【学考复习】2024年高中数学学业水平考试（江苏专用）02第二章不等式性质、一元二次函数、方程和不等式-讲义

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1．两个实数比较大小的方法
(1)作差法：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－b>0⇔a>b，,a－b＝0⇔a＝b，,a－b<0⇔a1a∈R，b>0⇔a>b,a∈R，b>0，,\f(a,b)＝1⇔a＝ba，b≠0，,\f(a,b)<1a∈R，b>0⇔a0.))
2．不等式的性质
(1)对称性：a>b⇔b(2)传递性：a>b，b>c⇒a>c.
(3)同向可加性：a>b⇔a＋c>b＋c；a>b，c>d⇒a＋c>b＋d.
(4)可乘性：a>b，c>0⇒ac>bc；a>b，c<0⇒acb>0，c>d>0⇒ac>bd.
(5)可乘方性：a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥1)．
(6)可开方性：a>b>0⇒eq \r(n,a)>eq \r(n,b)(n∈N，n≥2)．
3．二次函数与一元二次方程、不等式解集的对应关系
设y＝ax2＋bx＋c(a>0)，方程ax2＋bx＋c＝0的判别式Δ＝b2－4ac.
4．常用结论
（1）若a>b>0，m>0，则eq \f(b,a)eq \f(b－m,a－m)(b－m>0)．
（2）若ab>0，且a>b⇔eq \f(1,a)（3）eq \f(fx,gx)>0(<0)⇔f(x)·g(x)>0(<0)；eq \f(fx,gx)≥0(≤0)⇔f(x)·g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.
5．基本不等式：eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)
(1)基本不等式成立的条件：a>0，b>0.
(2)等号成立的条件：当且仅当a＝b时取等号．
(3)其中eq \f(a＋b,2)叫做正数a，b的算术平均数，eq \r(ab)叫做正数a，b的几何平均数．
6．两个重要的不等式
(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号．
(2)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号．
7．利用基本不等式求最值
(1)已知x，y都是正数，如果积xy等于定值P，那么当x＝y时，和x＋y有最小值2eq \r(P).
(2)已知x，y都是正数，如果和x＋y等于定值S，那么当x＝y时，积xy有最大值eq \f(1,4)S2.
8．常用结论
（1）eq \f(a2＋b2,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2.
（2）eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(ab>0)．
（3）eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤ eq \r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)．
考点一不等式的性质及其应用
【例1】若a<0，－1A．a>ab>ab2 B．ab>a>ab2
C．ab2>ab>a D．ab>ab2>a
【答案】 D
【解析】 ∵a<0，－10，ab2<0,0a，∴ab>0>ab2>a.故选D．
归纳点拨
(1)判断不等式是否成立，需要逐一给出推理判断或反例说明．常用的推理判断需要利用不等式的性质．
(2)比较大小的4种常用方法：作差法、作商法、单调性法和特殊值验证法．
(3)运用不等式的性质解决范围问题时，应正确推导和变形，注意整体思想的运用．
对点训练
1．(多选)已知m>n，且m＋n>1，则( )
A．2m>2n B．m2>n2 C．m2－m0
【答案】 AB
【解析】因为f(x)＝2x是R上的增函数，m>n，所以2m>2n，故A正确；m2－n2＝(m＋n)(m－n)>0，故m2>n2，故B正确；m2－m－(n2－n)＝(m－n)(m＋n－1)>0，故m2－m>n2－n，故C错误；取m＝3，n＝eq \f(1,4)，满足m>n，m＋n>1，但ln3＋lneq \f(1,4)＝lneq \f(3,4)<0，故D错误．
2．已知等比数列{an}中，a1>0，q>0，前n项和为Sn，则eq \f(S3,a3)与eq \f(S5,a5)的大小关系为__________．
【答案】 eq \f(S3,a3)【解析】当q＝1时，eq \f(S3,a3)＝3，eq \f(S5,a5)＝5，所以eq \f(S3,a3)0且q≠1时，
eq \f(S3,a3)－eq \f(S5,a5)＝eq \f(a11－q3,a1q21－q)－eq \f(a11－q5,a1q41－q)＝eq \f(q21－q3－1－q5,q41－q)＝eq \f(－q－1,q4)<0，所以eq \f(S3,a3)3．已知角α，β满足－eq \f(π,2)<α－β【答案】 (－π，2π)
【解析】设3α－β＝m(α－β)＋n(α＋β)＝(m＋n)α＋(n－m)β，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋n＝3，,n－m＝－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝2，,n＝1.))
因为－eq \f(π,2)<α－β所以－π<2(α－β)<π，故－π<3α－β<2π.
考点二一元二次不等式的解法
【例2】 (1)不等式－2x2＋x＋3<0的解集为( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2)))
B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，1))
C．(－∞，－1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,2)))∪(1，＋∞)
(2)不等式eq \f(1－x,2＋x)≥0的解集为( )
A．[－2,1]
B．(－2,1]
C．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
D．(－∞，－2]∪(1，＋∞)
(3)解关于x的不等式kx2－2kx>x－2(k∈R)．
【答案】 (1)C (2)B (3)见解析
【解析】 (1)－2x2＋x＋3<0可化为2x2－x－3>0，即(x＋1)(2x－3)>0，∴x<－1或x>eq \f(3,2).故选C．
(2)原不等式化为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－x2＋x≥0，,2＋x≠0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1x＋2≤0，,x＋2≠0，))解得－2(3)原不等式可变形为(kx－1)(x－2)>0.当k<0时，不等式即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k)))(x－2)<0，所以eq \f(1,k)0时，不等式即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k)))(x－2)>0，令eq \f(1,k)＝2，所以k＝eq \f(1,2).若02，所以解集为(－∞，2)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，＋∞))，若k＝eq \f(1,2)，则eq \f(1,k)＝2，所以解集为(－∞，2)∪(2，＋∞)，若k>eq \f(1,2)，则eq \f(1,k)<2，所以解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,k)))∪(2，＋∞ )．综上可知，当k<0时，解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，2))，当k＝0时，解集为(－∞，2)，当0eq \f(1,2)时，解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,k)))∪(2，＋∞)．
归纳点拨
(1)不含参数的一元二次不等式可以利用因式分解或对应方程的根求解，分式不等式转化为整式不等式进行．
(2)含有参数的一元二次不等式的求解，往往需要比较(相应方程)根的大小，对参数进行分类讨论．
①若二次项系数为常数，可先考虑分解因式，再对参数进行讨论；若不易分解因式，则可对判别式进行分类讨论．
②若二次项系数为参数，则应先考虑二次项系数是否为零，然后再讨论二次项系数不为零的情形及判别式Δ的正负，以便确定解集的形式．
③其次对相应方程的根进行讨论，比较大小，以便写出解集.
对点训练
1．函数f(x)＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(2－x,2x＋3)))的定义域为( )
A．{xeq \b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)B．{xeq \b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)C．{xeq \b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x>－\f(4,5)或x<－\f(3,2)))
D．{xeq \b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x≥－\f(4,5)或x<－\f(3,2)))
【答案】 C
【解析】依题意有2－eq \f(2－x,2x＋3)>0，即eq \f(5x＋4,2x＋3)>0，可化为(2x＋3)(5x＋4)>0，解得x>－eq \f(4,5)或x<－eq \f(3,2)，故原不等式解集为{xeq \b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x>－\f(4,5)或x<－\f(3,2))).
2．已知关于x的不等式ax2＋bx＋c<0的解集是{xeq \b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x<－2或x>－\f(1,2)))，则不等式ax2－bx＋c>0的解集为__________．
【答案】 {xeq \b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)【解析】由条件知－2，－eq \f(1,2)是方程ax2＋bx＋c＝0的两根，且a<0，所以－2－eq \f(1,2)＝－eq \f(b,a)，(－2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝eq \f(c,a)，所以b＝eq \f(5,2)a，c＝a.从而不等式ax2－bx＋c>0，即为aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(5,2)x＋1))>0.因为a<0，所以原不等式等价于2x2－5x＋2<0，即(x－2)(2x－1)<0，解得eq \f(1,2)3．解关于x的不等式x2－2ax＋3≥0(a∈R)．
【解析】当Δ＝4a2－12>0，即a>eq \r(3)或a<－eq \r(3)时，方程x2－2ax＋3＝0有两个不相等的实数根x1＝eq \f(2a－\r(4a2－12),2)＝a－eq \r(a2－3)，x2＝eq \f(2a＋\r(4a2－12),2)＝a＋eq \r(a2－3)，且x1eq \r(3)或a<－eq \r(3)时，不等式的解集为{x|x≤a－eq \r(a2－3)或x≥a＋eq \r(a2－3)}，当－eq \r(3)≤a≤eq \r(3)时，不等式的解集为R.
考点三在实数集R上的恒成立
【例3】若不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，2] B．[－2,2]
C．(－2,2] D．(－∞，－2)
【答案】 C
【解析】当a－2＝0，即a＝2时，不等式为－4<0对一切x∈R恒成立．
当a≠2时，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－2<0，,Δ＝4a－22＋16a－2<0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－2<0，,a2<4，))解得－2∴实数a的取值范围是(－2,2]．
归纳点拨
一元二次不等式恒成立的条件
(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立的充要条件是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,b2－4ac<0.))
(2)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立的充要条件
是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0，,b2－4ac<0.))
对点训练
1．若命题“∃x∈R，使得x2＋mx＋2m－3<0”为假命题，则实数m的取值范围是( )
A．[2,6] B．[－6，－2]
C．(2,6) D．(－6，－2)
【答案】 A
【解析】由题意知不等式x2＋mx＋2m－3≥0对一切x∈R恒成立，所以Δ＝m2－4(2m－3)≤0，解得2≤m≤6.故选A．
考点四在给定区间上的恒成立
【例4】若不等式x2＋ax＋4≥0对一切x∈(0,1]恒成立，则a的取值范围为________．
【答案】 [－5，＋∞)
【解析】由题意，分离参数后得，a≥－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4,x))).设f(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4,x)))，x∈(0,1]，则只要a≥[f(x)]max即可．由于函数f(x)在区间(0,1]上单调递增，所以[f(x)]max＝f(1)＝－5，故a≥－5.
归纳点拨
一元二次不等式在给定区间上恒成立问题的求解方法
(1)若f(x)>0在集合A中恒成立，即集合A是不等式f(x)>0的解集的子集，可以先求解集，再由子集的含义求解参数的值(或取值范围)．
(2)转化为函数值域问题，即已知函数f(x)的值域为[m，n]，则f(x)≥a恒成立⇒f(x)min≥a，即m≥a；f(x)≤a恒成立⇒f(x)max≤a，即n≤a.
对点训练
1．若对任意的x∈[－1,2]，都有x2－2x＋a≤0(a为常数)，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－3] B．(－∞，0]
C．[1，＋∞) D．(－∞，1]
【答案】 A
【解析】解法一：令f(x)＝x2－2x＋a，则由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－1＝－12－2×－1＋a≤0，,f2＝22－2×2＋a≤0，))
解得a≤－3，故选A．
解法二：当x∈[－1,2]时，不等式x2－2x＋a≤0恒成立等价于a≤－x2＋2x恒成立，则由题意，得a≤(－x2＋2x)min(x∈[－1,2])．而－x2＋2x＝－(x－1)2＋1，则当x＝－1时，(－x2＋2x)min＝－3，所以a≤－3，故选A．
考点五给定参数范围的恒成立
【例5】设关于x的不等式mx2－2x－m＋1<0对于满足|m|≤2的一切m都成立，则x的取值范围为__________．
【答案】 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－1＋\r(7),2)，\f(1＋\r(3),2)))
【解析】令f(m)＝m(x2－1)－2x＋1，由条件f(m)<0对满足|m|≤2的一切m都成立，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－2<0，,f2<0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x2－2x＋3<0，,2x2－2x－1<0，))解得eq \f(－1＋\r(7),2)归纳点拨
解决恒成立问题一定要搞清谁是自变量，谁是参数，一般地，知道谁的范围，谁就是变量，求谁的范围，谁就是参数．
1．已知a∈[－1,1]，不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立，则x的取值范围是________．
【答案】 (－∞，1)∪(3，＋∞)
【解析】由不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0，得(x－2)a＋x2－4x＋4>0.
设f(a)＝(x－2)a＋x2－4x＋4，a∈[－1,1]，则f(a)>0在a∈[－1,1]恒成立可转化为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－1>0，,f1>0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－5x＋6>0，,x2－3x＋2>0，))解得x<1或x>3，即x的取值范围是(－∞，1)∪(3，＋∞)．
考点六配凑法求最值
【例6】(1)已知0A．eq \f(1,3) B．eq \f(1,2) C．eq \f(3,4) D．eq \f(2,3)
(2)若x>2，则x＋eq \f(4,x－2)的最小值为( )
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】(1)B (2)C
【解析】(1)∵00，
∴x(3－3x)＝3x(1－x)≤3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x＋1－x,2)))2＝eq \f(3,4).
当且仅当x＝1－x，即x＝eq \f(1,2)时，“＝”成立．故选B．
(2)由x>2可得x－2>0，令t＝x－2，则t>0，则x＋eq \f(4,x－2)＝t＋eq \f(4,t)＋2≥2eq \r(t·\f(4,t))＋2＝6，当且仅当t＝eq \f(4,t)，即t＝2时取得最小值6，此时x＝4.故选C．
归纳点拨
配凑法就是将相关代数式进行适当的变形，通过添项、拆项等方法凑成和为定值或积为定值的形式，然后利用基本不等式求解最值的方法．配凑法的实质是代数式的灵活变形，配系数、凑常数是关键．
对点训练
1．已知x≥eq \f(5,2)，则f(x)＝eq \f(x2－4x＋5,2x－4)的最小值为__________．
【答案】1
【解析】因为x≥eq \f(5,2)，所以x－2>0，所以f(x)＝eq \f(x2－4x＋5,2x－4)＝eq \f(x－22＋1,2x－2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2＋\f(1,x－2)))≥1，当且仅当x－2＝eq \f(1,x－2)，即x＝3时等号成立．
考点七常数代换法求最值
【例7】 (1)若a>0，b>0，且a＋b＝1，则eq \f(1,4a)＋eq \f(1,9b)的最小值为( )
A．eq \f(1,25) B．5 C．eq \f(25,36) D．25
(2)已知x>1，y>0，且eq \f(1,x－1)＋eq \f(2,y)＝1，则x＋2y－1的最小值为( )
A．9 B．10
C．11 D．7＋2eq \r(6)
【答案】(1)C (2)A
【解析】(1)由已知得，eq \f(1,4a)＋eq \f(1,9b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4a)＋\f(1,9b)))·(a＋b)＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,9)＋eq \f(b,4a)＋eq \f(a,9b)≥eq \f(13,36)＋2eq \r(\f(b,4a)·\f(a,9b))＝eq \f(25,36)，当且仅当a＝eq \f(3,5)，b＝eq \f(2,5)时取等号，所以eq \f(1,4a)＋eq \f(1,9b)的最小值为eq \f(25,36)，故选C．
(2)∵x>1，∴x－1>0.又y>0，且eq \f(1,x－1)＋eq \f(2,y)＝1，∴x＋2y－1＝[(x－1)＋2y]eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x－1)＋\f(2,y)))＝5＋eq \f(2y,x－1)＋eq \f(2x－1,y)≥5＋2eq \r(\f(2y,x－1)·\f(2x－1,y))＝9，当且仅当eq \f(2y,x－1)＝eq \f(2x－1,y)，即x＝4，y＝3时等号成立，故x＋2y－1的最小值为9.故选A．
归纳点拨
常数代换法首先根据已知条件或其变形确定定值(常数)，并把该定值(常数)变形为1，然后把“1\”的表达式与所求最值的表达式相乘或相除，进而构造和或积为定值的形式，最后利用基本不等式求解最值．
对点训练
1．已知正实数m，n满足eq \f(1,m)＋eq \f(4,n)＝4，则m＋n的最小值是( )
A．2 B．4 C．9 D．eq \f(9,4)
【答案】D
【解析】∵正实数m，n满足eq \f(1,m)＋eq \f(4,n)＝4，∴m＋n＝eq \f(1,4)(m＋n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(4,n)))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(n,m)＋\f(4m,n)))≥eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2\r(\f(n,m)·\f(4m,n))))＝eq \f(1,4)×(5＋4)＝eq \f(9,4)，当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(n,m)＝\f(4m,n)，,\f(1,m)＋\f(4,n)＝4，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(3,4)，,n＝\f(3,2)))时等号成立．∴m＋n的最小值是eq \f(9,4).故选D．
考点八消元法求最值
【例8】(1)已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，则x＋3y的最小值为__________．
(2)已知5x2y2＋y4＝1(x，y∈R)，则x2＋y2的最小值是__________．
【答案】(1)6 (2)eq \f(4,5)
【解析】(1)解法一：由已知得x＋3y＝9－xy，
因为x>0，y>0，所以x＋3y≥2eq \r(3xy)，
所以3xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋3y,2)))2，当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时取等号，即(x＋3y)2＋12(x＋3y)－108≥0.
令x＋3y＝t，则t>0且t2＋12t－108≥0，得t≥6，即x＋3y的最小值为6.
解法二：由x＋3y＋xy＝9，得x＝eq \f(9－3y,1＋y)，
所以x＋3y＝eq \f(9－3y,1＋y)＋3y＝eq \f(9－3y＋3y1＋y,1＋y)
＝eq \f(9＋3y2,1＋y)＝eq \f(31＋y2－61＋y＋12,1＋y)
＝3(1＋y)＋eq \f(12,1＋y)－6≥2eq \r(31＋y·\f(12,1＋y))－6＝12－6＝6.
当且仅当3(1＋y)＝eq \f(12,1＋y)，即y＝1时取等号．
即x＋3y的最小值为6.
(2)由5x2y2＋y4＝1得x2＝eq \f(1,5y2)－eq \f(y2,5)，则x2＋y2＝eq \f(1,5y2)＋eq \f(4y2,5)≥2eq \r(\f(1,5y2)·\f(4y2,5))＝eq \f(4,5)，当且仅当eq \f(1,5y2)＝eq \f(4y2,5)，即y2＝eq \f(1,2)时取等号，则x2＋y2的最小值是eq \f(4,5).
归纳点拨
消元法是针对所求最值的代数式中的变量比较多时，通常是考虑利用已知条件消去部分变量后，凑出“和为常数”或“积为常数”，最后利用基本不等式求最值．
对点训练
1．若实数a，b满足eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \r(ab)，则ab的最小值为( )
A．eq \r(2) B．2 C．2eq \r(2) D．4
【答案】C
【解析】解法一：由已知得eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \f(b＋2a,ab)＝eq \r(ab)，且a>0，b>0，∴abeq \r(ab)＝b＋2a≥2eq \r(2)eq \r(ab)，当且仅当a＝eq \r(4,2)，b＝2eq \r(4,2)时“＝”成立．∴ab≥2eq \r(2).故选C．
解法二：由题设易知a>0，b>0，∴eq \r(ab)＝eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)≥2eq \r(\f(2,ab))，当且仅当a＝eq \r(4,2)，b＝2eq \r(4,2)时“＝”成立，即ab≥2eq \r(2)，故选C．
一、选择题
1．已知集合A＝{x∈N|2x－7<0}，B＝{x|x2－3x－4≤0}，则A∩B＝( )
A．{1,2,3} B．{0,1,2,3}
C．{xeq \b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x≤\f(7,2))) D．{xeq \b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(0【答案】 B
【解析】由已知得A＝{0,1,2,3}，B＝{x|－1≤x≤4}，则A∩B＝{0,1,2,3}，故选B．
2．已知a，b∈R，且a>|b|，则下列不等式中不恒成立的是( )
A．a>b B．a＋b>0
C．eq \f(1,a)>eq \f(1,b) D．a2>b2
【答案】 C
【解析】 ∵a>|b|≥b，∴a>b，∴A选项中的不等式恒成立；∵a>|b|≥－b，∴a＋b>0，∴B选项中的不等式恒成立；取b>0，∴a>|b|＝b>0，∴eq \f(b,ab)|b|≥0，由不等式的基本性质可得a2>|b|2＝b2，∴D选项中的不等式恒成立．故选C．
3．当x∈R时，不等式kx2－kx＋1>0恒成立，则k的取值范围是( )
A．(0，＋∞) B．[0，＋∞)
C．[0,4) D．(0,4)
【答案】 C
【解析】解法一：①当k＝0时，不等式kx2－kx＋1>0可化为1>0，显然恒成立；
②当k≠0时，若不等式kx2－kx＋1>0恒成立，则函数y＝kx2－kx＋1的图象开口向上且与x轴无交点，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k>0，,Δ＝k2－4k<0.))
解得0解法二：由不等式kx2－kx＋1>0，可得(x2－x)·k>－1.
①当x2－x＝0，即x＝0或x＝1时，不等式为0>－1，显然成立．
②当x2－x>0，即x<0或x>1时，分离参数得k>eq \f(－1,x2－x).因为x2－x>0，所以eq \f(－1,x2－x)<0，由不等式kx2－kx＋1>0对任意的x∈R恒成立可得k≥0.
③当x2－x<0，即00对任意的x∈R恒成立可得k<4.故要使不等式kx2－kx＋1>0对任意的x∈R恒成立，则①②③须同时成立，所以k的取值范围为[0,4)．故选C．
4．(2023·江苏宿迁期末)已知函数y＝ax2＋2bx－c(a>0)的图象与x轴交于A(2,0)，B(6,0)两点，则不等式cx2＋2bx－a<0的解集为( )
A．(－6，－2)
B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,6)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,6)))
D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,6)，＋∞))
【答案】 D
【解析】由题意可知ax2＋2bx－c＝0(a>0)的两个根分别为x1＝2，x2＝6，则2＋6＝－eq \f(2b,a)，2×6＝－eq \f(c,a)，得b＝－4a，c＝－12a，∴cx2＋2bx－a＝－12ax2－8ax－a<0，
整理得(2x＋1)(6x＋1)>0，
解得x<－eq \f(1,2)或x>－eq \f(1,6)，所以不等式cx2＋2bx－a<0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,6)，＋∞)).故选D．
5． (多选)已知a>1,0A．ab>ac B．eq \f(c,b)>eq \f(c＋a,b＋a)
C．lgbaeq \f(c,c＋a)
【答案】 ACD
【解析】由a>1,0ac，故A正确；由a>1,01,01,00，所以eq \f(b,b＋a)>eq \f(c,c＋a)，故D正确．故选ACD．
6．若关于x的不等式x2－4x－a>0在区间(1,5)内有解，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，5) B．(5，＋∞)
C．(－4，＋∞) D．(－∞，4)
【答案】 A
【解析】设f(x)＝x2－4x－a，则f(x)的图象开口向上，对称轴为直线x＝2，所以要使不等式x2－4x－a>0在区间(1,5)内有解，只要f(5)>0即可，即25－20－a>0，得a<5，所以实数a的取值范围为(－∞，5)，故选A．
7．(多选)已知实数a，b，c满足a>b>1，c<0，则下列不等式一定成立的是( )
A．a2>b2>c2
B．a－ac>b－bc
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))c>1
D．lga(a－c)【答案】 BCD
【解析】由题知，当b＝2，c＝－3时，b2b>1，c<0，所以a－c>1－c>0，则a(1－c)>b(1－c)，所以a－ac>b－bc，故B正确；因为a>b>1，所以0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))0＝1，故C正确；lga(a－c)b>1，c<0，所以lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(c,a)))8． (多选)已知关于x的不等式(x＋2)(x－4)＋a<0(a<0)的解集是(x1，x2)(x1A．x1＋x2＝2 B．x1x2<－8
C．－26
【答案】 ABD
【解析】因为关于x的不等式(x＋2)·(x－4)＋a<0(a<0)的解集是(x1，x2)(x16，故D正确；由x2－x1>6，可得－29．(2022·山东淄博摸底)若a，b是正实数，则“ab≤1”是“a＋b＝2”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】当ab≤1时，如a＝b＝eq \f(1,2)，则a＋b＝1≠2.当a＋b＝2时，ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝1，当且仅当a＝b＝1时等号成立．故选B．
10．已知f(x)＝4x＋eq \f(a,x)(x>0，a>0)在x＝3处取得最小值，则a＝( )
A．48 B．36 C．16 D．4
【答案】B
【解析】∵x>0，a>0，∴f(x)＝4x＋eq \f(a,x)≥2eq \r(4x·\f(a,x))＝4eq \r(a)，当且仅当4x＝eq \f(a,x)，即x＝eq \f(\r(a),2)时等号成立．∵f(x)在x＝3处取得最小值，∴eq \f(\r(a),2)＝3，解得a＝36.故选B．
11．已知x>0，y>0，且(x－2)(y－4)＝8，则2x＋y的最小值为( )
A．16 B．8＋4eq \r(2)
C．12 D．6＋4eq \r(2)
【答案】A
【解析】由x>0，y>0，(x－2)(y－4)＝8，得eq \f(2,x)＋eq \f(4,y)＝1，∴2x＋y＝(2x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)＋\f(4,y)))＝8＋eq \f(2y,x)＋eq \f(8x,y)≥8＋2eq \r(\f(2y,x)·\f(8x,y))＝16，当且仅当eq \f(8x,y)＝eq \f(2y,x)，即x＝4，y＝8时取等号，∴2x＋y的最小值为16，故选A．
12．已知向量m＝(a，－1)，n＝(2b－1,3)(a>0，b>0)，若m∥n，则eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)的最小值为( )
A．12 B．8＋4eq \r(3)
C．16 D．10＋2eq \r(3)
【答案】B
【解析】因为m∥n，所以3a＋2b－1＝0，所以3a＋2b＝1，所以eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)＝(3a＋2b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(1,b)))＝8＋eq \f(3a,b)＋eq \f(4b,a)≥8＋2eq \r(\f(3a,b)·\f(4b,a))＝8＋4eq \r(3)，当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3a,b)＝\f(4b,a)，,3a＋2b＝1))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(3－\r(3),6)，,b＝\f(\r(3)－1,4)))时等号成立，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(1,b)))min＝8＋4eq \r(3)，故选B．
13． (多选)已知a>0，b>0，a＋b＝1，则以下不等式正确的是( )
A．eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≤4 B．eq \f(1,\r(a))＋eq \f(1,\r(b))≥2eq \r(2)
C．a2＋b2≥1 D．ab2＋a2b≤eq \f(1,4)
【答案】BD
【解析】由题意，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝2＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥4，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立，故选项A错误；eq \f(1,\r(a))＋eq \f(1,\r(b))≥2eq \r(\f(1,\r(ab)))≥2·eq \r(\f(1,\f(a＋b,2)))＝2eq \r(2)，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立，故选项B正确；eq \f(a2＋b2,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝eq \f(1,4)，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立，则a2＋b2≥eq \f(1,2)，故选项C错误；ab2＋a2b＝ab(a＋b)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝eq \f(1,4)，故选项D正确．故选BD．
14．若实数x＋3y＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x>1，y>\f(1,3)))，则eq \f(x,x－1)＋eq \f(3y,3y－1)的最小值为( )
A．6 B．4 C．3 D．2
【答案】A
【解析】因为x>1，y>eq \f(1,3)，x＋3y＝3，所以(x－1)＋(3y－1)＝1，且eq \f(x,x－1)＋eq \f(3y,3y－1)＝eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,3y－1)＋2，所以eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,3y－1)＝(x－1＋3y－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x－1)＋\f(1,3y－1)))＝2＋eq \f(x－1,3y－1)＋eq \f(3y－1,x－1)≥2＋2eq \r(\f(x－1,3y－1)·\f(3y－1,x－1))＝4，当且仅当eq \f(x－1,3y－1)＝eq \f(3y－1,x－1)，即y＝eq \f(1,2)，x＝eq \f(3,2)时，等号成立，所以eq \f(x,x－1)＋eq \f(3y,3y－1)的最小值为4＋2＝6，故选A．
15． (多选)若x，y满足x2＋y2－xy＝1，则( )
A．x＋y≤1 B．x＋y≥－2
C．x2＋y2≤2 D．x2＋y2≥1
【答案】BC
【解析】因为x2＋y2－xy＝(x＋y)2－3xy＝1，且xy≤eq \f(x＋y2,4)，所以(x＋y)2－3xy≥(x＋y)2－eq \f(3,4)(x＋y)2＝eq \f(1,4)(x＋y)2，故(x＋y)2≤4，当且仅当x＝y时等号成立，即－2≤x＋y≤2，故A错误，B正确．由xy≤eq \f(x2＋y2,2)得1＝x2＋y2－xy≥x2＋y2－eq \f(x2＋y2,2)，即x2＋y2≤2，当且仅当x＝y时等号成立，故C正确，D错误，故选BC．
16．已知正数x，y满足x＋eq \f(1,x)＋y＋eq \f(1,y)＝5，则x＋y的最小值与最大值的和为( )
A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】B
【解析】因为x>0，y>0，所以xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))2，当且仅当x＝y时，等号成立，所以eq \f(1,xy)≥eq \f(4,x＋y2)，即eq \f(x＋y,xy)≥eq \f(4,x＋y).又x＋eq \f(1,x)＋y＋eq \f(1,y)＝x＋y＋eq \f(x＋y,xy)＝5，所以x＋y＋eq \f(4,x＋y)≤5，即(x＋y)2－5(x＋y)＋4≤0，解得1≤x＋y≤4，故x＋y的最小值与最大值的和为5，故选B．
二、解答题
17．已知函数f(x)＝kx2＋kx＋2(k∈R)．
(1)若k＝－1，求不等式f(x)≤0的解集；
(2)若不等式f(x)>0的解集为R，求实数k的取值范围．
【解析】(1)若k＝－1，则f(x)＝－x2－x＋2≤0，
x2＋x－2≥0，即x≤－2或x≥1，
所以不等式的解集为(－∞，－2]∪[1，＋∞)．
(2)当k＝0时， f(x)＝2>0，显然恒成立，解集为R；
当k≠0时，要使f(x)＝kx2＋kx＋2>0的解集为R，则k>0且Δ＝k2－8k<0，即0综上所述，k∈[0,8)．
18．已知f(x)＝2x2＋bx＋c，不等式f(x)<0的解集是(0,5)．
(1)求f(x)的解析式；
(2)若对于任意的x∈[－1,1]，不等式f(x)＋t≤2恒成立，求t的取值范围．
【解析】(1)f(x)＝2x2＋bx＋c，不等式f(x)<0的解集是(0,5)，即2x2＋bx＋c<0的解集是(0,5)，∴0和5是方程2x2＋bx＋c＝0的两个根，由根与系数的关系知，－eq \f(b,2)＝5，eq \f(c,2)＝0，∴b＝－10，c＝0，f(x)＝2x2－10x.
(2)f(x)＋t≤2恒成立等价于2x2－10x＋t－2≤0恒成立，∴2x2－10x＋t－2的最大值小于或等于0.设g(x)＝2x2－10x＋t－2，则由二次函数的图象可知g(x)＝2x2－10x＋t－2在区间[－1,1]上为减函数，
∴g(x)max＝g(－1)＝10＋t，∴10＋t≤0，即t≤－10.
19． (1)已知x(2)已知x>0，y>0且eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1，求x＋y的最小值．
【解析】 (1)∵x∴y＝4x－5＋eq \f(1,4x－5)＋3＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(5－4x＋\f(1,5－4x)))＋3≤－2 eq \r(5－4x×\f(1,5－4x))＋3＝1，当且仅当x＝1时等号成立，
∴ymax＝1.
(2)∵x>0，y>0且eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1，
∴x＋y＝(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(9,y)))＝10＋eq \f(y,x)＋eq \f(9x,y)≥10＋2 eq \r(\f(y,x)·\f(9x,y))＝16，当且仅当x＝4，y＝12时等号成立，即x＋y的最小值为16.
20．已知a>0，b>0，c>0，d>0，a2＋b2＝ab＋1，cd>1.
(1)求证：a＋b≤2；
(2)判断等式eq \r(ac)＋eq \r(bd)＝c＋d能否成立，并说明理由．
【解析】 (1)证明：由题意得(a＋b)2＝3ab＋1≤3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＋1，当且仅当a＝b时取等号．
解得(a＋b)2≤4，又a，b>0，所以a＋b≤2.
(2)不能成立．
理由：由均值不等式得eq \r(ac)＋eq \r(bd)≤eq \f(a＋c,2)＋eq \f(b＋d,2)，当且仅当a＝c且b＝d时等号成立．
因为a＋b≤2，所以eq \r(ac)＋eq \r(bd)≤1＋eq \f(c＋d,2).
因为c>0，d>0，cd>1，
所以c＋d＝eq \f(c＋d,2)＋eq \f(c＋d,2)≥eq \f(c＋d,2)＋eq \r(cd)>eq \f(c＋d,2)＋1≥eq \r(ac)＋eq \r(bd)，
故eq \r(ac)＋eq \r(bd)＝c＋d不能成立．
判别式
Δ>0
Δ＝0
Δ<0
y＝ax2＋bx＋c(a>0)
的图象
ax2＋bx＋c＝0(a>0)的根
有两个不相等的实数根x1，x2(x1有两个相等的实数根x1＝x2＝－eq \f(b,2a)
没有实数根
ax2＋bx＋c>0(a>0)的解集
{x|xx2}
{xeq \b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x≠－\f(b,2a)))
R
ax2＋bx＋c<0(a>0)的解集
{x|x1∅
∅