2 }
(2) (1, 2] ∪{3} ∪{4}
(1) （1）当a = 3时，f (x) = log2 ( 1
x + 3)．
由f (x) > 0，得log2 ( 1
x + 3) > 0，即1
x + 3 > 1，解得x < −1
2 或x > 0，
∴不等式f (x) > 0的解集为{x|x > 0或x < −1
2 }；
(2) （2）由f (x) −log2 [(a −4)x + 2a −5] = 0，
可得log2 ( 1
x + a) −log2 [(a −4)x + 2a −5] = 0，
即log2 ( 1
x + a) = log2 [(a −4)x + 2a −5]，
所以1
x + a = (a −4)x + 2a −5 > 0，①
即(a −4)x2 + (a −5)x −1 = 0，化简，得(x + 1) [(a −4)x −1] = 0．②
当a = 4时，方程②的解为x = −1，代入①，满足题意；
当a = 3时，方程②的解为x = −1，代入①，满足题意；
当a ≠4且a ≠3时，方程的②的解为x = −1或x =
1
a −4 ，
若x = −1是方程①的解，则1
x + a = a −1 > 0，即a > 1，
若x =
1
a −4 是方程①的解，则1
x + a = 2a −4 > 0，即a > 2，
则要使方程①有且仅有一个解，则$1．
综上，若方程f (x) −log2 [(a −4)x + 2a −5] = 0的解集中恰好有一个元素，
则实数a的取值范围是(1, 2] ∪{3} ∪{4}．
答案
解析
2
设a > 0, a ≠1，解关于x的不等式：loga (4 + 3x −x2) −loga(2x −1) > loga2.
16
见解析.
首先移项，将不等式化为loga (4 + 3x −x2) > loga(4x −2)，之后分类讨论，结合对数函数的单调性，写出等
价的不等式组，求得结果.
由loga (4 + 3x −x2) −loga(2x −1) > loga2可得
loga (4 + 3x −x2) > loga(2x −1) + loga2 = loga(4x −2)，
当a > 1时，有
，解得$\dfrac{1}{2}<2$；
当$0<1$时，有
，解得$2<4$，
所以，当a > 1时，不等式的解集为( 1
2 , 2)，当$0<1$时，不等式的解集为(2, 4).
该题考查的是有关解对数不等式的问题，涉及到的知识点有对数的单调性，分类讨论思想的应用，在求解的
过程中，注意首先保证式子有意义.
答案
解析
⎧
⎨
⎩
4 + 3x −x2 > 0
2x −1 > 0
4 + 3x −x2 > 4x −2
⎧
⎨
⎩
4 + 3x −x2 > 0
2x −1 > 0
4 + 3x −x2 < 4x −2
