23數(shù)學理科新考案學生用書電子詳細答案(6號字)（轉(zhuǎn)word）

成套的課件成套的教案成套的試題成套的微專題盡在高中數(shù)學同步資源大全QQ群483122854聯(lián)系QQ805889734加入百度網(wǎng)盤群3500G一線老師必備資料一鍵轉(zhuǎn)存，自動更新，一勞永逸學生用書參考答案§1.1集合學基礎(chǔ)知識夯實基礎(chǔ)1.(1)×(2)×(3)√(4)×2.{a|a≤0}【解析】∵A?B,A={x|0<x<a},B={x|1<x<2},∴A=?,∴a≤0,∴實數(shù)a的取值范圍為{a|a≤0}.3.B【解析】因為B={x|x≥1},所以RB={x|x<1}.又因為A={x|0<x<2},所以A∩(RB)={x|0<x<1}.故選B.4.0或3【解析】因為B?A,所以m=3或m=m,即m=3或m=0或m=1,根據(jù)集合元素的互異性可知m≠1,所以m=0或m=3.5.0或12【解析】易得M={2}.因為M∩N=N,所以N?M,所以N=?或N=M,所以a=0或a=1講考點考向考點11.B【解析】因為集合A={1,2,3},B={4,5},C={x+y|x∈A,y∈B},所以C={5,6,7,8},即C中元素的個數(shù)為4.2.C【解析】因為集合A={x|3x-1<m},而1∈A且2?A,所以3×1-1<m且3×2-1≥m,解得2<m≤5.故選C.3.32,+∞【解析】因為集合A中至少有3個元素,所以2k+1>4,所以k>32.考點2【例1】(1)C(2)(-∞,3]【解析】(1)任取t∈T,則t=4n+1=2·(2n)+1,其中n∈Z,所以t∈S,故T?S.(2)由于B?A,因此,①若B=?,則2m-1<m+1,解得m<2;②若B≠?,則2m-1≥m+1,由①②可得,實數(shù)m的取值范圍為(-∞,3].【變式設(shè)問】(-∞,3]【解析】由于B?A,因此,①若B=?,成立,此時m<2;②若B≠?,則2m-解得2≤m≤3.綜合①②,可得實數(shù)m的取值范圍為(-∞,3].【追蹤訓練1】(1)C(2)[-2,2)【解析】(1)因為集合M={x|x2-x>0}={x|x>1或x<0},N=x1x<1={x|x>1或x<0(2)①若B=?,則Δ=m2-4<0,解得-2<m<2,符合題意;②若1∈B,則12+m+1=0,解得m=-2,此時B={1},符合題意;③若2∈B,則22+2m+1=0,解得m=-52,此時B=2,1綜上所述,實數(shù)m的取值范圍為[-2,2).考點3【例2】(1)B(2)C【解析】(1)因為M={x|0<x<4},N=x13≤x≤5,所以M∩(2)因為A={x|2x2-9x>0}=xx>92或x<0,所以RA=x0≤x≤92,又B={y|y≥2},所以(RA)∪B=[0,+∞).故選C.【追蹤訓練2】(1)C(2)A【解析】(1)由題意知U={1,2,3,4,5,6,7},用Venn圖表示集合U,A,B,依次填寫A∩(UB),U(A∪B),B∩(UA),最后剩下的數(shù)字3只能填寫在A∩B中,所以A={1,2,3}.(2)因為M=[-1,1],N={y|y=x2,x∈M},所以N=[0,1],所以M∩N=[0,1].故選A.【例3】B【解析】解二次不等式x2-4≤0,可得A={x|-2≤x≤2},解一次不等式2x+a≤0,可得B=x|由于A∩B={x|-2≤x≤1},故-a2=1,解得a=-2【追蹤訓練3】(1)B(2)1【解析】(1)∵A={x|x2-x-6<0}={x|-2<x<3},B={1,m},A∩B有4個子集,∴A∩B={1,m},∴m∈A且m≠1,∴實數(shù)m的取值范圍是(-2,1)∪(1,3).故選B.(2)由題意知,A={x|m-x≥0}={x|x≤m},B=(2-m,+∞),若A∪B=R,且A∩B=?,則2-m=m,解得m=1.悟方法技巧方法突破【典例】D【解析】由A={-1,1}可知,A中有兩個元素.因為B={x|(ax2+3x)(x2+ax+2)=0},所以B中有一個或者三個元素.當B中有一個元素時,關(guān)于x的方程(ax2+3x)(x2+ax+2)=0有一個解,可得a=0.當B中有三個元素時,此時a≠0,關(guān)于x的方程(ax2+3x)(x2+ax+2)=0有三個解,其中x1=0,x2=-3a當關(guān)于x的方程x2+ax+2=0有一個解時,Δ=0,可得a=±22;當關(guān)于x的方程x2+ax+2=0有兩個解且其中一個解與0或者-3a相等時也滿足條件此時x3=-a+a2-82,x4=-a-a所以-a+a2-82=-3a或-a-a2綜上所述,實數(shù)a的可能取值為0,22,-22,-3,3,所以集合S中的元素個數(shù)為5.故選D.【突破訓練】C【解析】因為M?N,所以當M=?時,2a≤1-a,解得a≤13當M≠?時,1-a綜上所述,實數(shù)a的取值范圍是-∞,13.§1.2命題及其關(guān)系、充分條件與必要條件學基礎(chǔ)知識夯實基礎(chǔ)1.(1)×(2)×(3)√(4)√2.若x≤y,則x2≤y2假【解析】根據(jù)原命題和逆否命題的條件和結(jié)論的關(guān)系得命題“若x2>y2,則x>y”的逆否命題是“若x≤y,則x2≤y2”,它是假命題.3.充分不必要【解析】若x>0,y>0,則x+y>0,反之,若x+y>0,則x>0,y>0不一定成立,如x=-2,y=3.4.對任意a,b∈R,若ab≤0,則a≤05.(1)a≥2(2)a<2【解析】設(shè)A={x|x>a},B={x|x≥2},(1)因為p是q的充分不必要條件,所以A?B,所以a≥2.(2)因為p是q的必要不充分條件,所以B?A,所以a<2.講考點考向考點11.B【解析】原命題的逆否命題為“若a,b均小于1,則a+b<2”,等價于“若a<1,b<1,則a+b<2”,顯然這個命題是真命題,所以原命題為真命題;原命題的逆命題為“若a,b中至少有一個不小于1,則a+b≥2”,取a=5,b=-5,則a,b中至少有一個不小于1,但a+b=0,所以原命題的逆命題為假命題.故選B.2.D【解析】設(shè)p為原命題的條件,q為原命題的結(jié)論,則其否命題為“若p,則q”.∵原命題為“若x2+y2=0,則x=y=0”,∴其否命題為“若x2+y2≠0,則x≠0或y≠0”.故選D.3.A【解析】因為f(x+2π)=sin[cos(x+2π)]+cos[sin(x+2π)]=sin[cosx]+cos[sinx]=f(x),所以f(x)的一個周期是2π,①正確;又f(0)=sin[cos0]+cos[sin0]=sin1+cos0=sin1+1>22+1>2,故④正確因為f-π4=sincos-π4+cossin-π4=sin22+cos-22=sin0+cos(-1)=cos1,fπ4=sincosπ4+cossinπ4=sin22+cos22=sin0+cos0=1,所以f-π4≠fπ4,f-π4≠-fπ4,所以f(x)是非奇非偶函數(shù),②正確;當x∈0,π2時,0<sinx<1,0<cosx<1,所以[sinx]=[cosx]=0,所以f(x)=sin[cosx]+cos[sinx]=sin0+cos0=1,③錯誤.故選A.考點2【例1】B【解析】由題意知,當數(shù)列{an}為-2,-4,-8,…時,滿足q>0,但{Sn}不是遞增數(shù)列,所以甲不是乙的充分條件.若{Sn}是遞增數(shù)列,則必有an>0成立,若q>0不成立,則會出現(xiàn)一正一負的情況,產(chǎn)生矛盾.所以q>0成立,所以甲是乙的必要條件.故選B.【追蹤訓練1】B【解析】因為α∩β=m,直線a在平面α內(nèi),直線b在平面β內(nèi),且b⊥m,所以若α⊥β,則根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可知,b⊥α,一定有b⊥a;反之,當b⊥a時,若a∥m,則α⊥β不一定成立.所以“a⊥b”是“α⊥β”的必要不充分條件,故選B.【例2】A【解析】設(shè)A={x|x2-(a+1)x+a≤0}={x|(x-1)(x-a)≤0},B={x|lnx<2}={x|0<x<e2}.當0<a<1時,A=[a,1];當a=1時,A={1};當1<a<5時,A=[1,a].綜上可知A?B,∴p是q的充分不必要條件,故選A.【追蹤訓練2】B【解析】由x2-5x<0可得0<x<5.由|x-1|<1可得0<x<2.由于區(qū)間(0,2)是(0,5)的真子集,故“x2-5x<0”是“|x-1|<1”的必要而不充分條件.【例3】A【解析】由題意可知,q?p,但p?/q,根據(jù)逆否命題與原命題的等價性,得p?q,但q?/p,即p是q的充分不必要條件,故選A.【追蹤訓練3】充分不必要【解析】因為x=4且y=6?x+y=10,即q?p,但p?/q,所以p是q的充分不必要條件.考點3【例4】[9,+∞)【解析】由x2-8x-20≤0,得-2≤x≤10,由x2-2x+1-m2≤0(m>0),得1-m≤x≤1+m(m>0).∵p是q的充分不必要條件,∴p?q且q?/p,即集合{x|-2≤x≤10}是集合{x|1-m≤x≤1+m,m>0}的真子集,∴1-m<-2,m∴實數(shù)m的取值范圍為[9,+∞).【變式設(shè)問】(0,3]【解析】由x2-8x-20≤0得-2≤x≤10,由x2-2x+1-m2≤0(m>0)得1-m≤x≤1+m(m>0).∵p是q的必要不充分條件,∴q?p且p?/q.則{x|1-m≤x≤1+m,m>0}?{x|-2≤x≤10},∴m>0,1-m>-21+故實數(shù)m的取值范圍是(0,3].【追蹤訓練4】a<0【解析】由4x-3<1,解得x<1,即p:x<1,記A={x|x<1}.由x-(2a+1)<0,解得x<2a+1,即q:x<2a+1,記B={x|x<2a+1}.因為p是q的必要不充分條件,所以B?A,即2a+1<1,解得a<0.悟方法技巧方法突破1【例1】【解析】因為a,x為實數(shù),且關(guān)于x的不等式x2+(2a+1)x+a2+2≤0的解集為非空集合,所以Δ=(2a+1)2-4(a2+2)≥0,則4a-7≥0,解得a≥74因為a≥74>1,所以原命題為真命題又因為原命題與其逆否命題等價,所以其逆否命題為真命題.【突破訓練1】[-2,0]【解析】因為q是p的必要不充分條件,所以p是q的必要不充分條件.由不等式(x-m)2<9,可得m-3<x<m+3,由不等式log4(x+3)<1,可得-3<x<1,所以p:m-3<x<m+3,q:-3<x<1.因為p是q的必要不充分條件,所以m-3<m+3,m-3故實數(shù)m的取值范圍是[-2,0].方法突破2【例2】【解析】設(shè)f(x)=x+lnx,顯然f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.充分性:∵a>b,∴f(a)>f(b),∴a+lna>b+lnb,充分性成立.必要性:∵a+lna>b+lnb,∴f(a)>f(b),∴a>b,必要性成立.故“a>b”是“a+lna>b+lnb”成立的充要條件.【突破訓練2】【解析】因為a≥12,所以函數(shù)f(x)=-a2x2+ax+c的圖象的對稱軸方程為x=a2a2=12a,且所以f(x)≤f12a=14先證充分性:因為c≤34,且f(x)≤f12a=14+c≤14+34=1,所以f(x再證必要性:因為f(x)≤1在[0,1]上恒成立,所以只需f12a≤1即可,即14+c≤1,從而c≤3故對于任意x∈[0,1],均有f(x)≤1成立的充要條件是c≤34§1.3簡單的邏輯聯(lián)結(jié)詞、全稱量詞與存在量詞學基礎(chǔ)知識夯實基礎(chǔ)1.(1)×(2)√(3)√(4)×2.B【解析】p和q顯然都是真命題,所以p,q都是假命題,p∨q,p∧q都是真命題.3.?x∈R,f(x)≤1或f(x)>2【解析】由特稱命題的否定,可得已知命題的否定是?x∈R,f(x)≤1或f(x)>2.4.②③【解析】由不等式的性質(zhì)可知,命題p是真命題,命題q是假命題,故①p且q為假命題;②p或q為真命題;③p且(q)為真命題;④(p)或q為假命題.5.(-∞,-2)∪(2,+∞)【解析】由?x∈R,x2+ax+1≥0,得Δ=a2-4≤0,解得-2≤a≤2.故若命題“?x∈R,x2+ax+1≥0”是假命題,則實數(shù)a的取值范圍是(-∞,-2)∪(2,+∞).講考點考向考點11.C【解析】令x+1=0,得x=-1,y=1,即函數(shù)y=2-ax+1的圖象過定點(-1,1),故命題p是假命題.y=f(x-1)是偶函數(shù),即它的圖象關(guān)于y軸對稱,所以把它的圖象向左平移1個單位長度得到y(tǒng)=f(x)的圖象,即y=f(x)的圖象關(guān)于直線x=-1對稱,故命題q是真命題.所以命題p且q是真命題,其他的都是假命題,故選C.2.C【解析】依題意可知,命題p為真命題,命題q為假命題,故選C.3.A【解析】因為-1≤sinx≤1,所以命題p為真命題;因為|x|≥0,所以e|x|≥1,所以命題q為真命題.所以p∧q為真命題,(p)∧q,p∧(q),(p∨q)為假命題.故選A.考點2【例1】(1)B(2)D【解析】(1)因為xx-1>0,所以x<0或x>1,所以xx-1>0的否定是0≤x≤1,所以該命題的否定是存在x0>0,0≤x0(2)由特稱命題的否定可得p為“對任意的m∈R,f(x)=2x-mx不是增函數(shù)”.【追蹤訓練1】(1)C(2)D【解析】(1)由特稱命題的否定可知,命題p的否定是“?x∈R,x2-x+1>0”.(2)因為全稱命題的否定是特稱命題,所以命題“?x>0,lnx≥1-1x”的否定為“?x0>0,lnx0<1-1x【例2】B【解析】因為當x=1時,(x-1)2=0,所以B中命題為假命題,故選B.【追蹤訓練2】D【解析】A顯然正確;由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)知2x-1>0恒成立,所以B正確;當0<x<10時,lgx<1,所以C正確;因為sinx+cosx=2sinx+π4,所以-2≤sinx+cosx≤2,所以D錯誤.考點3【例3】[2,+∞)【解析】依題意知p,q均為假命題,當p是假命題時,kx2+1>0恒成立,則k≥0;當q是真命題時,Δ=k2-4<0,則-2<k<2.由p,q均為假命題得k≥0,k≤-2或k≥2,即k【變式設(shè)問1】(-2,0)【解析】依題意知p,q均為真命題,當p是真命題時,k<0;當q是真命題時,-2<k<2.由k<0,-2<k<2綜上所述,實數(shù)k的取值范圍為(-2,0).【變式設(shè)問2】(-∞,-2]∪[0,2)【解析】若p且q為假命題,p或q為真命題,則p,q一真一假.當p真q假時,k<0,k≤-2當p假q真時,k≥0,-2<k所以實數(shù)k的取值范圍是(-∞,-2]∪[0,2).【追蹤訓練3】(-∞,4]【解析】若?x∈(0,+∞),4x2+1x≥m恒成立,則m≤4因為4x2+1x=4x+1x≥當且僅當4x=1x,即x=12時,所以m≤4,因此實數(shù)m的取值范圍是(-∞,4].悟方法技巧方法突破【典例】【解析】令f(x)=log2(x+2),則f(x)在[0,2]上是增函數(shù),故當x∈[0,2]時,f(x)的最小值為f(0)=1,故若p為真命題,則2m>1,即m>12若q為真命題,則Δ=4-12m2>0,即m2<13,所以-33<m<(1)若(p)∧q為真命題,則實數(shù)m滿足m≤12,-33故實數(shù)m的取值范圍為-33,12.(2)若p∨q為真命題,p∧q為假命題,則p,q一真一假,若p真q假,則實數(shù)m滿足m>12,m≤若p假q真,則實數(shù)m滿足m≤12,-33綜上所述,實數(shù)m的取值范圍為-33,12∪33,+∞.【突破訓練】【解析】(1)若命題p是真命題,則ax2+ax+1>0在R上恒成立,∴當a=0時,1≥0恒成立;當a≠0時,a>0,Δ=a綜上所述,實數(shù)a的取值范圍為[0,4).(2)∵p∨q是真命題,p∧q是假命題,∴p,q中一個為真命題,一個為假命題.若命題q是真命題,則Δ=a2-4≥0,解得a≤-2或a≥2,∴當p真q假時,0≤a<4,-2<當p假q真時,a<0或a≥4,a≤-2綜上所述,實數(shù)a的取值范圍為(-∞,-2]∪[0,2)∪[4,+∞).§2.1函數(shù)的概念及其表示學基礎(chǔ)知識夯實基礎(chǔ)1.(1)×(2)√(3)×(4)×2.B【解析】A中函數(shù)的定義域不是[-2,2];C中圖象不表示函數(shù);D中函數(shù)的值域不是[0,2].3.[-3,0]∪[2,3][1,5][1,2)∪(4,5]4.C【解析】∵函數(shù)y=ln(1-∴1-x>0,1+x>0,x≠∴函數(shù)的定義域是(-1,0)∪(0,1).故選C.5.A【解析】f(f(0))=f(3)=log28=3.講考點考向考點1【例1】(1)(0,+∞)(2)(0,2]【解析】(1)由題意得x>0,x+1≠0,所以x>0,故函數(shù)f(x)(2)由1-|x-1|≥0,故所求函數(shù)的定義域為(0,2].【追蹤訓練1】B【解析】要使函數(shù)有意義,x需滿足-x2+2x+3≥0,x+1>0,x+1≠1,解得-1<x<0或0<x≤【例2】A【解析】∵f(x)的定義域為[-1,4],∴f(2x-1)滿足-1≤2x-1≤4,解得0≤x≤52∴f(2x-1)的定義域為0,52.【追蹤訓練2】A【解析】函數(shù)f(2x)的定義域為0,32,則0<x<32,所以0<2x<3,所以函數(shù)f(x)的定義域為(0,3),則0<1-3x<3,解得-23<x<1故函數(shù)f(1-3x)的定義域為-23,13.【例3】(1)-92(2)?【解析】(1)因為函數(shù)f(x)的定義域是不等式ax2+abx+b≥0的解集,所以不等式ax2+abx+b≥0的解集為{x|1≤x≤2則a<0,所以a+b=-32-3=-9(2)因為函數(shù)f(x)的定義域為R,所以2x2+2ax-a-1≥0對x∈R恒成立,因此有Δ=(2a)2+8(a+1)≤0,可知Δ=4[(a+1)2+1]≥4,因此a無解.【追蹤訓練3】D【解析】要使函數(shù)的定義域為R,則mx2+4mx+3≠0恒成立.①當m=0時,顯然滿足條件;②當m≠0時,Δ=(4m)2-4m×3<0,得0<m<34由①②得0≤m<34,故選D考點21.x2-1(x≥1)【解析】設(shè)t=x+1,則x=(t-1)2,t≥1,代入原式有f(t)=(t-1)2+2(t-1)=t2-2t+1+2t-2=t2-1,故f(x)=x2-1,x≥1.2.f(x)=-4x2+4x+7【解析】設(shè)f(x)=ax2+bx+c(a≠0).由題意得4a+2∴所求二次函數(shù)的解析式為f(x)=-4x2+4x+7.3.f(x)=23lg(x+1)+13lg(1-x),x∈(-1,1)【解析】當x∈(-1,1)時,有2f(x)-f(-x)=lg(x+1).以-x代替x,得2f(-x)-f(x)=lg(-x+1).②由①②消去f(-x),得f(x)=23lg(x+1)+13lg(1-x),x∈(-1,1考點3【例4】2【解析】由ff6=f6-4=f(2)=|2-3|+a=3,得a=2.【追蹤訓練4】C【解析】由題意得f(-2)=1+log2(2+2)=1+2=3.∵log212>1,∴f(log212)=2log212-1=2log26=6,∴f(-2)+f(log悟方法技巧方法突破【典例】【解析】設(shè)t=1-x,t≥0,則x=1-t2,故原函數(shù)可化為y=1-t2+4t=-(t-2)2+5(t≥0),所以y≤5,故原函數(shù)的值域為(-∞,5【突破訓練】(-∞,1]【解析】令t=1-2x(t≥0),則所以原函數(shù)可化為y=1-t22+t=-12(t-1)2+1故當t=1,即x=0時,y有最大值,最大值為1,故函數(shù)f(x)的值域為(-∞,1].§2.2函數(shù)的單調(diào)性與最值學基礎(chǔ)知識夯實基礎(chǔ)1.(1)×(2)×(3)×(4)×2.B【解析】由圖象可知,當x=0,x=3,x=6時,f(x)=0,此時函數(shù)y=1f(x)無意義,可排除A,C,D3.4【解析】由f(x)=1x的圖象知,f(x)=1x在(0,+∞)上是減函數(shù),∵[2,a]?(0,∴f(x)=1x在[2,a]上也是減函數(shù)∴f(x)max=f(2)=12,f(x)min=f(a)=1∴12+1a=34,解得4.D【解析】當x≥0時,由f(x)=lg(3x+1)-1>0,得x>3.又因為函數(shù)f(x)為偶函數(shù),所以不等式f(x)>0的解集為(-∞,-3)∪(3,+∞).講考點考向考點1【例1】(1)(-∞,-1]和[0,1][-1,0]和[1,+∞)(2)A【解析】(1)y=-即y=-(畫出函數(shù)圖象如圖所示,則單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,-1]和[0,1],單調(diào)遞減區(qū)間為[-1,0]和[1,+∞).(2)由-x2+x+6>0,得-2<x<3,故函數(shù)的定義域為(-2,3),令t=-x2+x+6,則y=log12t,易知其為減函數(shù),由復合函數(shù)的單調(diào)性法則可知本題等價于求函數(shù)t=-x2+x+6在(-2,3)上的單調(diào)遞減區(qū)間.利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得t=-x2+x+6在定義域(-2,3)上的單調(diào)遞減區(qū)間為12,3,故選A【追蹤訓練1】(1)B(2)[2,+∞)(-∞,-3]【解析】(1)y=|x2-3x+2|=x畫出函數(shù)圖象如圖所示,則函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是1,32和[2,+∞).(2)令u=x2+x-6,則y=x2+x-6可以看作是由y=u與u=x令u=x2+x-6≥0,得x≤-3或x≥2.易知u=x2+x-6在(-∞,-3]上是減函數(shù),在[2,+∞)上是增函數(shù),而y=u在[0,+∞)上是增函數(shù),∴y=x2+x-6的單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,-3],單調(diào)遞增區(qū)間為[【例2】【解析】(法一)設(shè)-1<x1<x2<1,f(x)=ax-1+1x-1=a1+1則f(x1)-f(x2)=a1+1x1-1-a1+1x2-因為-1<x1<x2<1,所以x2-x1>0,x1-1<0,x2-1<0,故當a>0時,f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),函數(shù)f(x)在(-1,1)上單調(diào)遞減;當a<0時,f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),函數(shù)f(x)在(-1,1)上單調(diào)遞增.(法二)f'(x)=(ax)'(x-1當a>0時,f'(x)<0,函數(shù)f(x)在(-1,1)上單調(diào)遞減;當a<0時,f'(x)>0,函數(shù)f(x)在(-1,1)上單調(diào)遞增.【追蹤訓練2】【解析】f(x)在(0,a]上是減函數(shù),在[a,+∞)上是增函數(shù),證明如下:設(shè)x1,x2是任意兩個正數(shù),且x1<x2,則f(x1)-f(x2)=x1+ax1-x2+ax2=x1-x2x1x2當0<x1<x2≤a時,0<x1x2<a,x1-x2<0,所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),所以函數(shù)f(x)在(0,a]上是減函數(shù);當a≤x1<x2時,x1x2>a,x1-x2<0,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),所以函數(shù)f(x)在[a,+∞)上是增函數(shù).綜上可知,函數(shù)f(x)=x+ax(a>0)在(0,a]上是減函數(shù),在[a,+∞)上是增函數(shù)考點21.25【解析】因為函數(shù)f(x)在區(qū)間12,2上是增函數(shù),值域為12,2,所以f12=12,f(2)=2,即1a-2=122.1【解析】(法一)在同一平面直角坐標系中,作出函數(shù)f(x),g(x)的圖象,依題意,h(x)的圖象為如圖所示的實線部分.易知點A(2,1)為圖象的最高點,因此h(x)的最大值為h(2)=1.(法二)依題意,h(x)=lo當0<x≤2時,h(x)=log2x是增函數(shù),當x>2時,h(x)=3-x是減函數(shù),因此h(x)在x=2時取得最大值,最大值為h(2)=1.3.26-6【解析】當x≤1時,f(x)=x2的最小值為0,當x>1時,f(x)=x+6x-6≥26-6(當且僅當x=6時取“=”)因為26-6<0,所以f(x)min=26-6.考點3【例3】D【解析】根據(jù)已知可得函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=1對稱,且在(1,+∞)上是減函數(shù),因為a=f-12=f52,且2<52<3,所以b>a>c.【追蹤訓練3】C【解析】由f(x)是奇函數(shù),得a=-flog215=f(log25).又log25>log24.1>2>20.8,且y=f(x)在R上是增函數(shù),所以a>b>c.【例4】B【解析】易知函數(shù)f(x)在定義域(-∞,+∞)上是增函數(shù),∵f(a+1)≥f(2a-1),∴a+1≥2a-1,解得a≤2.故實數(shù)a的取值范圍是(-∞,2].【追蹤訓練4】C【解析】因為f(x)=ex-1ex+a是定義在R上的奇函數(shù),所以f(1)+f(-1)=0,即e-1即f(x)=ex-1ex+1=1-2ex+1,又f(x-3)<f(9-x2),所以x-3<9-x2,解得-4<x<3.【例5】(1)(1,2](2)-12,+∞【解析】(1)由題意,得12+12a-2≤0,則a≤2,又y=ax-a(x>1)是增函數(shù),所以a>1,故實數(shù)a的取值范圍為1<a≤2.(2)若函數(shù)f(x)=ln(ax2+x)在(0,1)上單調(diào)遞增,令g(x)=ax2+x,則函數(shù)g(x)=ax2+x在(0,1)上單調(diào)遞增,且g(x)>0恒成立.當a=0時,g(x)=x在(0,1)上單調(diào)遞增,且g(x)>0,符合題意;當a>0時,g(x)圖象的對稱軸為直線x=-12a,且-12a<0,所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,且有g(shù)(x)>0,符合題意;當a<0時,需滿足g(x)圖象的對稱軸x=-12a≥1,且有g(shù)(x)>0,解得a≥-12,綜上可知,實數(shù)a的取值范圍為a≥-12【追蹤訓練5】(-∞,1]∪[4,+∞)【解析】作出函數(shù)f(x)的圖象,如圖所示.由圖象可知,若f(x)在(a,a+1)上單調(diào)遞增,需滿足a≥4或a+1≤2,即a≤1或a≥4.悟方法技巧方法突破【例1】(-3,-1)∪(3,+∞)【解析】由已知可得a2-a>0,a+3>0,a2-a>a+3,解得-3<a<-1或a>3,所以實數(shù)【突破訓練1】x|0<x<13或1<x<3【解析】∵y=f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且y=f(x∴y=f(x)在(-∞,0)上也是增函數(shù).又f12=0,∴f-12=-f12=0.故原不等式f(log19x)>0可化為log19x>12或-12解得0<x<13或1<x<3故原不等式的解集為x0<x<13或1<x<3.【例2】D【解析】∵當x=0時,f(x)=0,∴函數(shù)的圖象是一條連續(xù)的曲線.又∵當x≤0時,函數(shù)f(x)=x3為增函數(shù),當x>0時,f(x)=ln(x+1)也是增函數(shù),∴函數(shù)f(x)是定義在R上的增函數(shù).因此,不等式f(2-x2)>f(x)等價于2-x2>x,即x2+x-2<0,解得-2<x<1.【突破訓練2】(-∞,-2)【解析】二次函數(shù)y1=x2-4x+3的圖象的對稱軸是直線x=2,∴該函數(shù)在(-∞,0]上單調(diào)遞減,∴x2-4x+3≥3,同理可知函數(shù)y2=-x2-2x+3在(0,+∞)上單調(diào)遞減,∴-x2-2x+3<3,∴f(x)在R上單調(diào)遞減,由f(x+a)>f(2a-x),可得x+a<2a-x,即2x<a,∴2x<a在[a,a+1]上恒成立,∴2(a+1)<a,解得a<-2,∴實數(shù)a的取值范圍是(-∞,-2).§2.3函數(shù)的奇偶性、周期性學基礎(chǔ)知識夯實基礎(chǔ)1.(1)×(2)√(3)√(4)√2.A【解析】根據(jù)奇函數(shù)的定義知奇函數(shù)滿足f(-x)=-f(x),且定義域關(guān)于原點對稱,A選項中的函數(shù)為奇函數(shù);B選項中的函數(shù)為偶函數(shù);C選項中的函數(shù)定義域為(-∞,0)∪(0,+∞),是偶函數(shù);D選項中的函數(shù)既不是奇函數(shù),也不是偶函數(shù).3.1【解析】f32=f-12=-4×-122+2=1.4.A【解析】因為函數(shù)f(x)是定義在R上以3為周期的偶函數(shù),所以f(5)=f(-1)=f(1),即2a-3a+1<1,化簡得(a-4)(a+1)<0,解得-5.A【解析】根據(jù)題意可知,f(x2)-f(x1所以f(x)-2x在[0,+∞)上是增函數(shù),又f(-x)=-f(x),所以f(x)-2x為奇函數(shù),所以f(x)-2x在R上為增函數(shù),因為f(x-2020)>2(x-1011),f(1)=2020,所以f(x-2020)-2(x-2020)>f(1)-2,所以x-2020>1,解得x>2021,即x的取值范圍是(2021,+∞).講考點考向考點11.C【解析】令F1(x)=f(x)·g(x),則F1(-x)=f(-x)·g(-x)=-f(x)·g(x)=-F1(x),∴f(x)g(x)為奇函數(shù),故A錯誤.令F2(x)=|f(x)|g(x),則F2(-x)=|f(-x)|g(-x)=|f(x)|g(x)=F2(x),∴F2(x)為偶函數(shù),故B錯誤.令F3(x)=f(x)|g(x)|,則F3(-x)=f(-x)·|g(-x)|=-f(x)·|g(x)|=-F3(x),∴F3(x)為奇函數(shù),故C正確.令F4(x)=|f(x)g(x)|,則F4(-x)=|f(-x)g(-x)|=|f(x)g(x)|=F4(x),∴F4(x)為偶函數(shù),故D錯誤.2.B【解析】因為f(x)=1-x1+x=-(x所以函數(shù)f(x)圖象的對稱中心為(-1,-1),所以將函數(shù)f(x)的圖象向右平移一個單位長度,向上平移一個單位長度,得到函數(shù)y=f(x-1)+1的圖象,該函數(shù)圖象的對稱中心為(0,0),故函數(shù)y=f(x-1)+1為奇函數(shù).3.【解析】(1)因為f(x)有意義,所以1-x1+x≥0,所以-1所以f(x)的定義域不關(guān)于原點對稱,所以f(x)為非奇非偶函數(shù).(2)作出函數(shù)f(x)的圖象,由奇函數(shù)的圖象關(guān)于原點對稱的特征知函數(shù)f(x)為奇函數(shù).(3)因為4-x2≥0,x2≠0,所以所以定義域關(guān)于原點對稱.又f(-x)=4-(-x)所以f(-x)=f(x).故函數(shù)f(x)為偶函數(shù).(4)函數(shù)的定義域為R,因為f(-x)+f(x)=loga[-x+(-x)2+1]+loga=loga(x2+1-x)+loga(x=loga[(x2+1-x)(x=loga(x2+1-x2)=loga1=0,即f(-x)=-f(x),所以f(x)為奇函數(shù).考點21.B【解析】因為f(x+2)為偶函數(shù),所以f(-x+2)=f(x+2).又因為f(2x+1)為奇函數(shù),所以f(-2x+1)=-f(2x+1),所以f(1)=-f(1),可得f(1)=0,所以f(-1)=-f(3)=-f(1)=0,故B正確.2.D【解析】當x<0時,-x>0,∵當x≥0時,f(x)=ex-1,∴當x<0時,f(-x)=e-x-1.又∵f(x)為奇函數(shù),∴當x<0時,f(x)=-f(-x)=-e-x+1.3.1【解析】因為函數(shù)f(x)=x3(a·2x-2-x)是偶函數(shù),y=x3為R上的奇函數(shù),所以y=a·2x-2-x也為R上的奇函數(shù),所以當x=0時,y=a·20-20=a-1=0,所以a=1.考點3【例1】(1)-2(2)1010【解析】(1)f(7)=f(-1)=-f(1)=-2.(2)∵f(x+2)=f(x),∴函數(shù)f(x)的周期T=2.∵當x∈[0,2)時,f(x)=2x-x2,∴f(0)=0,f(1)=1,∴f(0)=f(2)=f(4)=…=f(2018)=f(2020)=0,f(1)=f(3)=f(5)=…=f(2019)=1.故f(0)+f(1)+f(2)+…+f(2020)=1010.【追蹤訓練1】(1)A(2)-2-3【解析】(1)∵f(x)是周期為4的奇函數(shù),∴f-92=-f92=-f12.又當0≤x≤1時,f(x)=x(1+x),故f-92=-f12=-121+12=-34.(2)由f(x+2)=-1f(x),得f(x+4)=-1f(x+2)=f(x),∴函數(shù)f(x)的周期為4,∴f(2020)=f(4)∴f(4)=-1f(2)=-12-3=-2-3.故f(考點4【例2】(1)B(2)D【解析】(1)因為f(x)是定義在[-2b,3+b]上的偶函數(shù),所以有-2b+3+b=0,解得b=3,由函數(shù)f(x)在[-6,0]上為增函數(shù),得f(x)在(0,6]上為減函數(shù).故f(x-1)≥f(3)?f(|x-1|)≥f(3)?|x-1|≤3,解得-2≤x≤4.(2)因為定義在R上的奇函數(shù)f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,且f(2)=0,所以f(x)在(0,+∞)上也單調(diào)遞減,且f(-2)=0,f(0)=0,所以當x∈(-∞,-2)∪(0,2)時,f(x)>0,當x∈(-2,0)∪(2,+∞)時,f(x)<0,所以由xf(x-1)≥0,可得x或x>0,0≤解得-1≤x≤0或1≤x≤3,所以滿足xf(x-1)≥0的x的取值范圍是[-1,0]∪[1,3],故選D.【追蹤訓練2】13,1【解析】由f(x)=ln(1+|x|)-11+x2,知f(x)為R上的偶函數(shù),于是f(x)>f(2x-1)即為f(|x|)>f(|2x-1|當x≥0時,f(x)=ln(1+x)-11+x2,所以f(x)為[0,+∞)上的增函數(shù),則由f(|x|)>f(|2x-1|),得|x|>|2x-1|,兩邊平方得3x2-4x+1<0,解得1【例3】(1)C(2)B【解析】(1)由題意得f(-x)=-f(x),又f(1+x)=f(-x)=-f(x),所以f(2+x)=f(x),又f-13=13,則f53=f2-13=f-13=13.(2)由y=f(-x)和y=f(x+2)是偶函數(shù)知f(-x)=f(x),且f(x+2)=f(-x+2),則f(x+2)=f(x-2),∴f(x+4)=f(x),則y=f(x)的周期為4,∴F(3)=f(3)+f(-3)=2f(3)=2f(-1)=2f(1)=2π【追蹤訓練3】D【解析】∵f(x+1)為奇函數(shù),∴f(1)=0,且f(x+1)=-f(-x+1).∴f((x+1)+1)=-f(-(x+1)+1)=-f(-x),即f(x+2)=-f(-x),∵f(x+2)為偶函數(shù),∴f(x+2)=f(-x+2),∴f(-x+2)=-f(-x).令t=-x,則f(t+2)=-f(t),∴f(t+4)=-f(t+2)=f(t),∴f(x+4)=f(x).當x∈[1,2]時,f(x)=ax2+b.f(0)=f(-1+1)=-f(2)=-4a-b,f(3)=f(1+2)=f(-1+2)=f(1)=a+b,又f(0)+f(3)=6,∴-3a=6,解得a=-2,∵f(1)=a+b=0,∴b=-a=2,∴當x∈[1,2]時,f(x)=-2x2+2,∴f92=f12=-f32=--2×94+2=52.悟方法技巧方法突破【典例】(1)C(2)4【解析】(1)因為函數(shù)f(x)為定義在R上的奇函數(shù),所以f(-2021)=-f(2021).因為當x≥0時,f(x+3)=-f(x),所以f(x+6)=-f(x+3)=f(x),即當x≥0時,自變量的值每增加6,對應函數(shù)值重復出現(xiàn)一次.又當x∈(0,3)時,f(x)=x+1,所以f(2020)=f(336×6+4)=f(4)=-f(1)=-2,f(2021)=f(336×6+5)=f(5)=-f(2)=-3.故f(2020)+f(-2021)=f(2020)-f(2021)=1.(2)因為函數(shù)y=f(x-1)的圖象關(guān)于點(1,0)對稱,所以函數(shù)y=f(x)的圖象關(guān)于原點對稱,所以f(x)是R上的奇函數(shù),因為f(x+2)=-f(x),所以f(x+4)=-f(x+2)=f(x),故f(x)的周期為4.所以f(2021)=f(505×4+1)=f(1)=4,所以f(2020)+f(2022)=-f(2018)+f(2018+4)=-f(2018)+f(2018)=0,所以f(2020)+f(2021)+f(2022)=4.【突破訓練】(1)A(2)C【解析】(1)當x≥0時,f(x+2)=-1f(x),所以f(x+4)=f(x),即4是f(x)(x≥0)的一個周期.所以f(-2021)=f(2021)=f(1)=log22=1,f(2023)=f(3)=-所以f(-2021)+f(2023)=0.(2)由f(x+2)=-f(x)得f(x+4)=-f(x+2)=f(x),所以函數(shù)f(x)是周期為4的周期函數(shù),又f(x)是奇函數(shù),所以f(1)=1,f(2)=-f(0)=0,f(3)=f(-1)=-f(1)=-1,f(4)=f(0)=0,所以f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=0,所以f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2021)=505×[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+f(1)=1,故選C.延展點1函數(shù)的對稱性與周期性角度1【例1】A【解析】因為函數(shù)y=f(x+1)是定義在R上的偶函數(shù),所以y=f(x)的圖象關(guān)于直線x=1對稱,因為f(3-x)=-f(3+x),所以y=f(x)的圖象關(guān)于點(3,0)對稱,所以函數(shù)f(x)是以8為周期的周期函數(shù),又由當-1≤x≤1時,f(x)=xln(x+2)可得,f(-1)=0,f(0)=0,f(1)=ln3,f(2)=f(0)=0,f(3)=f(-1)=0,f(4)=-f(2)=0,f(5)=-f(1)=-ln3,f(6)=-f(0)=0,所以f(-1)+f(0)+f(1)+f(2)+…+f(6)=0,故f(-1)+f(0)+f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2020)=f(-1)+f(0)+f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=ln3,故選A.【拓展訓練1】B【解析】∵y=f(x)是R上的奇函數(shù),且f(x+2)=f(-x),∴f(x+2)=-f(x),即f(x+4)=-f(x+2)=f(x),故函數(shù)y=f(x)的周期為4.∴f(2021)=f(4×505+1)=f(1)=-f(-1)=-2-1=-12角度2【例2】A【解析】由題意可得f(x+5)=f(x),f(x)=-f(-x),所以f(x+5)=-f(-x),即f(x+5)+f(-x)=0,所以f(x)的圖象關(guān)于點52,0對稱,所以f(3)+f(2)=f(4)+f(1)=0,所以f(3)-f(4)=f(1)-f(2)=1-2=-1,故選A.【拓展訓練2】0-1【解析】因為f(x)是定義在R上的偶函數(shù),所以f(x)=f(-x),因為g(x)=f(x-1)是定義在R上的奇函數(shù),所以g(x)=-g(-x),f(x-1)=-f(-x-1),所以f(x)=f((x+1)-1)=-f(-(x+1)-1)=-f(-x-2)=-f(x+2),所以f(x+4)=f(x),所以函數(shù)f(x)是以4為周期的周期函數(shù).因為g(x)是定義在R上的奇函數(shù),所以g(0)=0,由g(x)=f(x-1),取x=0,得f(1)=f(-1)=g(0)=0,又f(0)=1,所以f(2)=-f(0)=-1,f(3)=-f(1)=0,f(4)=f(0)=1,所以f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=0+(-1)+0+1=0,所以f(4n+1)+f(4n+2)+f(4n+3)+f(4n+4)=0+(-1)+0+1=0(n∈Z),所以f(2021)=f(1)=0,所以∑i=14n-1f(i)=[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+[f(5)+f(6)+f(7)+f(8)]+…+[f(4n-3)+f(4n-2)=0+0+…+[0+(-1)+0]=-1.微專題1分段函數(shù)中的熱點問題【例1】(1)C(2)A【解析】(1)f(-2)=log24=2,f(ln4)=eln4=4,故f(-2)+f(ln4)=6,故選C.(2)當x>0時,因為f(x)=f(x-3),所以f(x)=f(x+3),所以f(x)是周期為3的函數(shù),所以f(2021)=f(3×673+2)=f(2),又因為f(2)=f(-1)=e-1+ln2=eln2e=2e,所以f(2021)=2e【微點練1】A【解析】∵當x>1時,f(x)=x2+x-2,∴f(2)=22+2-2=4,∴1f(2∴f1f(2)=f14又∵當x≤1時,f(x)=1-x2,∴f14=1-142=1-116=1516.【例2】D【解析】當m≥2時,由m2-1=3,得m2=4,解得m=2或m=-2(舍去);當0<m<2時,由log2m=3,解得m=23=8(舍去).綜上所述,m=2,故選D.【微點練2】-4【解析】∵函數(shù)f(x)=3x-2-5,x∴當m<3時,f(m)=3m-2-5=-6,無解;當m>3時,f(m)=-log2(m+1)=-6,解得m=63.∴f(m-61)=f(2)=32-2-5=-4.【例3】D【解析】解不等式x2-1-(4+x)≥1,得x≤-2或x≥3.所以f(x)=x其圖象如圖所示,由圖可知,當-1<-k≤2時,y=f(x)的圖象與直線y=-k恰有三個交點,即當-2≤k<1時,函數(shù)y=f(x)+k的圖象與x軸恰有三個不同的交點.故選D.【微點練3】-∞,12【解析】由y=x3-x得y'=3x2-1,由y'>0解得x∈-∞,-33∪33,+∞,所以y=x3-x在-∞,-33和33,+∞上單調(diào)遞增,在-33,33上單調(diào)遞減.令g(x)=(2a-1)x+3a-4,可知其為單調(diào)函數(shù)或常函數(shù).當g(x)單調(diào)遞增時,無論a為何值,只要將t取到足夠大,總能使f(x)為增函數(shù).當g(x)單調(diào)遞減或為常函數(shù)時,可知f(x)不恒單調(diào).所以2a-1≤0,解得a≤12.【例4】(1)A(2)(-∞,-2)∪(2,+∞)【解析】(1)易得函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增,則由f(3x+2)<f(x-4)可得3x+2<x-4,解得x<-3,故不等式的解集為(-∞,-3).(2)當a>0時,不等式a[f(a)-f(-a)]>0可化為a2+a-3a>0,解得a>2.當a<0時,不等式a[f(a)-f(-a)]>0可化為-a2-2a<0,解得a<-2.綜上所述,實數(shù)a的取值范圍為(-∞,-2)∪(2,+∞).【微點練4】C【解析】由題意,當x>0時,f(x)單調(diào)遞增,故f(x)>f(0)=0;當x≤0時,f(x)=0.若f(x2-2)>f(x),則x2-2>x,且x2-2>0,解得x>2或x<-2.故選C.§3.1二次函數(shù)與冪函數(shù)學基礎(chǔ)知識夯實基礎(chǔ)1.(1)×(2)√(3)×(4)√(5)×2.C【解析】因為f(x)=k·xα是冪函數(shù),所以k=1.又f(x)的圖象過點12,22,所以12α=22,解得α=12.所以k+α=1+12=3.1【解析】因為函數(shù)f(x)=x2-ax-a的圖象為開口向上的拋物線,所以函數(shù)的最大值在區(qū)間的端點取得.因為f(0)=-a,f(2)=4-3a,所以-a>4-3a,4.D【解析】根據(jù)冪函數(shù)的性質(zhì),可知選D.5.2【解析】∵f(x)=(m2-m-1)xm是冪函數(shù),∴m2-m-1=1,解得m=-1或m=2.又∵f(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),∴m=2.講考點考向考點11.B【解析】因為冪函數(shù)f(x)=(n2+2n-2)xn2-3n在(0,+∞)上單調(diào)遞減,所以n2+2n-2=1,n2-3n<0,解得n=1.又當n=1時,f2.A【解析】因為f(x)=(m-1)xn為冪函數(shù),所以m-1=1,解得m=2,則f(x)=xn.又點(2,8)在函數(shù)f(x)=xn的圖象上,所以8=2n,解得n=3,則f(x)=x3,且f(x)在R上是增函數(shù).又lnπ>1>2-12=22>13,所以f(lnπ)>f2-12>f3.(-∞,-1)∪23,32【解析】不等式(a+1)-13<(3-2a)-13等價于a+1>3-2a>0或3-2a<a+1<0或a+1<0<3-2a,解得a<-考點2【例1】f(x)=x2-2x+3【解析】由f(0)=3,得c=3,又f(1+x)=f(1-x),∴函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=1對稱,∴b2=1,解得b=2∴f(x)=x2-2x+3.【變式設(shè)問1】x2-4x+3【解析】因為f(2-x)=f(2+x)對任意x∈R恒成立,所以f(x)圖象的對稱軸為直線x=2.又因為f(x)的圖象截x軸所得的線段長為2,所以f(x)=0的兩根為1和3.設(shè)f(x)的解析式為f(x)=a(x-1)(x-3)(a≠0),又f(x)的圖象過點(4,3),所以3a=3,即a=1,所以f(x)的解析式為f(x)=(x-1)(x-3),即f(x)=x2-4x+3.【變式設(shè)問2】x2+2x【解析】設(shè)函數(shù)的解析式為f(x)=ax(x+2)(a>0),則f(x)=ax2+2ax,由4a×0-4a24a=-1,得a=1,所以【追蹤訓練1】【解析】(法一:利用“一般式”解題)設(shè)f(x)=ax2+bx+c(a<0).由題意得4a+2故所求二次函數(shù)的解析式為f(x)=-4x2+4x+7.(法二:利用“頂點式”解題)設(shè)f(x)=a(x-m)2+n(a<0).因為f(2)=f(-1),所以拋物線的對稱軸為直線x=2+(-1)2=12又因為該函數(shù)的最大值為8,所以n=8,所以f(x)=ax-122+8.因為f(2)=-1,所以a2-122+8=-1,解得a=-4,所以f(x)=-4x-122+8=-4x2+4x+7.(法三:利用“零點式”解題)由已知得f(x)+1=0的兩個根為x1=2,x2=-1,故可設(shè)f(x)+1=a(x-2)(x+1)(a<0),即f(x)=ax2-ax-2a-1.又該函數(shù)的最大值為8,所以4a(-2解得a=-4或a=0(舍去).故所求函數(shù)的解析式為f(x)=-4x2+4x+7.考點3【例2】C【解析】若a>0,則一次函數(shù)y=ax+b為增函數(shù),二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象開口向上,故可排除A,D;對于選項B,由直線可知a>0,b>0,從而-b2a<0,而二次函數(shù)的圖象的對稱軸在y軸的右側(cè),故應排除B.故選【追蹤訓練2】D【解析】因為函數(shù)f(x)=ax2-x-c,且f(x)>0的解集為(-2,1),所以-2,1是方程ax2-x-c=0的兩根,且a<0,代入解得a=-1,c=-2,所以f(x)=-x2-x+2,所以函數(shù)y=f(-x)=-x2+x+2,可知其圖象開口向下,與x軸的交點坐標分別為(-1,0)和(2,0).故選D.【例3】D【解析】當a=0時,f(x)=-3x+1在[-1,+∞)上單調(diào)遞減,滿足題意.當a≠0時,f(x)圖象的對稱軸為直線x=3-由f(x)在[-1,+∞)上單調(diào)遞減,知a<0,3-a2a綜上,實數(shù)a的取值范圍為[-3,0].【追蹤訓練3】【解析】(1)當a=-2時,f(x)=x2-4x+3=(x-2)2-1,∵x∈[-4,6],∴f(x)在[-4,2]上單調(diào)遞減,在[2,6]上單調(diào)遞增,∴f(x)的最小值是f(2)=-1,又f(-4)=35,f(6)=15,∴f(x)的最大值是35.(2)∵函數(shù)f(x)的圖象開口向上,對稱軸是直線x=-a,∴要使f(x)在[-4,6]上是單調(diào)函數(shù),應有-a≤-4或-a≥6,即a≤-6或a≥4,故實數(shù)a的取值范圍是(-∞,-6]∪[4,+∞).【例4】【解析】f(x)=a(x+1)2+1-a.當a=0時,函數(shù)f(x)在區(qū)間[-1,2]上的值為常數(shù)1,不符合題意,舍去;當a>0時,函數(shù)f(x)在區(qū)間[-1,2]上是增函數(shù),f(x)的最大值為f(2)=8a+1=4,解得a=38當a<0時,函數(shù)f(x)在區(qū)間[-1,2]上是減函數(shù),f(x)的最大值為f(-1)=1-a=4,解得a=-3.綜上可知,實數(shù)a的值為38或-3【追蹤訓練4】{-3,3}【解析】因為函數(shù)f(x)=x2-2x+1=(x-1)2,所以對稱軸為直線x=1,又因為f(x)在區(qū)間[a,a+2]上的最小值為4,所以當a≥1時,f(x)min=f(a)=(a-1)2=4,解得a=3(a=-1舍去),當a+2≤1,即a≤-1時,f(x)min=f(a+2)=(a+1)2=4,解得a=-3(a=1舍去),當a<1<a+2,即-1<a<1時,f(x)min=f(1)=0≠4,故實數(shù)a的取值集合為{-3,3}.悟方法技巧方法突破【例1】【解析】(1)設(shè)h(x)=f(x)-g(x)=6x2+12x-4-k,則問題轉(zhuǎn)化為當x∈[-3,3]時,h(x)≤0恒成立,故h(x)max≤0.由二次函數(shù)的性質(zhì)可知h(x)max=h(3)=86-k,則86-k≤0,得k≥86.故實數(shù)k的取值范圍為[86,+∞).(2)由題意,存在x∈[-3,3],使得f(x)≤g(x)成立,即h(x)=f(x)-g(x)=6x2+12x-4-k≤0在x∈[-3,3]時有解,故h(x)min≤0.由二次函數(shù)的性質(zhì)可知h(x)min=h(-1)=-10-k,則-10-k≤0,得k≥-10.故實數(shù)k的取值范圍為[-10,+∞).(3)因為對任意x1,x2∈[-3,3],都有f(x1)≤g(x2)成立,所以f(x)max≤g(x)min,x∈[-3,3].由二次函數(shù)的性質(zhì)可得f(x)max=f(3)=120-k,g(x)min=g(-1)=2,則120-k≤2,得k≥118.故實數(shù)k的取值范圍為[118,+∞).【突破訓練1】(-∞,-1)【解析】設(shè)f(x)=ax2+bx+c(a≠0),由f(0)=1,得c=1,又f(x+1)-f(x)=2x,即2ax+a+b=2x,所以a=1,b=-1,所以f(x)=x2-x+1.f(x)>2x+m在區(qū)間[-1,1]上恒成立,即x2-3x+1-m>0在[-1,1]上恒成立.令g(x)=x2-3x+1-m=x-322-54-m,x∈[-1,1],則g(x)在[-1,1]上單調(diào)遞減,所以g(x)min=g(1)=1-3+1-m>0,所以m<-1.【例2】D【解析】由題意,f(x)<-m+4對于x∈[1,3]恒成立,即m(x2-x+1)<5對于x∈[1,3]恒成立.∵當x∈[1,3]時,x2-x+1∈[1,7],∴當x∈[1,3]時,不等式f(x)<-m+4等價于m<5x∵當x=3時,5x2-x+1∴若要不等式m<5x2-x+1對于x∈[1,3]恒成立,則必須滿足m<57,因此,實數(shù)m的取值范圍為-∞,5【突破訓練2】【解析】(1)由題意知a解得a所以f(x)=x2+2x+1,由f(x)=(x+1)2知,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[-1,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,-1].(2)由題意知,x2+2x+1>x+k在區(qū)間[-3,-1]上恒成立,即k<x2+x+1在區(qū)間[-3,-1]上恒成立.令g(x)=x2+x+1,x∈[-3,-1],由g(x)=x+122+34知g(x)在區(qū)間[-3,-1]上是減函數(shù),則g(x)min=g(-1)=1,所以k<1.故實數(shù)k的取值范圍是(-∞,1).§3.2指數(shù)與指數(shù)函數(shù)學基礎(chǔ)知識夯實基礎(chǔ)1.(1)×(2)×(3)√(4)√(5)×2.C【解析】由題意得a2a·3a3.C【解析】依題意可知a2=13,解得a=3所以f(x)=33x,所以f(-1)=33-1=3.4.C【解析】易知f(x)的定義域為R,f(-x)=1e-x+1-12=exex+1-12,因為f(-x)+f(x)=0,所以f(x)是奇函數(shù),又函數(shù)f(x)=5.C【解析】若a>1,y=ax是增函數(shù),則有a2<2,可得1<a<2;若0<a<1,y=ax是減函數(shù),則有a-2<2,可得22<a<1綜上所述,實數(shù)a的取值范圍是22,1∪(1,2).講考點考向考點11.A【解析】原式=1+14×23-110=16152.a2【解析】原式=a13[(a13)3-(2b13)3](a1考點2【例1】(1)D(2)(0,1)【解析】(1)由f(x)=ax-b的圖象可以觀察出,函數(shù)f(x)=ax-b在定義域上單調(diào)遞減,所以0<a<1,函數(shù)f(x)=ax-b的圖象是由y=ax的圖象向左平移得到的,所以b<0.(2)作出函數(shù)y=|2x-1|的圖象與直線y=b,如圖所示.由圖象可得實數(shù)b的取值范圍是(0,1).【變式設(shè)問1】[-1,1]【解析】作出曲線|y|=2x+1,如圖所示,要使該曲線與直線y=b沒有公共點,只需-1≤b≤1.【變式設(shè)問2】(-∞,0]【解析】因為函數(shù)y=|2x-1|的單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,0],所以k≤0,即實數(shù)k的取值范圍為(-∞,0].【追蹤訓練1】(1)B(2)B【解析】(1)y=|f(x)|=|2x-2|=2x-2,x≥1,2-2x,x<1,易知函數(shù)y=|f(x)|的圖象的分段點是x=1,且在(-∞,1)上單調(diào)遞減,過點(1,0(2)令f(x)=0,得emx=n,即mx=lnn,解得x=1mlnn,由圖象知x=1mlnn>0,故當m>0時,n>1,當m<0時,0<n<1,排除A,當m<0時,易知y=emx是減函數(shù),當x→+∞時,y→0,f(x)→n2,排除C.故選B.考點3【例2】(1)B(2)3a>a3>a13【解析】(1)因為b=(2x)2=22x,函數(shù)y=2x所以比較a,b,c的大小,只需比較當x∈(1,2)時,x2,2x,2x的大小即可.用特殊值法,取x=1.5,易知x2=2.25,2x=3,2x=23再對其均平方得(x2)2=2.252=5.0625,(2x)2=32=9,(2x)2=23=8,顯然(2x)2>(2x)2>(x2)2,所以2x>2x>x2,即b>c>a.故選B.(2)易知3a>0,a13<0,a3<0,又由-1<a<0,得0<-a<1,所以(-a)3<(-a)13,即-a3<-a13,所以a3>a13,【追蹤訓練2】A【解析】因為a=34

12=916

14<1,b=43

14>1,c=23

34=827

14<1,且0<827<916<1,y=x14在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以827

綜上可知,c<a<b.【例3】12【解析】當a<1時,41-a=21,解得a=12;當a>1時,22a-1=4a-1,無解.故實數(shù)a的值為【追蹤訓練3】B【解析】∵14x-2=(2-2)x-2=2-2x+4,∴2x2+1≤2-2x+4,即x2+1≤-2解得-3≤x≤1,此時y=2x的值域為[2-3,21],即18,2.【例4】(1)(-∞,4](2)(-∞,-1]【解析】(1)令t=|2x-m|,則t=|2x-m|在區(qū)間m2,+∞上是遞增的,在區(qū)間-∞,m2上是遞減的.而y=2t在R上是遞增的,所以要使函數(shù)f(x)=2|2x-m|在[2,+∞)上是遞增的,則m2≤2,即m≤4,所以實數(shù)m的取值范圍是(-∞,4].(2)令g(x)=ax2+2x+3,因為f(x)的值域是0,19,所以g(x)的值域是[2,+∞).因此有a>0,12a這時g(x)=x2+2x+3,f(x)=13

x2因為g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,-1],所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞,-1].【追蹤訓練4】[4,+∞)(-∞,1]【解析】依題意知x2-5x+4≥0,解得x≥4或x≤1,令u(x)=x2-5x+4=(x-52)

2-94,x∈(-∞,1]∪[4,+∞),所以當x∈(-∞,1]時,u(x)是減函數(shù),當x∈[4,+∞)時,u(x)是增函數(shù).而3>1,所以由復合函數(shù)的單調(diào)性可知,f(x)【例5】【解析】(1)當a=-1時,f(x)=13

-x令u=-x2-4x+3=-(x+2)2+7.則u=-(x+2)2+7在(-∞,-2)上單調(diào)遞增,在(-2,+∞)上單調(diào)遞減,而y=13u在R上單調(diào)遞減,所以f(x)在(-∞,-2)上單調(diào)遞減,在(-2,+∞)上單調(diào)遞增,即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-2,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,-2).(2)令h(x)=ax2-4x+3,則f(x)=13h(x),因為f(x)有最大值3,所以h(x)應有最小值-1,因此必有a>0,12a即當f(x)有最大值3時,a的值為1.(3)由f(x)的值域是(0,+∞)知,y=ax2-4x+3的值域為R,則必有a=0.【追蹤訓練5】-34,+∞【解析】從已知不等式中分離出實數(shù)a,得a≥-14x+12x.因為函數(shù)y=14x+12x在R上是減函數(shù),所以當x∈(-∞,1]時,14x+12x≥14+12=34從而得-14x+12x≤-34.故實數(shù)a的取值范圍為-34,+∞.悟方法技巧方法突破【典例】【解析】(1)f(x)=14x-λ2x-1+3=122x-2λ·12x+3(-1≤x設(shè)t=12x,得f(x)=g(t)=t2-2λt+314≤t≤2.當λ=32時,g(t)=t2-3t+3=t-322+3414≤t≤2.所以g(t)max=g14=3716,g(t)min=g32=34.所以f(x)max=3716,f(x)min=3故函數(shù)f(x)的值域為34,3716.(2)由(1)得f(x)=g(t)=t2-2λt+3=(t-λ)2+3-λ214≤t≤2,①當λ≤14時,g(t)min=g14=-λ2+49令-λ2+4916=1,得λ=338>14,②當14<λ≤2時,g(t)min=g(λ)=-λ2+3令-λ2+3=1,得λ=2或λ=-2(不符合,舍去);③當λ>2時,g(t)min=g(2)=-4λ+7,令-4λ+7=1,得λ=32<2,不符合,舍去綜上所述,實數(shù)λ的值為2.【突破訓練】(1)(-∞,-18](2)3或13【解析】(1)設(shè)t=3x,則y=9x+m·3x-3=t2+mt-3.因為x∈[-2,2],所以t∈19,9.又函數(shù)y=9x+m·3x-3在區(qū)間[-2,2]上單調(diào)遞減,即y=t2+mt-3在區(qū)間19,9上單調(diào)遞減,所以有-m2≥9,解得m≤-18.所以實數(shù)m的取值范圍為(-∞,-18].(2)令ax=t,則y=a2x+2ax-1=t2+2t-1=(t+1)2-2.當a>1時,因為x∈[-1,1],所以t∈1a,a,又函數(shù)y=(t+1)2-2在1a,a上單調(diào)遞增,所以ymax=(a+1)2-2=14,解得a=3(負值舍去).當0<a<1時,因為x∈[-1,1],所以t∈a,1a,又函數(shù)y=(t+1)2-2在a,1a上單調(diào)遞增,所以ymax=1a+12-2=14,解得a=13(負值舍去).綜上,a=3或a=13.§3.3對數(shù)與對數(shù)函數(shù)學基礎(chǔ)知識夯實基礎(chǔ)1.(1)×(2)×(3)×(4)×2.D【解析】易知0<a<1,b<0,c=log1213=log233.34,1【解析】要使函數(shù)有意義,必須滿足4x-3>0,log04.B【解析】易知函數(shù)y=lg|x|是偶函數(shù),由圖象知(圖略),函數(shù)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增.5.A【解析】由題意知f(x)=logax(a>0,且a≠1).因為f(2)=1,所以loga2=1,解得a=2,所以f(x)=log2x.講考點考向考點11.C【解析】∵2a=5b=10,∴a=log210,b=log510,∴1a+1b=1log210+1log510=lg2+lg2.56【解析】log43+log83·log32=lg32lg2+lg33lg2·lg2lg3=563.B【解析】因為R0=3.28,T=6,R0=1+rT,所以r=3.28-16所以I(t)=ert=e0.38t.設(shè)在新冠肺炎疫情初始階段,累計感染病例數(shù)增加1倍需要的時間為t1,則e0.38(t+t1)=2e0所以t1=ln20.38≈0.690.38≈考點2【例1】B【解析】易知0<a<1,函數(shù)y=4x與y=logax的大致圖象如圖所示,則由題意可知只需滿足loga12>412,解得∴22<a<1,故選B【變式設(shè)問】0,22【解析】若方程4x=logax在0,12上有解,則函數(shù)y=4x與函數(shù)y=logax的圖象在0,12上有交點.由圖象可知0<a<1,loga12≤2,解得0<a≤【追蹤訓練1】(1)D(2)A【解析】(1)(法一)當a>1時,函數(shù)y=ax的圖象過定點(0,1),在R上單調(diào)遞增,于是函數(shù)y=1ax的圖象過定點(0,1),在R函數(shù)y=logax+12的圖象過定點12,0,在-12,+∞上單調(diào)遞增,顯然A,B,C,D四個選項都不符合.當0<a<1時,函數(shù)y=ax的圖象過定點(0,1),在R上單調(diào)遞減,于是函數(shù)y=1ax的圖象過定點(0,1),在R函數(shù)y=logax+12的圖象過定點12,0,在-12,+∞上單調(diào)遞減.因此,選項D中的兩個圖象符合,故選D.(法二)易知a與1a必有一個大于1,一個大于0且小于1,則f(x)=1ax與g(x)=logax+12在各自定義域內(nèi)單調(diào)性相反,可排除B;由g12=0可排除A,C.故選D.(2)由函數(shù)圖象可知,f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增,又y=2x+b-1在R上單調(diào)遞增,故a>1.函數(shù)圖象與y軸的交點坐標為(0,logab),由函數(shù)圖象可知-1<logab<0,即logaa-1<logab<loga1,所以a-1<b<1.綜上有0<a-1<b<1.考點3【例2】(1)C(2)D【解析】(1)∵log52<log5512=12,log83>log881(2)∵log20.3<log21=0,∴a<0,∵log120.4=-log20.4=log252>log22∴b>1,∵0<0.40.3<0.40=1,∴0<c<1,∴a<c<b.【追蹤訓練2】(1)D(2)D【解析】(1)由y=x0.6在區(qū)間(0,+∞)上為增函數(shù),y=0.6x在R上為減函數(shù),可知0.70.6>0.60.6>0.60.7>0.61>0.5,∵c=lg3<lg10=0.5,∴b>a>c.(2)∵c>1,logac<logbc<0,∴0<b<a<1.對于A,由冪函數(shù)的性質(zhì)可得ac>bc,故A錯誤;對于B,由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得ca>cb,故B錯誤;對于C,logab-logba=lgblga-lgalgb=(lgb-lg∴l(xiāng)ogab-logba>0,∴l(xiāng)ogab>logba,故C錯誤;對于D,alogac-blogbc=algclga-blgclgb=(lgba-lgab)lgclgalgb,∵0<b<a<1,∴ba<aa<ab,∴l(xiāng)gba<lgab,又c>1,∴l(xiāng)gc>故選D.【例3】(1)x=5(2)13,12【解析】(1)原方程變形為log2(x-1)+log2(x+1)=log2(x2-1)=2,即x2-1=4,解得x=±5,又x>1,所以x=5.(2)原不等式?0<x<1或x>1,解不等式組①得13<x<12,不等式組②所以實數(shù)x的取值范圍為13,12.【追蹤訓練3】(1)C(2)(1,2]【解析】(1)由題意可知a≠0,所以a>0,log2a>-log2a或(2)當x≤2時,f(x)≥122-3=2;當x>2且a>1時,f(x)>loga2,由題意可得loga2≥2,解得1<a≤2;當x>2且0<a<1時,f(x)<loga2,與題設(shè)不符.所以實數(shù)a的取值范圍是(1,2].【例4】(0,+∞)【解析】令M=x2+32x,當x∈12,+∞時,M∈(1,+∞),f(x)>0,所以a>1,所以函數(shù)y=logaM為增函數(shù),又M=x+342-916,所以它的單調(diào)遞增區(qū)間為-34,+∞.又x2+32x>0,所以x>0或x<-3所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞).【追蹤訓練4】C【解析】由-x2+4x+5>0,解得-1<x<5.二次函數(shù)y=-x2+4x+5圖象的對稱軸為直線x=2.由復合函數(shù)的單調(diào)性可得函數(shù)f(x)=log12(-x2+4x+5)的單調(diào)遞增區(qū)間為[2,5).要使函數(shù)f(x)=log12(-x2+4x+5)在區(qū)間(3m-2,m+2)內(nèi)單調(diào)遞增,只需3m-【例5】【解析】(1)∵a>0,且a≠1,設(shè)t(x)=3-ax,∴t(x)=3-ax為減函數(shù),∴當x∈[0,2]時,t(x)的最小值為3-2a.∵當x∈[0,2]時,f(x)恒有意義,即當x∈[0,2]時,3-ax>0恒成立,∴3-2a>0,∴a<32又a>0且a≠1,∴a的取值范圍是(0,1)∪1,32.(2)∵t(x)=3-ax,a>0,且a≠1,∴函數(shù)t(x)為減函數(shù).∵f(x)在區(qū)間[1,2]上為減函數(shù),∴y=logat為增函數(shù),∴a>1.∵當x∈[1,2]時,t(x)的最小值為3-2a,f(x)的最大值為f(1)=loga(3-a),∴3-2故不存在這樣的實數(shù)a,使得函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上為減函數(shù),并且最大值為1.【追蹤訓練5】【解析】(1)若函數(shù)f(x)是R上的奇函數(shù),則f(0)=0,∴l(xiāng)og2(1+a)=0,解得a=0.當a=0時,f(x)=-x是R上的奇函數(shù).∴a=0.(2)若函數(shù)f(x)的定義域是一切實數(shù),則12x+a>0恒成立,即a>-1因為-12x∈(-∞,0),所以只要a≥則實數(shù)a的取值范圍是[0,+∞).(3)由已知得函數(shù)f(x)是減函數(shù),故f(x)在區(qū)間[0,1]上的最大值是f(0)