備戰(zhàn)高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義配套精練答案

答案與解析二配套精練第一章集合與常用邏輯用語、不等式第1講集合及其運算1.D解析：M＝{x|0≤x<16}，N＝{xeq\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≥\f(1,3)))，則M∩N＝{xeq\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤x<16)).2.A解析：因為U＝{x∈N|x≤4}＝{0,1,2,3,4}，?U(A∩B)＝{0,2,3}，所以A∩B＝{1,4}，即1∈A且4∈A.又A＝{1，m}，所以m＝4.3.C解析：由題意，非空且互不相等的集合A，B，C滿足A∪B＝A，可得B?A.又因為B∩C＝C，可得C?B，所以C?A，所以A∩C＝C.4.C解析：由題可知A＝{－1,0,1}，所以A∩B＝{0,1}，所以其子集分別是?，{1}，{0}，{0,1}，共有4個子集．5.C解析：因為集合M＝{x|x＝2k＋1，k∈Z}，集合N＝{y|y＝4k＋3，k∈Z}＝{y|y＝2(2k＋1)＋1，k∈Z}，且x∈N時，x∈M成立，所以M∪N＝{x|x＝2k＋1，k∈Z}．6.ABC解析：當(dāng)B＝?時，m＋1>2m－1，即m<2，此時?UB＝R，符合題意；當(dāng)B≠?時，m＋1≤2m－1，即m≥2，由B＝{x|m＋1≤x≤2m－1}，得?UB＝{x|x<m＋1或x>2m－1}．因為A??UB，所以m＋1>7或2m－1<－2，可得m>6或m<－eq\f(1,2).因為m≥2，所以m>6.綜上，實數(shù)m的取值范圍為{m|m<2或m>6}．7.BD解析：因為N∩(?RM)＝?，所以N?M.若N是M的真子集，則M∩(?RN)≠?，故A錯誤；由N?M，得M∪(?RN)＝R，故B正確；由N?M，得?RN??RM，故C錯誤，D正確．8.BD解析：對于A，由B－A＝{x|x∈B且x?A}，知B－A＝{3,8}，A錯誤；對于B，由A－B＝{x|x∈A且x?B}，A－B＝?，知A?B，B正確；對于C，由韋恩圖知B－A如圖中陰影部分所示，則B－A＝B∩(?UA)，C錯誤；對于D，?UB＝{x|x<－2或x≥4}，則A－B＝A∩(?UB)＝{x|x<－2或x≥4}，D正確．(第8題)9.(－∞，1]解析：由x－a≥0，得x≥a，所以B＝[a，＋∞)．因為A＝[1,6]，且A?B，所以a≤1，所以實數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．10.(－∞，－1]∪[1，＋∞)∪{0}解析：由題意，原問題轉(zhuǎn)化為方程ax2－2x＋a＝0至多只有一個根．當(dāng)a＝0時，方程為－2x＝0，解得x＝0，此時方程只有一個實數(shù)根，符合題意；當(dāng)a≠0時，方程ax2－2x＋a＝0為一元二次方程，所以Δ＝4－4a2≤0，解得a≤－1或a≥1.綜上，實數(shù)a的取值范圍為(－∞，－1]∪[1，＋∞)∪{0}．11.15解析：因為1∈A，eq\f(1,1)＝1∈A；－1∈A，eq\f(1,－1)＝－1∈A；2∈A，eq\f(1,2)∈A；3∈A，eq\f(1,3)∈A，所以所求集合即為由1，－1，“3和eq\f(1,3)”，“2和eq\f(1,2)”這“四大”元素所組成的集合的非空子集，所以滿足條件的集合的個數(shù)為24－1＝15.12.【解答】(1)當(dāng)a＝0時，A＝{x|－1<x<1}，所以?RA＝{x|x≤－1或x≥1}，所以(?RA)∩B＝{x|1≤x<4}．(2)因為A?B，所以集合A可以分為A＝?和A≠?兩種情況討論．當(dāng)A＝?時，2a－1≥3a＋1，即a≤－2；當(dāng)A≠?時，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－1≥－1，,3a＋1≤4，,2a－1<3a＋1，))即0≤a≤1.綜上，a∈(－∞，－2]∪[0,1]．13.【解答】集合A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|0<\f(x－1,3)≤1))＝{x|1＜x≤4}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|y＝\f(1,\r(,－x2＋10x－16))))＝{x|2＜x＜8}．(1)因為集合C＝{x|x≤a}滿足A∩C＝A，所以A?C，所以a≥4，所以實數(shù)a的取值范圍是[4，＋∞)．(2)因為A∩B＝{x|2＜x≤4}，A∪B＝{x|1＜x＜8}，所以集合D＝{x|1＜x≤2或4＜x＜8}．14.【解答】(1)因為集合A＝{x|x2－ax＋a2－19＝0}，B＝{x|x2－5x＋6＝0}＝{2,3}，且A∩B＝{2}，所以2∈A，所以4－2a＋a2－19＝0，即a2－2a－15＝0，解得a＝－3或a＝5.當(dāng)a＝－3時，A＝{x|x2＋3x－10＝0}＝{－5,2}，A∩B＝{2}，符合題意；當(dāng)a＝5時，A＝{x|x2－5x＋6＝0}＝{2,3}，A∩B＝{2,3}，不符合題意．綜上，實數(shù)a的值為－3.(2)因為A＝{x|x2－ax＋a2－19＝0}，B＝{2,3}，C＝{x|x2＋2x－8＝0}＝{－4,2}，且A∩B≠?，A∩C＝?，所以3∈A，所以9－3a＋a2－19＝0，即a2－3a－10＝0，解得a＝－2或a＝5.當(dāng)a＝－2時，A＝{x|x2＋2x－15＝0}＝{－5,3}，滿足題意；當(dāng)a＝5時，A＝{x|x2－5x＋6＝0}＝{2,3}，不滿足題意．綜上，實數(shù)a的值為－2.第2講充分條件、必要條件、充要條件1.B解析：若x<0，y＝0滿足x<y，則(x－y)·y2＝0，即(x－y)·y2<0不成立；若(x－y)·y2<0，則有y≠0，必有y2>0，從而得x－y<0，即x<y成立．所以“x<y”是“(x－y)·y2<0”成立的必要不充分條件．2.D解析：非有志者不能至，是必要條件；但“有志”也不一定“能至”，不是充分條件．3.B4.A解析：因為x<z，y<z，所以x＋y<2z，故充分性成立；當(dāng)x＝3，y＝1，z＝2.5時，滿足x＋y<2z，但不滿足x<y<z，故必要性不成立．5.C解析：x－eq\f(1,x)>0?eq\f(x2－1,x)>0?x(x＋1)(x－1)>0?x>1或－1<x<0.因為{x|－1<x<0}{x|x>1或－1<x<0}，所以不等式x－eq\f(1,x)>0成立的一個充分條件是－1<x<0.6.BC解析：x2>x的解集為(－∞，0)∪(1，＋∞)．對于A，因為(1，＋∞)為(－∞，0)∪(1，＋∞)的真子集，故A不符合；對于B，因為2x2>2x等價于x2>x，解集也是(－∞，0)∪(1，＋∞)，故B符合；對于C，eq\f(1,x)<1即為x(x－1)>0，解集為(－∞，0)∪(1，＋∞)，故C符合；對于D，|x(x－1)|＝x(x－1)即為x(x－1)≥0，解集為(－∞，0]∪[1，＋∞)，(－∞，0)∪(1，＋∞)為(－∞，0]∪[1，＋∞)的真子集，故D不符合．7.AC解析：對于p：|2x－1|<3，解得x∈A＝{x|－1<x<2}．對于q：2x2－ax－a2≤0，得(2x＋a)(x－a)≤0，當(dāng)a≥0時，解得x∈B＝{xeq\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)≤x≤a))；當(dāng)a<0時，解得x∈B＝{xeq\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(a≤x≤－\f(a,2))).因為p是q的一個必要不充分條件，所以BA.當(dāng)a≥0時，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)>－1，,a<2，))解得0≤a<2.當(dāng)a<0時，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>－1，,－\f(a,2)<2，))解得－1<a<0.綜上，可得－1<a<2.故只要實數(shù)a的取值集合是集合{a|－1<a<2}的真子集即可．8.BCD解析：對于A，方程為x2＋3＝0，方程沒有實數(shù)根，所以A錯誤；對于B，如果方程沒有實數(shù)根，則Δ＝(m－3)2－4m＝m2－10m＋9<0，所以1<m<9，m>1是1<m<9的必要條件，所以B正確；對于C，因為方程有兩個正根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝m2－10m＋9≥0，,－m－3>0，,m>0，))所以0<m≤1，所以方程有兩個正根的充要條件是0<m≤1，所以C正確；對于D，如果方程有一個正根和一個負(fù)根，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝m2－10m＋9>0，,m<0，))所以m<0，所以方程有一個正根和一個負(fù)根的充要條件是m<0，所以D正確．9.[1，＋∞)解析：由不等式|x＋1|>2，可得x>1或x<－3，所以綈p：－3≤x≤1.又由綈q：x≤a，且綈p是綈q的充分不必要條件，可知a≥1，所以實數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)．10.m＝1(答案不唯一)解析：當(dāng)x∈(2,3)時，易知x2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)∈(2,6)．又?x∈(2,3)，mx2－mx－3>0??x∈(2,3)，m>eq\f(3,x2－x)?m>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x2－x)))min，x∈(2,3)?m≥eq\f(1,2).顯然m＝1?m≥eq\f(1,2)，m≥eq\f(1,2)D?/m＝1，故“m＝1”是命題“?x∈(2,3)，mx2－mx－3>0”成立的充分不必要條件．11.[1,2]解析：由(x－a)2<1得a－1<x<a＋1.因為1<x<2是不等式(x－a)2<1成立的充分不必要條件，所以滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1≤1，,a＋1≥2))且等號不能同時取得，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤2，,a≥1，))解得1≤a≤2.12.【解答】(1)當(dāng)m＝2時，A＝{x|1<x<5}，B＝{x|－2<x<2}，所以A∪B＝{x|－2<x<5}，A∩B＝{x|1<x<2}．(2)由“x∈A”是“x∈B”成立的充分不必要條件，得AB.當(dāng)A＝?，即m－1≥m2＋1時，m無解，所以A≠?，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－1≥－2，,m2＋1≤2))且等號不能同時取得，解得－1≤m≤1.當(dāng)m＝－1時，A＝B＝(－2,2)，不成立．故實數(shù)m的取值范圍為{m|－1<m≤1}．13.【解答】(1)不存在，理由如下：由|4x－3|≤1，得－1≤4x－3≤1，故eq\f(1,2)≤x≤1，即p：eq\f(1,2)≤x≤1.假設(shè)存在a，使得p是q的充要條件，則不等式x2－4ax＋3a－1≤0的解集為{xeq\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)≤x≤1))，所以x1＝eq\f(1,2)，x2＝1是方程x2－4ax＋3a－1＝0的兩個根，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋1＝4a，,\f(1,2)×1＝3a－1，))此方程組無解，故假設(shè)不成立，所以不存在實數(shù)a，使得p是q的充要條件．(2)若p是q的充分不必要條件，則集合{xeq\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)≤x≤1))為不等式x2－4ax＋3a－1≤0的解集的真子集．令f(x)＝x2－4ax＋3a－1，則由二次函數(shù)的圖象性質(zhì)可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≤0，,f1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2－4a×\f(1,2)＋3a－1≤0，,1－4a＋3a－1≤0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤\f(3,4)，,a≥0，))故0≤a≤eq\f(3,4).當(dāng)a＝0時，x2－4ax＋3a－1≤0?x2－1≤0，解得－1≤x≤1，滿足題意；當(dāng)a＝eq\f(3,4)時，x2－4ax＋3a－1≤0?x2－3x＋eq\f(5,4)≤0，解得eq\f(1,2)≤x≤eq\f(5,2)，滿足題意．所以實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))).14.【解答】必要性：若方程ax2＋2x＋1＝0有且只有一個負(fù)數(shù)根，當(dāng)a＝0時，方程為2x＋1＝0，解得x＝－eq\f(1,2)，符合題意；當(dāng)a<0時，Δ＝4－4a>0，設(shè)方程ax2＋2x＋1＝0的兩根分別為x1，x2，則x1x2＝eq\f(1,a)<0，此時方程ax2＋2x＋1＝0有且只有一個負(fù)數(shù)根；當(dāng)a>0時，由Δ＝4－4a≥0，可得0<a≤1，設(shè)方程ax2＋2x＋1＝0的兩根分別為x1，x2，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1x2＝\f(1,a)>0，,x1＋x2＝－\f(2,a)<0，))則x1，x2均為負(fù)數(shù)．由題意可知Δ＝0，可得a＝1，符合題意．所以“方程ax2＋2x＋1＝0有且只有一個負(fù)數(shù)根”?“a≤0或a＝1”．充分性：當(dāng)a＝0時，原方程變?yōu)?x＋1＝0，解得x＝－eq\f(1,2)，原方程只有一個負(fù)數(shù)根；當(dāng)a＝1時，方程為x2＋2x＋1＝0，解得x＝－1，原方程只有一個負(fù)數(shù)根；當(dāng)a<0時，對于原方程，Δ＝4－4a>0，此時方程ax2＋2x＋1＝0有兩根，設(shè)為x1，x2，則x1x2＝eq\f(1,a)<0，此時方程ax2＋2x＋1＝0有且只有一個負(fù)數(shù)根．所以“方程ax2＋2x＋1＝0有且只有一個負(fù)數(shù)根”?“a≤0或a＝1”．綜上所述，方程ax2＋2x＋1＝0有且只有一個負(fù)數(shù)根的充要條件為a≤0或a＝1.第3講全稱量詞和存在量詞1.C解析：因為集合M，N滿足M∩N≠?，所以根據(jù)交集的定義可得?x∈M，x∈N.2.A解析：命題“?x∈R,2x>0”為全稱量詞命題，該命題的否定為“?x∈R,2x≤0”．3.A解析：由題意，①若甲說的是真話，則甲不會證明，乙會證明，丙不會證明，丁不會證明，此時丁說的也是真話，與題意矛盾；②若乙說的是真話，則丙會證明，甲和丁均會證明，與題意矛盾；③若丙說的是真話，則丁會證明，甲和丁均會證明，與題意矛盾；④若丁說的是真話，則丁不會證明，甲會證明，丙不會證明，滿足題意．4.A解析：若p為真，則Δ1＝4－4a≤0，解得a≥1.若q為真，則Δ2＝4a2－4(2－a)<0，解得－2<a<1.若p真q假，則a≥1；若p假q真，則－2<a<1.綜上所述，若p，q一真一假，則實數(shù)a的取值范圍為(－2，＋∞)．5.A解析：若不等式(m＋1)x2＋(m＋1)x＋1>0對任意x∈R恒成立，則有①當(dāng)m＋1＝0，即m＝－1時，不等式顯然成立；②當(dāng)m＋1>0時，Δ＝(m＋1)2－4(m＋1)<0，解得－1<m<3；③當(dāng)m＋1<0時，不等式(m＋1)x2＋(m＋1)x＋1>0對任意x∈R顯然不恒成立，舍去．綜上①②③可知，不等式(m＋1)x2＋(m＋1)x＋1>0對任意x∈R恒成立，則－1≤m<3，所以當(dāng)“?x∈R，(m＋1)x2＋(m＋1)x＋1>0”是假命題時，m∈(－∞，－1)∪[3，＋∞)．6.AB解析：由條件可知?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，2x2－λx＋1≥0是真命題，即λ≤eq\f(2x2＋1,x)＝2x＋eq\f(1,x)，即λ≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,x)))min，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).設(shè)f(x)＝2x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(,2x·\f(1,x))＝2eq\r(,2)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，等號成立的條件是2x＝eq\f(1,x)?x＝eq\f(\r(,2),2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，所以f(x)的最小值是2eq\r(,2)，即λ≤2eq\r(,2)，滿足條件的是AB.7.BC解析：當(dāng)x＝0時，eq\f(1,x2＋1)＝1，A錯誤．當(dāng)x＝－1時，eq\f(1,x)<x＋1，B正確．命題“?n∈N，n2>2n”的否定是命題“?n∈N，n2≤2n”，C正確．命題“?n>4,2n>n2”的否定是命題“?n>4,2n≤n2”，D錯誤．8.AD解析：函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(4,x)在[1,2]上單調(diào)遞減，在[2,6]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(2)＝4，f(x)max＝f(6)＝eq\f(20,3).對任意a，b，c∈[1,6]，不妨令f(a)≥f(b)≥f(c)，則f(b)＋f(c)≥2f(c)≥2f(x)min>f(x)max≥f(a)，即f(a)，f(b)，f(c)均能作為一個三角形的三條邊長，A正確，B錯誤；取a＝b＝2，c＝2eq\r(,2)＋2，滿足a，b，c∈[1,6]，則f(a)＝f(b)＝4，f(c)＝4eq\r(,2)，顯然有[f(a)]2＋[f(b)]2＝[f(c)]2，即以f(a)，f(b)，f(c)為邊的三角形是直角三角形，C錯誤，D正確．9.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞))解析：因為?x∈[1,2]，x2－ax＋1≤0為真命題，所以a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))max，x∈[1,2]．因為y＝x＋eq\f(1,x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))max＝2＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,2)，即a≥eq\f(5,2)，所以實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞)).10.(－∞，2]解析：設(shè)x1，x2是方程的兩個負(fù)實數(shù)根，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＞0，,x1＋x2＝－m＜0，,x1x2＝1＞0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－4＞0，,m＞0，))解得m＞2，所以當(dāng)綈p是真命題時，m的取值范圍是(－∞，2]．11.?x∈[1,2]，x2＋2ax＋2－a≤0(－3，＋∞)解析：綈p：?x∈[1,2]，x2＋2ax＋2－a≤0.若綈p是真命題，令f(x)＝x2＋2ax＋2－a，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1≤0，,f2≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋2a＋2－a≤0，,4＋4a＋2－a≤0，))解得a≤－3，故滿足題意的實數(shù)a的取值范圍為(－3，＋∞)．12.【解答】(1)因為命題p：?x∈R，x2＋ax＋2≥0為真命題，所以Δ＝a2－4×1×2≤0，解得－2eq\r(2)≤a≤2eq\r(2)，所以實數(shù)a的取值范圍為[－2eq\r(2)，2eq\r(2)]．(2)因為命題q：?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，－\f(1,2)))，x2－ax＋1＝0為真命題，所以a＝eq\f(x2＋1,x)＝x＋eq\f(1,x)，又y＝x＋eq\f(1,x)在[－3，－1]上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝－1時，a取最大值－2.當(dāng)x＝－3時，a＝－eq\f(10,3)；當(dāng)x＝－eq\f(1,2)時，a＝－eq\f(5,2).所以實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(10,3)，－2)).13.【解答】若命題p為真命題，則Δ＝(m－2)2－4≥0，解得m≤0或m≥4.若命題q為真命題，由a，b∈(0，＋∞)，知b＝eq\f(2a,a－1)>0，所以a－1>0，則a(b－1)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,a－1)－1))＝a·eq\f(a＋1,a－1)＝(a－1＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,a－1)))＝a－1＋eq\f(2,a－1)＋3≥3＋2eq\r(,2)，m＋2eq\r(,2)≤2eq\r(,2)＋3?m≤3.當(dāng)命題p為真，命題q為假時，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≤0或m≥4，,m>3，))解得m≥4；當(dāng)命題p為假，命題q為真時，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<m<4，,m≤3，))解得0<m≤3.綜上所述，實數(shù)m的取值范圍為{m|0<m≤3或m≥4}．14.【解答】(1)由題設(shè)知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而函數(shù)y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，則ymax＝－3，所以a≥－3，所以a的最小值為－3.(2)由題可知，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))時，f′(x)max≤g(x)max.因為f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞增，所以f′(x)max＝f′(2)＝8＋a.而g′(x)＝eq\f(1－x,ex)，由g′(x)＞0，得x＜1，由g′(x)＜0，得x＞1，所以g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))時，g(x)max＝g(1)＝eq\f(1,e).由8＋a≤eq\f(1,e)，得a≤eq\f(1,e)－8，所以實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)－8)).第4講不等式的性質(zhì)、基本不等式1.D解析：對于A，取a＝－1，b＝1，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，A錯誤；對于B，取a＝－1，b＝1，則a2＝b2，B錯誤；對于C，取a＝－1，b＝1，則eq\f(1,a2)＝eq\f(1,b2)，C錯誤；對于D，由a<b，可得b3－a3＝(b－a)·(b2＋ab＋a2)＝(b－a)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2)a))2＋\f(3,4)a2))>0，所以a3<b3，D正確．2.D解析：對于A，當(dāng)c＝0時，顯然不成立，故A為假命題；對于B，當(dāng)a＝－3，b＝－2時，滿足a<b<0，但a2<ab<b2不滿足，故B為假命題；對于C，當(dāng)c＝3，a＝2，b＝1時，eq\f(a,c－a)＝eq\f(2,3－2)>eq\f(b,c－b)＝eq\f(1,2)，不滿足，故C為假命題；對于D，因為a>b>c>0，所以eq\f(a,b)－eq\f(a＋c,b＋c)＝eq\f(ab＋c－ba＋c,bb＋c)＝eq\f(ac－bc,bb＋c)＝eq\f(a－bc,bb＋c)>0，即eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)，故D為真命題．3.B解析：由題知eq\f(4,b)＋eq\f(1,a)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,b)＋\f(1,a)))(a＋b)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4a,b)＋\f(b,a)＋5))≥eq\f(1,2)(4＋5)＝eq\f(9,2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4a,b)＝eq\f(b,a)時等號成立．4.C解析：7＝(a＋2b)2－ab＝(a＋2b)2－eq\f(1,2)a·2b≥(a＋2b)2－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋2b,2)))2＝eq\f(7a＋2b2,8)，則(a＋2b)2≤8，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b＝eq\r(,2)時等號成立，又a，b∈(0，＋∞)，所以0<a＋2b≤2eq\r(,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b＝eq\r(,2)時等號成立，所以a＋2b的最大值為2eq\r(,2).5.BCD解析：對于A，當(dāng)c＝0時，ac＝bc，故A錯誤；對于B，若ac2>bc2，則a>b，故B正確；對于C，若a<b<0，則|a|>|b|，故C正確；對于D，若c>a>b>0，則0<c－a<c－b，從而eq\f(1,c－a)>eq\f(1,c－b)，故D正確．6.AB解析：對于A，ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(1,4)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時取等號，故A正確．對于B，(eq\r(,a)＋eq\r(,b))2＝a＋b＋2eq\r(,ab)≤a＋b＋a＋b＝2，故eq\r(,a)＋eq\r(,b)≤eq\r(,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時取等號，故B正確．對于C，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(,\f(b,a)·\f(a,b))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時取等號，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)有最小值4，故C錯誤．對于D，(a＋b)2＝1?a2＋2ab＋b2＝1≤a2＋(a2＋b2)＋b2，即a2＋b2≥eq\f(1,2)，故a2＋b2有最小值eq\f(1,2)，故D錯誤．7.－1，－2，－3(答案不唯一)解析：－1>－2>－3，(－1)＋(－2)＝－3>－3，矛盾，所以－1，－2，－3可驗證該命題是假命題．8.9解析：因為0<x<1，所以0<1－x<1，則eq\f(1,x)＋eq\f(4,1－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(4,1－x)))[(1－x)＋x]＝1＋4＋eq\f(1－x,x)＋eq\f(4x,1－x)≥5＋2eq\r(,\f(1－x,x)·\f(4x,1－x))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1－x,x)＝eq\f(4x,1－x)，即x＝eq\f(1,3)時，等號成立，故eq\f(1,x)＋eq\f(4,1－x)的最小值為9.9.6解析：設(shè)矩形空地的長為xm，則寬為eq\f(32,x)m．由題意，試驗區(qū)的總面積S＝(x－0.5×4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32,x)－0.5×2))＝34－x－eq\f(64,x)≤34－2eq\r(,x·\f(64,x))＝18，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(64,x)，即x＝8時，等號成立，所以每塊試驗區(qū)的面積的最大值為eq\f(18,3)＝6(m2)．10.【解答】(1)由不等式4a2＋b2≥4ab，解得ab≤eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)2a＝b＝1時取等號，所以ab的最大值為eq\f(1,2)，此時a＝eq\f(1,2)，b＝1.(2)由4a2＋b2＝2，得4a2＋(1＋b2)＝3.由4a2＋(1＋b2)≥2eq\r(,4a2·1＋b2)＝4aeq\r(,1＋b2)，解得aeq\r(,1＋b2)≤eq\f(3,4)，當(dāng)且僅當(dāng)4a2＝1＋b2，即a＝eq\f(\r(,6),4)，b＝eq\f(\r(,2),2)時取等號，所以aeq\r(,1＋b2)的最大值為eq\f(3,4)，此時a＝eq\f(\r(,6),4)，b＝eq\f(\r(,2),2).11.【解答】(1)因為a>1，b>2，所以a－1>0，b－2>0，所以eq\f(1,a－1)＋eq\f(1,b－2)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)＋\f(1,b－2)))(a－1)(b－2)＝eq\f(1,4)[(b－2)＋(a－1)]≥eq\f(1,4)×2eq\r(,b－2a－1)＝1，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b－2＝a－1，,a－1b－2＝4))時，等號成立，解得a＝3，b＝4，所以eq\f(1,a－1)＋eq\f(1,b－2)的最小值為1，此時a＝3，b＝4.(2)由2a＋b＝6，得2(a－1)＋(b－2)＝2，所以(a－1)＋eq\f(b－2,2)＝1，所以eq\f(1,a－1)＋eq\f(1,b－2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)＋\f(1,b－2)))×1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)＋\f(1,b－2)))×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a－1＋\f(b－2,2)))＝eq\f(3,2)＋eq\f(a－1,b－2)＋eq\f(b－2,2a－1)≥eq\f(3＋2\r(,2),2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b－2＝\r(,2)a－1，,2a－1＋b－2＝2))時，等號成立，解得a＝3－eq\r(,2)，b＝2eq\r(,2)，所以eq\f(1,a－1)＋eq\f(1,b－2)的最小值為eq\f(3＋2\r(,2),2)，此時a＝3－eq\r(,2)，b＝2eq\r(,2).(3)因為b>2，由eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，可得a＝eq\f(b,b－1)，所以a－1＝eq\f(1,b－1)，所以eq\f(1,a－1)＋eq\f(1,b－2)＝b－2＋eq\f(1,b－2)＋1≥3，當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\f(3,2)，b＝3時，等號成立，所以eq\f(1,a－1)＋eq\f(1,b－2)的最小值為3，此時a＝eq\f(3,2)，b＝3.12.D解析：因為A＝{1,2,3}，B＝{0,1,2}，所以A∩B＝{1,2}，A∪B＝{0,1,2,3}，所以當(dāng)x∈A∩B，y∈A∪B時，z＝0,1,2,3,4,6，所以A*B＝{0,1,2,3,4,6}，所以?(A*B)A＝{0,4,6}．13.BC解析：A錯誤，當(dāng)a<0時，顯然有P<0.B正確，當(dāng)a>1時，P＝a＋eq\f(2,a)≥2eq\r(,a·\f(2,a))＝2eq\r(,2)，故充分性成立，而P≥2eq\r(,2)只需a>0即可．C正確，P＝a＋eq\f(2,a)>3可得0<a<1或a>2，當(dāng)a>2時，P>3成立．D錯誤，當(dāng)a>3時，a＋eq\f(2,a)>3＋eq\f(2,3)>3.14.【解答】(1)當(dāng)m＝1時，B＝{x|2<x<3}．因為A＝{x|－1≤x≤2}，所以?RA＝{x|x<－1或x>2}，所以A∪B＝{x|－1≤x<3}，(?RA)∩B＝{x|2<x<3}．(2)因為?是A∩B的真子集，所以A∩B≠?.因為A＝{x|－1≤x≤2}，B＝{x|2m<x<3}，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m<3，,2m<2，))解得m<1，即實數(shù)m的取值范圍為(－∞，1)．(3)因為B∩(?RA)中只有一個整數(shù)，?RA＝{x|x<－1或x>2}，B＝{x|2m<x<3}，所以B≠?，且－3≤2m<－2，解得－eq\f(3,2)≤m<－1，所以實數(shù)m的取值范圍是{meq\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)≤m<－1)).第5講一元二次不等式1.A解析：因為不等式x2＋kx＋1<0的解集為空集，所以Δ＝k2－4≤0，解得－2≤k≤2.2.D解析：當(dāng)a＝1時，不等式為－4<0恒成立，故滿足題意；當(dāng)a≠1時，要滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1<0，,Δ<0，))解得－3<a<1.綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－3,1]．3.C解析：由eq\f(x＋a,x)－b＝eq\f(1－bx＋a,x)≥0，可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x[b－1x－a]≤0，,x≠0))的解集為[－1,0)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b－1>0，,\f(a,b－1)＝－1，))則b>1且a＋b＝1.4.C解析：因為關(guān)于x的一元二次不等式ax2＋bx＋c>0的解集為{x|1<x<3}，所以1,3為方程ax2＋bx＋c＝0的兩個根，由韋達(dá)定理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋3＝－\f(b,a)，,1×3＝\f(c,a)，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝3a，,b＝－4a，))且a<0，則eq\f(ax＋b,cx＋a)>0等價于eq\f(x－4,3x＋1)>0，即(3x＋1)(x－4)>0，故原不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪(4，＋∞)．5.ACD解析：對于A，ax2>0(a>0)的解集為{x|x≠0}，A錯誤；對于B，因為Δ＝1－4＝－3<0，所以x2＋x＋1<0的解集為?，B正確；對于C，若a<0，Δ＝0，則ax2＋bx＋c≥0的解集為{xeq\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(b,2a)))，C錯誤；對于D，x2＋3x－4>0的解集為(－∞，－4)∪(1，＋∞)，不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1>0，,x＋4>0))的解集為(1，＋∞)，D錯誤．6.BD解析：設(shè)x小時后蓄水池中的水量為yt，則y＝400＋60x－120eq\r(,6x).設(shè)eq\r(,6x)＝u，則u2＝6x(u∈[0,12])，所以y＝400＋10u2－120u＝10(u－6)2＋40.因為u∈[0,12]，故當(dāng)u＝6，即x＝6時，ymin＝40，即從供水開始到第6個小時時，蓄水池中的存水量最少，為40t，所以A錯誤，B正確．令400＋10u2－120u>80，即u2－12u＋32>0，解得u<4或u>8，所以0≤x<eq\f(8,3)或eq\f(32,3)<x≤24，所以C錯誤．由400＋10u2－120u<80，得eq\f(8,3)<x<eq\f(32,3)，又eq\f(32,3)－eq\f(8,3)＝8，所以每天約有8小時蓄水池中水量少于80t，所以D正確．7.[1，＋∞)解析：eq\f(x－1,x)>0?x(x－1)>0?x>1或x<0，則當(dāng)x>a時，eq\f(x－1,x)>0成立，所以a≥1.8.(－1,2)解析：由表中二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(x∈R)的部分對應(yīng)值，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝2，,a＋b＋c＝2，,a－b＋c＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1，,c＝2，))所以y＝－x2＋x＋2.不等式ax2＋bx＋c＞0化為－x2＋x＋2＞0，即x2－x－2＜0，解得－1＜x＜2，所以該不等式的解集為(－1,2)．9.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))解析：由題意可知，不等式(x－a)(x＋a)<1對任意實數(shù)x都成立，又由(x－a)(x＋a)＝(x－a)(1－x－a)，即x2－x－a2＋a＋1>0對任意實數(shù)x都成立，所以Δ＝1－4(－a2＋a＋1)<0，即4a2－4a－3<0，解得－eq\f(1,2)<a<eq\f(3,2).10.【解答】(1)因為不等式ax2＋bx－1>0的解集是{x|1<x<2}，所以a<0，且1和2是方程ax2＋bx－1＝0的兩個根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b－1＝0，,4a＋2b－1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,2)，,b＝\f(3,2).))(2)由(1)知不等式eq\f(ax＋1,bx－1)≥0即為eq\f(－\f(1,2)x＋1,\f(3,2)x－1)≥0?eq\f(x－2,3x－2)≤0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－2≠0，,x－23x－2≤0，))解得eq\f(2,3)<x≤2，所以不等式的解集是{xeq\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)<x≤2)).11.【解答】(1)由已知易得y≥4＋2a即為x2－(a－2)x－2a≥0.令x2－(a－2)x－2a＝0，可得x＝－2或x＝a，所以，當(dāng)a<－2時，原不等式的解集為{x|x≤a或x≥－2}；當(dāng)a＝－2時，原不等式的解集為R；當(dāng)a>－2時，原不等式的解集為{x|x≤－2或x≥a}．(2)由y－2a＋14≥0，可得a(x＋2)≤x2＋2x＋18.由1≤x≤6，得x＋2>0，所以a≤eq\f(x2＋2x＋18,x＋2).因為eq\f(x2＋2x＋18,x＋2)＝x＋eq\f(18,x＋2)＝(x＋2)＋eq\f(18,x＋2)－2≥2eq\r(,18)－2＝6eq\r(,2)－2，當(dāng)且僅當(dāng)x＋2＝eq\f(18,x＋2)，即x＝3eq\r(,2)－2時等號成立，所以a≤6eq\r(,2)－2，所以a的取值范圍是{a|a≤6eq\r(,2)－2}．12.C解析：因為B＝{x∈N*|x2－x－2≤0}＝{x∈N*|(x－2)(x＋1)≤0}＝{1,2}，A＝{－2，－1}，所以A∪B＝{－2，－1,1,2}．13.C解析：命題“?x∈R，cosx≤1”的否定是“?x0∈R，cosx0>1”，A正確．在△ABC中，因為sinA≥sinB，所以由正弦定理可得eq\f(a,2R)≥eq\f(b,2R)(R為△ABC外接圓的半徑)，所以a≥b，則由大邊對大角可得A≥B；反之，由A≥B可得a≥b，所以由正弦定理可得sinA≥sinB.即為充要條件，B正確．當(dāng)a＝b＝0，c≥0時，滿足ax2＋bx＋c≥0，但是得不到“a>0，且b2－4ac≤0”，即不是充要條件，C錯誤．“若sinα≠eq\f(1,2)，則α≠eq\f(π,6)”是真命題，D正確．14.【解答】(1)當(dāng)a＝1時，B＝{xeq\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(x－5,1－x)>0))，因為eq\f(x－5,1－x)>0?(x－1)(x－5)<0?1<x<5，所以B＝{x|1<x<5}．(2)因為|x－1|<3?－3<x－1<3?－2<x<4，所以A＝{x|－2<x<4}．因為A∩B＝B，所以B?A.①當(dāng)B＝?時，3a＋2＝1，解得a＝－eq\f(1,3)，滿足題意；②當(dāng)B≠?時，若3a＋2>1，即a>－eq\f(1,3)，則B＝{xeq\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(x－3a－2,1－x)>0))＝{x|1<x<3a＋2}，故3a＋2≤4，所以－eq\f(1,3)<a≤eq\f(2,3).若3a＋2<1，即a<－eq\f(1,3)，則B＝{xeq\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(x－3a－2,1－x)>0))＝{x|3a＋2<x<1}，故3a＋2≥－2，所以－eq\f(4,3)≤a<－eq\f(1,3).綜上所述，a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(2,3))).第二章基本初等函數(shù)第6講函數(shù)的概念及其表示方法1.C解析：由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－x2≥0，,x＋1>0，,lnx＋1≠0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2≤x≤2，,x>－1，,x≠0，))因此，函數(shù)y＝eq\f(\r(,4－x2),lnx＋1)的定義域為(－1,0)∪(0,2]．2.C3.D解析：因為f(－3)＝(－3)2－1＝8，所以f(f(－3))＝f(8)＝log28＝3.4.D解析：因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,x)))＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＋1＝eq\f(x2－2x＋1,x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,x)))2，所以f(x)＝x2(x≠1)，從而g(x)＝x2－4x＝(x－2)2－4，當(dāng)x＝2時，g(x)取得最小值，且最小值為－4.5.BD解析：因為f(x)＝eq\f(1＋x2,1－x2)，所以f(－x)＝eq\f(1＋－x2,1－－x2)＝eq\f(1＋x2,1－x2)＝f(x)，即不滿足A.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2)＝eq\f(x2＋1,x2－1)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－f(x)，即滿足B，不滿足C.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝eq\f(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))2,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))2)＝eq\f(x2＋1,x2－1)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝－f(x)，即滿足D.6.ABD解析：由題意知g(2)＝log22＝1，f(g(2))＝f(1)＝2，A正確；g(f(1))＝g(2)＝1，B正確；f(g(－1))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)＋2＝eq\f(5,2)，C錯誤；g(f(－1))＝g(－2)＝2－2＝eq\f(1,4)，D正確．7.2解析：由題意知f(0)＝log33＝1，所以f(f(0))＝f(1)＝2.8.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))解析：當(dāng)x<0時，eq\f(1,x)<0，當(dāng)x≥0時，2x－1＋eq\f(a,3)≥eq\f(1,2)＋eq\f(a,3).因為函數(shù)f(x)的值域為R，所以eq\f(1,2)＋eq\f(a,3)≤0，解得a≤－eq\f(3,2).9.eq\f(37,28)3＋eq\r(,3)解析：由題得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋2＝eq\f(7,4)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)))＝eq\f(7,4)＋eq\f(4,7)－1＝eq\f(37,28)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＝eq\f(37,28).當(dāng)x≤1時，由1≤f(x)≤3可得1≤－x2＋2≤3，所以－1≤x≤1；當(dāng)x>1時，由1≤f(x)≤3可得1≤x＋eq\f(1,x)－1≤3，所以1<x≤2＋eq\r(,3)，從而當(dāng)－1≤x≤2＋eq\r(,3)時，1≤f(x)≤3，所以[a，b]?[－1,2＋eq\r(,3)]，所以b－a的最大值為3＋eq\r(,3).10.【解答】(1)因為f(x)的定義域為[－1,5]，所以f(x－5)需滿足－1≤x－5≤5，解得4≤x≤10，所以f(x－5)的定義域為[4,10]．(2)因為f(x－1)的定義域為[0,3]，所以0≤x≤3，－1≤x－1≤2，所以f(x)的定義域為[－1,2]．(3)因為f(x)的定義域為[0,1]，所以g(x)需滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x＋m≤1，,0≤x－m≤1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－m≤x≤1－m，,m≤x≤m＋1.))當(dāng)1－m＜m，即m>eq\f(1,2)時，g(x)的定義域為?；當(dāng)1－m＝m，即m＝eq\f(1,2)時，g(x)的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))；當(dāng)1－m＞m，即0<m<eq\f(1,2)時，g(x)的定義域為[m，1－m]．11.【解答】(1)因為f(x)是一次函數(shù)，所以設(shè)f(x)＝kx＋b(k≠0)，所以3[k(x＋1)＋b]－(kx＋b)＝2x＋9，整理得2kx＋3k＋2b＝2x＋9，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2k＝2，,3k＋2b＝9，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝1，,b＝3，))所以f(x)＝x＋3.(2)令eq\r(x)＋1＝t(t≥1)，則x＝(t－1)2，所以f(t)＝(t－1)2＋1＝t2－2t＋2(t≥1)，即f(x)＝x2－2x＋2(x≥1)．12.A解析：由題意可知，x2－3x>0，所以x<0或x>3，所以A＝{x|x<0或x>3}，故?RA＝{x|0≤x≤3}．因為B＝{x|1≤x≤4}，所以(?RA)∪B＝[0,4]．13.B解析：eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))(x＋y)＝2＋eq\f(y,x)＋eq\f(x,y)≥2＋2eq\r(,\f(y,x)·\f(x,y))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\f(1,2)時，等號成立，所以充分性成立；當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\f(1,3)時，eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)≥4，此時x＋y≠1，所以必要性不成立．14.【解答】(1)因為y＝f(x)＝x2－2x＋a的圖象開口向上，對稱軸為x＝1，且有兩個大于0的零點，如圖(1)，所以結(jié)合圖象可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0>0，,Δ>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,4－4a>0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,a<1，))故0<a<1，即a∈(0,1)．圖(1)圖(2)(第14題)(2)因為y＝x2－2x－3＋m的圖象開口向上，對稱軸為x＝1，且在[－1,4]上有兩個零點，如圖(2)，所以結(jié)合圖象可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1≥0，,f4≥0，,Δ>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋2－3＋m≥0，,16－8－3＋m≥0，,4－4－3＋m>0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≥0，,m≥－5，,m<4，))故0≤m<4，即m∈[0,4)．第7講函數(shù)的單調(diào)性與最值1.D解析：易知f(x)＝eq\f(2x,x－2)＝2＋eq\f(4,x－2)，所以f(x)在區(qū)間[3,4]上單調(diào)遞減，所以M＝f(3)＝2＋eq\f(4,3－2)＝6，m＝f(4)＝2＋eq\f(4,4－2)＝4，所以eq\f(m2,M)＝eq\f(16,6)＝eq\f(8,3).2.A3.B解析：函數(shù)f(x)＝|x－2|(x－4)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2x－4，x≥2，,2－xx－4，x<2，))作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，由圖象可得函數(shù)f(x)的減區(qū)間是[2,3]．(第3題)4.B解析：因為f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2mx－m2，x≤m，,|x－m|，x>m，))所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2mx－m2，x≤m，,x－m，x>m.))當(dāng)x>m時，f(x)＝x－m單調(diào)遞增且f(m)＝0，當(dāng)x≤m時，f(x)＝－x2＋2mx－m2單調(diào)遞增且f(m)＝0，所以f(x)在定義域上單調(diào)遞增，則f(a2－4)>f(3a)等價于a2－4>3a，即(a＋1)(a－4)>0，解得a>4或a<－1，即a∈(－∞，－1)∪(4，＋∞)．5.BC解析：因為f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x，x<0，,x2，x>0，))當(dāng)x0＞0時，f(x0)＝xeq\o\al(2,0)＝－x0，解得x0＝0，x0＝－1，顯然都不滿足x0＞0，故A不正確；當(dāng)x0＜0時，f(x0)＝－x0＝xeq\o\al(2,0)，解得x0＝0，x0＝－1，顯然x0＝－1滿足x0＜0，故B正確；當(dāng)x＜0時，f(x)＝－x單調(diào)遞減，即f(x)的減區(qū)間為(－∞，0)，當(dāng)x＞0時，f(x)＝x2單調(diào)遞增，即f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞)，又f(－x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，－x<0，,x2，－x>0))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x>0，,x2，x<0，))因此f(－x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，即函數(shù)f(－x)與f(x)的單調(diào)區(qū)間和單調(diào)性相同，故C正確；不妨令x1＜x2，f(x1)＝f(x2)＝eq\f(1,4)，則x1＝－eq\f(1,4)，x2＝eq\f(1,2)，此時x1＋x2＝eq\f(1,4)＞0，故D不正確．6.BC解析：對于A，y＝(x－1)2的圖象為開口向上的拋物線，對稱軸為x＝1，所以y＝(x－1)2在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，故A不正確；對于B，y＝eq\f(1,1－x)的定義域為(－∞，1)∪(1，＋∞)，將y＝－eq\f(1,x)的圖象向右平移1個單位長度可得y＝eq\f(1,1－x)＝－eq\f(1,x－1)的圖象，因為y＝－eq\f(1,x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，所以y＝eq\f(1,1－x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，所以y＝eq\f(1,1－x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，故B正確；對于C，y＝1－|x－1|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x，x≥1，,x，x<1，))所以y＝1－|x－1|在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，故C正確；對于D，y＝2－|x|＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x|由y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))t和t＝|x|復(fù)合而成，因為y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))t單調(diào)遞減，t＝|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x≥0，,－x，x<0))在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，所以y＝2－|x|＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x|在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，故D不正確．7.log2x(答案不唯一)解析：f(xy)＝f(x)＋f(y)是對數(shù)函數(shù)模型，f(x)＝log2x滿足條件．8.[－8，－1]解析：作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示．當(dāng)x≤－1時，函數(shù)f(x)＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,2)))單調(diào)遞減，且最小值為f(－1)＝－1，則令log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,2)))＝2，解得x＝－8；當(dāng)x>－1時，函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,3)x2＋eq\f(4,3)x＋eq\f(2,3)在(－1,2)上單調(diào)遞增，在[2，＋∞)上單調(diào)遞減，且最大值為f(2)＝2，又f(4)＝eq\f(2,3)<2，f(－1)＝－1，故實數(shù)m的取值范圍為[－8，－1]．(第8題)9.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))解析：由函數(shù)單調(diào)性定義可得函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，則根據(jù)分段函數(shù)單調(diào)性的判斷方法可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－1<0，,0<a<1，,2a－1＋2a≥a，))解得eq\f(1,3)≤a<eq\f(1,2).10.【解答】(1)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，證明如下：設(shè)任意的0≤x1<x2，f(x1)－f(x2)＝eq\f(2x1－1,x1＋1)－eq\f(2x2－1,x2＋1)＝eq\f(3x1－x2,x1＋1x2＋1).因為0≤x1<x2，所以x1－x2<0，(x1＋1)(x2＋1)>0，故f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，故f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)由(1)可知f(x)在[1，m]上為增函數(shù)，故f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2)，f(x)max＝f(m)＝eq\f(2m－1,m＋1)，所以eq\f(2m－1,m＋1)－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，故m＝2，此時m>1，符合題意．11.【解答】(1)由x＋eq\f(a,x)－2>0，得eq\f(x2－2x＋a,x)>0.當(dāng)a>1時，x2－2x＋a>0恒成立，定義域為(0，＋∞)；當(dāng)a＝1時，定義域為{x|x>0且x≠1}；當(dāng)0<a<1時，定義域為{x|0<x<1－eq\r(1－a)或x>1＋eq\r(1－a)}．(2)設(shè)g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2，當(dāng)a∈(1,4)，x∈[2，＋∞)時，g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2在[2，＋∞)上是增函數(shù)，所以f(x)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)－2))在[2，＋∞)上是增函數(shù)，所以f(x)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)－2))在[2，＋∞)上的最小值為f(2)＝lgeq\f(a,2).(3)對任意的x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，即x＋eq\f(a,x)－2>1對x∈[2，＋∞)恒成立，所以a>3x－x2，x∈[2，＋∞)．設(shè)h(x)＝3x－x2，x∈[2，＋∞)，則h(x)＝3x－x2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋eq\f(9,4)在[2，＋∞)上是減函數(shù)，所以h(x)max＝h(2)＝2，所以a>2，即實數(shù)a的取值范圍是(2，＋∞)．12.B解析：函數(shù)y＝f(2x)的定義域是[0,1012]，即x∈[0,1012]，則2x∈[0,2024]，所以函數(shù)y＝f(x)的定義域是[0,2024]，從而函數(shù)g(x)＝eq\f(fx＋1,x－1)的定義域滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x＋1≤2024，,x－1≠0，))解得－1≤x≤2023且x≠1，故g(x)的定義域是[－1,1)∪(1,2023]．13.B解析：因為g(x)＝lnx的值域為R，所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－ax＋a2，x<1，,3x，x≥1))的值域為R.當(dāng)x≥1時，3x≥31＝3.當(dāng)x<1時，①若1－a＝0，即a＝1，則f(x)＝1，此時不滿足條件．②若1－a<0，即a>1，則f(x)>1－a＋a2，此時f(x)的值域不可能為R.③若1－a>0，即a<1，則f(x)<1－a＋a2，要使f(x)的值域為R，則1－a＋a2≥3，即a2－a－2≥0，解得a≥2或a≤－1.又因為a<1，所以a≤－1.綜上，a的取值范圍是(－∞，－1]．14.【解答】(1)由題意知eq\f(c,a)＝1·t>0，所以ac>0.對于方程f(x)＝ax2＋(a－b)x－c＝0，因為Δ＝(a－b)2＋4ac>0恒成立，所以方程f(x)＝ax2＋(a－b)x－c＝0必有兩個不相同的根．(2)因為ax2＋bx＋c>0的解集為(1，t)，所以1和t為方程ax2＋bx＋c＝0的兩個根，且a<0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,a＋b＋c＝0，,\f(c,a)＝t，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,b＝－a－c，,c＝at，))所以|x2－x1|2＝(x2＋x1)2－4x2x1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b－a,a)))2＋eq\f(4c,a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a＋c,a)))2＋eq\f(4c,a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2＋8·eq\f(c,a)＋4.令eq\f(c,a)＝t(t>1)，則|x2－x1|2＝t2＋8t＋4＝(t＋4)2－12.因為t>1，所以(t＋4)2－12>13，所以|x2－x1|∈(eq\r(,13)，＋∞)．第8講函數(shù)的奇偶性與周期性、對稱性練習(xí)11.D解析：2>eq\f(π,2)，由正弦函數(shù)的性質(zhì)可知y＝sinx在[－2,2]上不為增函數(shù)，A排除；y＝－2x在[－2,2]上單調(diào)遞減，B排除；y＝e|x|＝e|－x|，故函數(shù)在[－2,2]上為偶函數(shù)，C排除；y＝2x3,2(－x)3＝－2x3，故函數(shù)在[－2,2]上為奇函數(shù)，且由冪函數(shù)的性質(zhì)知y＝x3在[－2,2]上單調(diào)遞增，則y＝2x3在[－2,2]上單調(diào)遞增，滿足題意．2.C解析：令F1(x)＝f(x)＋g(x)，則F1(－x)＝f(－x)＋g(－x)＝－f(x)＋g(x)≠－F1(x)，且F1(－x)≠F1(x)，所以F1(x)既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù)，故A，B錯誤；令F2(x)＝f(x)g(x)，則F2(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(x)g(x)＝－F2(x)，且F2(－x)≠F2(x)，所以F2(x)是奇函數(shù)，不是偶函數(shù)，故C正確，D錯誤．3.D解析：因為f(x)是奇函數(shù)，所以f(x)＝f(2－x)＝－f(x－2)，所以T＝4且f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，因此f(2025)＝f(1)＝1.由奇偶性可得，當(dāng)x∈[－1,1]時，f(x)＝x3，當(dāng)x∈(1,3)時，x－2∈(－1,1)，f(x－2)＝(x－2)3＝－f(x)，所以f(x)＝(2－x)3，由周期性知，當(dāng)x∈[－1,3]時，f(x)>0的解集為(0,2)，當(dāng)x∈R時，f(x)>0的解集為(4k，4k＋2)(k∈Z)．4.C解析：因為函數(shù)f(x)對任意的實數(shù)x都滿足f(x＋4)＋f(x)＝2f(2)，f(2)＋f(－2)＝2f(2)，所以f(－2)＝f(2)．又f(x)為奇函數(shù)，故f(－x)＝－f(x)，所以f(－2)＝－f(2)，所以f(2)＝0，即f(x＋4)＋f(x)＝0，f(x＋4)＝－f(x)，所以f(x)＝f(x＋8)，故f(x)是周期為8的周期函數(shù)．若f(－1)＋f(－2)＝2，則f(－1)＋0＝2，即f(－1)＝2，則f(2025)＝f(253×8＋1)＝f(1)＝－f(－1)＝－2.5.ABD解析：由題知，f(x)圖象的對稱中心為(0,0)，對稱軸為x＝1，所以f(x)的圖象也關(guān)于直線x＝－1對稱且f(x)＝f(2－x)，A，D正確．由A分析知，f(x)＝f(2－x)＝－f(－x)，故f(2＋x)＝－f(x)，所以f(4＋x)＝－f(2＋x)＝f(x)，所以f(x)的周期為4，則g(2023)＝f(2024)＝f(0)＝0，B正確；但不能說明f(x)的最小正周期為4，所以g(x)的最小正周期也不確定，C錯誤．6.ABD解析：當(dāng)x<0時，－x>0，所以f(－x)＝(－x)2＋2x＋3＝－f(x)，所以f(x)＝－x2－2x－3，所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x＋3，x>0，,－x2－2x－3，x<0，))作出f(x)的圖象如圖所示．由圖可知f(x)∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，所以|f(x)|≥2，故A正確；當(dāng)x<0時，f(x)＝－x2－2x－3，故B正確；由圖象可知x＝1顯然不是f(x)圖象的對稱軸，故C錯誤；由圖象可知f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，故D正確．(第6題)7.1解析：因為f(x)是奇函數(shù)，f(－e2)＝2，所以f(e2)＝－2.又當(dāng)x>0時，f(x)＝－ln(ax)，所以f(e2)＝－ln(ae2)＝－2，所以ae2＝e2，解得a＝1.8.1解析：由題意知，f(2024)＝f(3×675－1)＝f(－1)，而f(－1)＝2f(10)＋3，所以f(－1)＝2f(3×3＋1)＋3＝2f(1)＋3＝－2f(－1)＋3，即3f(－1)＝3，所以f(－1)＝1，故f(2024)＝1.9.[－2,2]解析：因為當(dāng)x≥0時，f(x)＝2x－2，所以偶函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(2)＝2，所以f(x)≤2，即f(|x|)≤f(2)，所以|x|≤2，解得－2≤x≤2.10.【解答】(1)方法一：因為當(dāng)x≤0時，f(x)＝－x2－4x，所以f(－2)＝4.又因為f(x)為奇函數(shù)，所以f(2)＝－f(－2)＝－4，即4＋2a＝－4，所以a＝－4.檢驗：當(dāng)a＝－4時，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－4x，x≤0，,x2－4x，x>0，))當(dāng)x＝0時，f(0)＝0；當(dāng)x>0時，f(－x)＋f(x)＝－x2＋4x＋x2－4x＝0；當(dāng)x<0時，f(－x)＋f(x)＝x2＋4x－x2－4x＝0.從而對任意x∈R，f(－x)＝－f(x)恒成立，所以f(x)為奇函數(shù)，符合題意．綜上所述，實數(shù)a的值為－4.方法二：設(shè)任意x>0，則－x<0，所以f(－x)＝－(－x)2－4(－x)＝－x2＋4x.又因為f(x)為奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)＝－x2＋4x，所以f(x)＝x2－4x，所以f(2)＝－4.因為當(dāng)x>0時，x2＋ax＝x2－4x恒成立，所以a＝－4.(2)原方程等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,x2－4x＝－4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,－x2－4x＝－4，))解得x＝2或x＝－2－2eq\r(2)，即該方程的解集為{2，－2－2eq\r(2)}．11.【解答】(1)根據(jù)題意，知f(x)＋g(x)＝eq\f(x,x－1)，則f(－x)＋g(－x)＝eq\f(－x,－x－1)＝eq\f(x,x＋1).又