1、期中解答题精选50题（压轴版）一、解答题1（2017黑龙江省哈尔滨市双城区兆麟中学高一期中）已知函数在定义域上为增函数，且满足,.(1) 求的值;(2) 解不等式.【答案】（1） （2）.【详解】（1） （2）而函数f(x)是定义在上为增函数即原不等式的解集为2（2019哈尔滨市阿城区龙涤中学校高一期中）函数f(x)对任意的m，都有，并且时，恒有(1)求证：f(x)在R上是增函数(2)若，解不等式【答案】（1）证明见解析（2）不等式的解集为:.【分析】(1)利用=和增函数的定义证明;(2)先通过赋值法得到,再根据(1)的增函数可解得不等式的解集.【详解】(1)证明:任取,则 = =,因为,所以
2、,因为时，恒有,所以,所以,所以,所以,根据增函数的定义可知, f(x)在R上是增函数.(2)在中,令得,即,在中,令得,即,所以,又,所以 ,所以,所以等价于,因为函数在上是增函数,所以,即,所以,所以,所以不等式的解集为:.【点睛】本题考查了用定义证明增函数,利用增函数的性质解不等式,属于中档题.3（2019安徽蚌埠市高一期中）已知定义域为的函数是奇函数.（1）求a，b的值；（2）判断函数的单调性，并用定义证明；（3）当时，恒成立，求实数k的取值范围.【答案】（1），；（2）单调递减，见解析；（3）【分析】（1）根据得到，根据计算得到，得到答案.（2）化简得到，计算，得到是减函数.（3）化
3、简得到，参数分离，求函数的最小值得到答案.【详解】（1）因为在定义域R上是奇函数.所以，即，所以又由，即，所以，检验知，当，时，原函数是奇函数.（2）在上单调递减.证明：由（1）知，任取，设，则，因为函数在上是增函数，且，所以，又，所以，即，所以函数在R上单调递减.（3）因为是奇函数，从而不等式等价于，因为在上是减函数，由上式推得，即对一切有恒成立，设，令，则有，所以，所以，即的取值范围为.【点睛】本题考查了函数解析式，单调性，恒成立问题，将恒成立问题通过参数分离转化为最值问题是解题的关键.4（2020河北正定中学高一期中）已知定义域为的函数是奇函数（1）求的值；（2）判断函数的单调性，并用定
4、义证明；（3）当时，恒成立，求实数的取值范围【答案】(1) (2) 减函数，证明见解析；(3) 【分析】（1）利用奇函数的性质令，求解即可（2）利用函数的单调性的定义证明即可（3）利用函数是奇函数以及函数的单调性转化不等式为代数形式的不等式，求解即可【详解】（1）在定义域上是奇函数，所以，即，经检验，当时，原函数是奇函数（2）在上是减函数，证明如下：由（1）知，任取，设，则，函数在上是增函数，且，又，即，函数在上是减函数（3）因是奇函数，从而不等式等价于，由（2）知在上是减函数，由上式推得，即对任意，有恒成立，由，令，则可设，即的取值范围为【点睛】本题考查函数的单调性以及函数的奇偶性的应用，考
5、查函数与方程的思想，是中档题5（2019安徽省肥东县第二中学高一期中）已知定义域为的函数，是奇函数.（1）求，的值；（2）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【分析】（1）先由求出，然后由求出（2）由得在上为减函数，然后将不等式化为即可.【详解】（1）因为是上的奇函数，所以，即，解得.从而有.又由知，解得.经检验，当时，满足题意（2）由（1）知，由上式易知在上为减函数，又因为是奇函数，从而不等式等价于.因为是上的减函数，由上式推得.即对一切有，从而，解得.【点睛】本题主要考查的是利用函数的奇偶性和单调性解不等式，较为典型.6（2020盘州市第六中学）已知定义域为的
6、函数满足.（1）若，求；又若，求.（2）设有且仅有一个实数，使得，求函数的解析式.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）首先可根据得出，然后带入，即可求出的值，最后采用同样的方法即可求出的值；（2）本题首先可根据得出，然后令，通过计算得出或，最后对、分别进行检验，即可得出结果.【详解】（1）因为，所以，因为，所以，即，因为，所以，（2）因为，有且仅有一个实数使，所以对于任意的，有，令，则，即，解得或，若，则，即，但方程有两个不相同实根，与题设条件矛盾，故，若，则，即，此时有且仅有一个实数根，综上所述，函数的解析式为.【点睛】本题考查函数值的求法以及函数解析式的求法，考查了函数的赋值法的应用，
7、赋值法主要应用于抽象函数的解析式或者函数解析式比较复杂的函数，能够很好的解决函数求值的问题，考查计算能力，是中档题.7（2019福建福州市高一期中）设函数f（x）x23x（1）若不等式f（x）m对任意x0，1恒成立，求实数的取值范围；（2）在（1）的条件下，当m取最大值时，设x0，y0且2x+4y+m0，求的最小值.【答案】(1) m2;(2) 3+2.【分析】（1）分析函数f（x）x23x在0，1上的单调性，进而求出函数的最小值，可得实数m的取值范围；（2）由（1）得：m2，即x+2y1，利用基本不等式，可得的最小值【详解】解：（1）函数f（x）x23x的图象是开口朝上，且以直线x为对称轴的
8、抛物线，故函数f（x）x23x在0，1上单调递减，当x1时，函数取最小值2，若不等式f（x）m对任意x0，1恒成立，则m2；（2）由（1）得：m2，即2x+4y2，即x+2y1由x0，y0故（）（x+2y）33+23+2即的最小值为3+2【点睛】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解答的关键8（2020江苏南京市）设函数.（1）证明函数在区间上是增函数；（2）设函数，其中，若对任意的，都有，试求实数的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）利用定义即可证明；（2）先求出当时，的最小值，再根据题意得到对任意的，都有，利用分离参数法即可求解.【详解
9、】解：（1）对于任意的， . 当时，从而，即，即，因此，函数在区间上是增函数.（2）由（1）知，在区间上是增函数， 当时，的最小值是，对任意的，都有，等价于对任意的，都有，即，即.同（1）可证函数在区间上单调递增，从而当时，取得最大值，的取值范围是.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是把，都有转化为 ，再利用分离参数法求解.9（2020上海市行知中学高一期中）若函数在定义域内的某个区间上是增函数，而在区间上是减函数，则称函数在区间上是“弱增函数”. （1）分别判断，在区间上是否是“弱增函数”（不必证明）；（2）若函数（、是常数）在区间上是“弱增函数”，求、应满足的条件；（3）已知（是常数且），
10、若存在区间使得在区间上是“弱增函数”，求的取值范围.【答案】（1）不是“弱增函数”， 不 是上的“弱增函数”；（2），；（3）.【分析】（1）根据定义可判断不是“弱增函数”，而是上的“弱增函数.（2）根据定义和双勾函数的单调性可得、应满足的条件.（3）先去掉中的绝对值符号，再根据定义和反比例函数的单调性可得的取值范围.【详解】（1）因为是增函数，所以不是“弱增函数”，因为在上单调递增，而在上单调递减，在上单调递增，所以不是上的 “弱增函数”；（2）由题意得在区间上是增函数，且在区间上是减函数，所以，所以，.（3）先对去绝对值，设在区间上是“弱增函数”，并设，若，取，则在区间上也为弱增函数，故为
11、增函数，为减函数，所以，无解；若，取，则在区间上也为弱增函数，故为增函数，为减函数，所以，解得；若，取，则在区间上也为弱增函数，所以为增函数，为减函数，所以，解得； 若，取，则在区间上也为弱增函数，所以为增函数，为减函数，所以，解得；综上所述，的取值范围是.【点睛】方法点睛：对于函数新定义问题，需根据给出的定义验证，这需要结合常见函数的单调性（如二次函数、反比例函数、双勾函数等），如果函数含有绝对值符号，应先去掉绝对值符号后再讨论.10（2020江苏省南京市第十二中学高一期中）已知，（1）若关于的方程的解集中恰好有一个元素，求的取值范围；（2）若，函数在区间上最大值不超过最小值的2倍，求的取值
12、范围.【答案】（1）；（2）.【分析】(1）化简方程，根据二次方程的性质求解即可;(2)先求出函数的最大值和最小值，然后根据已知最值的关系建立不等式，整理化简建立新函数，求出新函数的单调性，利用恒成立思想即可求解【详解】（1）方程，即方程，其中，整理得到，显然不是方程的根，所以方程在上只有一解，当即时，符合题意；当即时，解得，所以；（2）函数在上单调递减，而，所以函数在上单调递减，所以在上，的最大值为，最小值为，由题意得，恒成立，即，恒成立，下面来说明的单调性，且，则，因为，所以，所以，即在上单调递减，所以只需的最大值即，解得.【点睛】关键点点睛：首先由二次函数的单调性求出函数在区间上最值，转
13、化为恒成立，利用单调性求新函数的最大值即可，本题的关键在于利用单调性求最值.11（2020深圳科学高中高一期中）设函数（1）当时，求函数的单调递减区间；（2）若函数在R上单调递增，求a的取值范围；（3）若对，不等式恒成立，求a的取值范围【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】（1）去掉绝对值符号后根据一次函数、二次函数的单调性可得所求的单调减区间.（2）去掉绝对值符号可得，根据函数在R上单调递增可得关于的不等式组，从而可得其取值范围.（3）等价于 且恒成立，前者可分类讨论，后者可结合一次函数的图象和性质，两者结合可得a的取值范围.【详解】（1）时，故在上为增函数，在上为减函数，在为增函数，故函
14、数的单调递减区间为.（2），因为函数在R上单调递增，故 ，解得.（3）等价于 且恒成立，先考虑恒成立，则，故.再考虑恒成立，又，故，故，解得，综上，的取值范围为.【点睛】方法点睛：对于含绝对值符号的函数，可先去掉绝对值符号，从而把问题题转化为常见的一次函数、二次函数在给定范围上的恒成立问题，注意先讨论简单的一次函数的性质，从而参数的初步范围后再讨论二次函数的性质.12（2020重庆）已知定理：“若a，b为常数，满足，则函数的图象关于点中心对称”，设函数，定义域为A.（1）试证明的图象关于点成中心对称；（2）当时，求证：.（3）对于给定的，设计构造过程：.如果，构造过程将继续下去；如果，构造过程
15、将停止.若对任意，构造过程可以无限进行下去，求a的值.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【分析】（1）根据定义证明即可；（2）先证明函数在给定区间上的单调性，再求其值域；（3）因为构造过程可以无限进行下去，所以对任意的恒成立，将问题转化为方程无解再进行求解即可.【详解】（1）因为，所以，即由已知得的图象关于点成中心对称，（2）先证明在单调递增，只需要证明在上单调递增，设任意的且，所以，所以在上单调递增，因为，所以在单调递增，所以的最大值为，所以，（3）因为构造过程可以无限进行下去，所以对任意的恒成立，所以无解，即无解或有唯一解，所以或解得：【点睛】关键点点睛：本题的关键点是理
16、解函数有关对称中心的定义，利用函数单调性的定义证明函数在上单调递增，所以在单调递增，可证，第三问由已知可得对任意的恒成立，所以无解等价于无解或有唯一解，即或即可求.13（2020山东烟台）已知函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是给定函数（1）求函数图象的对称中心；（2）判断在区间上的单调性（只写出结论即可）；（3）已知函数的图象关于点对称，且当时，若对任意，总存在，使得，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）在区间上为增函数；（3）.【分析】（1）根据题意可知，若函数关于点中心对称，则，然后利用得出与，代入上式求解；（2）因为函数及函数在上递增，所以函数在上递增；（3）根据题意可知，若对
17、任意，总存在，使得，则只需使函数在上的值域为在上的值域的子集，然后分类讨论求解函数的值域与函数的值域，根据集合间的包含关求解参数的取值范围【详解】解：（1）设函数图象的对称中心为，则即，整理得，于是，解得所以的对称中心为；（2）函数在上为增函数；（3）由已知，值域为值域的子集由（2）知在上单增，所以的值域为于是原问题转化为在上的值域当，即时，在单增，注意到的图象恒过对称中心，可知在上亦单增，所以在上单增，又，所以因为，所以，解得当，即时，在单减，单增，又过对称中心，所以在单增，单减；此时欲使，只需且解不等式得，又，此时当，即时，在单减，在上亦单减，由对称性，知在上单减，于是因为，所以,解得综上
18、，实数的取值范围为【点睛】本题考查函数的对称中心及对称性的运用，难点在于（3）的求解，解答时应注意以下几点：（1）注意划归与转化思想的运用，将问题转化为两个函数值域之间的包含问题求解；（2）注意分类讨论思想的运用，结合对称性，分析讨论函数的单调性及最值是关键14（2020青岛市黄岛区教育发展研究中心高一期中）已知函数.（1）直接写出在上的单调区间（无需证明）；（2）求在上的最大值；（3）设函数的定义域为，若存在区间，满足：，使得，则称区间为的“区间”.已知（），若是函数的“区间”，求的最大值.【答案】（1）在区间上单调递减，在区间上单调递增；（2）答案见解析；（3）1.【分析】（1）根据解析式
19、可直接得出；（2）讨论的范围根据函数的单调性可求出；（3）分和两种情况根据“区间”的定义讨论求解.【详解】（1）在区间上单调递减，在区间上单调递增；（2）由题意知，若，则在上单调递减，所以的最大值为；若，则在上单调递减，在上单调递增，因此此时，所以的最大值为；若，则在上单调递减，在上单调递增，因此此时，所以的最大值为；综上知：若，则的最大值为；若，则的最大值为；（3）由（1）（2）知：当时，在上的值域为，在上的值域为，因为，所以，满足，使得，所以此时是的“区间”；当时，在上得到值域为，在上的值域为，因为当时，所以，使得，即，所以此时不是的“区间”；故所求的最大值为1.【点睛】关键点睛：正确理解
20、“区间”的定义并根据函数特点讨论的范围是解决本题的关键.15（2020北京101中学）已知是定义在R上的单调递减函数，对任意实数m，n都有=函数定义在R上的单调递增函数的图象经过点A（0,0）和点B(2,2)（1）判断函数的奇偶性并证明；（2）若，使得0（m为常实数）成立，求m的取值范围；（3）设，,，（i=0，1，2100）若+（k=1，2，3），比较的大小并说明理由【答案】（1）为奇函数；证明见解析；（2）；（3）；答案见解析【分析】（1）根据奇函数的定义进行证明即可；（2）根据奇函数将不等式转化为，再根据单调性将脱去，等价为，最后转化为最值问题解题即可；（3）根据函数的单调性及特殊值分别
21、计算，最后比较大小即可.【详解】（1）是R上的奇函数证明如下：因为任意实数m，n都有，所以，所以=0，从而对xR，恒有=，所以，所以，所以为奇函数（2）由（1）知，为R上单调递减的奇函数，由0得-8t-m，令，则当时，所以，使得+0成立，等价于，使得成立，所以，所以m的取值范围是（3）依题意，易证F1(x)=-x在R上单调递减，所以+因为=2=-2在单调递增，在单调递减，所以+由在R上单调递增，易证在R上单调递增，所以+，所以【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么
22、运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.16（2020广东深圳中学）设函数与函数的定义域的交集为D，集合M是由所有具有性质：“对任意的，都有”的函数组成的集合.（1）判断函数，是不是集合M中的元素？并说明理由；（2）设函数，且，若对任意，总存在，使成立，求实数a的取值范围.【答案】（1），理由见解析；（2）.【分析】（1）由已知得，根据定义可得结论.
23、（2）由函数，建立方程组可求得.再分和得出函数的单调性，建立不等式可求得实数a的取值范围.【详解】解：（1）因为对任意，所以.因为对任意，所以.（2）因为函数，且，所以，整理得，解得，或(舍去)，故.当时，.对于函数，当时，在上单调递增，故，由题意知，解得；当时，在单调递减，在单调递增，故，由题意知，解得.综上所述，实数a的取值范围为.【点睛】关键点睛：本题考查函数的新定义，关键在于紧抓函数的定义，运用函数的性质：单调性，奇偶性，值域得以解决.17（2018湖南雅礼中学高一期中）定义在上的函数，如果满足：对任意，存在常数，都有成立，则称是上的有界函数，其中称为函数的一个上界，已知函数，（1）若
24、函数为奇函数，求实数的值；（2）在（1）的条件下，求函数在区间上的所有上界构成的集合；（3）若函数在上是以为上界的有界函数，求实数的取值范围.【答案】（1）a= -1；（2）；（3）【分析】（1）根据奇偶性的定义求出a的值；（2）先求出函数的单调区间及值域，从而求出函数在区间上的所有上界构成的集合；（3）问题转化为恒成立问题，通过换元法求解即可 .【详解】（1）函数为奇函数，所以，即，所以，解得而当a=1时，不合题意，故a= -1.（2）由（1）知：，易知在上单增，所以函数在区间上单增，所以 在区间上值域为所以，故函数在区间上的所有上界构成的集合为.（3）由题意可知：在上恒成立，所以即，所以在
25、上恒成立，所以令易知在上递减，所以，在上递增，所以，所以，即实数的取值范围为【点睛】（1）对函数奇偶性的证明只能用定义：或；（2）分离参数法是求参数范围的一种非常常用的方法.18（2020浙江学军中学高一期中）已知函数，.（）当时，求的最小值；（）若不等式的解集是区间的子集，求实数a的取值范围.【答案】（）；（）【分析】（），则，根据二次函数单调性得到最值.（）变换得到，设，画出函数图象，计算，根据图象得到答案.【详解】（），则，函数在上单调递增，故最小值为.（），即，设，画出的函数图象，如图所示：，故.【点睛】本题考查了求函数的最值，根据不等式的解集求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力，
26、构造函数画出图象是解题的关键.19（2020湖北高一期中）已知二次函数 （1）若 时，不等式恒成立，求实数的取值范围（2）解关于的不等式 （其中 ）【答案】（1）a；（2）当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为；当时，不等式解集为【分析】（1）不等式转化为，利用参数分离法得，即，再利用基本不等式求函数的最小值即可.（2）不等式 ，即，对进行分类讨论，由二次不等式的解法，即可得到所求解集.【详解】(1)不等式即为：，当 时，可变形为：，即.又，当且仅当，即时，等号成立，即实数的取值范围是：（2） 不等式 ，即 ，等价于，即，当时，不等式整理为，解得：；当
27、时，方程的两根为：，当时，可得，解不等式 得： 或 ；当时，因为，解不等式 得：；当时，因为，不等式 的解集为 ；当时，因为，解不等式 得：；综上所述，不等式的解集为：当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为；当时，不等式解集为【点睛】方法点睛：考查不等式恒成立，求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解不等式的最值，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；解含参数的不等式，通常需要从几个方面分类讨论：（1）看函数最高次项系数是否为0，需分类讨论；（2）若最高次项系数不为0，通常是二次函数，
28、若二次函数开口定时，需根据判别式讨论无根或两根相等的情况；（3）再根据判别式讨论两根不等时，注意两根大小比较，或与定义域的比较.20（2020扬州大学附属中学）在平面直角坐标系中，对于点，若函数满足:，都有，则称这个函数是点A的“界函数”.（1）若函数是点的“界函数”，求需满足的关系；（2）若点在函数的图象上，是否存在使得函数是点B的“界函数”? 若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）存在，【分析】（1）（2）根据点在函数的图象上，从而得出，都有，从而讨论时，得出函数在，上的值域为，从而可得出的范围；同理，讨论和时，求出函数的值域，让该值域是集合的子集，从而可得出的范
29、围【详解】（1）由函数是点的“界函数”，且函数为增函数，当时，值域为，因为，所以，（2）在函数的图象上，都有，即时，在，上单调递增，解得，又，这种情况不合题意；，即时，由，可得或，且，解得，即时，在，上单调递减，解得，又，这种情况不合题意，综上得，的取值范围是【点睛】关键点点睛：考查了对“界函数”定义的理解，二次函数的单调性，根据函数单调性求函数值域的方法，二次函数值域的求法，子集的定义，考查了计算和推理能力，属于难题21（2020浙江余姚中学高一期中）已知函数（1）若在上有意义且不单调，求的取值范围（2）若非空集合，且，求的取值范围【答案】（1）；（2）【分析】（1）根据题意得到二次函数的对
30、称轴在之间，且在上非负，列出关于a的不等式，计算得到答案.（2）设为方程的两个根，计算，得到，计算得到答案.【详解】（1）当时，由在上有意义且不单调，可得函数的对称轴在之间，且在上非负， ，解得；所以的取值范围为（2）因为，故，设为方程的两个根，结合图像可知：，由，故有与等解，得且，由得，所以，因为，解得或，又为方程的两个根，即，即，由韦达定理知：，又，所以，解得，综上可知：的取值范围为.【点睛】关键点睛：本题考查利用二次函数的性质，利用集合相等求参数，解题的关键是要利用数形结合思想，将转化成，再利用集合，构造成函数的值域关系，列出关于的不等式，考查学生的转化与划归能力，数形结合思想与运算求解
31、能力，属于难题.22（2020江西景德镇一中高一期中）若对任意的，对任意的，不等式恒成立，求的最大值.【答案】33【分析】设，对讨论，分，判断的单调性，求得最值，由不等式的性质和不等式的解法，可得所求最大值【详解】设，当时，可得的最小值为 ，最大值为，由题意可得，即为，则 ；当时，可得的最小值为，最大值为，由题意可得，即为，则当即时，在递减，可得的最大值为，最小值为，由题意可得，即为，则，由，可得无最大值综上可得的最大值为【点睛】思路点睛：本题考查了对勾函数的单调性，利用单调性求函数的最值，考查了分类讨论的思想，属于难题.23（2020陕西高一期中）已知函数的图象与x轴的两个不同交点的横坐标分
32、别为，.（1）求m的取值范围；（2）求的取值范围；（3）若函数在上是减函数、且对任意的，总有成立，求实数m的范围【答案】（1）或；（2）；（3）【分析】（1）由函数图象与x轴有两个交点可知，对应的方程有两个不相等的实数根，所以有，建立不等式求解即可；（2），结合（1）中m的取值范围可求得其取值范围；（3）先由函数在上是减函数，可求得，再根据二次函数的单调性可知在区间上，在上单调递减，在上单调递增，进而求得的最大值和最小值，最后根据恒成立可得出，从而建立不等式求出结果即可.【详解】（1）由题意可知方程有两个不相等的实数根，由韦达定理得：，所以，解之得：或；（2），令，则当时，当时，所以，所以，即
33、的取值范围为；（3）函数的对称轴为，在上是减函数，所以有，即，又因为对任意的，总有，要使成立，则必有，在区间上，在上单调递减，在上单调递增，又，所以，所以有，即，解之得：，综上，实数m的范围是【点睛】方法点睛：处理二次函数在闭区间上的最值问题时，一定要认真分析对称轴和区间端点的位置关系，必要时进行分类讨论，从而正确得出最值，常见的有：定轴定区间、定轴动区间、动轴定区间和动轴动区间等类型.24（2020华东师范大学第一附属中学高一期中）若实数x，y，m满足，则称x比y接近m，（1）若比3接近1，求x的取值范围；（2）证明：“x比y接近m”是“”的必要不充分条件；（3）证明：对于任意两个不相等的正
34、数a、b，必有比接近.【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析.【分析】（1）根据定义可得，从而可求x的取值范围.（2）通过反例可得“比接近”是“”不充分条件.利用不等式的性质可证明“比接近”是“”的必要条件，故可得所证结论.（3）利用基本不等式结合分析法可证结论成立.【详解】（1）因为比3接近1，故，故，故，所以.（2）取，则，故比接近.但，故“比接近”推不出“”.所以“比接近”是“”不充分条件.若，则，故，所以或，若，则且，故，所以，故，所以，也就是“比接近”.若，则且，故，所以，故，所以，故“比接近”是“”必要不充分条件.（3）对于任意两个不相等的正数a、b，要证比接近，即证：，即证：
35、，即证：，因为，因为，故，故，所以成立，故比接近.【点睛】关键点点睛：本题属于新定义背景下的不等式的求解与证明问题，其中必要不充分条件的证明应依据充分条件和必要条件的定义来展开，证明不等式恒成立要结合不等式的性质，也要结合基本不等式.25（2020上海闵行古美高中）（1），比较与的大小；（2）已知，求代数式的最小值及取最小值时的值.【答案】（1）；（2）的最小值20，【分析】（1）利用基本不等式即可得解；（2）由（1）知，再利用基本不等式即可得解.【详解】（1），当且仅当，即时，等号成立.所以.（2）由（1）知，当且仅当时取等号，显然要使成立，需满足，解得综上可知，当，代数式取得最小值20.【
36、点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.26（2020河北）已知命题：“，都有不等式成立”是真命题.（1）求实数的取值集合；（2）设不等式的解集为，若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）分离出，将不等式恒成立转化为函数的最值，求出，即可求出范围
37、；（2）分析讨论二次不等式对应方程的两个根的大小，写出解集A, 是 的充分不必要条件得出,求出的范围.【详解】（1）命题：“，都有不等式成立”是真命题，得在时恒成立，得，即.（2）不等式，当，即时，解集，若是的充分不必要条件，则是的真子集，此时；当，即时，解集，满足题设条件；当，即时，解集，若是的充分不必要条件，则是的真子集，此时.综上可得【点睛】本题主要考查了含参数一元二次不等式的解法，分类讨论的思想，以及充分必要条件的理解转化，集合的交集运算等，属于中档题.解决不等式恒成立求参数的范围问题，常采用分离参数求最值；解含参数的二次不等式时，常从二次项系数、判别式、两个根的大小进行讨论.27（2
38、017北京北师大二附中高一期中）已知：集合，其中., 称为的第个坐标分量. 若，且满足如下两条性质： 中元素个数不少于4个； ，存在，使得的第个坐标分量都是1；则称为的一个好子集.（）若为的一个好子集，且，写出；（）若为的一个好子集，求证：中元素个数不超过；（）若为的一个好子集且中恰好有个元素时，求证：一定存在唯一一个，使得中所有元素的第个坐标分量都是1.【答案】（1） ； ；（2） 中元素个数不超过 ；（3）见解析.试题分析：（1）根据好子集的定义直接写出即可；（2）若为的一个好子集，考虑元素，进行判断证明即可；（3）根据好子集的定义，证明存在性和唯一性即可得到结论.试题解析：（1） ； （
39、2） 对于 ，考虑元素 ，显然， 对于任意的 ， 不可能都为 ，可得 ， 不可能都在好子集 中，又因为取定 ，则 一定存在且唯一，而且 ，且由 的定义知道，这样，集合 中元素的个数一定小于或等于集合 中元素个数的一半，而集合 中元素个数为 ，所以 中元素个数不超过 （3） ， 定义元素 ， 的乘积为：，显然 . 我们证明：“对任意的 ，都有 .”假设存在 ， 使得 ，则由 知， 此时，对于任意的 ， 不可能同时为 ， 矛盾，所以 因为 中只有 个元素，我们记 为 中所有元素的乘积，根据上面的结论，我们知道 ，显然这个元素的坐标分量不能都为 ，不妨设 ，根据 的定义，可以知道 中所有元素的 坐标
40、分量都为 下面再证明 的唯一性：若还有 ， 即 中所有元素的 坐标分量都为 ， 所以此时集合 中元素个数至多为 个，矛盾. 所以结论成立点睛：本题主要考查了有关集合的概念新定义的辨析等问题的求解，其中解答中涉及到与集合有关的新定义，读懂题意是解答此类问题的关键，此类试题综合性较强，难度较大，平时注意总结、积累.28（2017山东临沂高一期中）知集合，同时满足 ，求，的值【答案】或 试题分析：条件是说集合A、B有相同的元素，条件是说，但，A、B是两个方程的解集，方程和的根的关系得确定该题求，的值的突破口.试题解析：设，则有； 两端同除以，得，则知，故集合，中元素互为倒数由，一定有，使得，且， 解
41、得 又，则， 或由此得 或根据根与系数的关系，有或得 或 29（2021北京市第五中学高一期中）已知集合，对于，B（，定义A与B的差为，A与B之间的距离为.（）若，求；（）证明：对任意，有（i），且；（ii）三个数中至少有一个是偶数；（）对于，再定义一种A与B之间的运算，并写出两条该运算满足的性质（不需证明）.【答案】（）（）见解析（）见解析【详解】分析：（）因为，所以；（）（i）设，因为，故，n），分两种情况讨论即可的结果；（ii）设，记记，由（i）可知，即，先推导出不可能全为奇数，即三个数中至少有一个是偶数，从而可得结论；（）定义，则.详解：（）因为，所以.（）（i）设，因为，故，n），即
42、.又，n.当时，有；当时，有；故（ii）设，记记，由（i）可知：，即中1的个数为k，中1的个数为，设t是使成立的i的个数，则有，由此可知，不可能全为奇数，即三个数中至少有一个是偶数.（）如可定义AB，则ABBA，（AB）CA（BC）.点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.30（2018北京西城北师
43、大二附中）已知：集合，其中，称为的第个坐标分量若，且满足如下两条性质：中元素个数不少于个，存在，使得，的第个坐标分量都是则称为的一个好子集（）若为的一个好子集，且，写出，（）若为的一个好子集，求证：中元素个数不超过（）若为的一个好子集且中恰好有个元素，求证：一定存在唯一一个，使得中所有元素的第个坐标分量都是【答案】(1) ，(2) 证明见解析.(3)证明见解析.【解析】分析：（1）根据好子集的定义直接写出Z，W；（2）若S为的一个好子集，考虑元素，进行判断证明即可；（3）根据好子集的定义，证明存在性和唯一性即可得到结论.详解：（），（）对于，考虑元素；显然，对于任意的，不可能都为，可得，不可能都是好子集中又因为取定，则一定存在且唯一，而且，由的定义知道，,这样，集合中元素的个数一定小于或等于集合中元素个数的一半，而集合中元素的个数为，所以中元素个数不超过（），定义元素，的乘积为，显然我们证明“对任意的，都有”假设存在，使得，则由（）知，此时
