高考数学二轮复习 第一部分 基础考点 自主练透 第2讲 集合、不等式、常用逻辑用语练习（含解析）试题

第2讲集合、不等式、常用逻辑用语集合[考法全练]1．(2019·高考天津卷)设集合A＝{－1，1，2，3，5}，B＝{2，3，4}，C＝{x∈R|1≤x<3}，则(A∩C)∪B＝()A．{2} B．{2，3}C．{－1，2，3} D．{1，2，3，4}解析：选D.因为A∩C＝{－1，1，2，3，5}∩{x∈R|1≤x<3}＝{1，2}，所以(A∩C)∪B＝{1，2}∪{2，3，4}＝{1，2，3，4}．故选D.2．(2019·郑州市第二次质量预测)已知全集U＝R，A＝{x|y＝ln(1－x2)}，B＝{y|y＝4x－2}，则A∩(∁UB)＝()A．(－1，0) B．[0，1)C．(0，1) D．(－1，0]解析：选D.A＝{x|1－x2>0}＝(－1，1)，B＝{y|y>0}，所以∁UB＝{y|y≤0}，所以A∩(∁UB)＝(－1，0]，故选D.3．(多选)若集合A＝{x|x(x－2)≤0}，且A∪B＝A，则集合B可能是()A．{－1} B．{0}C．{1} D．{2}解析：选BCD.因为A＝{x|x(x－2)≤0}，所以A＝[0，2]．因为A∪B＝A，所以B⊆A.由选项知有{0}⊆A，{1}⊆A，{2}⊆A.故选BCD.4．(一题多解)已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2≤3，x∈Z，y∈Z}，则A中元素的个数为()A．9 B．8C．5 D．4解析：选A.法一：由x2＋y2≤3知，－eq\r(3)≤x≤eq\r(3)，－eq\r(3)≤y≤eq\r(3)，又x∈Z，y∈Z，所以x∈{－1，0，1}，y∈{－1，0，1}，所以A中元素的个数为Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3)＝9，故选A.法二：根据集合A的元素特征及圆的方程在坐标系中作出图形，如图，易知在圆x2＋y2＝3中有9个整点，即为集合A的元素个数，故选A.5．已知集合M＝{x|y＝lg(2－x)}，N＝{y|y＝eq\r(1－x)＋eq\r(x－1)}，则()A．M⊆N B．N⊆MC．M＝N D．N∈M解析：选B.因为集合M＝{x|y＝lg(2－x)}＝(－∞，2)，N＝{y|y＝eq\r(1－x)＋eq\r(x－1)}＝{0}，所以N⊆M.故选B.6．(一题多解)(2019·安徽省考试试题)已知集合A＝{x|x－a≤0}，B＝{1，2，3}，若A∩B≠∅，则a的取值范围为()A．(－∞，1] B．[1，＋∞)C．(－∞，3] D．[3，＋∞)解析：选B.法一：集合A＝{x|x≤a}，集合B＝{1，2，3}，若A∩B≠∅，则1，2，3这三个元素至少有一个在集合A中，若2或3在集合A中，则1一定在集合A中，因此只要保证1∈A即可，所以a≥1，故选B.法二：集合A＝{x|x≤a}，B＝{1，2，3}，a的值大于3时，满足A∩B≠∅，因此排除A，C.当a＝1时，满足A∩B≠∅，排除D.故选B.eq\a\vs4\al()集合问题的求解策略(1)连续数集借助数轴，不连续数集借助Venn图．(2)图形或图象问题用数形结合法．(3)新定义问题要紧扣定义进行逻辑推理或运算．[提醒]解决集合问题要注意以下几点．(1)集合元素的互异性．(2)不能忽略空集．(3)注意端点的取值，如题3中，A∩(∁UB)中含有元素0.(4)理解代表元素的意义，如题4为点集，其他各题均为数集．不等式的性质及解法[考法全练]1．(2019·陕西华阴期末)若不等式x2＋x＋m2＜0的解集不是空集，则实数m的取值范围为()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析：选B.因为不等式x2＋x＋m2＜0的解集不是空集，所以Δ＞0，即1－4m2＞0，所以－eq\f(1,2)＜m＜eq\f(1,2).故选B.2．(多选)若0＜a＜1，b＞c＞1，则()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq\s\up12(a)＞1 B．eq\f(c－a,b－a)＞eq\f(c,b)C．ca－1＜ba－1 D．logca＜logba解析：选AD.对于A，因为b＞c＞1，所以eq\f(b,c)＞1.因为0＜a＜1，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq\s\up12(a)＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq\s\up12(0)＝1，故正确．对于B，若eq\f(c－a,b－a)＞eq\f(c,b)，则bc－ab＞bc－ac，即a(c－b)＞0，这与0＜a＜1，b＞c＞1矛盾，故错误．对于C，因为0＜a＜1，所以a－1＜0.因为b＞c＞1，所以ca－1＞ba－1，故错误．对于D，因为0＜a＜1，b＞c＞1，所以logca＜logba，故正确．故选AD.3．(一题多解)(2019·高考全国卷Ⅱ)若a＞b，则()A．ln(a－b)＞0 B．3a＜3bC．a3－b3＞0 D．|a|＞|b|解析：选C.法一：不妨设a＝－1，b＝－2，则a＞b，可验证A，B，D错误，只有C正确．法二：由a＞b，得a－b＞0，但a－b＞1不一定成立，则ln(a－b)＞0不一定成立，故A不一定成立．因为y＝3x在R上是增函数，当a＞b时，3a＞3b，故B不成立．因为y＝x3在R上是增函数，当a＞b时，a3＞b3，即a3－b3＞0，故C成立．因为当a＝3，b＝－6时，a＞b，但|a|＜|b|，所以D不一定成立．故选C.4．设[x]表示不超过x的最大整数(例如：[5.5]＝5，[－5.5]＝－6)，则不等式[x]2－5[x]＋6≤0的解集为()A．(2，3) B．[2，4)C．[2，3] D．(2，3]解析：选B.不等式[x]2－5[x]＋6≤0可化为([x]－2)·([x]－3)≤0，解得2≤[x]≤3，即不等式[x]2－5[x]＋6≤0的解集为2≤[x]≤3.根据[x]表示不超过x的最大整数，得不等式的解集为2≤x＜4.故选B.5．已知实数b＞a＞0，m＜0，则mb________ma，eq\f(b－m,a－m)________eq\f(b,a)(用＞，＜填空)．解析：因为b＞a＞0，m＜0，所以b－a＞0，所以mb－ma＝m(b－a)＜0，所以mb＜ma.eq\f(b－m,a－m)－eq\f(b,a)＝eq\f(a（b－m）－b（a－m）,a（a－m）)＝eq\f(m（b－a）,a（a－m）)＜0，所以eq\f(b－m,a－m)＜eq\f(b,a).答案：＜＜6．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，x≤1，,ln（x－1），1＜x≤2，))若不等式f(x)≤5－mx恒成立，则实数m的取值范围是________．解析：作出函数f(x)的大致图象如图所示，令g(x)＝5－mx，则g(x)恒过点(0，5)，由f(x)≤g(x)恒成立，由数形结合得－eq\f(5,2)≤－m≤0，解得0≤m≤eq\f(5,2).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))eq\a\vs4\al()(1)一元二次不等式的解法先化为一般形式ax2＋bx＋c＞0(a≠0)，再求相应一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根，最后根据相应二次函数图象与x轴的位置关系，确定一元二次不等式的解集．(2)简单分式不等式的解法①eq\f(f（x）,g（x）)＞0(＜0)⇔f(x)g(x)＞0(＜0)．②eq\f(f（x）,g（x）)≥0(≤0)⇔f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.(3)不等式恒成立问题的解题方法①f(x)＞a对一切x∈I恒成立⇔f(x)min＞a；f(x)＜a对一切x∈I恒成立⇔f(x)max＜a.②f(x)＞g(x)对一切x∈I恒成立⇔f(x)的图象在g(x)的图象的上方．③解决恒成立问题还可以利用分离参数法，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．利用分离参数法时，常用到函数单调性、基本不等式等．基本不等式及其应用[考法全练]1．(多选)下列不等式的证明过程错误的是()A．若a，b∈R，则eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2B．若a＜0，则a＋eq\f(4,a)≥－2eq\r(a·\f(4,a))＝－4C．若a，b∈(0，＋∞)，则lga＋lgb≥2eq\r(lga·lgb)D．若a∈R，则2a＋2－a≥2eq\r(2a·2－a)＝2解析：选ABC.由于a，b的符号不确定，故选项A错误；因为a＜0，所以a＋eq\f(4,a)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（－a）＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,a)))))≤－2eq\r(（－a）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,a))))＝－4，故B错误；由于lga，lgb的符号不确定，故选项C错误；因为2a＞0，2－a＞0，所以2a＋2－a≥2eq\r(2a·2－a)＝2，故选项D正确．故选ABC.2．(一题多解)(2019·长沙模拟)若a＞0，b＞0，a＋b＝ab，则a＋b的最小值为()A．2 B．4C．6 D．8解析：选B.法一：由于a＋b＝ab≤eq\f(（a＋b）2,4)，因此a＋b≥4或a＋b≤0(舍去)，当且仅当a＝b＝2时取等号，故选B.法二：由题意，得eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，所以a＋b＝(a＋b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2＋2＝4，当且仅当a＝b＝2时取等号，故选B.法三：由题意知a＝eq\f(b,b－1)(b＞1)，所以a＋b＝eq\f(b,b－1)＋b＝2＋b－1＋eq\f(1,b－1)≥2＋2＝4，当且仅当a＝b＝2时取等号，故选B.3．已知向量a＝(x－1，3)，b＝(1，y)，其中x，y都为正实数．若a⊥b，则eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值为()A．2 B．2eq\r(2)C．4 D．2eq\r(3)解析：选C.因为a⊥b，所以a·b＝x－1＋3y＝0，即x＋3y＝1.又x，y为正实数，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)＝(x＋3y)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,3y)))＝2＋eq\f(3y,x)＋eq\f(x,3y)≥2＋2eq\r(\f(3y,x)·\f(x,3y))＝4，当且仅当x＝3y＝eq\f(1,2)时取等号．所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值为4.故选C.4．(2019·高考天津卷)设x＞0，y＞0，x＋2y＝5，则eq\f(（x＋1）（2y＋1）,\r(xy))的最小值为________．解析：因为x＞0，y＞0，所以eq\r(xy)＞0.因为x＋2y＝5，所以eq\f(（x＋1）（2y＋1）,\r(xy))＝eq\f(2xy＋x＋2y＋1,\r(xy))＝eq\f(2xy＋6,\r(xy))＝2eq\r(xy)＋eq\f(6,\r(xy))≥2eq\r(12)＝4eq\r(3).当且仅当2eq\r(xy)＝eq\f(6,\r(xy))时取等号．所以eq\f(（x＋1）（2y＋1）,\r(xy))的最小值为4eq\r(3).答案：4eq\r(3)5．(2019·洛阳模拟)已知x＞0，y＞0，且eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝1，则xy＋x＋y的最小值为________．解析：因为eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝1，所以2x＋y＝xy，所以xy＋x＋y＝3x＋2y，因为3x＋2y＝(3x＋2y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(2,y)))＝7＋eq\f(6x,y)＋eq\f(2y,x)，且x＞0，y＞0，所以3x＋2y≥7＋4eq\r(3)，所以xy＋x＋y的最小值为7＋4eq\r(3).答案：7＋4eq\r(3)6．已知a＞b＞0，则a＋eq\f(4,a＋b)＋eq\f(1,a－b)的最小值为________，此时a＝________．解析：因为a＞b＞0，所以a＋eq\f(4,a＋b)＋eq\f(1,a－b)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b＋\f(8,a＋b)＋a－b＋\f(2,a－b)))≥eq\r(（a＋b）·\f(8,a＋b))＋eq\r(（a－b）·\f(2,a－b))＝2eq\r(2)＋eq\r(2)＝3eq\r(2)，当且仅当a＝eq\f(3\r(2),2)，b＝eq\f(\r(2),2)时等号成立．答案：3eq\r(2)eq\f(3\r(2),2)eq\a\vs4\al()利用不等式求最值的4个解题技巧(1)凑项：通过调整项的符号，配凑项的系数，使其积或和为定值．(2)凑系数：若无法直接运用基本不等式求解，可以通过凑系数后得到和或积为定值，从而可利用基本不等式求最值．(3)换元：分式函数求最值，通常直接将分子配凑后将式子分开或将分母换元后将式子分开再利用基本不等式求最值．即化为y＝m＋eq\f(A,g（x）)＋Bg(x)(A>0，B>0)，g(x)恒正或恒负的形式，然后运用基本不等式来求最值．(4)“1”的代换：先把已知条件中的等式变形为“1”的表达式，再把“1”的表达式与所求最值的表达式相乘求积，通过变形构造和或积为定值的代数式求其最值．[提醒](1)基本不等式a＋b≥2eq\r(ab)成立的条件是a＞0，b＞0，而不等式a2＋b2≥2ab对任意实数a，b都成立，因此在使用时要注意其前提条件．(2)对多次使用基本不等式时，需考虑等号是不是能同时成立．(3)对于含有x＋eq\f(a,x)(a＞0)的不等式，不能简单地利用x＋eq\f(a,x)≥2eq\r(a)，而是要根据x的取值范围判断能否取到最小值2eq\r(a)，若不能，需要利用函数的单调性求其最小值．常用逻辑用语[考法全练]1．(2019·沈阳市质量监测(一))设命题p：∀x∈R，x2－x＋1>0，则綈p为()A．∃x∈R，x2－x＋1>0 B．∀x∈R，x2－x＋1≤0C．∃x∈R，x2－x＋1≤0 D．∀x∈R，x2－x＋1<0解析：选C.已知原命题p：∀x∈R，x2－x＋1>0，全称命题的否定是将全称量词改为存在量词，并否定命题的结论，故原命题的否定綈p为∃x∈R，x2－x＋1≤0.2．(2019·广州市调研测试)下列命题中，为真命题的是()A．∃x0∈R，ex0≤0B．∀x∈R，2x>x2C．a＋b＝0的充要条件是eq\f(a,b)＝－1D．若x，y∈R，且x＋y>2，则x，y中至少有一个大于1解析：选D.因为ex>0恒成立，所以选项A错误．取x＝2，则2x＝x2，所以选项B错误．当a＋b＝0时，若b＝0，则a＝0，此时eq\f(a,b)无意义，所以也不可能推出eq\f(a,b)＝－1；当eq\f(a,b)＝－1时，变形得a＝－b，所以a＋b＝0，故a＋b＝0的充分不必要条件是eq\f(a,b)＝－1，故选项C错误．假设x≤1且y≤1，则x＋y≤2，这显然与已知x＋y>2矛盾，所以假设错误，所以x，y中至少有一个大于1，故选项D正确．综上，选D.3．(2019·高考浙江卷)若a>0，b>0，则“a＋b≤4”是“ab≤4”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A.因为a>0，b>0，若a＋b≤4，所以2eq\r(ab)≤2＋b≤4.所以ab≤4，此时充分性成立．当a>0，b>0，ab≤4时，令a＝4，b＝1，则a＋b＝5>4.这与a＋b≤4矛盾，因此必要性不成立．综上所述，当a>0，b>0时，“a＋b≤4”是“ab≤4”的充分不必要条件．故选A.4．(2019·高考天津卷)设x∈R，则“x2－5x<0”是“|x－1|<1”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选B.由“x2－5x<0”可得“0<x<5”；由“|x－1|<1”可得“0<x<2”．由“0<x<5”不能推出“0<x<2”，但由“0<x<2”可以推出“0<x<5”，所以“x2－5x<0”是“|x－1|<1”的必要不充分条件．故选B.5．(多选)满足函数f(x)＝ln(mx＋3)在(－∞，1]上单调递减的一个充分不必要条件是()A．－3＜m＜－2 B．－3＜m＜0C．－4＜m＜0 D．－3＜m＜－1解析：选AD.结合复合函数的单调性，可知函数f(x)＝ln(mx＋3)在(－∞，1]上单调递减的充要条件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＜0，,m＋3＞0，))解得－3＜m＜0.所以“－3＜m＜－2”是“函数f(x)在(－∞，1]上单调递减”的充分不必要条件，故A正确；“－3＜m＜0”是“函数f(x)在(－∞，1]上单调递减”的充要条件，故B不正确；“－4＜m＜0”是“函数f(x)在(－∞，1]上单调递减”的必要不充分条件，故C不正确；“－3＜m＜－1”是“函数f(x)在(－∞，1]上单调递减”的充分不必要条件，故AD正确．6．设条件p：|x|≤m(m＞0)，q：－1≤x≤4，若p是q的充分条件，则m的最大值为________，若p是q的必要条件，则m的最小值为________．解析：由|x|≤m(m＞0)得：－m≤x≤m，由p是q的充分条件⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－m≥－1,m≤4))⇒0＜m≤1，所以m的最大值为1，由p是q的必要条件⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－m≤－1,m≥4))⇒m≥4，所以m的最小值为4.答案：14eq\a\vs4\al()(1)充分条件与必要条件的三种判定方法定义法正、反方向推理，若p⇒q，则p是q的充分条件(或q是p的必要条件)；若p⇒q，且q⇒/p，则p是q的充分不必要条件(或q是p的必要不充分条件)集合法利用集合间的包含关系，例如p：A，q：B，若A⊆B，则p是q的充分条件(q是p的必要条件)；若A＝B，则p是q的充要条件等价法将命题等价转化为另一个便于判断真假的命题(2)全称命题与特称命题真假的判定方法①全称命题：要判定一个全称命题是真命题，必须对限定集合M中的每一个元素x验证p(x)成立，要判定其为假命题，只需举出一个反例即可．②特称命题：要判定一个特称命题为真命题，只要在限定集合M中至少能找到一个元素x0，使得p(x0)成立即可；否则，这一特称命题就是假命题．[提醒]求解简易逻辑问题有以下几个易失分点：(1)“A是B的充分条件”与“A的充分条件是B”是不同的概念．(2)命题的否定与否命题是有区别的，“命题的否定”即“非p”，只是否定命题p的结论．(3)全称或特称命题的否定，要否定结论并改变量词．一、选择题1．(2019·高考全国卷Ⅱ)设集合A＝{x|x2－5x＋6>0}，B＝{x|x－1<0}，则A∩B＝()A．(－∞，1) B．(－2，1)C．(－3，－1) D．(3，＋∞)解析：选A.A∩B＝{x|x2－5x＋6>0}∩{x|x－1<0}＝{x|x<2或x>3}∩{x|x<1}＝{x|x<1}．故选A.2．命题“∀x>0，lnx≥1－eq\f(1,x)”的否定是()A．∃x0≤0，lnx0≥1－eq\f(1,x0)B．∃x0≤0，lnx0<1－eq\f(1,x0)C．∃x0>0，lnx0≥1－eq\f(1,x0)D．∃x0>0，lnx0<1－eq\f(1,x0)解析：选D.若命题为∀x∈M，p(x)，则其否定为∃x0∈M，綈p(x0)．所以“∀x>0，lnx≥1－eq\f(1,x)”的否定是∃x0>0，lnx0<1－eq\f(1,x0)，故选D.3.(2019·沈阳市质量监测(一))已知全集U＝{1，3，5，7}，集合A＝{1，3}，B＝{3，5}，则如图所示阴影区域表示的集合为()A．{3} B．{7}C．{3，7} D．{1，3，5}解析：选B.由图可知，阴影区域为∁U(A∪B)，由并集的概念知，A∪B＝{1，3，5}，又U＝{1，3，5，7}，于是∁U(A∪B)＝{7}，故选B.4．(2019·广西钦州期末)已知a，b∈R，a2＋b2＝15－ab，则ab的最大值是()A．15 B．12C．5 D．3解析：选C.因为a2＋b2＝15－ab≥2ab，所以3ab≤15，即ab≤5，当且仅当a＝b＝±eq\r(5)时等号成立．所以ab的最大值为5.故选C.5．已知a＞0＞b，则下列不等式一定成立的是()A．a2＜－ab B．|a|＜|b|C．eq\f(1,a)＞eq\f(1,b) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b)解析：选C.通解：当a＝1，b＝－1时，满足a＞0＞b，此时a2＝－ab，|a|＝|b|，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b)，所以A，B，D不一定成立．因为a＞0＞b，所以b－a＜0，ab＜0，所以eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)＞0，所以eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)一定成立，故选C.优解：因为a＞0＞b，所以eq\f(1,a)＞0＞eq\f(1,b)，所以eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)一定成立，故选C.6．(2019·高考北京卷)设函数f(x)＝cosx＋bsinx(b为常数)，则“b＝0”是“f(x)为偶函数”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：选C.因为f(x)＝cosx＋bsinx为偶函数，所以对任意的x∈R都有f(－x)＝f(x)，即cos(－x)＋bsin(－x)＝cosx＋bsinx，所以2bsinx＝0.由x的任意性，得b＝0.故f(x)为偶函数⇒b＝0.必要性成立．反过来，若b＝0，则f(x)＝cosx是偶函数．充分性成立．所以“b＝0”是“f(x)为偶函数”的充分必要条件．故选C.7．下列命题错误的是()A．“a>1”是“eq\f(1,a)<1”的充分不必要条件B．命题“∃x0∈(0，＋∞)，lnx0＝x0－1”的否定是“∀x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1”C．设x，y∈R，则“x≥2且y≥2”是“x2＋y2≥4”的必要不充分条件D．设a，b∈R，则“a≠0”是“ab≠0”的必要不充分条件解析：选C.若eq\f(1,a)<1，则a>1或a<0，则“a>1”是“eq\f(1,a)<1”的充分不必要条件，故A正确；根据特称命题的否定为全称命题，得“∃x0∈(0，＋∞)，lnx0＝x0－1”的否定是“∀x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1”，故B正确；当x≥2且y≥2时，x2＋y2≥4，当x2＋y2≥4时却不一定有x≥2且y≥2，如x＝5，y＝0，因此“x≥2且y≥2”是“x2＋y2≥4”的充分不必要条件，故C错误；因为“ab＝0”是“a＝0”的必要不充分条件，所以“a≠0”是“ab≠0”的必要不充分条件，故D正确．8．(一题多解)若关于x的不等式x2＋2ax＋1≥0在[0，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围为()A．(0，＋∞) B．[－1，＋∞)C．[－1，1] D．[0，＋∞)解析：选B.法一：当x＝0时，不等式1≥0恒成立，当x＞0时，x2＋2ax＋1≥0⇒2ax≥－(x2＋1)⇒2a≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))，又－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≤－2，当且仅当x＝1时，取等号，所以2a≥－2⇒a≥－1，所以实数a的取值范围为[－1，＋∞)．法二：设f(x)＝x2＋2ax＋1，函数图象的对称轴为直线x＝－a，当－a≤0，即a≥0时，f(0)＝1＞0，所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥0恒成立；当－a＞0，即a＜0时，要使f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，需f(－a)＝a2－2a2＋1＝－a2＋1≥0，得－1≤a＜0.综上，实数a的取值范围为[－1，＋∞)，故选B.9．(一题多解)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，x≤0，,2x－2－x，x＞0，))则满足不等式f(x2－2)＞f(x)的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B．(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)C．(－∞，－eq\r(2))∪(2，＋∞)D．(－∞，－1)∪(eq\r(2)，＋∞)解析：选C.法一：因为当x＞0时，函数f(x)单调递增；当x≤0时，f(x)＝0，故由f(x2－2)＞f(x)得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞0，,x2－2＞x))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x2－2＞0，))解得x＞2或x＜－eq\r(2)，所以x的取值范围是(－∞，－eq\r(2))∪(2，＋∞)，故选C.法二：取x＝2，则f(22－2)＝f(2)，所以x＝2不满足题意，排除B，D；取x＝－1.1，则f((－1.1)2－2)＝f(－0.79)＝0，f(－1.1)＝0，所以x＝－1.1不满足题意，排除A，故选C.10．若max{s1，s2，…，sn}表示实数s1，s2，…，sn中的最大者．设A＝(a1，a2，a3)，B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b1,b2,b3))，记A⊗B＝max{a1b1，a2b2，a3b3}．设A＝(x－1，x＋1，1)，B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,x－2,|x－1|))，若A⊗B＝x－1，则x的取值范围为()A．[1－eq\r(3)，1] B．[1，1＋eq\r(2)]C．[1－eq\r(2)，1] D．[1，1＋eq\r(3)]解析：选B.由A＝(x－1，x＋1，1)，B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,x－2,|x－1|))，得A⊗B＝max{x－1，(x＋1)(x－2)，|x－1|}＝x－1，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1≥（x＋1）（x－2），,x－1≥|x－1|.))化简，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x－1≤0①，,x－1≥|x－1|②.))由①，得1－eq\r(2)≤x≤1＋eq\r(2).由②，得x≥1.所以不等式组的解集为1≤x≤1＋eq\r(2)，则x的取值范围为[1，1＋eq\r(2)]．故选B.11．(多选)已知全集U＝R，函数y＝ln(1－x)的定义域为M，集合N＝{x|x2－x＜0}，则下列结论正确的是()A．M∩N＝NB．M∩(∁UN)≠∅C．M∪N＝UD．M⊆(∁UN)解析：选AB.由题意知M＝{x|x＜1}，N＝{x|0＜x＜1}，所以M∩N＝N.又∁UN＝{x|x≤0或x≥1}，所以M∩(∁UN)＝{x|x≤0}≠∅，M∪N＝{x|x＜1}＝M，M⃘(∁UN)，故选AB.12．(多选)设b＞a＞0，c∈R，则下列不等式正确的是()A．aeq\s\up6(\f(1,2))＜beq\s\up6(\f(1,2)) B．eq\f(1,a)－c＞eq\f(1,b)－cC．eq\f(a＋2,b＋2)＞eq\f(a,b) D．ac2＜bc2解析：选ABC.因为y＝xeq\s\up6(\f(1,2))在(0，＋∞)上是增函数，所以aeq\s\up6(\f(1,2))＜beq\s\up6(\f(1,2)).因为y＝eq\f(1,x)－c在(0，＋∞)上是减函数，所以eq\f(1,a)－c＞eq\f(1,b)－c.因为eq\f(a＋2,b＋2)－eq\f(a,b)＝eq\f(2（b－a）,（b＋2）b)＞0，所以eq\f(a＋2,b＋2)＞eq\f(a,b).当c＝0时，ac2＝bc2，所以D不成立．故选ABC.13．(多选)下列命题正确的是()A．已知a，b都是正数，且eq\f(a＋1,b＋1)＞eq\f(a,b)，则a＜bB．已知f′(x)是f(x)的导函数，若∀x∈R，f′(x)≥0，则f(1)＜f(2)一定成立C．命题“∃x∈R，使得x2－2x＋1＜0”的否定是真命题D．“x≤1且y≤1”是“x＋y≤2”的充要条件解析：选AC.A.已知a，b都是正数，由eq\f(a＋1,b＋1)＞eq\f(a,b)，得ab＋b＞ab＋a，则a＜b，正确；B.若f(x)是常数函数，则f(1)＜f(2)不成立；C.命题“∃x