詳解答案·數(shù)學(xué)·必修第一冊(BSD版)課時作業(yè)(一)集合的概念與表示1．解析：A中，空集是不含有任何元素的集合，所以A不正確；由eq\r(2)是無理數(shù)，所以eq\r(2)∈Q不正確；根據(jù)元素與集合的關(guān)系，1∈{(0,1)}不正確；又由0是自然數(shù)，所以0∈N，故選C.答案：C2．解析：當(dāng)x＝－1時，2－(－1)＝3?A；當(dāng)x＝1時，2－1＝1∈A；當(dāng)x＝2時，2－2＝0?A.∴B＝{－1,2}．答案：C3．解析：集合A含有三個元素2,4,6，且當(dāng)a∈A，有6－a∈A，a＝2∈A,6－a＝4∈A，所以a＝2，或者a＝4∈A,6－a＝2∈A，所以a＝4，綜上所述，a＝2或4.故選B.答案：B4．解析：選項A中應(yīng)是xy＜0；選項B的本意是想用描述法表示，但不符合描述法的規(guī)范格式，缺少了豎線和豎線前面的代表元素x；選項C的“{}”與“全體”意思重復(fù)．答案：D5．解析：由集合相等的概念得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－1＝0，,a2－3a＝－2，))解得a＝1.答案：16．解析：由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≠0，,Δ＝0))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≠0，,a2＋4a＝0.))解得a＝－4.答案：－47．解析：若以集合中的三個元素為邊可構(gòu)成一個三角形，則由集合元素的互異性可得，三個元素互不相等，即三邊都不相等．故選ABC.答案：ABC8．解析：當(dāng)a>0，b>0時，x＝1＋1＋1＝3；當(dāng)a>0，b<0時，x＝1－1－1＝－1；當(dāng)a<0，b>0時，x＝－1＋1－1＝－1；當(dāng)a<0，b<0時，x＝－1－1＋1＝－1.故x的所有值組成的集合為{－1,3}．答案：A9．解析：當(dāng)a＝0時，－3x＋2＝0，即x＝eq\f(2,3)，A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))，符合題意；當(dāng)a≠0時，ax2－3x＋2＝0至多有一個解，所以Δ＝9－8a≤0，解得a≥eq\f(9,8).綜上a的取值范圍為：a≥eq\f(9,8)或a＝0.答案：a≥eq\f(9,8)或a＝010．證明：(1)若a∈A，則eq\f(1,1－a)∈A，∵2∈A，∴eq\f(1,1－2)＝－1∈A，∵－1∈A，∴eq\f(1,1－－1)＝eq\f(1,2)∈A，∵eq\f(1,2)∈A，∴eq\f(1,1－\f(1,2))＝2∈A，∴A中另外兩個元素為－1，eq\f(1,2).(2)若A為單元素集，則a＝eq\f(1,1－a)，即a2－a＋1＝0，方程無解，∴a≠eq\f(1,1－a)，∴集合A不可能是單元素集．課時作業(yè)(二)集合的基本關(guān)系1．解析：∵0是一元素，∴0∈{0}≠?，?{0}．答案：A2．解析：M＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4,x)>1，x∈N))))＝{1,2,3}，∴M的非空子集為{1}，{2}，{3}，{1,2}，{1,3}，{2,3}，{1,2,3}共7個．答案：C3．解析：∵A＝{－1,0,1}，B＝{a，a2}且B?A，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1,a2＝1))，∴a＝－1.答案：A4．解析：因為A＝{x|2<x<3}，B＝{x|x<m}，A?B，將集合A，B表示在數(shù)軸上，如圖所示，所以m≥3.答案：B5．解析：若A中含有一個奇數(shù)，則A可能為{1}，{3}，{1,2}，{3,2}；若A中含有兩個奇數(shù)，則A＝{1,3}．答案：56．解析：(1)∵A＝{x2－3x＋2＝0}＝{1,2}，∴集合A的所有子集為?，{1}，{2}，{1,2}．(2)∵B≠?，B?A.∴當(dāng)集合B只有一個元素時，由Δ＝0得a2－8＝0，即a＝±2eq\r(2)，此時B＝{－eq\r(2)}或B＝{eq\r(2)}，不滿足B?A.當(dāng)集合B只有兩個元素時，由A＝B得：a＝3.綜上可知，a的值為3.7．解析：∵M＝{x|x＝5k－2，k∈Z}，P＝{x|x＝5n＋3，n∈Z}，S＝{x|x＝10m＋3，m∈Z}，∴M＝{…，－7，－2,3,8,13,18，…}，P＝{…，－7，－2,3,8,13,18，…}，S＝{…，－7,3,13,23，…}，故SP＝M.答案：C8．解析：選項A中集合P，Q都表示所有偶數(shù)組成的集合，所以P＝Q；選項B中P是由1,3,5，…，所有正奇數(shù)組成的集合，Q是由3,5,7，…所有大于1的正奇數(shù)組成的集合，1?Q，所以P≠Q(mào)；選項C中P＝{0,1}，當(dāng)n為奇數(shù)時，x＝eq\f(1＋－1n,2)＝0，當(dāng)n為偶數(shù)時，x＝eq\f(1＋－1n,2)＝1，所以Q＝{0,1}，所以P＝Q；選項D中，集合P表示直線y＝x＋1上點的橫坐標(biāo)構(gòu)成的集合，而集合Q表示直線y＝x＋1上點的坐標(biāo)構(gòu)成的集合，所以P≠Q(mào).綜上可知，選AC.答案：AC9．解析：當(dāng)a≠0時，A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))，B＝{－7,8}，由A?B得－eq\f(1,a)＝－7或－eq\f(1,a)＝8，即a＝eq\f(1,7)或a＝－eq\f(1,8)；當(dāng)a＝0時，集合A＝?，符合A?B，因此C＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,7)，－\f(1,8))).答案：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,7)，－\f(1,8)))10．解析：(1)∵A?B，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m－1<－3，,m＋7>4，,2m－1<m＋7，))解得－3<m<－1，∴實數(shù)m的取值范圍是{m|－3<m<－1}．(2)①當(dāng)B＝?時，2m－1≥m＋7，故m≥8.②當(dāng)B≠?時，m<8，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m－1≥－3，,m＋7≤4，))無解．綜上，實數(shù)m的取值范圍是{m|m≥8}．課時作業(yè)(三)交集與并集1．解析：∵A＝{x|－1≤x≤2}，B＝{x|0≤x≤4}，∴A∩B＝{x|0≤x≤2}．答案：A2．解析：結(jié)合數(shù)軸(如圖)得A∪B＝{x|x≥－5}．答案：A3．解析：由題意得A∪B＝{1,2,3,4，－1,0}，∴(A∪B)∩C＝{1,2,3,4，－1，0}∩{x∈R|－1≤x<2}＝{－1,0,1}．故選C.答案：C4．解析：由題意，集合M＝{1,2,3,4,5}，M∩N＝{4,5}，可得集合N必含有元素4和5，但不能含有1,2,3，根據(jù)選項，可得集合N可能為{4,5,6}，{4,5}，故選BC.答案：BC5．解析：由A∩B＝B得B?A，∴x2＝4或x2＝x，∴x＝－2,2,0,1.經(jīng)檢驗x＝1不合題意．答案：－2,2,06．解析：易知3∈B，除此之外，1,2可以在B中，也可不在B中，共有22種可能，故集合B的個數(shù)為4.答案：47．解析：∵A∪B＝A，∴B?A.又B≠?，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥－2，,a＋1≤2，))∴－2≤a≤1.答案：C8．解析：P＝{y|y＝x2＋1，x∈R}＝{y|y≥1}．Q＝{x|y＝x}＝R，∴P∩Q＝{x|x≥1}．答案：{x|x≥1}9．解析：(1)選擇條件②a＝5(或③a＝4)．若選②，則A∩B＝{x|3≤x≤6}∩{x|5≤x≤8}＝{x|5≤x≤6}．若選③，則A∩B＝{x|3≤x≤6}∩{x|4≤x≤8}＝{x|4≤x≤6}．(2)因為A∪B＝{x|3≤x≤8}，A＝{x|3≤x≤6}，B＝{x|a≤x≤8}．結(jié)合數(shù)軸可得3≤a≤6，故實數(shù)a的取值范圍為{a|3≤a≤6}．10．解析：由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≥0，,m＋\f(3,4)≤1，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,3)≥0，,n≤1.))解得0≤m≤eq\f(1,4)，eq\f(1,3)≤n≤1.由題意知，當(dāng)集合M∩N的“長度”最小時，集合M與N的重合部分最少，因此m＝0且n＝1，或n－eq\f(1,3)＝0且m＋eq\f(3,4)＝1.當(dāng)m＝0且n＝1時，可得M＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤\f(3,4)))))，N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)≤x≤1)))).所以M∩N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)≤x≤\f(3,4)))))此時集合M∩N的“長度”為eq\f(3,4)－eq\f(2,3)＝eq\f(1,12).當(dāng)n－eq\f(1,3)＝0且m＋eq\f(3,4)＝1時，可得M＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)≤x≤1))))，N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤\f(1,3)))))，所以M∩N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)≤x≤\f(1,3)))))，此時集合M∩N的長度為eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,12).綜上，M∩N的“長度”的最小值為eq\f(1,12).答案：eq\f(1,12)課時作業(yè)(四)全集與補集及綜合應(yīng)用1．解析：?US＝{2,4,6,7,8}，∴(?US)∩T＝{6,7}．答案：D2．解析：A∪B＝{1,3,4,5,6}，排除A；A∩B＝{3}，排除B；(?UA)∩(?UB)＝?U(A∪B)＝{2,7,8}，符合題意．答案：C3．解析：B＝{x|x≥－1}，∴A∪B＝{x|x>－3}，∴?U(A∪B)＝{x|x≤－3}．答案：D4．解析：集合P中1?Q，故A錯誤；P∩Q＝{2,3}，故B錯誤，C正確；?RQ＝{x|x<2或x>3}，(?RQ)∩P＝{1}≠?，故D正確．答案：CD5．解析：∵全集U＝{1,2,3,4,5,6,7,8,9}，由?U(A∪B)＝{1,3}，得A∪B＝{2,4,5,6,7,8,9}，由A∩(?UB)＝{2,4}知，{2,4}?A，{2,4}??UB，∴B＝{5,6,7,8,9}．答案：{5,6,7,8,9}6．解析：因為A∪(?UA)＝R，A∩(?UA)＝?，所以a＝3，b＝4，所以ab＝12.答案：127．解析：A＝{x|a－1<x<a＋1，x∈R}，B＝{x|1<x<5}．又A∩B＝?，所以a＋1≤1或a－1≥5即a≤0或a≥6.答案：CD8．解析：∵A＝{x|x2＋eq\r(m)x＋1＝0}，∴集合A表示方程x2＋eq\r(m)x＋1＝0的解集，假設(shè)A∩R＝?，則方程x2＋eq\r(m)x＋1＝0無實數(shù)解，∴Δ＝m－4<0，∴m<4，又m≥0，∴0≤m<4，∵A∩R≠?，m≥0，∴m≥4.答案：[4，＋∞)9．解析：(1)∵M＝{x|(x＋3)2≤0}＝{－3}，N＝{x|x2＋x－6＝0}＝{－3,2}．∴?IM＝{x|x∈R且x≠－3}，∴(?IM)∩N＝{2}．(2)由題意得A＝(?IM)∩N＝{2}，∵A∪B＝A，∴B?A，∴B＝?或B＝{2}．①當(dāng)B＝?時，a－1>5－a，得a>3；②當(dāng)B＝{2}時，解得a＝3.綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為{a|a≥3}．10．解析：①若?U(A∪B)＝?，則A∪B＝R.因此a＋2≤－a－1，即a≤－eq\f(3,2)，符合題意．②若?U(A∪B)≠?，則a＋2>－a－1，a>－eq\f(3,2)，又A∪B＝{x|x≤－a－1或x>a＋2}所以?U(A∪B)＝{x|－a－1<x≤a＋2}又?U(A∪B)?C所以a＋2<0或－a－1≥4解得a<－2或a≤－5，即a<－2，又a>－eq\f(3,2)，故此時a不存在．綜上，存在這樣的實數(shù)a，且a的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤－\f(3,2))))).課時作業(yè)(五)必要條件與充分條件1．解析：由(2x－1)x＝0得x＝0或eq\f(1,2)，所以“(2x－1)x＝0”是“x＝0”的必要不充分條件，故選B.答案：B2．解析：當(dāng)x>0時，可以得到x2>0，即p?q，所以q是p的必要條件，原語句不是命題形式，不能判斷真假，所以C、D錯誤，所以正確選項為B.答案：B3．解析：由題意，“選項”是“a>1”的必要條件，表示“a>1”推出“選項”，所以正確選項為D.答案：D4．解析：“方程ax＋b＝0沒有實數(shù)解”則“a＝0并且b≠0”，其可以推出“a＝0”，則“a＝0并且b≠0”是“a＝0”的充分條件，所以正確選項為C.答案：C5．解析：p：二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的圖象與x軸有交點，即判別式Δ＝b2－4ac≥0，則有q?p，則q是p的充分條件，所以答案為“充分條件”．答案：充分條件6．解析：(1)由于p：a是整數(shù)q：a是自然數(shù)，q：a是自然數(shù)?p：a是整數(shù)，所以p是q的必要條件，p不是q的充分條件．(2)由(x－1)2＋(y－2)2＝0得x＝1且y＝2，所以(x－1)2＋(y－2)2＝0?(x－1)(y－2)＝0，而由(x－1)(y－2)＝0得x＝1或y＝2，所以(x－1)(y－2)＝0(x－1)2＋(y－2)2＝0，所以p是q的充分條件，p不是q的必要條件．7．解析：a＝b?ac＝bc，A正確；“a＋b是無理數(shù)”與a是不是無理數(shù)沒有關(guān)系，B錯誤；a＝b?a2＝b2，C正確；a>b?a>|b|，D正確．故選ACD.答案：ACD8．解析：“B的充分條件是A”，即A是B的充分條件，得A?B，即A?B，得a>2.答案：(2，＋∞)9．解析：(1)畫出二次函數(shù)y＝x2－4x＋3的圖象，如圖．當(dāng)0≤x≤a，二次函數(shù)的最小值為－1，則a的取值范圍為[2，＋∞)；(2)“x∈A”是“二次函數(shù)的最大值為3”的充分條件，同理由圖象，二次函數(shù)的最大值為3，得0≤a≤4，所以a可以取的整數(shù)值為0、1、2、3、4.(答案是0、1、2、3、4中的任意一個數(shù)均可)10．解析：由|4x－1|≤1得－1≤4x－1≤1，故0≤x≤eq\f(1,2)，由q是p的必要不充分條件，即p?q，qp，即{x|0≤x≤eq\f(1,2)}{x|a≤x≤a＋1}．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤0，,a＋1≥\f(1,2)，))且“＝”不能同時成立，解得－eq\f(1,2)≤a≤0，故實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)≤a≤0)))).答案：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)≤a≤0))))課時作業(yè)(六)充要條件1．解析：x，y∈R，則“x>1或y>1”推導(dǎo)不出“x＋y>2”，例如x＝3>1，y＝－4<1，則x＋y＝－1<2，x，y∈R，“x＋y>2”?“x>1或y>1”，∴x，y∈R，則“x>1或y>1”是“x＋y>2”的必要非充分條件，故選B.答案：B2．解析：當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>2,y>2))時，可以得到eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y>4,xy>4))；反之，取x＝1，y＝5，滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y>4,xy>4))，但是不滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>2,y>2))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>2,y>2))是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y>4,xy>4))成立的充分不必要條件．答案：A3．解析：|x－1|<3?－3<x－1<3?－2<x<4，∴－2<x<4?x<4，反之x<4－2<x<4，所以“|x－1|<3”是“x<4”的充分不必要條件．答案：A4．解析：令A(yù)＝{x|x>1或x<－3}，B＝{x|x>a}，∵q是p的充分不必要條件，∴BA，∴a≥1.答案：A5．解析：①x>2且y>3時，x＋y>5成立，反之不一定成立，如x＝0，y＝6，所以“x>2且y>3”是“x＋y>5”的充分不必要條件，故①錯誤；②方程有解的充要條件是b2－4ac≥0，故②錯誤；③當(dāng)x＝1或x＝－2時，方程x2＋x－2＝0一定成立，反過來，方程x2＋x－2＝0成立時，x＝1或x＝－2，故③正確．答案：③6．解析：(1)∵q?s，s?r?q，∴s是q的充要條件．(2)∵q?s?r?p，∴p是q的必要條件．7．解析：“xy>0?eq\f(x,y)>0”，A正確；x>1?eq\f(1,x)<1，當(dāng)x<0時，反之不成立，B錯誤；a2＋b2≥2ab，即a2＋b2－2ab≥0，得(a－b)2≥0，所以a＝b?a2＋b2≥2ab，反之不成立，C正確；二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的圖象過點(1,0)，即當(dāng)x＝1時，y＝0，得a＋b＋c＝0，D正確．故選ACD.答案：ACD8．解析：由反比例函數(shù)和函數(shù)y＝x的圖象，它們的圖象沒有公共點，則k<0，所以{x|x<0}．答案：{x|x<0}9．解析：由集合的運算性質(zhì)，A∩B＝A?A?B；?UA??UB?A?B；?UB∩A＝??A?B，所以①②③正確，④?UA∩B＝??B?A，所以正確答案為①②③.答案：①②③10．證明：充分性：∵a≠0，∴方程ax2＋4x－2＝0為一元二次方程．又a>－2，則Δ＝b2－4ac＝16＋8a>0，∴方程ax2＋4x－2＝0有兩個不相等的實數(shù)根，故充分性成立．必要性：∵方程ax2＋4x－2＝0有兩個不相等的實數(shù)根．∴a≠0，且Δ＝b2－4ac＝16＋8a>0，解得a>－2，故必要性成立．所以“a>－2且a≠0”是“方程ax2＋4x－2＝0有兩個不相等的實數(shù)根”的充要條件．課時作業(yè)(七)全稱量詞命題與存在量詞命題1．解析：A、C、D都是含有存在量詞的存在量詞命題，B是含有全稱量詞的全稱量詞命題．答案：B2．解析：選項A是全稱量詞命題，a2＋b2－2a－2b＋2＝(a－1)2＋(b－1)2≤0，故A是假命題；B是假命題；“存在小于1的自然數(shù)”，C是存在量詞命題；D項，對于所有k∈R，函數(shù)y＝kx＋1的圖象過定點(0,1)，所以正確選項為D.答案：D3．解析：原命題的含義是“對于任意m∈[1,2]，方程x2－2x＋m＝0都沒有實數(shù)解”，但當(dāng)m＝1時，方程有實數(shù)解x＝1，故命題是含有全稱量詞的假命題，所以正確選項為A.答案：A4．解析：由已知y＝|x|－1，得y≥－1，要使?x∈R，都有m≤y成立，只需m≤－1，所以正確選項為C.答案：C5．解析：原命題即是“存在一元一次不等式的解集是空集”，所以答案為“存在量詞命題”．答案：存在量詞命題6．解析：(1)即“所有m∈R，關(guān)于x的方程x2＋x－m＝0都有實數(shù)根”，是全稱量詞命題，其否定為“存在實數(shù)m，使得方程x2＋x－m＝0沒有實數(shù)解”，真命題；(2)是全稱量詞命題，其否定為“存在末位數(shù)字是0或5的整數(shù)不能被5整除”，假命題；(3)是存在量詞命題，其否定為“所有梯形的對角線不互相平分”，真命題；(4)即“所有k∈R，函數(shù)y＝kx圖象都過原點”，是全稱量詞命題，其否定為“存在實數(shù)k，使函數(shù)y＝kx圖象不過原點”，是假命題．7．解析：A.“實數(shù)都大于0”的含義是“所有實數(shù)都大于0”，所以它的否定應(yīng)該是“存在實數(shù)不大于0”，所以A錯誤；B.“三角形外角和為360度”的含義是“所有三角形外角和為360度”，所以B正確；同理CD也正確．故選BCD.答案：BCD8．解析：“?x∈R，(a－2)x＋1>0”是真命題，等價于(a－2)x＋1>0的解集為R，所以a－2＝0，即a＝2.答案：{2}9．解析：存在x0<5，使2x0＋a>0，即存在x0<5，使x0>－eq\f(a,2)，所以－eq\f(a,2)<5，所以a>－10.答案：a>－1010．解析：∵?x∈[2,3]，x2－a≥0，即a≤x2，當(dāng)x∈[2,3]時恒成立．∴a≤4.∵?x∈R，x2＋2x＋2－a＝0，即方程x2＋2x＋2－a＝0有實根，∴Δ＝4－4×1×(2－a)≥0.解得a≥1.∵命題p和命題q都是真命題，∴實數(shù)a的取值范圍是[1,4]．課時作業(yè)(八)全稱量詞命題與存在量詞命題的否定1．解析：命題p的否定：存在一個矩形不是平行四邊形．答案：C2．解析：命題“有些實數(shù)的絕對值是正數(shù)”的否定應(yīng)該是“所有實數(shù)的絕對值都不是正數(shù)”，所以正確選項為C.答案：C3．解析：命題p的否定是?x∈R，|x|＋x<0.答案：B4．解析：原命題的否定是“?x∈(0，＋∞)，eq\f(1,x)≠x－2”，故選A.答案：A5．解析：∵命題“?x∈R，x2＋x＋a－1≠0”是假命題，∴它的否定“?x∈R，x2＋x＋a－1＝0”是真命題，∴Δ＝1－4(a－1)≥0，∴a≤eq\f(5,4).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,4)))6．解析：(1)題中命題的否定為“?x≥0，x2≤0”，這個命題為真命題．(2)題中命題的否定為“所有三角形的內(nèi)角和都小于或等于180°”，這個命題為真命題．(3)題中命題的否定為“?x∈R，x2＋x＋1>0”，這個命題為真命題．因為x2＋x＋1＝x2＋x＋eq\f(1,4)＋eq\f(3,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0.(4)題中命題的否定為“存在一個方程沒有實數(shù)解”，這個命題為真命題．7．解析：命題的否定是全稱量詞命題，即原命題為存在量詞命題，故排除B.再根據(jù)命題的否定為真命題，即原命題為假命題．又D為真命題，故選AC.答案：AC8．解析：由題意知，命題p：?x∈R，x2＋mx＋2≤0為假，即x2＋mx＋2>0恒成立，所以Δ＝m2－4×2<0，解得－2eq\r(2)<m<2eq\r(2)，故m的取值范圍為：(－2eq\r(2)，2eq\r(2))．答案：(－2eq\r(2)，2eq\r(2))9．解析：命題“?m∈R，使得A∩B≠?”為假命題，則其否定命題“?m∈R，A∩B＝?”為真命題．當(dāng)a<0時，集合A＝{x|0≤x≤a}＝?，符合A∩B＝?；當(dāng)a≥0時，因為m2＋3>0，所以?m∈R，A∩B＝?.得a<m2＋3對于?m∈R恒成立，所以a<(m2＋3)min＝3，則0≤a<3，綜上，實數(shù)a的取值范圍為(－∞，3)．10．解析：因為命題p為全稱量詞命題，所以其否定為“?x∈[0,1]，使x2－a<0”，這個命題為真命題．故a>x2，且x∈[0,1]，所以a>0.因為命題q為存在量詞命題，所以其否定為“?x∈R，x2＋2x＋2－a≠0”．所以Δ＝22－4×1×(2－a)<0.解得a<1.所以實數(shù)a的取值范圍為(0,1)．課時作業(yè)(九)不等式的性質(zhì)1．解析：因為A－B＝a2＋3ab－(4ab－b2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(b,2)))2＋eq\f(3,4)b2≥0，所以A≥B.答案：B2．解析：方法一∵c<d<0，∴－eq\f(1,d)>－eq\f(1,c)>0.又a>b>0，∴－eq\f(a,d)>－eq\f(b,c)，∴eq\f(a,d)<eq\f(b,c)，故D正確．方法二取a＝2，b＝1，c＝－2，d＝－1，逐一驗證可知D正確．答案：D3．解析：A中，a>b>c>0時，eq\f(c,a)－eq\f(c,b)＝eq\f(cb－a,ab)<0，∴eq\f(c,a)<eq\f(c,b)，A不正確；B中，a>b>0，∴a2>ab，ab>b2，∴a2>ab>b2，B正確；C中，若c＝0，不等式不成立，C不正確；D中，若a＝－8，b＝－1，不等式不成立，D不正確．答案：B4．解析：若a<b<0，則a2>b2，A不成立；若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab>0，,a<b，))則a2b<ab2，B不成立；若a＝1，b＝2，則eq\f(b,a)＝2，eq\f(a,b)＝eq\f(1,2)，則eq\f(b,a)>eq\f(a,b)，所以D不成立，故選C.答案：C5．解析：(eq\r(2)＋eq\r(7))2－(eq\r(3)＋eq\r(6))2＝9＋2eq\r(14)－9－2eq\r(18)＝2(eq\r(14)－eq\r(18))<0，∴eq\r(2)＋eq\r(7)<eq\r(3)＋eq\r(6).答案：<6．證明：∵a，b，x，y都是正數(shù)，且eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，x>y，∴eq\f(x,a)>eq\f(y,b)>0，∴eq\f(a,x)<eq\f(b,y)，則eq\f(a,x)＋1<eq\f(b,y)＋1，即0<eq\f(x＋a,x)<eq\f(y＋b,y)，∴eq\f(x,x＋a)>eq\f(y,y＋b).7．解析：由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0得b<a<0，從而|a|<|b|，A不正確，B不正確；C中，a＋b<0，ab>0，則a＋b<ab，C正確，D正確．故選AB.答案：AB8．解析：a>b>1，則a2>b2，①正確；eq\r(a－b)>eq\r(a)－eq\r(b)?a－b>a＋b－2eq\r(ab)?b<eq\r(ab)?b<a，②正確；取a＝2，b＝eq\f(3,2)，計算a3＋b3＝8＋eq\f(27,8)<2a2b＝12，③錯誤；a＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a)?a－b＋eq\f(1,b)－eq\f(1,a)>0?(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,ab)))>0，④正確．故選ABD.答案：ABD9．解析：若ab>0，bc－ad>0成立，不等式bc－ad>0兩邊同除以ab可得eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，即ab>0，bc－ad>0?eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0；若ab>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0成立，不等式eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，兩邊同乘ab，可得bc－ad>0，即ab>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0?bc－ad>0；若eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，bc－ad>0成立，則eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＝eq\f(bc－ad,ab)>0，又bc－ad>0，則ab>0，即eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，bc－ad>0?ab>0.綜上可知，以上三個不等式中任意兩個為條件都可推出第三個不等式成立，故可組成的正確命題有3個．答案：310．解析：方法一設(shè)f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)則4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)，即4a－2b＝(m＋n)a＋(n－m)b，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4，,n－m＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝3，,n＝1.))所以f(－2)＝3f(－1)＋f(1)，又因為1≤f(－1)≤2，2≤f(1)≤4，所以5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10.方法二由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝a－b,f1＝a＋b))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)[f－1＋f1]，,b＝\f(1,2)[f1－f－1]，))所以f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)，又因為1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，所以5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10.課時作業(yè)(十)基本不等式1．解析：∵0<a<b，∴ab<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，∴ab<eq\f(1,4)，∴2ab<eq\f(1,2).∵eq\r(\f(a2＋b2,2))>eq\f(a＋b,2)>0，∴eq\r(\f(a2＋b2,2))>eq\f(1,2)，∴a2＋b2>eq\f(1,2).∵b－(a2＋b2)＝(b－b2)－a2＝b(1－b)－a2＝ab－a2＝a(b－a)>0，∴b>a2＋b2，∴b最大．故選B.答案：B2．解析：當(dāng)eq\f(b,a)，eq\f(a,b)均為正數(shù)時，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，故只需a、b同號即可，∴①③④均可以．答案：C3．解析：∵a>b>0，∴a2＋b2>2ab，充分性成立，ab<eq\f(a2＋b2,2)?a≠b，a，b∈R，必要性不成立，故選A.答案：A4．解析：a2＋b2≥eq\f(a＋b2,2)＝8，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時取等號，A正確；a＋b＝4≥2eq\r(ab)，ab≤4，eq\f(1,ab)≥eq\f(1,4)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時取等號，B正確，C錯誤；eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(4,ab)≥1，D錯誤．故選AB.答案：AB5．解析：∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0.∴eq\f(a－c,2)＝eq\f(a－b＋b－c,2)≥eq\r(a－bb－c)，當(dāng)且僅當(dāng)a－b＝b－c即2b＝a＋c時取等號．答案：eq\r(a－bb－c)≤eq\f(a－c,2)6．證明：∵x>0，y>0，z>0，∴x＋y≥2eq\r(xy)，x＋z≥2eq\r(xz)，y＋z≥2eq\r(yz)，∴2(x＋y＋z)≥2(eq\r(xy)＋eq\r(xz)＋eq\r(yz))．∵x＋y＋z＝1，∴eq\r(xy)＋eq\r(xz)＋eq\r(yz)≤1成立．∴x＋y＋z＋2(eq\r(xy)＋eq\r(xz)＋eq\r(yz))≤3，即(eq\r(x)＋eq\r(y)＋eq\r(z))2≤3.∴eq\r(x)＋eq\r(y)＋eq\r(z)≤eq\r(3).當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z＝eq\f(1,3)時，等號成立．7．解析：∵ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝1，A正確；(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)＝2＋2eq\r(ab)≤2＋a＋b＝4，∴eq\r(a)＋eq\r(b)≤2，B錯誤；a2＋b2＝(a＋b)2－ab≥22－2×1＝2，C正確；eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝1＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥1＋eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，D正確．故選ACD.答案：ACD8．解析：∵ab＝a＋b＋3≥2eq\r(ab)＋3，令t＝eq\r(ab)<0，∴t2－2t－3≥0，∴(t－3)(t＋1)≥0.∴t≥3即eq\r(ab)≥3，∴ab≥9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝3時取等號，又∵ab＝a＋b＋3，∴a＋b＋3≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2.令t＝a＋b>0，∴t2－4t－12≥0，∴(t－6)(t＋2)≥0.∴t≥6即a＋b≥6，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝3時取等號．答案：[9，＋∞)，[6，＋∞)9．證明：(1)eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(a＋b,ab)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))，∵a＋b＝1，a>0，b>0，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)＝2＋eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2＋2＝4，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時，等號成立)．(2)證法一：∵a>0，b>0，a＋b＝1，∴1＋eq\f(1,a)＝1＋eq\f(a＋b,a)＝2＋eq\f(b,a)，同理，1＋eq\f(1,b)＝2＋eq\f(a,b)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(a,b)))＝5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9.∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))≥9(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時，等號成立)．證法二：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝1＋eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab).由(1)知，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝1＋eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時，等號成立．10．解析：∵eq\f(4,\r(x))＋eq\f(1,\r(y))＝1，∴eq\r(x)＋4eq\r(y)＝(eq\r(x)＋4eq\r(y))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,\r(x))＋\f(1,\r(y))))＝4＋eq\f(16\r(y),\r(x))＋eq\f(\r(x),\r(y))＋4≥8＋2eq\r(\f(16\r(y),\r(x))·\f(\r(x),\r(y)))＝16.當(dāng)且僅當(dāng)x＝16y，即y＝4且x＝64時取等號．∵eq\r(x)＋4eq\r(y)>m2－6m恒成立，則16>m2－6m，解得－2<m<8.答案：(－2,8)課時作業(yè)(十一)基本不等式的應(yīng)用1．解析：由x>－1，即x＋1>0，所以y＝x＋eq\f(1,x＋1)＝(x＋1)＋eq\f(1,x＋1)－1≥2eq\r(x＋1·\f(1,x＋1))－1＝1，x＝0時取“＝”，所以正確選項為D.答案：D2．解析：0<a<eq\f(1,2)，故1－2a>0，則a(1－2a)＝eq\f(1,2)(2a)(1－2a)≤eq\f(1,2)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2a＋1－2a,2)))2＝eq\f(1,8)，當(dāng)a＝eq\f(1,4)時取“＝”，所以正確選項為A.答案：A3．解析：eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝(x＋3y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))＝4＋eq\f(3y,x)＋eq\f(x,y)≥4＋2eq\r(3)，正確選項為D.答案：D4．解析：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥4，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)有最小值4，A選項錯誤；ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(1,4)，ab有最大值eq\f(1,4)，B選項錯誤；(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)≤1＋(a＋b)＝2，eq\r(a)＋eq\r(b)有最大值eq\r(2)，C正確；a2＋b2＝(a＋b)2－2ab≥1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(1,2)，a2＋b2有最小值eq\f(1,2)，D選項錯誤，所以正確選項為C.答案：C5．解析：設(shè)矩形的長、寬分別為x，y，則2(x＋y)＝12，即x＋y＝6，矩形面積為xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2＝9，當(dāng)x＝y(tǒng)＝3時，面積的最大值為9，所以答案為9.答案：96．解析：(1)因為x>0，所以x＋eq\f(4,x)≥4，所以y＝2－x－eq\f(4,x)＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))≤2－4＝－2，所以當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(4,x)，即x＝2>0，函數(shù)y＝2－x－eq\f(4,x)的最大值為－2.(2)因為－1<x<eq\f(1,2)，所以1＋x>0,1－2x>0，所以y＝(1＋x)(1－2x)＝eq\f(1,2)(2＋2x)(1－2x)≤eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2＋2x＋1－2x,2)))2＝eq\f(9,8)，當(dāng)且僅當(dāng)2＋2x＝1－2x，即x＝－eq\f(1,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))時，y＝(1＋x)(1－2x)的最大值為eq\f(9,8).7．解析：對于?x>0，不等式eq\f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立．即對?x>0，不等式eq\f(1,x＋\f(1,x)＋3)≤a恒成立．∵x＋eq\f(1,x)＋3≥3＋2eq\r(x·\f(1,x))＝5.當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時，取等號，所以eq\f(1,x＋\f(1,x)＋3)的最大值為eq\f(1,5).所以a≥eq\f(1,5).故選BCD.答案：BCD8．解析：每臺機器運轉(zhuǎn)x年的年平均利潤為eq\f(y,x)＝18－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(25,x)))，而x>0，故eq\f(y,x)≤18－2eq\r(25)＝8，當(dāng)且僅當(dāng)x＝5時等號成立，此時年平均利潤最大，最大值為8萬元．答案：89．解析：(1)設(shè)該船捕撈n年后的總盈利為y萬元．則y＝50n－98－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12×n＋\f(nn－1,2)×4))＝－2n2＋40n－98＝－2(n－10)2＋102，∴當(dāng)捕撈10年后總盈利最大，最大是102萬元．(2)年平均利潤為eq\f(y,n)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(49,n)－20))≤－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(n·\f(49,n))－20))＝12，當(dāng)且僅當(dāng)n＝eq\f(49,n)，即n＝7時上式取等號．所以，當(dāng)捕撈7年后年平均利潤最大，最大是12萬元．10．解析：由x＋y＝1，y>0，x≠0，得y＝1－x>0，則x<1且x≠0.當(dāng)0<x<1時，eq\f(1,2|x|)＋eq\f(|x|,y＋1)＝eq\f(1,2x)＋eq\f(x,2－x)＝eq\f(x＋2－x,4x)＋eq\f(x,2－x)＝eq\f(1,4)＋eq\f(2－x,4x)＋eq\f(x,2－x)≥eq\f(1,4)＋2eq\r(\f(2－x,4x)·\f(x,2－x))＝eq\f(5,4).當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2－x,4x)＝eq\f(x,2－x)，即x＝eq\f(2,3)時取等號．當(dāng)x<0時，eq\f(1,2|x|)＋eq\f(|x|,y＋1)＝eq\f(1,－2x)＋eq\f(－x,2－x)＝eq\f(2－x＋x,－4x)＋eq\f(－x,2－x)＝－eq\f(1,4)＋eq\f(2－x,－4x)＋eq\f(－x,2－x)≥－eq\f(1,4)＋2eq\r(\f(2－x,－4x)·\f(－x,2－x))＝eq\f(3,4).當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2－x,－4x)＝eq\f(－x,2－x)即x＝－2時取等號．綜上，eq\f(1,2|x|)＋eq\f(|x|,y＋1)≥eq\f(3,4).故選CD.答案：CD課時作業(yè)(十二)一元二次函數(shù)1．解析：∵拋物線y＝2(x－1)2＋3頂點坐標(biāo)為(1,3)，拋物線y＝2x2頂點坐標(biāo)為(0,0)，∴拋物線y＝2(x－1)2＋3可以看作由拋物線y＝2x2向右平移1個單位，再向上平移3個單位得到的，故選B.答案：B2．解析：∵二次函數(shù)解析式為y＝x2＋1，∴頂點坐標(biāo)(0,1)向左平移2個單位，再向下平移3個單位得到的點是(－2，－2)，可設(shè)新函數(shù)的解析式為y＝(x－h(huán))2＋k，代入頂點坐標(biāo)得y＝(x＋2)2－2，故選D.答案：D3．解析：解法一：由題可設(shè)拋物線與x軸的交點為(1－t,0)，(1＋t,0)，其中t>0，則(1－t)2＋(1＋t)2＝15－a，可得t＝eq\r(\f(13－a,2))，由頂點為(1,15)，可設(shè)解析式為y＝a(x－1)2＋15，將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\r(\f(13－a,2))，0))代入解析式，得a＝－2或a＝15(不符合題意，舍去)，∴y＝－2(x－1)2＋15＝－2x2＋4x＋13，∴b＝4.解法二：∵對稱軸是x＝1，最值是15，∴可設(shè)y＝a(x－1)2＋15，∴y＝ax2－2ax＋15＋a，設(shè)方程ax2－2ax＋15＋a＝0的兩個根是x1，x2，則x1＋x2＝－eq\f(－2a,a)＝2，x1x2＝eq\f(15＋a,a)，∵二次函數(shù)的圖象與x軸有兩個交點，其橫坐標(biāo)的平方和為15－a，則xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝15－a，∴22－eq\f(215＋a,a)＝15－a，即a2－13a－30＝0，所以a1＝15(不符合題意，舍去)，a2＝－2，∴y＝－2(x－1)2＋15＝－2x2＋4x＋13，∴b＝4.故選C.答案：C4．解析：二次函數(shù)y＝x2＋2x－2的圖象開口向上，對稱軸為x＝－1.當(dāng)x>－1時，函數(shù)值y隨x的增大而增大，所以在區(qū)間[0,1]上x＝0時取得最小值，所以正確選項為B.答案：B5．解析：函數(shù)y＝x2－x－3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2－eq\f(13,4)，向右平移1個單位得y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1－\f(1,2)))2－eq\f(13,4)，再向上平移1個單位得y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1－\f(1,2)))2－eq\f(13,4)＋1，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2－eq\f(9,4)，所以答案為y＝x2－3x.答案：y＝x2－3x6．解析：(1)二次函數(shù)的頂點為(1,15)，設(shè)函數(shù)為y＝a(x－1)2＋15，即y＝ax2－2ax＋a＋15設(shè)二次函數(shù)與x軸兩個交點的橫坐標(biāo)為x1，x2，即方程ax2－2ax＋a＋15＝0的兩根，由韋達定理x1＋x2＝2，x1x2＝eq\f(a＋15,a)又由xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝7，則(x1＋x2)2－2x1x2＝7，解得a＝－6所以二次函數(shù)y＝－6(x－1)2＋15，即y＝－6x2＋12x＋9；(2)y＝－6(x－1)2＋15的圖象eq\o(→,\s\up7(向左平移1個單位))y＝－6x2＋15eq\o(→,\s\up7(向下平移15個單位))y＝－6x2.7．解析：當(dāng)y＝1時，有x2－2x＋1＝1，解得：x1＝0，x2＝2.∵當(dāng)a≤x≤a＋1時，函數(shù)有最小值1，∴a＝2或a＋1＝0，∴a＝2或a＝－1，故選AD.答案：AD8．解析：∵y＝x2－4x＋3＝(x－2)2－1，∴當(dāng)x＝2時，y取得最小值，最小值為－1；當(dāng)y＝3時，有x2－4x＋3＝3，解得：x1＝0，x2＝4，∴當(dāng)x＝0或4時，y＝3.又∵當(dāng)0≤x≤m時，y的最小值為－1，最大值為3，∴2≤m≤4.答案：C9．解析：二次函數(shù)y＝x2＋kx＋k－1的對稱軸為x＝－eq\f(k,2)，所以－eq\f(k,2)≤2，得k≥－4，所以答案為k≥－4.答案：[－4，＋∞)10．解析：(1)由二次函數(shù)頂點的坐標(biāo)公式，頂點橫坐標(biāo)x頂＝－eq\f(－4a,8)＝eq\f(a,2)，頂點縱坐標(biāo)y頂＝eq\f(16a2－2a＋2－16a2,16)＝－2a＋2所以拋物線的頂點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，－2a＋2)).(2)二次函數(shù)圖象開口向上，對稱軸為x＝eq\f(a,2)，在區(qū)間[0,2]上的最小值，分情況：①當(dāng)eq\f(a,2)<0時(a<0)，x＝0時函數(shù)取得最小值，即a2－2a＋2＝3，解得a＝1±eq\r(2)，又a<0，所以a＝1－eq\r(2)；②當(dāng)0≤eq\f(a,2)≤2時(0≤a≤4)，x＝eq\f(a,2)時函數(shù)取得最小值，即－2a＋2＝3解得a＝－eq\f(1,2)，舍去；③當(dāng)eq\f(a,2)>2時(a>4)，x＝2時函數(shù)取得最小值，即16－8a＋a2－2a＋2＝3解得a＝5±eq\r(10)，又a>4，所以a＝5＋eq\r(10)綜上，a＝1－eq\r(2)或a＝5＋eq\r(10).課時作業(yè)(十三)一元二次不等式及其解法1．解析：8x2－6x＋1<0即為(2x－1)(4x－1)<0，即有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1>0,4x－1<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1<0,4x－1>0))，可得x∈?或eq\f(1,4)<x<eq\f(1,2)，即解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))，故選A.答案：A2．解析：不等式(m－x)(n＋x)>0可化為(x－m)(x＋n)<0，方程(x－m)(x＋n)＝0的兩根為x1＝m，x2＝－n.由m＋n>0，得m>－n，則不等式(x－m)(x＋n)<0的解集是{x|－n<x<m}，故選B.答案：B3．解析：∵2a＋1<0，∴a<－eq\f(1,2)，∴－a>5a.由x2－4ax－5a2＝(x－5a)(x＋a)>0得x<5a或x>－a，∴原不等式的解集為{x|x<5a或x>－a}．答案：A4．解析：由題意知，x＝－3，x＝1是方程x2＋ax－3＝0的兩根，可得－3＋1＝－a，即a＝2，所以不等式為2x2＋x－3<0.即(2x＋3)(x－1)<0，解得－eq\f(3,2)<x<1.答案：D5．解析：a＝0時，不等式ax2＋ax－1≤0化為－1≤0，解集為實數(shù)集R；a≠0時，應(yīng)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0,Δ≤0))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0,a2＋4a≤0))，解得－4≤a<0；綜上，實數(shù)a的取值范圍是－4≤a≤0.答案：[－4,0]6．解析：(1)原不等式變?yōu)閤2－5x＋6<0，即(x－2)(x－3)<0，解得2<x<3，所以原不等式的解集為{x|2<x<3}．(2)原不等式化為(2x－1)(x－1)>0，解得x<eq\f(1,2)或x>1.故原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,2)或x>1)))).(3)因為Δ＝b2－4ac＝(－1)2－4×1＝－3<0，所以原不等式的解集為R.7．解析：由題意知x1，x2是方程x2－2ax－8a2＝0的兩根，所以x1＋x2＝2a，x1x2＝－8a2，則(x2－x1)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝4a2＋32a2＝36a2.又x2－x1＝15，所以36a2＝152，所以a＝±eq\f(5,2).答案：AC8．解析：∵a，b∈R＋，∴eq\f(a,b)＋eq\f(16b,a)≥2eq\r(\f(a,b)·\f(16b,a))＝8.當(dāng)且僅當(dāng)a＝4b時取等號．由題意知x2＋2x<8，即x2＋2x－8<0，解得－4<x<2.答案：(－4,2)9．解析：(1)不等式ax2－3x＋2>0(a∈R)的解集為{x|x<1或x>b}，所以a>0,1，b是一元二次方程ax2－3x＋2＝0的兩個實根，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋b＝\f(3,a)，,1×b＝\f(2,a)，,a>0，))解得a＝1，b＝2.(2)不等式ax2－3x＋2>5－ax化為ax2＋(a－3)x－3>0，即(ax－3)(x＋1)>0.當(dāng)a＝0時，解得x<－1；當(dāng)a>0時，此時eq\f(3,a)>－1，解得x<－1或x>eq\f(3,a)；當(dāng)－3<a<0時，此時eq\f(3,a)<－1，解得eq\f(3,a)<x<－1；當(dāng)a＝－3時，解集為?.當(dāng)a<－3時，此時eq\f(3,a)>－1，解得－1<x<eq\f(3,a)，綜上所述，當(dāng)a＝0，原不等式的解集為{x|x<－1}；當(dāng)a>0時，原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<－1或x>\f(3,a)))；當(dāng)－3<a<0時，原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)<x<－1)))).當(dāng)a＝－3時，原不等式的解集為?.當(dāng)a<－3時，原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<x<\f(3,a))))).10．解析：(1)方程x(x－1)2(x＋1)3(x＋2)＝0的根分別為0,1，－1，－2，其中1為雙重根，－1為3重根(即1為偶次根，－1為奇次根)，結(jié)合圖1，可得不等式的解集為{x|－2≤x≤－1或x≥0}．(2)移項整理，將原不等式化為eq\f(x－2x2＋x＋1,x－3x＋1)>0.由x2＋x＋1>0恒成立，知原不等式等價于eq\f(x－2,x－3x＋1)>0，即(x＋1)(x－2)(x－3)>0，把方程(x＋1)(x－2)(x－3)＝0的三個根x1＝－1，x2＝2，x3＝3順次標(biāo)在數(shù)軸上，然后從右上方開始畫線順次經(jīng)過三個根，其解集如圖2所示的陰影部分，所以原不等式的解集為{x|－1<x<2或x>3}．課時作業(yè)(十四)一元二次不等式的應(yīng)用1．解析：原不等式等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1x－3≤0，,x－3≠0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)≤x≤3，,x≠3，))即－eq\f(1,2)≤x<3，故選C.答案：C2．解析：電工、車工分別為x人，y人，則總的工資支出不超過預(yù)算，即500x＋400y≤20000，所以正確選項為A.答案：A3．解析：函數(shù)y＝－x2＋bx＋c的拋物線開口向下，－1＋b＋c>0，即當(dāng)x＝1時，函數(shù)值y大于零，故q?p，pq，所以正確選項為B.答案：B4．解析：提價后的價格為x元，則提高了(x－2.5)元，則銷售減少了eq\f(x－2.5,0.1)×2000本，即減少了2(x－2.5)萬本，實際售出8－2(x－2.5)萬本，所以正確選項為C.答案：C5．解析：由題意得k＝1或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－1<0,k－12＋4k－1<0))，解得－3<k≤1，所以答案為(－3,1]．答案：(－3,1]6．解析：(1)由題意，可知：當(dāng)a＝1時，f(x)＝x2－3x＋2.不等式f(x)>0即為：x2－3x＋2>0.即：(x－1)(x－2)>0.解得：x<1，或x>2.∴不等式f(x)>0的解集為{x|x<1，或x>2}．(2)由題意，可知：對于任意實數(shù)x，f(x)>0恒成立．∵二次函數(shù)f(x)＝x2－3ax＋2開口向上，∴要使對于任意實數(shù)x，f(x)>0恒成立，則必定Δ<0.∵Δ＝(－3a)2－4×1×2＝9a2－8<0，解得：－eq\f(2\r(2),3)<a<eq\f(2\r(2),3).∴實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(2),3)，\f(2\r(2),3))).7．解析：設(shè)g(a)＝(x－2)a＋(x2－4x＋4)，g(a)>0恒成立，且a∈[－1,1]，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1＝x2－3x＋2>0，,g－1＝x2－5x＋6>0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<1或x>2，,x<2或x>3，))所以x<1或x>3.答案：B8．解析：由題意，銷售總額y＝3860＋500＋2[500(1＋x%)＋500(1＋x%)2]，銷售總額至少達到7000萬元，即3860＋500＋2[500(1＋x%)＋500(1＋x%)2]≥7000，解得1＋x%≤－eq\f(11,5)(舍去)或1＋x%≥eq\f(6,5)，得x≥20，所以答案為20.答案：209．解析：(1)∵AB＝x米，∴BC＝(100－3x)米，∴S＝x(100－3x)＝－3x2＋100x，∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0,0<100－3x≤a,a<100))，解得：eq\f(100－a,3)≤x<eq\f(100,3)，即S與x的函數(shù)關(guān)系式為S＝－3x2＋100x，x的取值范圍為eq\f(100－a,3)≤x<eq\f(100,3)；(2)由題意可得，x(100－3x)＝700，解得，x1＝10，x2＝eq\f(70,3)，當(dāng)x＝10時，100－3x＝70>40，不合題意舍去；當(dāng)x＝eq\f(70,3)時，100－3x＝30，故：AD的長為30米．10．解析：由于x2－8x＋20＝(x－4)2＋4>0恒成立，因此原不等式對任意實數(shù)x恒成立等價于mx2＋2(m＋1)x＋9m＋4>0對x∈R恒成立．(1)當(dāng)m＝0時，不等式化為2x＋4>0，不滿足題意．(2)當(dāng)m≠0時，應(yīng)有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>0，,Δ＝[2m＋1]2－4m9m＋4<0，))解得m>eq\f(1,4).綜上，實數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))章末質(zhì)量檢測(一)預(yù)備知識1．解析：M∩N＝{x|－2<x<2}．答案：C2．解析：由A＝B有a2＝2a＋3，解得a＝－1，a＝3.當(dāng)a＝－1時，A＝{0,1,1}與集合元素的互異性矛盾，舍去．當(dāng)a＝3時，A＝{0,1,9}＝B，滿足題意．答案：C3．解析：M－N＝(2a2－4a＋7)－(a2－5a＋6)＝a2＋a＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，∴M>N，故選A.答案：A4．解析：A＝{x|x2＋2x>0}＝{x|x<－2或x>0}，B＝{x|x2＋2x－3<0}＝{x|－3<x<1}，∴A∩B＝{x|－3<x<－2或0<x<1}，故選D.答案：D5．解析：命題：存在x∈R，使ax2＋2x＋a<0的否定為：對任意x∈R，都有ax2＋2x＋a≥0恒成立，下面先求對任意x∈R，都有ax2＋2x＋a≥0恒成立時a的取值范圍：(1)當(dāng)a＝0時，不等式可化為2x≥0，即x≥0，顯然不符合題意；(2)當(dāng)a≠0時，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,4－4a2≤0，))解得a≥1，所以存在x∈R，使ax2＋2x＋a<0的實數(shù)a的取值范圍是a<1.答案：A6．解析：由題意知：命題p是假命題，其否定：?x∈R，x2＋(a－1)x＋1≥0為真命題，即Δ＝(a－1)2－4≤0，解得－1≤a≤3.答案：B7．解析：A＝{x|－1<x<3}，B＝{x|－3<x<2}，∴A∩B＝{x|－1<x<2}，因為不等式x2＋ax＋b<0的解集是{x|－1<x<2}，所以－1，2是方程x2＋ax＋b＝0的兩根，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＋2＝－a，,－1×2＝b，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－2.))所以a＋b＝－3.答案：A8．解析：不等式(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9對任意正實數(shù)x，y恒成立，則(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))＝1＋a＋eq\f(y,x)＋eq\f(ax,y)≥1＋a＋2eq\r(a)＝(1＋eq\r(a))2≥9，∴eq\r(a)≥2，即a≥4，故正實數(shù)a的最小值為4.答案：B9．解析：因為不等式ax2＋bx＋c>0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2))，故相應(yīng)的二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c的圖象開口向下，所以a<0，故A錯誤；易知2和－eq\f(1,2)是方程ax2＋bx＋c＝0的兩個根，則有eq\f(c,a)＝－1<0，－eq\f(b,a)＝eq\f(3,2)>0，又a<0，故b>0，c>0，故BC正確；由二次函數(shù)的圖象可知f(1)＝a＋b＋c>0，故D正確．故選BCD.答案：BCD10．解析：對于①命題“?x∈R，x2＋1>3x”的否定是“?x∈R，x2＋1≤3x”，故錯誤；對于②命題“?x，y∈R，x2＋y2≥0”的否定是“?x，y∈R，x2＋y2<0”，正確；對于③，“a>2”是“a>5”的必要不充分條件，正確；對于④，當(dāng)x＝0時，x2＝0，故錯誤．故選BC.答案：BC11．解析：對于A，當(dāng)c＝0時，ac2＝bc2，故A中說法錯誤；對于B，因為1<b<2，所以－2<－b<－1，同向不等式相加得－4<a－b<2，故B中說法錯誤；對于C，因為a>b>0，所以eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又因為m>0，所以eq\f(m,a)<eq\f(m,b)，故C中說法正確；對于D，只有當(dāng)a>b>0，c>d>0時，才有ac>bd，故D中說法錯誤．故選ABD.答案：ABD12．解析：在A中，當(dāng)x>0時，eq\r(x)>0，eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x))≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號，結(jié)論成立；在B中，當(dāng)x>2時，x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號，但x>2取不到1，因此x＋eq\f(1,x)的最小值不是2，結(jié)論錯誤；在C中，因為x<eq\f(5,4)，所以5－4x>0，則y＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－4x＋\f(1,5－4x)))＋3≤－2×eq\r(5－4x·\f(1,5－4x))＋3＝1，當(dāng)且僅當(dāng)5－4x＝eq\f(1,5－4x)，即x＝1時取等號，結(jié)論錯誤；顯然D正確．故選AD.答案：AD13．答案：?x>0,2x＋1<014．解析：由|x|≤2得－2≤x≤2，∵“|x|≤2”是“x≤a”的充分不必要條件，∴{x|－2≤x≤2}?{x|x≤a}，∴a≥2.即a的最小值是2.答案：215．解析：由題意知a<0，且不等式對應(yīng)方程的兩個根分別為eq\f(1,3)，eq\f(1,2)，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(5,a)＝\f(1,3)＋\f(1,2),\f(c,a)＝\f(1,3)×\f(1,2)))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,c＝－1.))答案：－6－116．解析：∵x＋y＝xy，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝1，∴x＋4y＝(x＋4y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))＝5＋eq\f(x,y)＋eq\f(4y,x)≥5＋2eq\r(\f(x,y)·\f(4y,x))＝9.當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,y)＝eq\f(4y,x)時取等號．答案：917．解析：∵全集U＝{x|x≤4}，A＝{x|－2<x<3}，B＝{x|－3<x≤3}，∴?UA＝{x|x≤－2或3≤x≤4}，A∩B＝{x|－2<x<3}，?U(A∩B)＝{x|x≤－2或3≤x≤4}，(?UA)∩B＝{x|－3<x≤－2或x＝3}．18．解析：(1)由1＝eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)≥2eq\r(\f(1,x)·\f(9,y))得xy≥36，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,x)＝eq\f(9,y)，即y＝9x＝18時取等號，故xy的最小值為36.(2)由題意可得x＋2y＝(x＋2y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(9,y)))＝19＋eq\f(2y,x)＋eq\f(9x,y)≥19＋2eq\r(\f(2y,x)·\f(9x,y))＝19＋6eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2y,x)＝eq\f(9x,y)，即9x2＝2y2時取等號，故x＋2y的最小值為19＋6eq\r(2).19．解析：根據(jù)題意，要使生產(chǎn)該產(chǎn)品2小時獲得的利潤不低于3000元，得2×100×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x＋1－\f(3,x)))≥3000，整理得5x－14－eq\f(3,x)≥0，即5x2－14x－3≥0，解得x≥3或x≤－eq\f(1,5)，又1≤x≤10，可解得3≤x≤10.20．解析：若選擇條件①，即x∈A是x∈B成立的充分不必要條件，集合A是集合B的真子集，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－m≤－2,1＋m≥6))，解得m≥5，所以，實數(shù)m的取值范圍是[5，＋∞)．若選擇條件②，即x∈A是x∈B成立的必要不充分條件，集合B是集合A的真子集，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－m≥－2,1＋m≤6))，解得0<m≤3，所以，實數(shù)m的取值范圍是(0,3]．若選擇條件③，即x∈A是x∈B成立的充要條件，則集合A等于集合B則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－m＝－2,1＋m＝6))，方程組無解，所以，不存在滿足條件的實數(shù)m.21．解析：(1)當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，y＝x2－eq\f(5,2)x＋1≤0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))(x－2)≤0，解得