热门试卷

（1）原不等式即为x（1-x）≥0，所以0≤x≤1（4分）

所以不等式的解集M=[0，1]（6分）

（2）a3+b3-（a2b+ab2）=a2（a-b）+b2（b-a）=（a2-b2）（a-b）=（a-b）2（a+b），

由（1）知a，b为正数，

∴（a-b）2≥0，a+b＞0，∴（a-b）2（a+b）≥0，∴a3+b3≥a2b+ab2．

（3）当x∈M，不等式2m-1＜x（m2-1）恒成立，转化为f（x）=x（m2-1）-（2m-1）＞0恒成立，

当x∈[0，1]时，等价于即，⇔m＜0．

可得m的取值范围是（-∞，0）．

（1）证明，由已知，对任意的x∈R，2x+b≤x2+bx+c，即x2+（b-2）x+（c-b）≥0恒成立，

所以△=（b-2）2-4（c-b）≤0，c≥≥1

（2）c≥≥2=b，

①当c=b时，c2-b2=0，f（c）-f（b）=0，m∈R

②当c＞b时，有m≥==，令t=，则0＜t＜1

===2-，而函数h（t）=2-（0＜t＜1）是增函数，

所以函数h（t）的值域为（1，），则m的取值范围是[，+∞）

综上所述，m的取值范围是[，+∞）．

（1）①当m+1=0即m=-1时，f（x）=2x-3，不合题意；  …（1分）

②当m+1≠0即m≠-1时，，即，…（3分）

∴，

∴m＜…（5分）

（2）f（x）≥（m+1）x即（m+1）x2-2mx+m-1≥0

即[（m+1）x-（m-1）]（x-1）≥0

①当m+1=0即m=-1时，解集为{x|x≥1}…（7分）

②当m+1＞0即m＞-1时，（x-）（x-1）≥0，

∵=1-＜1，

∴解集为{x|x≤或x≥1}…（9分）

③当m+1＜0即m＜-1时，（x-）（x-1）≥0，

∵=1-＞1，

∴解集为{x|x≥或x≤1}…（…（11分）

（3）（m+1）x2-（m-1）x+m-1≥0，即m（x2-x+1）≥-x2-x+1，

∵x2-x+1＞0恒成立，

∴m≥=-1+…（13分）

设1-x=t，则t∈[，]，x=1-t，

∴===，

∵t+≥2，当且仅当t=1时取等号，

∴≤1，当且仅当x=0时取等号，

∴当x=0时，(

-x2-x+1

x2-x+1

)max=1，

∴m≥1…（16分）

16解由已知，-1，3是-3x2+a（5-a）x+b=0两解．

∴…3分

∴或…5分

（Ⅱ）由f（2）＜0，即2a2-10a+（12-b）＞0…8分

即b＜2a2-10a+12=2（a-）2-

∴恒成立∴b＜-故实数b的取值范围为(-∞，-)…10分．

（I）∵对于f（x）定义域内的任意实数x，都有f（-x）+f（x）=0，

∴f（-x）=-f（x），

故f（x）在其定义域为{x∈R|x≠0}内是奇函数（2分）

∵当x＞0时，f（x）=x2-2，

设x＜0，所以-x＞0，

∴f（-x）=-f（x）=x2-2，即f（x）=2-x2，

则f(x)=；（6分）

（II）∵当x＞0时，x2-2＜x，

化简得（x-2）（x+1）＜0，

解得：-1＜x＜2，

所以不等式的解集为0＜x＜2；

当x＜0时，2-x2＜x，

化简得：（x-1）（x+2）＞0，

解得：x＞1或x＜-2，

所以不等式的解集为x＜-2，

综上，不等式f（x）＜x的解集为{x|0＜x＜2或x＜-2}．（10分）

（1）由x-1=x2-3x+3可得x=2，

故由题可知1≤f（2）≤1，

从而f（2）=1．

因此，

故b=-a，c=-2a．由x-1≤f（x）

得ax2-（+a）x+-2a≥0对x∈R恒成立，

故△=（+a）2-4a（-2a）≤0，

即9a2-4a+≤0，

解得a=，

故f（x）=x2+-

（2）由x2+-≤nx-1

得2x2+（1-9n）x+8≤0，

故△=（1-9n）2-64≥0，

解得n≤-或n≥1，从而A=（-∞，-]∪[1，+∞）

（3）显然|x1-x2|≥0，当且仅当n=-或n=1时取得等号，

故m2+tm+1≤0对t∈[-3，3]恒成立．记g（t）=m•t+（m2+1），

则有，

即，

故m∈∅，不存在这样的实数m