高中数学题库 A集合与简易逻辑一元二次不等式

求使不等式ax2+4x-1≥-2x2-a对任意实数x恒成立的a的取值范围。答案：由不等式得(a+2)x2+4x+a-1≥0.①①对任意x∈R成立。ⅰ）当a=-2时，①化为4x≥3,当x43时不成立。ⅱ）当a-2时，由二次函数性质①不恒成立。ⅲ）当a-2时，△=4×[4-(a+2)(a-1)]≤0，即a2+a+2≥4，得a≥2，或a≤-3，综上所述，a≥2。来源：08年数学竞赛专题二题型：解答题，难度：中档已知不等式组12022axaaxx①②的整数解恰好有两个，求a的取值范围。答案：因为方程x2-x+a-a2=0的两根为x1=a,x2=1-a,若a≤0，则x1x2.①的解集为ax1-a，由②得x1-2a.因为1-2a≥1-a，所以a≤0,所以不等式组无解。若a0，ⅰ）当0a21时，x1x2,①的解集为ax1-a.因为0ax1-a1，所以不等式组无整数解。ⅱ）当a=21时，a=1-a，①无解。ⅲ）当a21时，a1-a，由②得x1-2a，所以不等式组的解集为1-axa.又不等式组的整数解恰有2个，所以a-(1-a)1且a-(1-a)≤3，所以1a≤2，并且当1a≤2时，不等式组恰有两个整数解0，1。综上，a的取值范围是1a≤2.来源：08年数学竞赛专题二题型：解答题，难度：较难已知f(x)=ax2+bx+c在[0，1]上满足|f(x)|≤1,试求|a|+|b|+|c|的最大值。答案：因为cbafcbafcf)1(21421)0(，所以)0()0(3)1(214214)0(2)1(2fcfffbfffa，所以|a|+|b|+|c|=|2f(1)+2f(0)-4f21|+|4f21-f(1)-3f(0)|+|f(0)|≤3+|f(1)|+8|f21|+6|f(0)|≤17.另一方面，对于二次函数f(x)=8x2-8x+1，当x∈[0,1]时，|f(x)|≤1,且|a|+|b|+|c|=17，所以|a|+|b|+|c|的最大值为17。来源：08年数学竞赛专题二题型：解答题，难度：较难对任意x∈[0,1],有0304222kkxxkkxx成立，求k的取值范围。答案：当x∈[0,1]时，有x2-2kx+k-40成立。记f(x)=x2-2kx+k-4，当且仅当0)1(0)0(ff时-3k4.记g(x)=x2-kx-k+3.当x∈[0,1]时，g(x)0，由g(1)0可得k2.ⅰ）当0≤k2时，2k∈[0，1]，g(x)0当且仅当04)3(42kk，即-6k2，亦即0≤k2；ⅱ）当k0时，]1,0[2k，g(x)0当且仅当g(1)0，即k2。综上所述，对任意x∈[0，1]，不等式组成立。当且仅当-3k2.来源：08年数学竞赛专题二题型：解答题，难度：较难设f(x)=ax2+bx+c，a,b,c∈R,a100，试问满足|f(x)|≤50的整数x最多有几个？答案：f(x)=a(x-x0)2+f(x0)。ⅰ）若|f(x0)|≤50，因为满足|n-x0|1的整数至多有2个，所以满足|f(x)|≤50的整数x至多有2个。ⅱ）若|f(x0)|50，若f(x0)50，则|f(x)|≤50无解；若f(x0)-50，设|f(n)|≤50,|f(n+k)|≤50,若k≥1,则|f(n+k)-f(n)|=|ak(2n+k-2x0)|≤100.则k|2n+k-2x0|1，若n≥x0，则k无解，所以满足n≥x0且|f(x)|≤50的整数x至多有1个。同理可得若nn+k≤x0,则若k≥1,|k(2n+k-2k0)|1.①因为|k(2n+k-2k0)|=|k(2n+2k-2k0-k)||k|≥1，所以满足①的k也不存在。所以满足|f(x)|≤50的整数最多有2个。例如，f(x)=101221x,当x=0,1时有|f(x)|50.来源：08年数学竞赛专题二题型：解答题，难度：较难解关于x的不等式：mx2-3(m+1)x+90(m∈R)答案：(1)m=0时-3x+90∴x3(2)m≠3时0)3)(3(xmxm当m0时33xm当m0时100m1时，33xmx或20m=1时，x≠330m1时，x3或mx3来源：题型：解答题，难度：中档已知函数)(xf是定义在2,2上的奇函数，当)0,2[x时，321)(xtxxf（t为常数）。（1）求函数)(xf的解析式；（2）当]6,2[t时，求)(xf在0,2上的最小值，及取得最小值时的x，并猜想)(xf在2,0上的单调递增区间（不必证明）；（3）当9t时，证明：函数)(xfy的图象上至少有一个点落在直线14y上。答案：（1）2,0x时，0,2x，则3321)(21)()(xtxxxtxf∵函数)(xf是定义在2,2上的奇函数，即xfxf∴321xtxxf，即321)(xtxxf，又可知00f∴函数)(xf的解析式为321)(xtxxf，2,2x（2）221xtxxf，∵]6,2[t，0,2x，∴0212xt∵2783212121332222222txtxtxxtxxf∴2221xtx，即36,322txtx)0,236(t时，ttf962min。猜想)(xf在2,0上的单调递增区间为36,0t。（3）9t时，任取2221xx，∵0212221212121xxxxtxxxfxf∴xf在2,2上单调递增，即2,2ffxf，即42,24ttxf∵9t，∴1442,1424tt，∴42,2414tt∴当9t时，函数)(xfy的图象上至少有一个点落在直线14y上。来源：08年高考探索性专题题型：解答题，难度：较难设2()fxaxbx，求满足下列条件的实数a的值：至少有一个正数b，使()fx的定义域和值域相同．答案：若a＝0，则对每个正数b，()fxbx的定义域和值域都是0,，故a＝0满足条件若a＞0，则对每个正数b，2()fxaxbx的定义域D＝20,0,bxaxbxa，但2()fxaxbx的值域A0,故D≠A，即a＞0不合条件若a＜0，则对每个正数b，2()fxaxbx的定义域D＝0,ba，由于此时max22bbfxfaa，故2()fxaxbx的值域为0,2ba所以，0422abbaaaaa综合所述，a的值为0或－4来源：题型：解答题，难度：中档已知a,b,c∈R,f(x)=ax2+bx+c,g(x)=ax+b,当|x|≤1时，|f(x)|≤1,(1)求证：|c|≤1;(2)求证：当|x|≤1时，|g(x)|≤2;(3)当a0且|x|≤1时，g(x)最大值为2，求f(x).答案：（1）令x=0，则|f(0)|≤0,于是|c|≤1。（2）因为cbafcbafcf)1()1()0(，解得a=21[f(1)+f(-1)-2f(0)],b=21[f(1)-f(-1)],所以当|x|≤1时，|g(x)|=|ax+b|=|21[f(1)+f(-1)-2f(0)]x+21[f(1)-f(-1)]|=21|(x+1)f(1)+(x-1)f(-1)-2xf(0)|≤21|x+1||f(1)|+|x-1|f(-1)+|2x|·|f(0)|≤21(|x+1|+|x-1|+2)=21[(x+1)+(1-x)+2]=2.(3)因为当a0时g(x)=ax+b在[-1，1]上递增，所以当x=1时，g(x)=2，即g(1)=a+b=2=f(1)-f(0).而-1≤f(1)≤1,-1≤-f(0)≤1，所以f(1)=1,-f(0)=1，所以c=-1。又当|x|≤1时，f(x)≥-1=f(0)，所以在[-1，1]上，f(0)为f(x)的最小值，所以0=-ab2,所以b=0,a=2。所以f(x)=2x2-1.来源：08年数学竞赛专题二题型：解答题，难度：中档设A={x|1x3}，又设B是关于x的不等式组0520222bxxaxx的解集，试确定a，b的取值范围使AB答案：设f(x)=x2－2x+a，g(x)=x2－2bx+5要使AB则必须使f(x)与g(x)在[1，3]上的图象均在x轴下方（含x轴），则应满足0)3(0)1(0)3(0)1(ggff即06140260301bbaa∴a≤－3b≥3来源：题型：解答题，难度：中档解关于x的不等式.1222aaxx答案：解：原不等式可化为01222aaxx即0)4)(3(axax0)4)(3(axax………………………………6分当}34|{,43,0axaxxaaa或原不等式的解集为时…………8分当}0|{,043,0xxaaa原不等式的解集为时…………10分当}43|{,43,0axaxxaaa或原不等式的解集为时…………12分来源：07年广西名校联考三题型：解答题，难度：容易已知f(x)是定义[－1,1]在上的奇函数，且f(1)=1，若a、b[－1,1]，a+b≠0，有f(a)+f(b)a+b0成立。（1）判断函数f(x)在[－1,1]上是增函数还是减函数，并证明你的结论；（2）解不等式f(x+12)f(1x－1)；（3）若f(x)≤m2－2am+1对所有x[－1,1]，a[－1,1]恒成立，求实数m的取值范围。答案：解：（1）任取x1、x2[－1,1]且x1x2，则－x2[－1,1]，又f(x)是奇函数，于是f(x1)－f(x2)=f(x1)+f(－x2)=f(x1)+f(－x2)x1+(－x2)·(x1－x2)，2分由已知f(x1)+f(－x2)x1+(－x2)0，x1－x20，得f(x1)－f(x2)0，即f(x1)f(x2)，故f(x)在[－1,1]上是增函数。4分（2）据函数f(x)是定义在[－1,1]上的增函数，不等式f(x+12)f(1x－1)等价于不等式组－1≤x+12≤1－1≤1x－1≤1x+121x－1－32≤x≤12x≤0或x≥2x－1或1x32，7分∴原不等式解集为[－32,－1)。8分（3）由（1）的结论f(x)是[－1,1]上的增函数，且f(1)=1，故对所有的x[－1,1]有f(x)≤1。根据已知，对所有x[－1,1]，a[－1,1]，f(x)≤m2－2am+1的恒成立，应有m2－2am+1≥1成立，即m2－2am≥0，再设g(a)=－2am+m2对所有的a[－1,1]，g(a)≥0成立，只需g(a)在[－1,1]上的最小值大于等于0。12分①当m0时g(a)为[－1,1]上的减函数，此时g(1)最小。由m0g(1)=－2m+m2解得m≥2；②当m=0时，g(a)=0，对a[－1,1]的g(a)≥0也成立；③当m0时g(a)为[－1,1]上的增函数，此时g(－1)最小，由m0g(－1)=2m+m2≥0，解得m≤－2。故m的取值范围为m≤－2，m=0或m≥2。14分来源：题型：解答题，难度：较难某公司生产的A型商品通过租赁柜台进入某商场销售.第一年，商场为吸引厂家，决定免收该年管