2014高考数学百题精练分项解析10

2014高考数学百题精练分项解析10

‎2014高考数学百题精练之分项解析10‎ 一、选择题（每小题6分，共42分）‎ ‎1.不等式|x+log3x|＜|x|+|log3x|的解集为（ ）‎ A.（0，1） B.（1，+∞） C.(0，+∞) D.(-∞,+∞)‎ 答案：A 解析：由已知得x·log3x＜0，又x＞0，故log3x＜0，即0＜x＜1.‎ ‎2.若不等式|x-1|＜a成立的充分条件是0＜x＜4，则实数a的范围是（ ）‎ A.a≥1 B.a≥‎3 C.a≤1 D.a≤3‎ 答案：B 解析：|x-1|＜a1-a＜x＜1+a,故（0，4）是（1-a，1+a）的子集，有a≥3.‎ ‎3.不等式x2-|x|-2＜0(x∈R)的解集是（ ）‎ A.｛x|-2＜x＜2｝ B.｛x|x＜-2或x＞2｝‎ C.｛x|-1＜x＜1｝ D.｛x|x＜-1或x＞1｝‎ 答案：A 解析：x2-|x|-2＜0|x|2-|x|-2＜0 (|x|+1)(|x|-2)＜0,‎ 故|x|＜2,-2＜x＜2.‎ ‎4.不等式|-3|＞1的解集是（ ）‎ A. B.｛x|≤x＜2或x＞6｝‎ C.｛x|x＞6｝ D.｛x|≤x＜2｝‎ 答案：B 解析：x=时不等式成立，排除A、C.x=7时不等式成立，排除D.所以选B.‎ ‎5.若关于x的不等式|x-2|+|x-a|≥a在R上恒成立，是a的最大值为( )‎ A.0 B‎.1 C.-1 D.2‎ 答案：B 解析：因|x-2|+|x-a|≥|(x-2)-(x-a)|=|a-2|,故|a-2|≥aa≤1.‎ ‎6.若f(x)=|lgx|,0＜a＜b＜c,f(a)＞f(c)＞f(b),则下列关系正确的是( )‎ A.ac+1＜a+c B.ac+1＞a+c C.ac+1=a+c D.ab＞1‎ 答案：A 解析：若0＜a＜b＜c,且lg(a)＜lg(b)＜lg(c),‎ 又因为|lga|＞|lgc|＞|lgb|＞0,‎ ac+1-(a+c)=ac+1-a-c=(c-1)(a-1)＜0,‎ ‎∴ac+1＜a+c.‎ ‎7.已知f(x)在R上是减函数，且它的反函数为f-1(x),如果A(-2,1)与B（2,-3）是y=f(x)图象上的两点，则不等式|f-1()|＜2的解集是( )‎ A.｛x|x＞｝ B.｛x|0＜x＜｝‎ C.｛x|x＜0｝ D.‎ 答案：A 解析：f-1(x)是减函数,且f-1(1)=-2，f-1(-3)=2,又-2＜f-1（）＜2,故-3＜＜1,解之得x＞.‎ 二、填空题（每小题5分，共15分）‎ ‎8.不等式|-x|＞-x的解集为___________________.‎ 答案：｛x|x≥且x≠1｝‎ 解析：在x≥的前提下，不等式又暗示了-x＜0.‎ ‎9.设f(x)=，则不等式|f-1(x)|＞1的解集为__________________.‎ 答案：｛x|x＜0且x≠-1｝‎ 解析：f-1(x)=＞1,‎ 同解于 ‎∴x＜0且x≠-1.‎ ‎10.不等式|x2-8x+a|≤x-4的解集为［4，5］，则实数a的值等于_________________.‎ 答案：16‎ 解析：令x=4,5代入|x2-8x+a|=x-4知a=16.‎ 三、解答题（11—13题每小题10分，14题13分，共43分）‎ ‎11.设m是|a|、|b|和1中最大的一个，当|x|＞m时，求证：||＜2.‎ 证明：∵m是|a|,|b|,1中最大的那一个数，‎ ‎∴m≥|a|,m≥|b|,m≥1,‎ 且有|x|＞m≥|a|,|x|＞m≥|b|,|x|＞m≥1,∴|x2|＞b,且 ‎||≤||+||==2，即原不等式成立.‎ ‎12.已知函数f(x)=x|x-a|(a∈R).‎ ‎（1）判断f(x)的奇偶性；‎ ‎（2）解关于x的不等式：f(x)≥‎2a2.‎ 解析：(1)当a=0时，‎ f(-x)=-x|-x|=-x|x|=-f(x),‎ ‎∴f(x)是奇函数.‎ 当a≠0时，f(a)=0且f(-a)=-‎2a|a|.‎ 故f(-a)≠f(a)且f(-a)≠-f(a).‎ ‎∴f(x)是非奇非偶函数.‎ ‎（2）由题设知x|x-a|≥‎2a2,‎ ‎∴原不等式等价于 ①‎ 或 ②‎ 由①得x∈.‎ 由②得 当a=0时，x≥0；‎ 当a＞0时，‎ ‎∴x≥‎2a.‎ 当a＜0时，即x≥-a.‎ 综上a≥0时，f(x)≥‎2a2的解集为｛x|x≥‎2a｝;‎ a＜0时，f(x)≥‎2a2的解集为｛x|x≥-a｝.‎ ‎13.（1）已知|a|＜1,|b|＜1,求证:||＞1;‎ ‎(2)求实数λ的取值范围，使不等式||＞1对满足|a＜1|,|b|＜1的一切实数a、b恒成立.‎ ‎（1）证明：∵|a|＜1,|b|＜1,∴a2＜1,b2＜1.‎ 即(a2-1)(b2-1)＞0‎ a2b2+1＞a2+b2(ab-1)2＞(a-b)2‎ ‎(1-ab)＞|a-b|∴＞1，即||＞1.‎ ‎(2)解法一：||＞1‎ ‎|1-abλ|＞|aλ-b|‎ ‎1-2λab+a2b2λ2＞a2λ2+b2-2λab a2b2λ2+1-a2λ2-b2＞0‎ ‎(a2λ2-1)(b2-1)＞0.‎ ‎∵|b|＜1,∴a2λ2-1＜0.‎ 即λ2＜又＞1.‎ ‎∴λ2≤1,即-1≤λ≤1.‎ 故当-1≤λ≤1时，满足题意.‎ 解法二：由（1）的过程知|a|＜1,|b|＜1是||＞1的充要条件.‎ 故|λa|≤1,即-1≤λ≤1.‎ ‎14.对于区间［m,n］上有意义的两个函数f(x)与g(x),如果对任意的x∈［m,n］,均有|f(x)-g(x)|≤1,则称f(x)与g(x)在［m,n］上是接近的.否则称f(x)与g(x)在［m,n］上是非接近的.现有两个函数f1(x)=loga(x‎-3a)与f2(x)=loga(a＞0且a≠1)，给定区间［a+2,a+3］.‎ ‎（1）若f1(x)与f2(x)在给定区间［a+2,a+3］上都有意义，求a的取值范围;‎ ‎（2）讨论f1(x)与f2(x)在给定区间［a+2,a+3］上是否接近的.‎ 解析：（1）由得0＜a＜1.‎ ‎(2)|f1(x)-f2(x)|=|loga［(x‎-3a)(x-a)］|,‎ 令|f1(x)-f2(x)|≤1,‎ 得-1≤loga［(x‎-3a)(x-a)］≤1.(*)‎ 因为0＜a＜1,所以［a+2,a+3］在直线x=‎2a的右侧.‎ 所以g(x)=loga［(x‎-3a)(x-a)］在［a+2,a+3］上为减函数.‎ 所以g(x)min=g(a+3)=loga(9‎-6a),‎ g(x)max=g(a+2)=loga(4‎-4a).‎ 于是（*）成立的充要条件是 ‎∴0＜a＜.‎ 所以当a∈（0，）时，f1(x)与f2(x)是接近的;在a∈(,1)∪(1,+∞)上是非接近的.‎