福建石光中学度高二数学同步测试二 人教

福建省石光中学2005-2006学年度高二数学同步测试二不等式的解法与含绝对值的不等式一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）1若条件p：|x+1|4，条件q：x25x6，则p是q的（ ）A必要不充分条件B 充分不必要条件C充要条件D既不充分又不必要条件2不等式的解集是 （ ）A（2，0）BCR D3若，则 （ ）Ax3B2x3Cx2D3x0，b0，关于的不等式的解集为 （ ）A或 B或C或 D5已知全集，集合，则 为 （ ）AB C D6不等式的解为 （ ）A1x1或x2Bx3或1x2 Cx=4或3x1或x2Dx=4或x3或1x27设依次是方程的实数根，则有（ ）ABC D8设函数f(x)=，已知f(a)1，则a的取值范围是（ ）A(，2)(，+)B(，)C(，2)(，1)D(2，)(1，+)9若a0，使不等式x4+x3a在R上的解集不是空集，则a的取值范围是（ ）A0a1B0a1Ca1Da110已知是定义在上的奇函数，当时，的图象如图所示，那么不等式的解集为 （ ）A BC D二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）11已知函数f(x)是R上的减函数，A（0，3），B（2，3）是其图象上的两点，那么不等式|f(x2)|3的解集是 . 12不等式(x+5)0的解集是 .13已知f(x)、g(x)都是奇函数，f(x)0的解集是(a2，b)，g(x)0的解集是(，)，则f(x)g(x)0的解集是_.14已知Axxa4，Bxx23，且ABR，实数 a的范围是.15某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与车库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与到车站的距离成正比，如果在距车站10公里处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站_公里处.三、解答题（本大题共6题，共75分）16解不等式：（12分） 17解不等式解不等式loga(x)1（12分）18（本小题满分12分）设函数（）解不等式；（）当时，求函数的最小值.19（本小题满分12分）已知关于x的不等式在区间1，2上恒成立，求实数a的取值范围.20（本小题满分13分）已知.设函数在R上单调递减.不等式的解集为R.如果和有且仅有一个正确，求的取值范围.21（本小题满分14分）已知a，b，c是实数，函数f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b，当1x1时|f(x)|1.(1)证明：|c|1；(2)证明：当1 x1时，|g(x)|2；(3)设a0，有1x1时， g(x)的最大值为2，求f(x).参考答案一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）题号12345678910答案BABCCDACCB8解析：由f(x)及f(a)1可得： 或 或 解得a2，解得a1解得xa的取值范围是(，2)(，1)二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）11 12 13解析：由已知ba2f(x)，g(x)均为奇函数，f(x)0的解集是(b，a2)，g(x)0的解集是().由f(x)g(x)0可得： x(a2，)(，a2)14Axa-4xa+4，Bx-1，或x5，由于ABR，如图所示，所以1a315. 解析：由已知y1=；y2=0.8x(x为仓库与车站距离)费用之和y=y1+y2=0.8x+2=8当且仅当0.8x=即x=5时“=”成立；答案：5公里处三、解答题（本大题共6题，共75分）16（12分）解析：原不等式 17（12分） (1)当a1时，原不等式等价于不等式组由此得1a.因为1a0，所以x0，x0.(2)当0a1时，原不等式等价于不等式组： 由 得x1或x0，由得0 x，1x.综上，当a1时，不等式的解集是x|x0，当0a1时，不等式的解集为x|1x18解：（）由 2分（1）当 4分（2）当a=1时，解不等式组得 5分（3）当6分综上所述，当时，不等式的解集为：（），当0a1时，不等式的解集为：（） 8分（）当0a1时 （）. 3分根据条件，a应当小于的最小值是，从而此时 6分（2）当0a1时， 9分根据条件，a应当小于的最小值4，同时a也应当大于的最大值4，即4a4，这是不可能的.11分因此综合（1）和（2）可知，满足题目条件的a的取值范围为 12分20解：函数在R上单调递减，不等式的解集为R函数在R上恒大于1，函数在R上的最小值为，不等式的解集为R，即，若正确，且不正确，则；若正确，且不正确，则；所以的取值范围为. （13分）21知识依托：二次函数的有关性质、函数的单调性是药引，而绝对值不等式的性质灵活运用是本题的灵魂.错解分析：本题综合性较强，其解答的关键是对函数f(x)的单调性的深刻理解，以及对条件“1x1时|f(x)|1”的运用；绝对值不等式的性质使用不当，会使解题过程空洞，缺乏严密，从而使题目陷于僵局.技巧与方法：本题(2)问有三种证法，证法一利用g(x)的单调性；证法二利用绝对值不等式：|a|b|ab|a|+|b|；而证法三则是整体处理g(x)与f(x)的关系.(1)证明：由条件当=1x1时，|f(x)|1，取x=0得：|c|=|f(0)|1，即|c|1.(2)证法一：依题设|f(0)|1而f(0)=c，所以|c|1.当a0时，g(x)=ax+b在1，1上是增函数，于是g(1)g(x)g(1)，(1x1).|f(x)|1，(1x1)，|c|1，g(1)=a+b=f(1)c|f(1)|+|c|=2，g(1)=a+b=f(1)+c(|f(2)|+|c|)2，因此得|g(x)|2 (1x1)；当a0时，g(x)=ax+b在1，1上是减函数，于是g(1)g(x)g(1)，(1x1)，|f(x)|1 (1x1)，|c|1|g(x)|=|f(1)c|f(1)|+|c|2.综合以上结果，当1x1时，都有|g(x)|2.证法二：|f(x)|1(1x1) |f(1)|1，|f(1)|1，|f(0)|1，f(x)=ax2+bx+c，|ab+c|1，|a+b+c|1，|c|1，因此，根据绝对值不等式性质得：|ab|=|(ab+c)c|ab+c|+|c|2，|a+b|=|(a+b+c)c|a+b+c|+|c|2，g(x)=ax+b，|g(1)|=|a+b|=|ab|2，函数g(x)=ax+b的图象是一条直线，因此|g(x)|在1，1上的最大值只能在区间的端点x=1或x=1处取得，于是由|g(1)|2得|g(x)|2，(1x1.当1x1时，有01，10，|f(x)|1，(1x1)，|f |1，|f()|1；因此当1x1时，|g(x)|f |+|f()|2.(3)解：因为a0，g(x)在1，1上是增函数，当x=1时取得最大值2，即g(1