專題06期中復習解答題專練-2021-2022學年高一數(shù)學上學期專題訓練期中期末全真模擬卷(人教A版2019)

專題06期中復習解答題專練知識與技巧典型題一：集合新定義型通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設全新的問題情景通過閱讀理解、信息遷移來靈活解題1.已知集合為非空數(shù)集，定義：，（1）若集合，直接寫出集合，.（2）若集合，，且，求證：（3）若集合，，，記為集合中元素的個數(shù)，求的最大值.【答案】（1），；（2）證明見解析；（3）1347.【分析】（1）根據(jù)題目定義，直接計算集合及；（2）根據(jù)兩集合相等即可找到，，，的關系；（3）通過假設集合，，，，，，，求出相應的及，通過建立不等關系求出相應的值．【詳解】（1）根據(jù)題意，由，則，；（2）由于集合，，且，所以中也只包含四個元素，即，剩下的，所以；（3）設滿足題意，其中，則，，，，，，中最小的元素為0，最大的元素為，，，，實際上當時滿足題意，證明如下：設，，則，，依題意有，即，故的最小值為674，于是當時，中元素最多，即時滿足題意，綜上所述，集合中元素的個數(shù)的最大值是1347.2.已知集合，，集合，且集合滿足，.（1）求實數(shù)的值；（2）對集合，其中，定義由中的元素構成兩個相應的集合：，，其中是有序數(shù)對，集合和中的元素個數(shù)分別為和，若對任意的，總有，則稱集合具有性質.①請檢驗集合與是否具有性質，并對其中具有性質的集合，寫出相應的集合和；②試判斷和的大小關系，并證明你的結論.【答案】（1）（2）①不具有性質，具有性質；，②，證明見解析【分析】（1）先求得集合所包含的元素，根據(jù)，，求得的值.（2）根據(jù)（1）求得，由此求得.①根據(jù)性質的定義，判斷出不具有性質，具有性質.根據(jù)集合的定義求得.②根據(jù)①所求，求得，由此比較出兩者的大小關系.【詳解】（1）對于集合，開口向下，對稱軸為，當時，故對于集合，由，解得，所以.根據(jù)題意，，所以，解得或，經(jīng)檢驗，不符合，故舍去，滿足題意，即.（2）由（1）得，，，，.①中，故不具有性質；中任意元素，故具有性質；根據(jù)集合的定義，求得，；②由①知，，故.知識與技巧典型題二：集合含參運算集合的交集、補集運算，根據(jù)集合的關系求參數(shù)的范圍考查含參數(shù)一元二次不等式的解法，分類討論的思想，以及充分必要條件的理解轉化1.已知集合，集合.（1）求；（2）若集合，且，求實數(shù)的取值范圍．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先解分式不等式得集合B,再根據(jù)交集定義得結果，（2）先根據(jù)條件得，按是否為空集分類討論，再結合數(shù)軸得不等式，解得結果.【詳解】（1），（2）由可得若，則，即若，則，即，綜上所述，2.已知集合，集合當時，求集合和集合B；若集合為單元素集，求實數(shù)m的取值集合；若集合的元素個數(shù)為個，求實數(shù)m的取值集合【答案】（1），或；（2）；（3）【分析】（1）m＝2時，化簡集合A，B，即可得集合?RA和集合B；（2）集合B∩Z為單元素集，所以集合B中有且只有一個整數(shù)，而0∈B，所以拋物線y＝（1﹣m2）x2+2mx﹣1的開口向上，且與x軸的兩個交點都在[﹣1，1]內，據(jù)此列式可得m＝0；（3）因為A＝（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞），（A∩B）∩Z中由n個元素，所以1﹣m2＞0，即﹣1＜m＜1；A∩B中至少有3或﹣2中的一個，由此列式可得．【詳解】集合A＝{x|x2﹣x﹣2≥0}＝{x|x≥2或x≤﹣1}，集合{x|（1﹣m2）x2+2mx﹣1＜0，m∈R}＝{x|[（1+m）x﹣1][（1﹣m）x+1]＜0}（1）當m＝2時，集合?RA＝{x|﹣1＜x＜2}；集合或；（2）因為集合B∩Z為單元素集，且0∈B，所以，解得m＝0，當m＝0時，經(jīng)驗證，滿足題意．故實數(shù)m的取值集合為{0}（3）集合（A∩B）∩Z的元素個數(shù)為n（n∈N*）個，A∩B中至少有3或﹣2中的一個，所以令f（x）＝（1﹣m2）x2+2mx﹣1，依題意有或，解得﹣1＜m＜﹣或＜m＜1∴知識與技巧典型題三：充分與必要條件計算參數(shù)利用復合命題的真假求參數(shù)利用充分不必要條件求參數(shù)化歸與轉化思想的應用1.設實數(shù)滿足，其中.實數(shù)滿足.（1）若，且為真，求實數(shù)的取值范圍；（2）非是非的充分不必要條件，求實數(shù)的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）將代入中的不等式，并解出該不等式，同時也解出中的不等式組，由為真，可知、均為真命題，將、中的不等式（組）的解集取交集可得出實數(shù)的取值范圍；（2）求出非與非中的取值范圍，結合已知條件轉化為兩集合的包含關系，可得出關于實數(shù)的不等式組，即可解得實數(shù)的取值范圍.【詳解】（1）當時，解不等式，解得，即.解不等式，解得，解不等式，解得或，.，若為真，則、均為真命題，此時，實數(shù)的取值范圍是；（2）當時，解不等式，解得，即，則非或，非或.因為非是非的充分不必要條件，則或或，所以，，解得.因此，實數(shù)的取值范圍是.2.已知全集為R，集合，．（1）若，求實數(shù)a的取值范圍；（2）從下面所給的三個條件中選擇一個，說明它是的什么條件充分必要性．①；②；③．【答案】（1）；（2）答案見解析.【分析】先求集合A，B，，再由得到a的不等式，解得即可；

結合利用充分必要條件的定義逐一判定．【詳解】解：集合，所以，集合，若，只需，所以．由可知的充要條件是，選擇，則結論是既不充分也不必要條件；選擇，則結論是必要不充分條件；選擇，則結論是充分不必要條件．知識與技巧典型題四：抽象函數(shù)判斷奇偶性時，運用賦值法，注意結合奇函數(shù)的定義，分別賦值和。判斷單調性時，需結合函數(shù)值的分布區(qū)間，經(jīng)常類似變形1.已知定義域為R的函數(shù)和，它們分別滿足條件：對，都有和，且對.（1）求的值；（2）證明函數(shù)是奇函數(shù)；（3）證明時，，且函數(shù)在R上是增函數(shù)；（4）試各舉出一個符合函數(shù)和的具體函數(shù).【答案】（1），；（2）證明見解析；（3）證明見解析；（4）.(只要是正比例函數(shù)和指數(shù)函數(shù)均可).【分析】（1）通過賦值，令，求和的值；（2）通過賦值，令，結合奇函數(shù)的定義，即可證明；（3）首先判斷時，，，方法一，利用函數(shù)單調性的定義，證明當時，；方法二，證明，【詳解】解：（1）令，則或，若，則，與條件矛盾.故(也可令，則不需要檢驗)（2）的定義域為R，關于數(shù)0對稱，令，則.故為奇函數(shù).（3）當時，，又故證法一：設為R上任意兩個實數(shù)，且，則，.故為R上的增函數(shù).證法二：設為R上任意兩個實數(shù)，且，∴為R上的增函數(shù).（4）.(只要是正比例函數(shù)和的指數(shù)函數(shù)均可)2.已知函數(shù)對任意的實數(shù)，，都有，且當時，有.（1）求的值；（2）求證：在上為增函數(shù)；（3）若，且關于的不等式對任意恒成立，求實數(shù)的取值范圍.【答案】（1）；（2）證明見解析；（3）.【分析】（1）利用賦值法，m＝n＝0求f（0）；（2）設x1，x2是R上任意兩個實數(shù)，且x1＜x2，令m＝x2﹣x1，n＝x1，通過函數(shù)的單調性的定義直接證明f（x）在R上為增函數(shù)；（3）由原不等式可化為f（ax﹣2+x﹣x2）+1＜3，化為f[﹣x2+（a+1）x﹣2]＜f（1），對任意的x∈[﹣1，+∞）恒成立，然后構造函數(shù)g（x）＝x2﹣（a+1）x+3，即g（x）min＞0成立即可，利用二次函數(shù)的性質，通過分類討論求解實數(shù)a的取值范圍．【詳解】（1）由，故此令，則，則；（2）設x1，x2是R上任意兩個實數(shù)，且x1＜x2，則令m＝x2﹣x1，n＝x1，則f（x2）＝f（x2﹣x1）+f（x1）﹣1，所以f（x2）﹣f（x1）＝f（x2﹣x1）﹣1，由x1＜x2得x2﹣x1＞0，所以f（x2﹣x1）＞1，故f（x2）﹣f（x1）＞0，即f（x1）＜f（x2），故此，函數(shù)為上增函數(shù)；（3）由已知條件得：，故此，∵，∴，∴，由（2）可知f（x）在R上為增函數(shù)，∴，即，令，即成立即可.①當時，即，在單調遞增，∴，∴∴②當時，即，在先遞減后遞增，∴，∴，解得，∴.綜上，∴.知識與技巧典型題五：倍增函數(shù)1.已知二次函數(shù)且），，且對任意的，均成立，且方程有唯一實數(shù)解.（1）求的解析式；（2）若當時，不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍；（3）是否存在區(qū)間，使得在區(qū)間上的值域恰好為？若存在，請求出區(qū)間，若不存在，請說明理由.【答案】（1）；（2）；（3）存在，所求區(qū)間為：.【分析】（1）根據(jù)題意，用待定系數(shù)法，列方程組，求出解析式；（2）恒成立問題用分離參數(shù)法轉化為求函數(shù)的最值，即可求實數(shù)的取值范圍；（3）對于存在性問題，可先假設存在區(qū)間，再利用二次函數(shù)的單調性，求出m、n的值，如果出現(xiàn)矛盾，說明假設不成立，即不存在.【詳解】（1）對于，由得到：①；∵對任意的，均成立，取x=3，得：即②又方程有唯一實數(shù)解，得：③①②③聯(lián)立，解得：（其中舍去）所以.（2）不等式不等式可化為：不等式∴當時，不等式恒成立，∴記，只需對于在上單調遞增，∴∴，即的取值范圍為.（3）假設存在區(qū)間符合題意。由可得：的對稱軸為，且故有：，所以，∴在區(qū)間上單調遞增，則有：，即解得故所求區(qū)間為：.2.知函數(shù).（1）判斷函數(shù)的奇偶性并證明；（2）若不等式在上恒成立，求實數(shù)k的取值范圍；（3）當時，函數(shù)的值域為，求實數(shù)t的取值范圍.【答案】（1）偶函數(shù)，證明見解析；（2）；（3）．【分析】（1）根據(jù)奇偶性定義證明；（2）不等式用分離參數(shù)法變形后轉化為求二次函數(shù)的最值可得參數(shù)范圍；（3）利用單調性求出的值域，從而得的值域，比較可得關于的方程有兩個不等的正實根，由二次方程根的分布可得參數(shù)范圍．【詳解】（1）是偶函數(shù)．證明如下：函數(shù)定義域是，，所以是偶函數(shù)；（2）不等式為，即，此不等式在上恒成立，由于，對稱軸為，因此時，，所以，所以，即取值范圍是；（3），時，是增函數(shù)，所以時，，而，所以，的值域是，由題意，所以有兩個不等的正實根，方程整理為：，，解得．所以的取值范圍是．知識與技巧典型題六：恒成立求參1.已知函數(shù)，，（1）當時，求函數(shù)的單調遞增與單調遞減區(qū)間（直接寫結果）；（2）當時，函數(shù)在區(qū)間上的最大值為，試求實數(shù)m的取值范圍；（3）若不等式對任意，恒成立，求實數(shù)b的取值范圍.【答案】（1）增區(qū)間為，減區(qū)間為；（2）；（3）.【分析】（1）將題中所給的的值代入解析式，利用對勾函數(shù)的性質寫出函數(shù)的單調增區(qū)間和減區(qū)間即可；（2）解不等式即可得結果；（3）將題中所給的式子進行變形，將問題轉化為在上單調遞增，結合分段函數(shù)的解析式和二次函數(shù)圖象的對稱軸，分類討論得到結果.【詳解】（1）當時，，所以函數(shù)的單調增區(qū)間為和，單調減區(qū)間為和；（2）因為，且函數(shù)在上單調遞減，在上單調遞增，又因為在上的最大值為，所以，即，整理得，所以，所以，即，所以的取值范圍是；（3）由對任意恒成立，即，令，等價于在上單調遞增，而，分以下三種情況來討論：（i）當時，即時，結合函數(shù)圖象可得，解得，矛盾，無解；（ii）時，即時，函數(shù)圖象的走向為減、增、減、增，但是中間增區(qū)間的長度不足1，要想使函數(shù)在上單調遞增，只能，解得，矛盾，無解；（iii），即，此時，函數(shù)在上單調遞增，要想使函數(shù)在上單調遞增，所以需要，解得，所以，綜上，滿足條件的的取值范圍是.2.已知函數(shù)的圖象關于點成中心對稱圖形的充要條件是．給定函數(shù)．（1）求函數(shù)圖象的對稱中心；（2）判斷在區(qū)間上的單調性（只寫出結論即可）；（3）已知函數(shù)的圖象關于點對稱，且當時，．若對任意，總存在，使得，求實數(shù)的取值范圍．【答案】（1）；（2）在區(qū)間上為增函數(shù)；（3）.【分析】（1）根據(jù)題意可知，若函數(shù)關于點中心對稱，則，然后利用得出與，代入上式求解；（2）因為函數(shù)及函數(shù)在上遞增，所以函數(shù)在上遞增；（3）根據(jù)題意可知，若對任意，總存在，使得，則只需使函數(shù)在上的值域為在上的值域的子集，然后分類討論求解函數(shù)的值域與函數(shù)的值域，根據(jù)集合間的包含關求解參數(shù)的取值范圍．【詳解】解：（1）設函數(shù)圖象的對稱中心為，則．即，整理得，于是，解得．所以的對稱中心為；（2）函數(shù)在上為增函數(shù)；（3）由已知，值域為值域的子集．由（2）知在上單增，所以的值域為．于是原問題轉化為在上的值域．①當，即時，在單增，注意到的圖象恒過對稱中心，可知在上亦單增，所以在上單增，又，，所以．因為，所以，解得．②當，即時，在單減，單增，又過對稱中心，所以在單增，單減；此時．欲使，只需且解不等式得，又，此時．③當，即時，在單減，在上亦單減，由對稱性，知在上單減，于是．因為，所以,解得．綜上，實數(shù)的取值范圍為．知識與技巧典型題七：分式型壓軸1.已知二次函數(shù)和函數(shù).（1）若為偶函數(shù)，試判斷的奇偶性；（2）若方程有兩個不相等的實根則：①試判斷函數(shù)在區(qū)間上是否具有單調性，并說明理由；②若方程的兩實根為，求使成立的的取值范圍.【答案】（1）為奇函數(shù)；（2）①是，理由見解析；②.【分析】(1)由是奇函數(shù)且為二次函數(shù)可知：，，故可得，再利用定義即可判斷的奇偶性；(2)①由可整理得到一元二次方程，由題意得，整理得出對稱軸方程不在上，故可得出函數(shù)在區(qū)間上具有單調性；②由的兩實根為，且成立，可由根的分布將其轉化為不等式，即可解出的范圍.【詳解】解：（1）因為為偶函數(shù)，，，又二次函數(shù)的，定義域為，，所以為奇函數(shù)；（2）①由得方程有不等實根，及得，即或，即二次函數(shù)的對稱軸，故在是單調函數(shù)；②是方程的根，，，同理；，要使，只需即，，或即，無實數(shù)解，故的取值范圍為.2.已知是定義在上的奇函數(shù)，且．（Ⅰ）求，的值；（Ⅱ）用定義證明在上為增函數(shù)；（Ⅲ）若對恒成立，求的取值范圍．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）證明見解析；（Ⅲ）．.【分析】（Ⅰ）可用特殊值求出，，，然后確定函數(shù)是奇函數(shù)即可；（Ⅱ）用單調性定義證明：設．證明；（Ⅲ）求出在上的最大值后可得的范圍．【詳解】（Ⅰ）因為奇函數(shù)的定義域為，所以．故有，解得．所以．由，即，解得，所以．此時是奇函數(shù)．所以．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，任?。畡t，因為，，所以，故．又因為，所以，故，即，所以函數(shù)在上為增函數(shù)．（Ⅲ）由（Ⅱ）知在上為增函數(shù)，所以函數(shù)在上為增函數(shù)，故在的最大值為，由題意可得，解得．故的取值范圍為．知識與技巧典型題八：均值不等式1.（1）已知，求的最大值.（2）已知x，y為正實數(shù)，且，求的最大值.【答案】（1）；（2）4.【分析】（1）利用基本不等式可求最大值.（2）利用基本不等式可得，從而可求的最大值.【詳解】解：（1）若，則，，，當且僅當：，即時，取“”，因此，函數(shù)的最大值為.（2），，，，當且僅當時，取最大值4.2.選用恰當?shù)淖C明方法，證明下列不等式.（1）證明：求證；（2）設，，都是正數(shù)，求證：.【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析.【分析】（1）通過分析法，平方不等式得到證明.（2）利用均值不等式，化簡得到證明.【詳解】（1）證明：要證，只需證明，即證明，也就是證明，式子顯然成立，故原不等式成立.（2），所以，當且僅當時，等號成立.知識與技巧典型題九：“三個二次”1.已知二次函數(shù)g（x）＝ax2+c（a，c∈R），g（1）＝1且不等式g（x）≤x2﹣x+1對一切實數(shù)x恒成立．（Ⅰ）求函數(shù)g（x）的解析式；（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下，設函數(shù)h（x）＝2g（x）﹣2，關于x的不等式h（x﹣1）+4h（m）≤h（）﹣4m2h（x），在x∈[，+∞）有解，求實數(shù)m的取值范圍．【答案】（Ⅰ）g（x）；（Ⅱ）[，0）∪（0，]【分析】（Ⅰ）先將g（1）＝1代入得a+c＝1，再由g（x）≤x2﹣x+1對一切實數(shù)x恒成立轉化為（a﹣1）x2+x+c﹣1≤0對一切實數(shù)x恒成立，分類討論即可求解；（Ⅱ）先將不等式作變形處理，可得4m2≥1.在x∈[，+∞）有解，即等價于4m2≥（1）min，設y＝1，求得的最小值，再解關于的不等式即可；【詳解】（Ⅰ）∵二次函數(shù)g（x）＝ax2+c（a，c∈R），g（1）＝1；∴a+c＝1①；又∵不等式g（x）≤x2﹣x+1對一切實數(shù)x恒成立；∴（a﹣1）x2+x+c﹣1≤0對一切實數(shù)x恒成立；當a﹣1＝0時，x+c﹣1≤0不恒成立，∴a＝1不合題意，舍去；當a﹣1≠0時，要使得（a﹣1）x2+x+c﹣1≤0對一切實數(shù)x恒成立，需要滿足：；②，∴由①②解得a，c；故函數(shù)g（x）的解析式為：g（x）．（Ⅱ）把g（x）代入函數(shù)h（x）＝2g（x）﹣2；得h（x）＝x2﹣1；則關于x的不等式h（x﹣1）+4h（m）≤h（）﹣4m2h（x）在x∈[，+∞）有解，得，4m2≥1.在x∈[，+∞）有解；只要使得4m2≥（1）min；設y＝1，x∈[，+∞），則y＝﹣3（）2，（0，]，∴當時，ymin；所以，4m2，解得0＜m2；∴m＜0或0＜m；故實數(shù)m的取值范圍為[，0）∪（0，]．2.已知二次函數(shù).（1）若的解集為，求不等式的解集；（2）若對任意，恒成立，求的最大值；（3）若對任意，恒成立，求的最大值.【答案】（1）；（2）1；（3）.【分析】（1）根據(jù)已知條件，利用“三個二次”的關系，得到的根為1和2，且，進而求得的關系，化簡不等式后，求解即得;（2）利用不等式恒成立的條件，得到，進而得到，從而得到結合基本不等式求得的最大值；（3）令，可得，根據(jù)恒成立，可以得到，進而得到，然后利用基本不等式求得的最大值,并檢驗取到最大值時的條件使得不等式的另一邊恒成立.【詳解】解（1）因為的解集（1，2），所有的根為1和2，且.所以，，故，，所以，即，，所以，即不等式的解集為.（2）因為對任意，恒成立，所以，即，又，所以，故，所以，當，時取“=”，所以的最大值為1.（3）令，則，所以，對任意，，恒成立，所以恒成立，所以，所以，此時，，當，，時取“=”，此時成立；故的最大值為.知識與技巧典型題十：函數(shù)性質綜合1.已知函數(shù).（1）求函數(shù)的零點；（2）令,在時，求函數(shù)的單調區(qū)間：（3）在（2）條件下，存在實數(shù)，使得函數(shù)有三個零點，求取值范圍.【答案】（1）見詳解（2）見詳解（3）【分析】（1）根據(jù)題意，對進行分類討論，即可得到函數(shù)的零點；（2）根據(jù)（1）中的結論與圖像，即可得出的單調區(qū)間（3）根據(jù)所給條件，結合分段函數(shù)的圖像，將題意所滿足條件轉化為有解，即可求出的范圍。【詳解】（1）由題意得，對進行分類討論，若，當時，；當時，；若，，如圖所示，當時，，解得；當時，或；當時，解得當時，解得;當時，解得;若，，如圖所示，當時，解得；當時，或；當時，解得當時，解得;當時，解得；（2）由題意得，，即根據(jù)（1）中的討論，可得，當時，在上單調遞增；當時，在和上單調遞增，在上單調遞減；當，在和上單調遞增，在上單調遞減；（3）根據(jù)題意，，結合圖像，若要滿足題意，則有解，即又，所以是單調遞增的，所以綜上所述，。2.已知函數(shù)，其中（Ⅰ）當時，寫出函數(shù)的減區(qū)間．（Ⅱ）若函數(shù)在區(qū)間上既有最大值又有最小值，求m，n的取值范圍（用a表示）．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），.【分析】（Ⅰ）求出函數(shù)解析式，作出函數(shù)圖像，由函數(shù)圖像即可求出單調遞減區(qū)間.（Ⅱ）當，作出函數(shù)圖像，結合函數(shù)圖像即可求解.【詳解】（Ⅰ）當時，，作出函數(shù)的大致圖像，如圖：由圖像可得函數(shù)的單調遞減區(qū)間為.（Ⅱ）當時，函數(shù)的圖像如圖所示：要使在區(qū)間上既有最大值又有最小值，則最小值一定在處取得，最大值在處取得，又，在區(qū)間內，函數(shù)值為時，，所以，，而在區(qū)間內函數(shù)值為時，，所以.專題集訓題選1.給定數(shù)集,若對于任意,有,且，則稱集合為閉集合.（I）判斷集合是否為閉集合，并給出證明；（II）若集合為閉集合，則是否一定為閉集合?請說明理由；（III）若集合為閉集合，且,證明：.【答案】（I）證明見解析；（II）不一定，證明見解析；（III）證明見解析.【分析】（I）根據(jù)特值，但是4+4=8A，判斷A不為閉集合，設，可證出，，B為閉集合（II）取特例A={x|x=2k，k∈Z}，B={x|x=3k，k∈Z}，集合為閉集合，但不為閉集合即可（III）用反正正法，若AB=R，存在a∈R且aA，故a∈B，同理，因為BR，存在b∈R且bB，故b∈A，若，則由A為閉集合，，與aA矛盾，同理可知若，，與bB矛盾，即可證明.【詳解】（I）因為，但是4+4=8A，所以，A不為閉集合；任取，設,則且所以，同理，，故B為閉集合.（II）結論：不一定.令A={x|x=2k，k∈Z}，B={x|x=3k，k∈Z}，則由（I）可知，A，B為閉集合，但2，3∈AB，2+3=5AB，因此，AB不為閉集合.（III）證明：（反證）若AB=R,則因為AR，存在a∈R且aA，故a∈B,同理，因為BR，存在b∈R且bB，故b∈A,因為a+b∈R=AB，所以，a+b∈A或a+b∈B,若，則由A為閉集合，，與aA矛盾,若，則由B為閉集合，，與bB矛盾,綜上，存在c∈R，使得c（AB）.2.已知命題：“，使等式成立”是真命題．（Ⅰ）求實數(shù)的取值集合；（Ⅱ）設不等式的解集為，若是的必要條件，求的取值范圍．【答案】（1）（2）或.【詳解】試題分析：（1）方程在有解，轉化為函數(shù)在上的值域，實數(shù)的取值集合可求；（2）是的必要條件，分、、三種情況討論即可求的取值范圍．(1)由題意知，方程在上有解，即的取值范圍就為函數(shù)在上的值域，易得7分(2)因為是的必要條件，所以8分當時，解集為空集，不滿足題意9分當時，，此時集合則，解得12分當時，，此時集合則15分綜上16分3.在①，，②存在區(qū)間，，使得，這2個條件中任選一個，補充在下面問題中，并求解問題中的實數(shù)．問題：求解實數(shù)，使得命題，，命題______，都是真命題．（若選擇兩個條件都解答，只按第一個解答計分.）【答案】答案見解析.【分析】選條件①由命題為真，可得不等式在，上恒成立，求出的范圍，通過命題為真，求出的范圍，然后列出不等式組求解即可．選條件②由命題為真，可得不等式在，上恒成立，求出的范圍，通過命題為真，求出的范圍，然后列出不等式組求解即可．【詳解】解：選條件①由命題為真，可得不等式在上恒成立．因為，，所以，若命題為真，則方程有解．所以判別式，所以或．又因為，都為真命題，所以所以或．所以實數(shù)的取值范圍是或．選條件②由命題為真，可得不等式在上恒成立．因為，．所以．因為集合必有，得或，即或，又因為，都為真命題，所以，解得．所以實數(shù)的取值范圍是．4.定義在的函數(shù)，滿足，且當時，.（1）求證：（2）討論函數(shù)的單調性，并說明理由；（3）若，解不等式.【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）【分析】（1）由，結合題意即可得結果；（2）利用函數(shù)單調性的定義證明即可；（3）將原不等式等價轉化為，結合定義域和單調性即可得結果.【詳解】解：（1）由題可得，即；（2）任取，，且，則，由（1）得：，即，在上是增函數(shù)；（3），，，，，，又在上為增函數(shù)，，解得：，故不等式的解集為.5.已知定義在上的函數(shù)對任意都有等式成立，且當時，有.（1）求證：函數(shù)在上單調遞增；（2）若，關于不等式有解，求的取值范圍.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）任取，且，先得到，再作差得到，判斷其正負，根據(jù)單調性的定義，即可求出結果；（2）先由，根據(jù)題中條件，得到，將原不等式化為，根據(jù)（1）中單調性，得到，令，求出其最大值，即可得出結果.【詳解】（1）任取，且，則，所以，又，所以，即.故函數(shù)在上單調遞增.（2）因為，所以，原不等式等價于，故有解，即有解，因此只需，令，則在上單調遞增，在上單調遞減，所以，所以，因此，所以，故的取值范圍為.6.若函數(shù)同時滿足：①函數(shù)在整個定義域是嚴格增函數(shù)或嚴格減函數(shù)；②存在區(qū)間，使得函數(shù)在區(qū)間上的值域為，則稱函數(shù)是該定義域上的“閉函數(shù)”.（1）判斷是不是上的“閉函數(shù)”？若是，求出區(qū)間；若不是，說明理由；（2）若是“閉函數(shù)”，求實數(shù)的取值范圍；（3）若在上的最小值是“閉函數(shù)”，求、滿足的條件.【答案】（1）不是，理由見解析；（2）；（3）且.【分析】（1）利用“閉函數(shù)”的定義判斷函數(shù)是否滿足①②，由此可得出結論；（2）分析可知函數(shù)在有兩個零點，利用二次函數(shù)的零點分布可得出關于實數(shù)的不等式組，由此可解得實數(shù)的取值范圍；（3）利用二次函數(shù)的基本性質求得，然后分、、三種情況討論，分析函數(shù)的單調性，結合“閉函數(shù)”的定義可得出關于、的等式，由此可得出、滿足的條件.【詳解】（1）函數(shù)為上的增函數(shù)，若函數(shù)為“閉函數(shù)”，則存在、，使得函數(shù)在上的值域為，則，則關于的方程至少有兩個不等的實根，因為，故方程無實根，因此，函數(shù)不是“閉函數(shù)”；（2）因為函數(shù)為上的增函數(shù)，若函數(shù)為上的“閉函數(shù)”，則存在、，使得函數(shù)在上的值域為，則，所以，關于的方程在上有兩個不等的實根，令，設，則函數(shù)在有兩個零點，所以，，解得，因此，實數(shù)的取值范圍是；（3）因為.當時，函數(shù)在上單調遞增，則；當時，.綜上所述，.所以，函數(shù)在上為減函數(shù)，在上也為減函數(shù).①當時，則，上述兩式作差得，因為，故，因為，則，矛盾；②當時，則有，消去可得，解得，不合乎題意；③當時，則，可得.因此，、滿足的條件為且.7.已知函數(shù)為奇函數(shù)，且．（1）求實數(shù)的值；（2）判斷在區(qū)間上的單調性，并用定義證明你的結論；（3）求不等式的解集．【答案】（1）；（2）在上單調遞減,證明見解析；(3).【分析】（1）由奇函數(shù)可求得，再由求得，最后檢驗一下是奇函數(shù)；（2）由單調性定義證明；（3）由奇函數(shù)性質不等式變?yōu)?，再由單調性去掉符號，然后可解得結論。【詳解】（1）由題意，為R上奇函數(shù)，則，得，再由，得.經(jīng)檢驗，當時是奇函數(shù).(2)由（1）得，在上單調遞減,證明如下：任取且，則即在上單調遞減.（3）為奇函數(shù)，，則原不等式化為，而由（2）得在時單調遞減，且，即∴原不等式的解集為.8.設，，且.證明：(1)；(2)與不可能同時成立．【答案】(1)見解析.(2)見解析.【詳解】試題分析：本題考查基本不等式和反證法,結合轉化思想證明不等式,意在考查考生對基本不等式的掌握和反證法的應用.(i)構造基本不等式求出代數(shù)式的最值,直接證明不等式成立;(ii)直接證明較難,假設兩個不等式同時成立,利用(i)的結論,得出矛盾,則假設不成立.試題解析：由,,得.(1)由基本不等式及,有,即(2)假設與同時成立,則由及a>0得0<