2024版《微專(zhuān)題·小練習(xí)》·數(shù)學(xué)（理）·統(tǒng)考版 詳解答案

PAGE微專(zhuān)題小練習(xí)數(shù)學(xué)(理科)詳解答案專(zhuān)練1集合及其運(yùn)算1．A因?yàn)閁＝{1，2，3，4，5}，?UM＝{1，3}，所以M＝{2，4，5}，所以2∈M，3?M，4∈M，5∈M.故選A.2．D因?yàn)榉匠蘹2－4x＋3＝0的解為x＝1或x＝3，所以B＝{1，3}．又A＝{－1，2}，所以A∪B＝{－1，1，2，3}．因?yàn)閁＝{－2，－1，0，1，2，3}，所以?U(A∪B)＝{－2，0}．故選D.3．AM∪N＝{x|x<2}，所以?U(M∪N)＝{x|x≥2}，故選A.4．A方法一M＝{…，－2，1，4，7，10，…}，N＝{…，－1，2，5，8，11，…}，所以M∪N＝{…，－2，－1，1，2，4，5，7，8，10，11，…}，所以?U(M∪N)＝{…，－3，0，3，6，9，…}，其元素都是3的倍數(shù)，即?U(M∪N)＝{x|x＝3k，k∈Z}，故選A.方法二集合M∪N表示被3除余1或2的整數(shù)集，則它在整數(shù)集中的補(bǔ)集是恰好被3整除的整數(shù)集，故選A.5．C由|x|<3，得－3<x<3，所以A＝{x||x|<3}＝{x|－3<x<3}，又B＝{x|x＋1<0}＝{x|x<－1}，所以?RB＝{x|x≥－1}，所以A∩(?RB)＝{x|－1≤x<3}．6．C∵A＝{x|log2(x－1)<2}＝{x|log2(x－1)<log24}＝{x|1<x<5}，∴A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤，C正確，D錯(cuò)誤．7．BB＝{x|log3x<0}＝{x|0<x<1}，又A＝{x|x<1}，所以A∩B＝{x|0<x<1}，故選項(xiàng)A、C不正確．A∪B＝{x|x<1}，故選項(xiàng)B正確．選項(xiàng)D不正確．8．C通解在集合T中，令n＝k(k∈Z)，則t＝4n＋1＝2(2k)＋1(k∈Z)，而集合S中，s＝2n＋1(n∈Z)，所以必有T?S，所以T∩S＝T，故選C.光速解S＝{…，－3，－1，1，3，5，…}，T＝{…，－3，1，5，…}，觀察可知，T?S，所以T∩S＝T，故選C.9．C因?yàn)??UA)∩B＝?，所以B?A，所以A∩B＝B.10．C由題得A＝{x|－1≤x－2≤1}＝{x|1≤x≤3}，B＝[－2，＋∞)，所以?RA＝{x|x<1或x>3}，所以(?RA)∩B＝[－2，1)∪(3，＋∞).11．3解析：由U＝{1，2，a2－2a－3}，?UA＝{0}可得a2－2a－3＝0.又A＝{|a－2|，2}，故|a－2|＝1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－2a－3＝0，,|a－2|＝1))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a－3）（a＋1）＝0，,a－2＝±1，))解得a＝3.12．－1或2解析：∵B?A，∴a2－a＋1＝3或a2－a＋1＝a，由a2－a＋1＝3，得a＝－1或a＝2，符合題意．當(dāng)a2－a＋1＝a時(shí)，得a＝1，不符合集合的互異性，故舍去，∴a的值為－1或2.13．±2或－1解析：若k＋2＝0，則A＝{x|－4x＋1＝0}，符合題意；若k＋2≠0，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＋2≠0，,Δ＝4k2－4（k＋2）＝0，))得k＝2或k＝－1，綜上得k＝±2或k＝－1.14．C方法一因?yàn)镹＝{x|x2－x－6≥0}＝{x|x≥3或x≤－2}，所以M∩N＝{－2}，故選C.方法二由于1∈/N，所以1∈/M∩N，排除A，B；由于2∈/N，所以2∈/M∩N，排除D.故選C.15．B依題意，有a－2＝0或2a－2＝0.當(dāng)a－2＝0時(shí)，解得a＝2，此時(shí)A＝{0，－2}，B＝{1，0，2}，不滿(mǎn)足A?B；當(dāng)2a－2＝0時(shí)，解得a＝1，此時(shí)A＝{0，－1}，B＝{－1，0，1}，滿(mǎn)足A?B.所以a＝1，故選B.16．A因?yàn)閤＝Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(5))，m∈N*，m≤5，由Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))＝Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))＝5，Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＝10，Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝1，故集合M有3個(gè)元素，故其子集個(gè)數(shù)為23＝8個(gè)．17．A由題設(shè)，A＝{…，－4，－1，2，5，8，…}，B＝{…，－5，－2，1，4，7，…}，所以A∩B＝?，而?UB＝{…，－4，－3，－1，0，2，3，5，6，8，…}，則A?UB，所以A∩(?UB)＝A.專(zhuān)練2簡(jiǎn)單的邏輯聯(lián)結(jié)詞、全稱(chēng)量詞與存在量詞1．D由否定的定義可知，?p為?x0≥0，cosx0>ex0.2．A設(shè)y＝x－sinx，x>0，y′＝1－cosx≥0，故y＝x－sinx，x>0為增函數(shù)，則x－sinx>0－sin0＝0，故命題p：?x∈(0，＋∞)，x－sinx>0為真命題，則?p為假命題，因?yàn)閍2＋2≥2>1，故命題q：?a∈R，f(x)＝log(a2＋2)x在定義域上是增函數(shù)為真命題，?q為假命題，所以p∧q為真命題，?p∧q為假命題，p∧?q為假命題，p∨q為真命題，則?(p∨q)為假命題．3．D當(dāng)x＝2時(shí)，x2＝2x，所以命題p為假命題，則?p為真命題，所以x＝eq\f(π,4)時(shí)，sineq\f(π,4)＋coseq\f(π,4)＝eq\r(2)>1，所以命題q為真命題，則?q為假命題，所以p∨q為真命題，(?p)∧q為真命題，(?p)∨(?q)為真命題，p∨(?q)為假命題．4．D若“p∧q”為真命題，則p，q均為真命題，故A正確；由“ac2>bc2”可推出“a>b”，當(dāng)c＝0時(shí)ac2＝bc2，此時(shí)由“a>b”不能推出“ac2>bc2”，所以“ac2>bc2”是“a>b”的充分不必要條件，故B正確；命題“若x＝4，則x2－2x－8＝0”的否命題是“若x≠4，則x2－2x－8≠0”．故C正確；命題“?x≥0，都有3x≥1”的否命題是“?x≥0，使得3x<1”，故D錯(cuò)誤．5．A對(duì)于命題p，由于函數(shù)y＝sinx∈[－1，1]，故?x0∈R，sinx0<1，是真命題；對(duì)于命題q：當(dāng)“α＝β”時(shí)“sinα＝sinβ”成立，反之不然，故“α＝β”是“sinα＝sinβ”的充分不必要條件，是真命題．故p∧q是真命題，(?p)∧q，p∧(?q)，?(p∨q)均為假命題．6．A當(dāng)x＝0，y＝eq\f(π,2)時(shí)，sin(x＋y)＝sinx＋siny成立所以命題p為真命題，則?p是假命題；因?yàn)?x，y∈R，所以sinx≤1，siny≤1，則sinx·siny≤1，故命題q為真命題，則?q是假命題；所以p∧q是真命題，(?p)∧q是假命題，p∧(?q)是假命題，?(p∨q)是假命題．7．D∵x2－4x＋4＝(x－2)2，∴x＝2?x2－4x＋4＝0，∴A正確﹔∵m∈R時(shí)，Δ＝1＋4m，不能確定方程x2＋x－m＝0是否有根，∴B正確；在△ABC中，∵A>B?a>b?sinA>sinB，∴C正確；對(duì)于D，?p：?x∈R，x2－2x＋4≤0，∴D錯(cuò)誤．8．C對(duì)于命題p：?x0∈R，lnx0＝1，取x0＝e，則lne＝1，所以命題p為真命題．對(duì)于命題q，該物理量在一次測(cè)量中落在(9.9，10.0)與落在(10.2，10.3)的概率不相等，則該物理量在一次測(cè)量中落在(9.9，10.2)與落在(10，10.3)的概率不相等，所以命題q為假命題．則p∧(?q)，p∨q，(?p)∨(?q)為真命題，(?p)∧(?q)為假命題．9．A命題p：在△ABC中，若cosA＝cosB，由于余弦函數(shù)在(0，π)上單調(diào)遞減，則A＝B，故命題p為真命題；命題q：向量a與向量b相等的充要條件是向量a與向量b大小相等，方向相同，則命題q是假命題，則p∧(?q)為真命題．10．?x∈(0，eq\f(π,2))，tanx≤sinx11．[－eq\r(3)，eq\r(3)]解析：命題“?x0∈R，使得3xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋2ax0＋1＜0”是假命題，即“?x∈R，3x2＋2ax＋1≥0”是真命題，故Δ＝4a2－12≤0，解得－eq\r(3)≤a≤eq\r(3).12．(－∞，－1)解析：由“p或q”為真命題，得p為真命題或q為真命題．當(dāng)p為真命題時(shí)，設(shè)方程x2＋mx＋1＝0的兩根分別為x1，x2，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝m2－4>0，,x1＋x2＝－m>0，,x1x2＝1>0，))解得m<－2；當(dāng)q為真命題時(shí)，有Δ′＝16(m＋2)2－16<0，解得－3<m<－1.綜上可知，實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－∞，－1).13．B不等式組表示的平面區(qū)域D如圖中陰影部分(包含邊界)所示．根據(jù)不等式組表示的平面區(qū)域結(jié)合圖形可知，命題p為真命題，命題q也為真命題，所以根據(jù)復(fù)合命題真假判斷結(jié)論可得ACD錯(cuò)誤，B選項(xiàng)正確．14．A根據(jù)題意可得圓弧對(duì)應(yīng)的半徑分別為AB，BC－AB，AB－DG，也即AB，BC－AB，2AB－BC，則弧長(zhǎng)l，m，n分別為eq\f(π,2)AB，eq\f(π,2)(BC－AB)，eq\f(π,2)(2AB－BC)，則m＋n＝eq\f(π,2)(BC－AB)＋eq\f(π,2)(2AB－BC)＝eq\f(π,2)AB＝l，故命題p為真命題；ln＝eq\f(π2,4)(2AB2－AB×BC)＝eq\f(π2,4BC2)(2×eq\f(AB2,BC2)－eq\f(AB,BC))＝eq\f(π2,8BC2)(7－3eq\r(5))，而m2＝eq\f(π2,4BC2)(1－eq\f(AB,BC))2＝eq\f(π2,8BC2)(7－3eq\r(5))，故ln＝m2，命題q為真命題．則p∧q為真命題，p∧(?q)，(?p)∧q，(?p)∧(?q)均為假命題．15．3解析：“?x0∈[－1，1]，x0＋2－a>0”的否定為“?x∈[－1，1]，都有x＋2－a≤0”，因?yàn)椤?x0∈[－1，1]，x0＋2－a>0”為假命題，所以“?x∈[－1，1]，都有x＋2－a≤0”為真命題，所以a≥x＋2在x∈[－1，1]上恒成立，所以a≥3，所以實(shí)數(shù)a的最小值為3.16．(－∞，3]解析：若命題“?x∈R，ex＋1<a－e－x”為假命題，則命題“?x∈R，ex＋1≥a－e－x”為真命題，即a≤ex＋e－x＋1在R上恒成立，則a≤(ex＋e－x＋1)min，因?yàn)閑x＋e－x＋1≥2eq\r(ex·e－x)＋1＝3，當(dāng)且僅當(dāng)ex＝e－x，即x＝0時(shí)，等號(hào)成立，所以(ex＋e－x＋1)min＝3，所以a≤3.專(zhuān)練3命題及其關(guān)系、充分條件與必要條件1．B由a>b>0，得eq\f(a,b)>1，反之不成立，如a＝－2，b＝－1，滿(mǎn)足eq\f(a,b)>1，但是不滿(mǎn)足a>b>0，故“a>b>0”是“eq\f(a,b)>1”的充分不必要條件．2．A由題意，若x>2且y>3，由不等式的性質(zhì)可得x＋y>5且xy>6，故充分性成立；反之取x＝1，y＝10滿(mǎn)足x＋y>5且xy>6，但x>2且y>3不成立，故必要性不成立；故“x>2且y>3”是“x＋y>5且xy>6”的充分不必要條件．3．Da＝b＝0的否定為a≠0或b≠0；a2＋b2＝0的否定為a2＋b2≠0，故選D.4．C由p是q的充分不必要條件可知p?q，qp，由互為逆否命題的兩命題等價(jià)可得?q??p，?p?q，∴?p是?q的必要不充分條件．選C.5．C設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d.因?yàn)閧an}為遞增數(shù)列，所以d>0.當(dāng)n>1－eq\f(a1,d)，且n∈N*時(shí)，an＝a1＋(n－1)d>a1＋(1－eq\f(a1,d)－1)d＝0，故存在正整數(shù)N0≥1－eq\f(a1,d)，當(dāng)n>N0時(shí)，an>0，即充分性成立．若存在正整數(shù)N0，當(dāng)n>N0時(shí)，an>0，則當(dāng)n>N0≥1時(shí)，a1＋(n－1)d>0.當(dāng)a1≤0時(shí)，n－1>0，所以d>－eq\f(a1,n－1)≥0，即{an}為遞增數(shù)列；當(dāng)a1>0時(shí)，由題意得當(dāng)n>N0時(shí)，an>0恒成立，即a1＋(n－1)d>0恒成立，所以d>－eq\f(a1,n－1)恒成立，所以d>(－eq\f(a1,n－1))max.因?yàn)椋璭q\f(a1,n－1)隨著n的增大而增大，且－eq\f(a1,n－1)恒為負(fù)值，所以d≥0，所以d>0，即{an}為遞增數(shù)列，即必要性成立．故選C.6．B當(dāng)a1<0，q>1時(shí)，an＝a1qn－1<0，此時(shí)數(shù)列{Sn}遞減，所以甲不是乙的充分條件．當(dāng)數(shù)列{Sn}遞增時(shí)，有Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1qn>0，若a1>0，則qn>0(n∈N*)，即q>0；若a1<0，則qn<0(n∈N*)，不存在．所以甲是乙的必要條件．7．A由雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,λ)＝1的焦點(diǎn)在x軸上可知，λ>0.于是“0<λ<4”是“雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,λ)＝1的焦點(diǎn)在x軸上”的充分不必要條件．8．Bp：x<a－3或x>a＋3，q：x≤－1或x≥eq\f(1,2)，?p：a－3≤x≤a＋3.因?yàn)?p是q的充分不必要條件，所以a＋3≤－1或a－3≥eq\f(1,2)，得a∈(－∞，－4]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)).9．D由0<θ<π，可得0<sinθ≤1，當(dāng)sinθ＝eq\f(3,4)時(shí)，方程可化為x2＋y2＝3，此時(shí)方程表示圓，所以充分性不成立；反之：方程eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,4sinθ)＝1表示橢圓，則滿(mǎn)足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4sinθ>0,4sinθ≠3))，即sinθ>0且sinθ≠eq\f(3,4)，所以0<θ<π不成立，即必要性不成立，所以“0<θ<π”是“方程eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,4sinθ)＝1表示橢圓”的既不充分也不必要條件．10．②③解析：要使函數(shù)f(x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)有意義，則有sinx≠0，∴x≠kπ，k∈Z，∴定義域?yàn)閧x|x≠kπ，k∈Z}，定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)．又∵f(－x)＝sin(－x)＋eq\f(1,sin（－x）)＝－sinx－eq\f(1,sinx)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋\f(1,sinx)))＝－f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)．∴f(x)的圖像關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，∴①是假命題，②是真命題．對(duì)于③，要證f(x)的圖像關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱(chēng)，只需證feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x)).∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＋eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x)))＝cosx＋eq\f(1,cosx)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＋eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x)))＝cosx＋eq\f(1,cosx)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))，∴③是真命題．令sinx＝t，－1≤t≤1且t≠0，∴g(t)＝t＋eq\f(1,t)，－1≤t≤1且t≠0，此函數(shù)圖像如圖所示(對(duì)勾函數(shù)圖像的一部分)，∴函數(shù)的值域?yàn)?－∞，－2]∪[2，＋∞)，∴函數(shù)的最小值不為2，即f(x)的最小值不為2.∴④是假命題．綜上所述，所有真命題的序號(hào)是②③.11．(－∞，－3]解析：由x2＋x－6<0得－3<x<2，即A＝(－3，2)，由x－a>0，得x>a，即B＝(a，＋∞)，由題意得(－3，2)?(a，＋∞)，∴a≤－3.12．[9，＋∞)解析：由eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(x－1,3)))≤2，得－2≤x≤10，由x2－2x＋1－m2≤0得1－m≤x≤1＋m，設(shè)p，q表示的范圍為集合P，Q，則P＝{x|－2≤x≤10}，Q＝{x|1－m≤x≤1＋m，m>0}．因?yàn)閜是q的充分而不必要條件，所以PQ.所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m>0，,1－m≤－2，,1＋m≥10，))解得m≥9.13．A因?yàn)閥＝xeq\s\up6(\f(1,2))定義域?yàn)閇0，＋∞)，且為增函數(shù)，又(a＋1)eq\s\up6(\f(1,2))<(3－2a)eq\s\up6(\f(1,2))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋1<3－2a,a＋1≥0,3－2a≥0))，解得－1≤a<eq\f(2,3)，因?yàn)椋?≤a<eq\f(2,3)?－2<a<eq\f(2,3)，而－2<a<eq\f(2,3)－1≤a<eq\f(2,3)，故“(a＋1)eq\s\up6(\f(1,2))<(3－2a)eq\s\up6(\f(1,2))”是“－2<a<eq\f(2,3)”的充分不必要條件．14．B對(duì)于不等式2x＋1<x＋2，作出曲線y＝2x＋1與y＝x＋2的圖像如下圖所示：由圖像可知，不等式2x＋1<x＋2的解集為{x|－1<x<0}，因?yàn)閧x|－1<x<2}{x|－1<x<0}，因此，p是q的必要不充分條件．15．B甲等價(jià)于sin2α＝1－sin2β＝cos2β，等價(jià)于sinα＝±cosβ，所以由甲不能推導(dǎo)出sinα＋cosβ＝0，所以甲不是乙的充分條件；由sinα＋cosβ＝0，得sinα＝－cosβ，平方可得sin2α＝cos2β＝1－sin2β，即sin2α＋sin2β＝1，所以由乙可以推導(dǎo)出甲，則甲是乙的必要條件．綜上，選B.16．②解析：①中“x2＋x－2>0”是“x>1”的必要不充分條件，故①錯(cuò)誤；對(duì)于②，命題：“?x∈R，sinx≤1”的否定是“?x0∈R，sinx0>1”，故②正確；對(duì)于③，“若x＝eq\f(π,4)，則tanx＝1”的逆命題為“若tanx＝1，則x＝eq\f(π,4)”，其為假命題，故③錯(cuò)誤；對(duì)于④，若f(x)是R上的奇函數(shù)，則f(－x)＋f(x)＝0，∵log32＝eq\f(1,log23)≠－log23；∴l(xiāng)og32與log23不互為相反數(shù)，故④錯(cuò)誤．專(zhuān)練4函數(shù)及其表示1．B由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y＝3，,2x－y＝1，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，))∴集合A中的元素為(1，1).2．A3．C設(shè)eq\r(x)＋1＝t，則x＝(t－1)2(t≥1)，∴f(t)＝(t－1)2＋1＝t2－2t＋2，∴f(x)＝x2－2x＋2(x≥1).4．B由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋x＋6≥0，,x－1≠0，))解得－2≤x＜1或1＜x≤3.5．B由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1≤x＋1≤2019，,x－1≠0，))得0≤x≤2018且x≠1.6．D由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤1,21－x≤2))，可得0≤x≤1；或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>1,1－log2x≤2))，可得x>1；綜上，f(x)≤2的x取值范圍是[0，＋∞).7．B當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f(x)＝eq\f(3,2)x；當(dāng)1≤x≤2時(shí)，設(shè)f(x)＝kx＋b，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＋b＝\f(3,2)，,2k＋b＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－\f(3,2)，,b＝3.))∴當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，f(x)＝－eq\f(3,2)x＋3.結(jié)合選項(xiàng)知選B.8．Af(1)＝2×1＝2，據(jù)此結(jié)合題意分類(lèi)討論：當(dāng)a>0時(shí)，2a＋2＝0，解得a＝－1，舍去；當(dāng)a≤0時(shí)，a＋2＋2＝0，解得a＝－4，滿(mǎn)足題意．故選A.9．C∵f(x)＝－x2＋4x＝－(x－2)2＋4，∴當(dāng)x＝2時(shí)，f(2)＝4，由f(x)＝－x2＋4x＝－5，得x＝5或x＝－1，∴要使函數(shù)在[m，5]的值域是[－5，4]，則－1≤m≤2.10.eq\f(1,e)＋1解析：f(3)＝f(1)＝f(－1)＝eq\f(1,e)＋1.11．－eq\f(3,2)解析：當(dāng)a≤1時(shí)，f(a)＝2a－2＝－3無(wú)解；當(dāng)a>1時(shí)，由f(a)＝－log2(a＋1)＝－3，得a＋1＝8，a＝7，∴f(6－a)＝f(－1)＝2－1－2＝－eq\f(3,2).12．[0，3)解析：由題意得ax2＋2ax＋3＝0無(wú)實(shí)數(shù)解，即y＝ax2＋2ax＋3與x軸無(wú)交點(diǎn)，當(dāng)a＝0時(shí)y＝3符合題意；當(dāng)a≠0時(shí)，Δ＝4a2－12a<0，得0<a<3，綜上得0≤a<3.13．A因?yàn)閒(x＋2)＝2f(x)，由題意f(21)＝f(19＋2)＝2f(19)＝22f(17)＝…＝210f(1)＝210.14．B作出函數(shù)f(x)的圖像，f(x)在(－∞，0]，(0，＋∞)上分別單調(diào)遞增．由f(a－3)＝f(a＋2)，若eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－3≤0,a＋2>0))，即－2<a≤3，此時(shí)f(a－3)＝a－3＋3＝a，f(a＋2)＝eq\r(a＋2)，所以a＝eq\r(a＋2)，即a2＝a＋2，解得a＝2或a＝－1(不滿(mǎn)足a＝eq\r(a＋2)，舍去)，此時(shí)a＝2滿(mǎn)足題意，則f(a)＝eq\r(2).若eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－3>0,a＋2≤0))，此時(shí)不存在滿(mǎn)足條件的a.15．4或－eq\f(1,2)解析：若f(a)≥0，則f(a)＝1，此時(shí)只能是a>0，于是a＝4；若f(a)<0，則f(a)＝－2，此時(shí)只能是a<0，于是a＝－eq\f(1,2)(若a>0，由eq\f(a,2)－1＝－2，解得a＝－2不滿(mǎn)足題意).16.eq\f(\r(2),2)解析：由函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，可知函數(shù)f(x)的周期是4，所以f(15)＝f(－1)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，所以f(f(15))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝coseq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2).專(zhuān)練5函數(shù)的單調(diào)性與最值1．DA項(xiàng)，x1＝0時(shí)，y1＝1，x2＝eq\f(1,2)時(shí)，y2＝2>y1，所以y＝eq\f(1,1－x)在區(qū)間(－1，1)上不是減函數(shù)，故A項(xiàng)不符合題意．B項(xiàng)，由余弦函數(shù)的圖像與性質(zhì)可得，y＝cosx在(－1，0)上遞增，在(0，1)上遞減，故B項(xiàng)不符合題意．C項(xiàng)，y＝lnx為增函數(shù)，且y＝x＋1為增函數(shù)，所以y＝ln(x＋1)為增函數(shù)，故C項(xiàng)不符合題意．D項(xiàng)，由指數(shù)函數(shù)可得y＝2x為增函數(shù)，且y＝－x為減函數(shù)，所以y＝2－x為減函數(shù)，故D項(xiàng)符合題意．2．D由x2－4>0得x>2或x<－2，∴f(x)的定義域?yàn)?－∞，－2)∪(2，＋∞)，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－2).3．B∵a＝log20.2<0，b＝20.2>1，c＝0.20.3∈(0，1)，∴a<c<b.故選B.4．D由于g(x)＝eq\f(a,x＋1)在區(qū)間[1，2]上是減函數(shù)，所以a>0；由于f(x)＝－x2＋2ax在區(qū)間[1，2]上是減函數(shù)，且f(x)的對(duì)稱(chēng)軸為x＝a，則a≤1.綜上有0<a≤1.故選D.5．C∵f(x)在定義域(－1，1)上是減函數(shù)，且f(1－a)<f(2a－1)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1<1－a<1，,－1<2a－1<1，,1－a>2a－1，))解得0<a<eq\f(2,3).故選C.6．B由題意，f(－x)＝2|－x|＝2|x|＝f(x)，故函數(shù)f(x)＝2|x|為偶函數(shù)，且x>0時(shí)，f(x)＝2x，故函數(shù)在(0，＋∞)單調(diào)遞增，∵log23>log45＝log2eq\r(5)>log22＝1，coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，∴a＝f(log0.53)＝f(log23)>b>c.7．C因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是定義在R上的單調(diào)函數(shù)，且f(f(x)－x＋1)＝1，所以f(x)－x＋1為常數(shù)，記f(x)－x＋1＝m，則f(x)＝x＋m－1，所以f(m)＝1，即f(m)＝2m－1＝1，故m＝1.所以f(x)＝x，故f(3)＝3.8．Cf(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＝（x＋2）2－4，x≥0，,4x－x2＝－（x－2）2＋4，x<0.))由f(x)的圖像可知f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)，由f(2－a2)>f(a)得2－a2>a，即a2＋a－2<0，解得－2<a<1，故選C.9．Bb－c＝ln1.02－eq\r(1.04)＋1，設(shè)f(x)＝ln(x＋1)－eq\r(1＋2x)＋1，則b－c＝f(0.02)，f′(x)＝eq\f(1,x＋1)－eq\f(2,2\r(1＋2x))＝eq\f(\r(1＋2x)－（x＋1）,\r(1＋2x)·（x＋1）)，當(dāng)x≥0時(shí)，x＋1＝eq\r(（x＋1）2)≥eq\r(1＋2x)，故當(dāng)x≥0時(shí)，f′(x)＝eq\f(\r(1＋2x)－（x＋1）,\r(1＋2x)·（x＋1）)≤0，所以f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(0.02)<f(0)＝0，即b<c.a－c＝2ln1.01－eq\r(1.04)＋1，設(shè)g(x)＝2ln(x＋1)－eq\r(1＋4x)＋1，則a－c＝g(0.01)，g′(x)＝eq\f(2,x＋1)－eq\f(4,2\r(1＋4x))＝eq\f(2[\r(1＋4x)－（x＋1）],（x＋1）\r(1＋4x))，當(dāng)0≤x<2時(shí)，eq\r(4x＋1)≥eq\r(（x＋1）2)＝x＋1，故當(dāng)0≤x<2時(shí)，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，2)上單調(diào)遞增，所以g(0.01)>g(0)＝0，故c<a，從而有b<c<a，故選B.10．f(x)＝1－eq\f(1,2x)(答案不唯一)解析：f(x)＝1－eq\f(1,2x)，定義域?yàn)镽；eq\f(1,2x)>0，f(x)＝1－eq\f(1,2x)<1，值域?yàn)?－∞，1)；是增函數(shù)，滿(mǎn)足對(duì)任意x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，均有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0.11．[－1，1)解析：∵f(0)＝loga3<0，∴0<a<1，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為[－1，1).12．3解析：f(x)＝eq\f(x＋1,x－1)＝eq\f(x－1＋2,x－1)＝1＋eq\f(2,x－1)，顯然f(x)在[2，5]上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(2)＝1＋eq\f(2,2－1)＝3.13．By＝x－2在R上單調(diào)遞增，y＝x2－2x＝(x－1)2－1在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．要使函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2，x≤m,x2－2x，x>m))是定義在R上的增函數(shù)，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≥1,m－2≤m2－2m))，解得m＝1或m≥2.所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是{1}∪[2，＋∞).14．A因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)镽，所以f(－x)＝log2(2－x＋1)＋eq\f(1,2)x＝log2(2x＋1)－eq\f(1,2)x＝f(x)，即函數(shù)f(x)為偶函數(shù)．又當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)＝eq\f(2x,2x＋1)－eq\f(1,2)＝eq\f(2x－1,2（2x＋1）)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，而f(a－2)≥f(2a－1)等價(jià)于f(|a－2|)≥f(|2a－1|)，所以|a－2|≥|2a－1|，化簡(jiǎn)得，a2≤1，所以－1≤a≤1.15．3解析：∵y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)在R上單調(diào)遞減，y＝log2(x＋2)在[－1，1]上單調(diào)遞增，∴f(x)在[－1，1]上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(－1)＝3.16.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))解析：∵對(duì)任意x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0成立，∴f(x)在定義域R上為單調(diào)遞減函數(shù)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,a－3<0，,a≥（a－3）×1＋4a，))解得0<a≤eq\f(3,4)，∴a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))).專(zhuān)練6函數(shù)的奇偶性與周期性1．B通解因?yàn)閒(x)＝eq\f(1－x,1＋x)，所以f(x－1)＝eq\f(1－（x－1）,1＋（x－1）)＝eq\f(2－x,x)，f(x＋1)＝eq\f(1－（x＋1）,1＋（x＋1）)＝eq\f(－x,x＋2).對(duì)于A，F(xiàn)(x)＝f(x－1)－1＝eq\f(2－x,x)－1＝eq\f(2－2x,x)，定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，但不滿(mǎn)足F(x)＝－F(－x)；對(duì)于B，G(x)＝f(x－1)＋1＝eq\f(2－x,x)＋1＝eq\f(2,x)，定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，且滿(mǎn)足G(x)＝－G(－x)；對(duì)于C，f(x＋1)－1＝eq\f(－x,x＋2)－1＝eq\f(－x－x－2,x＋2)＝－eq\f(2x＋2,x＋2)，定義域不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)；對(duì)于D，f(x＋1)＋1＝eq\f(－x,x＋2)＋1＝eq\f(－x＋x＋2,x＋2)＝eq\f(2,x＋2)，定義域不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)．故選B.光速解f(x)＝eq\f(1－x,1＋x)＝eq\f(2－（x＋1）,1＋x)＝eq\f(2,1＋x)－1，為保證函數(shù)變換之后為奇函數(shù)，需將函數(shù)y＝f(x)的圖像向右平移一個(gè)單位長(zhǎng)度，再向上平移一個(gè)單位長(zhǎng)度，得到的圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)為y＝f(x－1)＋1，故選B.2．B3．D∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(－8)＝－f(8)＝－log28＝－3.4．C因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，所以f(x)＝f(－x)，又因?yàn)閒(1＋x)＝f(1－x)，所以f(2－x)＝f(x)，則f(2－x)＝f(－x)，即f(2＋x)＝f(x)，所以周期為T(mén)＝2，因?yàn)閒(eq\f(1,2))＝1，f(－eq\f(3,2))＝f(2－eq\f(3,2))＝f(eq\f(1,2))＝1.5．A由題進(jìn)行化簡(jiǎn)：f(x)＝lneq\f(2,x)＝ln2－lnx，令g(x)＝f(1＋x)－f(1－x)＝ln2－ln(1＋x)－ln2＋ln(1－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)，g(－x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)＝－g(x)，符合定義，故A正確；令g(x)＝f(x－1)＋f(x＋1)＝ln2－ln(1－x)＋ln2－ln(1＋x)＝2ln2－ln(1－x)－ln(1＋x)，g(－x)＝2ln2－ln(1＋x)－ln(1－x)≠－g(x)，故B錯(cuò)誤；令g(x)＝f(x＋1)＋1＝ln2－ln(x＋1)＋1，g(－x)＝ln2－ln(－x＋1)＋1≠－g(x)，故C錯(cuò)誤；令g(x)＝f(x－1)－1＝ln2－ln(x－1)－1，g(－x)＝ln2－ln(－x－1)－1≠－g(x)，故D錯(cuò)誤．6．D方法一f(x)的定義域?yàn)閧x|x≠0}，因?yàn)閒(x)是偶函數(shù)，所以f(x)＝f(－x)，即eq\f(xex,eax－1)＝eq\f(－xe－x,e－ax－1)，即e(1－a)x－ex＝－e(a－1)x＋e－x，即e(1－a)x＋e(a－1)x＝ex＋e－x，所以a－1＝±1，解得a＝0(舍去)或a＝2，故選D.方法二f(x)＝eq\f(xex,eax－1)＝eq\f(x,e（a－1）x－e－x)，f(x)是偶函數(shù)，又y＝x是奇函數(shù)，所以y＝e(a－1)x－e－x是奇函數(shù)，故a－1＝1，即a＝2，故選D.7．A因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，所以由f(x)＝f(－x＋2)?f(－x)＝f(x＋2)＝－f(x)?f(x＋4)＝－f(x＋2)?f(x)＝f(x＋4)，所以該函數(shù)的周期為4，所以f(2022)＝f(505×4＋2)＝f(2)＝f(－2＋2)＝f(0)＝0.8．C依題意對(duì)任意的x∈R，函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(x)＋f(－x)＝4，f(x)－2＋f(－x)－2＝0，所以函數(shù)F(x)＝f(x)－2為奇函數(shù)，g(x)＝f(x)＋eq\f(sinx,sin2x＋1)，令G(x)＝g(x)－2＝f(x)－2＋eq\f(sinx,sin2x＋1)＝F(x)＋eq\f(sinx,sin2x＋1)(x∈R)，G(－x)＝F(－x)＋eq\f(－sinx,sin2x＋1)＝－F(x)＋eq\f(－sinx,sin2x＋1)＝－G(x)，所以G(x)為奇函數(shù)，所以G(x)在區(qū)間[－2022，2022]上的最大值與最小值之和為0，所以g(x)＝G(x)＋2，所以函數(shù)g(x)的最大值與最小值之和4.9．D因?yàn)閒(x－1)為定義在R上的奇函數(shù)，所以f(x)的圖像關(guān)于點(diǎn)(－1，0)對(duì)稱(chēng)，且f(－1)＝0，又f(1)＝0，所以f(－3)＝0.依題意可得，當(dāng)－3<x<－1或x>1時(shí)，f(x)<0.所以f(2x－5)<0等價(jià)于－3<2x－5<－1或2x－5>1，解得1<x<2或x>log26.10．－eq\f(1,2)解析：因?yàn)閘og32∈(0，1)，所以－log32∈(－1，0)，由f(x)為奇函數(shù)得f(log32)＝－f(－log32)＝－f(log3eq\f(1,2))＝－3log312＝－eq\f(1,2).11．2解析：方法一因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，所以f(－x)＝f(x)，即(－x－1)2－ax＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(π,2)))＝(x－1)2＋ax＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))，得a＝2.方法二因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)－1))eq\s\up12(2)－eq\f(π,2)a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－1))eq\s\up12(2)＋eq\f(π,2)a，得a＝2.12．(－∞，－2]解析：當(dāng)x>eq\f(1,2)時(shí)，f(x)＝x＋eq\f(1,x)＋m≥2eq\r(x·\f(1,x))＋m，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)，即x＝1時(shí)等號(hào)成立，故當(dāng)x>eq\f(1,2)時(shí)，f(x)∈[2＋m，＋∞)，又由f(1－x)＝－f(x)可得f(x)關(guān)于(eq\f(1,2)，0)對(duì)稱(chēng)，且由f(1－eq\f(1,2))＝－f(eq\f(1,2))可得f(eq\f(1,2))＝0，故[2＋m，＋∞)只需包含區(qū)間(0＋∞)即可，故2＋m≤0，故m∈(－∞，－2].13．D若y＝g(x)的圖像關(guān)于直線x＝2對(duì)稱(chēng)，則g(2－x)＝g(2＋x).因?yàn)閒(x)＋g(2－x)＝5，所以f(－x)＋g(2＋x)＝5，所以f(－x)＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)．由g(2)＝4，f(0)＋g(2)＝5，得f(0)＝1.由g(x)－f(x－4)＝7，得g(2－x)＝f(－x－2)＋7，代入f(x)＋g(2－x)＝5，得f(x)＋f(－x－2)＝－2，所以f(x)的圖像關(guān)于點(diǎn)(－1，－1)中心對(duì)稱(chēng)，所以f(1)＝f(－1)＝－1.由f(x)＋f(－x－2)＝－2，f(－x)＝f(x)，得f(x)＋f(x＋2)＝－2，所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝－2，所以f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)為周期函數(shù)，且周期為4.由f(0)＋f(2)＝－2，得f(2)＝－3.又因?yàn)閒(3)＝f(－1)＝f(1)＝－1，所以f(4)＝－2－f(2)＝1，所以f(k)＝6f(1)＋6f(2)＋5f(3)＋5f(4)＝6×(－1)＋6×(－3)＋5×(－1)＋5×1＝－24.故選D.14．A因?yàn)楹瘮?shù)y＝f(x)的定義域?yàn)镽，且f(－x)＝－f(x)，所以函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝log2a＝0，解得a＝1，即f(x)＝log2(x＋1)，f(1)＝log22＝1；因?yàn)閥＝f(x＋1)為偶函數(shù)，所以f(x＋1)＝f(－x＋1)，即y＝f(x)的圖像關(guān)于x＝1對(duì)稱(chēng)，又y＝f(x)滿(mǎn)足f(－x)＝－f(x)，所以f(x＋1)＝－f(x－1)，則f(x＋2)＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即函數(shù)y＝f(x)是周期函數(shù)，周期為4，則f(2022)＋f(2023)＝f(2)＋f(3)＝－f(0)－f(1)＝－1.15．A因?yàn)閥＝f(x)圖像關(guān)于點(diǎn)(0，0)與點(diǎn)(1，0)對(duì)稱(chēng)，所以f(－x)＋f(x)＝0，且f(2－x)＋f(x)＝0，所以f(2－x)＝f(－x)，即f(x)＝f(x＋2)，所以f(x)是以2為周期的周期函數(shù)，當(dāng)x∈(－1，0]時(shí)，f(x)＝－x2，所以f(eq\f(3,2))＝f(－eq\f(1,2)＋2)＝f(－eq\f(1,2))＝－(－eq\f(1,2))2＝－eq\f(1,4).16．B由題意，函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f(x)＝sinπx，當(dāng)x∈[－1，0)時(shí)，f(x)＝－f(－x)＝－sin(－πx)＝sinπx，即f(x)＝sinπx，x∈[－1，1]，又由當(dāng)x>1時(shí)，f(x)＝2f(x－2)，可畫(huà)出函數(shù)圖像，如圖所示．由圖知，當(dāng)3≤x≤5時(shí)，f(x)＝4f(x－4)＝4sin(πx－4π)＝4sinπx；則當(dāng)－5≤x≤－3時(shí)，f(x)＝－f(－x)＝4sinπx；當(dāng)－5≤x≤－3時(shí)，令4sinπx＝2eq\r(3)，解得x1＝－eq\f(10,3)，x2＝－eq\f(11,3)(舍去)，若對(duì)任意x∈[－m，m]，f(x)≤2eq\r(3)成立，所以m的最大值為eq\f(10,3).專(zhuān)練7二次函數(shù)與冪函數(shù)1．C設(shè)f(x)＝xα，則eq\f(4α,2α)＝2α＝3，∴f(eq\f(1,2))＝(eq\f(1,2))α＝eq\f(1,3).2．D依題意，f(x)＝|4－x|·(x－1)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（4－x）（x－1），x<4,（x－4）（x－1），x≥4))，作出函數(shù)f(x)的大致圖像如圖所示；觀察可知，函數(shù)f(x)在(－∞，eq\f(5,2))，(4，＋∞)上單調(diào)遞增，在(eq\f(5,2)，4)上單調(diào)遞減．3．A因?yàn)楹瘮?shù)y＝(m2－m－1)x－5m－3既是冪函數(shù)又是在(0，＋∞)上的減函數(shù)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－m－1＝1，,－5m－3<0，))解得m＝2.4．A函數(shù)圖像的對(duì)稱(chēng)軸為x＝eq\f(a,2)，由題意得eq\f(a,2)≥4，解得a≥8.故選A.5．C由題設(shè)，f(x)對(duì)稱(chēng)軸為x＝2且圖像開(kāi)口向下，則f(x)在(0，2)上遞增，在(2，＋∞)上遞減，由f(x)＝ax2－4ax＋2＝ax(x－4)＋2，即f(x)恒過(guò)(4，2)且f(0)＝2，所以在(0，4)上f(x)>2，(4，＋∞)上f(x)<2，而y＝log2x在(0，＋∞)上遞增，且在(0，4)上y<2，在(4，＋∞)上y>2，所以f(x)>log2x的解集為(0，4).6．C二次函數(shù)y＝x2－4x＋a，對(duì)稱(chēng)軸為x＝2，開(kāi)口向上，在(－∞，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，要使二次函數(shù)f(x)＝x2－4x＋a的兩個(gè)零點(diǎn)都在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)，需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）＝1－4＋a>0,f（2）＝4－8＋a<0))，解得3<a<4.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(3，4).7．B由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝4－4ac＝0，))∴ac＝1，又a>0，∴c>0.∴eq\f(9,a)＋eq\f(1,c)≥2eq\r(\f(9,ac))＝6(當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(9,a)＝eq\f(1,c)，即a＝3，c＝eq\f(1,3)時(shí)等號(hào)成立).8．A∵f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)，且f(－x)＝－x(e－x＋ex)＝－f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)，又當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)＝ex＋e－x＋(ex－e－x)x>0，∴f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，故選A.9．A當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝－f(－x)＝x3，∴f(x)＝x3(x∈R)，易知f(x)在R上是增函數(shù)，結(jié)合f(－4t)>f(2m＋mt2)對(duì)任意實(shí)數(shù)t恒成立，知－4t>2m＋mt2對(duì)任意實(shí)數(shù)t恒成立?mt2＋4t＋2m<0對(duì)任意實(shí)數(shù)t恒成立?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝16－8m2<0))?m∈(－∞，－eq\r(2))，故選A.10．－111．f(x)＝x2解析：冪函數(shù)f(x)＝x－k2＋k＋2(k∈N*)滿(mǎn)足f(2)<f(3)，故－k2＋k＋2>0，∴－1<k<2，又k∈N*，∴k＝1，f(x)＝x2.12.eq\f(36,5)解析：設(shè)g(x)＝f(x)－kx＝x2＋(2－k)x＋1，由題意知g(x)≤0對(duì)任意實(shí)數(shù)x∈(1，m]都成立的m的最大值是5，所以x＝5是方程g(x)＝0的一個(gè)根，即g(5)＝0，可以解得k＝eq\f(36,5)(經(jīng)檢驗(yàn)滿(mǎn)足題意).13．Bf(x)＝－4tanx－eq\f(sin2x＋cos2x,cos2x)＝－tan2x－4tanx－1＝－(tanx＋2)2＋3，當(dāng)tanx＝－2時(shí)，f(x)取得最大值，且最大值為3.14．B因?yàn)閳D像與x軸交于兩點(diǎn)，所以b2－4ac>0，即b2>4ac，①正確．對(duì)稱(chēng)軸為x＝－1，即－eq\f(b,2a)＝－1，2a－b＝0，②錯(cuò)誤．結(jié)合圖像，當(dāng)x＝－1時(shí)，y>0，即a－b＋c>0，③錯(cuò)誤．由對(duì)稱(chēng)軸為x＝－1知，b＝2a.又函數(shù)圖像開(kāi)口向下，所以a<0，所以5a<2a，即5a<b，④正確．15．－4x2＋4x＋7解析：設(shè)f(x)＝a(x－m)2＋n，∵f(2)＝f(－1)，∴f(x)的對(duì)稱(chēng)軸為x＝eq\f(2－1,2)＝eq\f(1,2)，∴m＝eq\f(1,2).又f(x)max＝8，∴n＝8，又f(2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋8＝－1，得a＝－4，∴f(x)＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋8＝－4x2＋4x＋7.16.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析：由f(x)>0，即ax2－2x＋2>0，x∈(1，4)，得a>－eq\f(2,x2)＋eq\f(2,x)在(1，4)上恒成立．令g(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(2,x)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)，因?yàn)閑q\f(1,x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))，所以g(x)max＝g(2)＝eq\f(1,2)，所以要使f(x)>0在(1，4)上恒成立，只要a>eq\f(1,2)即可，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).專(zhuān)練8指數(shù)與指數(shù)函數(shù)1．C由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－3a＋3＝1，,a>0，,a≠1，))得a＝2.2．A若函數(shù)g(x)＝3x＋t的圖像不經(jīng)過(guò)第二象限，則當(dāng)x＝0時(shí)，g(x)≤0，即30＋t≤0，解得t≤－1.故選A.3．Aeq\f(a3x＋a－3x,ax＋a－x)＝a2x＋a－2x－1＝eq\r(2)－1＋eq\f(1,\r(2)－1)－1＝eq\r(2)－1＋eq\r(2)＋1－1＝2eq\r(2)－1.4．B∵y＝ax在[0，1]上單調(diào)，∴a0＋a1＝3，得a＝2.5．D由f(x)＝ax－b的圖像知0<a<1，又f(0)＝a－b∈(0，1)，∴－b>0，∴b<0.6．Aa＝log52＝eq\f(1,2)log54，而0<log54<1，即0<a<eq\f(1,2)；由eb＝eq\f(1,2)，得b＝lneq\f(1,2)<ln1，即b<0；c＝eq\f(ln3,2)，而ln3>lne＝1，即c>eq\f(1,2)；所以c>a>b.7．D因?yàn)閍＝log0.62<log0.61＝0，0<b＝sin1<1，c＝20.6>20＝1，所以a<b<c.8．C由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知，函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，0).9．CI(t*)＝＝0.95K，整理可得e0.23(t*－53)＝19，兩邊取自然對(duì)數(shù)得＝ln19≈3，解得t*≈66，故選C.10．－eq\f(167,9)解析：原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(27,8)))eq\s\up12(－\f(2,3))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,500)))eq\s\up12(－\f(1,2))－eq\f(10,\r(5)－2)＋1＝＝eq\f(4,9)＋10eq\r(5)－10eq\r(5)－20＋1＝－eq\f(167,9).11．0.52解析：由題可知P(t)＝2(1＋10%)t＝2×1.1t，所以P′(t)＝2×1.1tln1.1，所以P′(10)＝2×1.110ln1.1≈2×2.59×0.1＝0.518≈0.52，即GDP增長(zhǎng)的速度大約是0.52.12．x>1解析：定義在R上的函數(shù)f(x)＝2x＋a·2－x的圖像關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，則f(0)＝20＋a·20＝0，解之得a＝－1，經(jīng)檢驗(yàn)符合題意，y＝2x、y＝－2－x均為R上增函數(shù)，則f(x)＝2x－2－x為R上的增函數(shù)，又f(1)＝21－2－1＝eq\f(3,2)，則不等式f(2x－1)>eq\f(3,2)等價(jià)于2x－1>1，解之得x>1.13．B由函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－4，x≤4,（x－16）2－143，x>4))，得函數(shù)f(x)在(－∞，4)上遞增，在(4，16)上遞減，在(16，＋∞)上遞增，作出函數(shù)y＝2x和y＝x2的圖像，如圖所示，令2x＝x2，得x＝2或4，結(jié)合圖像可知，當(dāng)0≤x<2時(shí)，4>2x>x2≥0，則f(2x)>f(x2)，當(dāng)2≤x≤4時(shí)，4≤2x≤x2≤16，則f(2x)≥f(x2)，當(dāng)x>4時(shí)，2x>x2>16，則f(2x)>f(x2)，綜上所述，當(dāng)x≥0時(shí)，f(2x)≥f(x2).14．D設(shè)f(x)＝ex－x－1，可得f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，解得x＝0，當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)>f(0)＝0，即ex>x＋1，則a＝2e－0.2>2×(－0.2＋1)＝1.6，b＝e0.2>0.2＋1＝1.2，所以c＝1.2最小，又由eq\f(b,a)＝eq\f(e0.2,2e－0.2)＝eq\f(e0.4,2)，因?yàn)閑0.4<e0.5<40.5＝2，所以eq\f(b,a)＝eq\f(e0.4,2)<1，所以b<a，綜上可得c<b<a.15．6解析：由題意得f(p)＝eq\f(6,5)，f(q)＝－eq\f(1,5)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2p,2p＋ap)＝\f(6,5)，①,\f(2q,2q＋aq)＝－\f(1,5)，②))①＋②，得eq\f(2p（2q＋aq）＋2q（2p＋ap）,（2p＋ap）（2q＋aq）)＝1，整理得2p＋q＝a2pq，又2p＋q＝36pq，∴36pq＝a2pq，又pq≠0，∴a2＝36，∴a＝6或a＝－6，又a>0，得a＝6.16.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))解析：設(shè)t＝2x，則y＝4x＋m·2x－2＝t2＋mt－2.因?yàn)閤∈[－2，2]，所以t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，4)).又函數(shù)y＝4x＋m·2x－2在區(qū)間[－2，2]上單調(diào)遞增，即y＝t2＋mt－2在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，4))上單調(diào)遞增，故有－eq\f(m,2)≤eq\f(1,4)，解得m≥－eq\f(1,2).所以m的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).專(zhuān)練9對(duì)數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)1．B原式＝lgeq\f(5,2)＋lg4－2＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)×4))－2＝1－2＝－1.2．D由題意得logeq\f(1,2)(3x－2)≥0，即0<3x－2≤1.∴eq\f(2,3)<x≤1.3．A函數(shù)f(x)＝logeq\f(1,2)(x2－2x)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(2，＋∞)，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知，函數(shù)f(x)＝logeq\f(1,2)(x2－2x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，0).4．A∵f(x)＝(m－2)xa為冪函數(shù)，∴m－2＝1，m＝3，∴g(x)＝loga(x＋3)，又g(－2)＝0，∴g(x)的圖像過(guò)(－2，0).5．A因?yàn)閍＝log0.222022<log0.22eq\f(1,0.22)＝－1，－1<b＝sin(sin2022)<1，c＝20220.22>20220＝1，所以a<b<c.故選A.6．D∵y＝log45>1，z＝log34>1，∴eq\f(y,z)＝eq\f(log45,log34)＝log45·log43≤(eq\f(log45＋log43,2))2＝(eq\f(log415,2))2＝(log4eq\r(15))2<(log44)2＝1，即z>y，∵eq\f(4,3)＝log33eq\f(4,3)，而(3eq\s\up6(\f(4,3)))3＝34＝81>43＝64，∴eq\f(4,3)＝log33eq\f(4,3)>log34，又eq\f(4,3)＝(eq\f(4,3))1<(eq\f(4,3))eq\s\up6(\f(5,4))，∴x>z，綜上，x>z>y.7．Cf(x)的定義域?yàn)?0，2)，f(x)＝lnx＋ln(2－x)＝ln[x(2－x)]＝ln(－x2＋2x).設(shè)u＝－x2＋2x，x∈(0，2)，則u＝－x2＋2x在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，2)上單調(diào)遞減．又y＝lnu在其定義域上單調(diào)遞增，∴f(x)＝ln(－x2＋2x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，2)上單調(diào)遞減．∴選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；∵f(x)＝lnx＋ln(2－x)＝f(2－x)，∴f(x)的圖像關(guān)于直線x＝1對(duì)稱(chēng)，∴選項(xiàng)C正確；∵f(2－x)＋f(x)＝[ln(2－x)＋lnx]＋[lnx＋ln(2－x)]＝2[lnx＋ln(2－x)]，不恒為0，∴f(x)的圖像不關(guān)于點(diǎn)(1，0)對(duì)稱(chēng)，∴選項(xiàng)D錯(cuò)誤．8．B由y＝logax的圖像可知loga3＝1，所以a＝3.對(duì)于選項(xiàng)A：y＝3－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)為減函數(shù)，A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B：y＝x3，顯然滿(mǎn)足條件；對(duì)于選項(xiàng)C：y＝(－x)3＝－x3在R上為減函數(shù)，C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D：y＝log3(－x)，當(dāng)x＝－3時(shí)，y＝1，D錯(cuò)誤．故選B.9．A依題意a∈(0，1)∪(1，＋∞)且－3x2＋4ax－1>0，所以Δ＝16a2－12>0，解得a>eq\f(\r(3),2)或a<－eq\f(\r(3),2)，綜上可得a∈(eq\f(\r(3),2)，1)∪(1，＋∞)，令－3x2＋4ax－1＝0的根為x1、x2且x1<x2，u(x)＝－3x2＋4ax－1，y＝logau，若a∈(1，＋∞)，則y＝logau在定義域上單調(diào)遞增，u(x)＝－3x2＋4ax－1在(x1，eq\f(2a,3))上單調(diào)遞增，在(eq\f(2a,3)，x2)上單調(diào)遞減，根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知，f(x)＝loga(－3x2＋4ax－1)在(x1，eq\f(2a,3))上單調(diào)遞增，在(eq\f(2a,3)，x2)上單調(diào)遞減，函數(shù)不存在最小值，故舍去；若a∈(eq\f(\r(3),2)，1)，則y＝logau在定義域上單調(diào)遞減，u(x)＝－3x2＋4ax－1在(x1，eq\f(2a,3))上單調(diào)遞增，在(eq\f(2a,3)，x2)上單調(diào)遞減，根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知，f(x)＝loga(－3x2＋4ax－1)在(x1，eq\f(2a,3))上單調(diào)遞減，在(eq\f(2a,3)，x2)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)在x＝eq\f(2a,3)取得最小值，所以a∈(eq\f(\r(3),2)，1).10．－7解析：∵f(3)＝log2(9＋a)＝1，∴9＋a＝2，a＝－7.11．8解析：因?yàn)楹瘮?shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)，y＝－log2(x＋4)在區(qū)間[－2，2]上都單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋4)在區(qū)間[－2，2]上單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)的最大值為f(－2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(－2)－log2(－2＋4)＝9－1＝8.12.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)))解析：∵0<－x2＋2eq\r(2)≤2eq\r(2)，∴l(xiāng)og2(－x2＋2eq\r(2))≤log22eq\r(2)＝eq\f(3,2).13．B由75－15＝(eq\f(1,2))eq\s\up6(\f(1,h))(105－15)，有(eq\f(1,2))eq\s\up6(\f(1,h))＝eq\f(2,3)，又30－15＝(eq\f(1,2))eq\s\up6(\f(m,h))(75－15)，有(eq\f(1,2))eq\s\up6(\f(m,h))＝eq\f(1,4)，即(eq\f(2,3))m＝eq\f(1,4)，則mlgeq\f(2,3)＝lgeq\f(1,4)，解得m＝eq\f(－lg4,lg2－lg3)＝eq\f(2lg2,lg3－lg2)≈3.4.14．C4.9＝5＋lgV?lgV＝－0.1?V＝10－eq\f(1,10)＝eq\f(1,\r(10,10))≈eq\f(1,1.259)≈0.8，所以該同學(xué)視力的小數(shù)記錄法的數(shù)據(jù)約為0.8.15．Bx＝log4(20211226×1314520)＝eq\f(1,2)log2(20211226×1314520)，設(shè)20211226＝2m，1314520＝2n，由表格得知：220＝1048576，221＝2097152，224＝16777216，225＝33554432，所以24<m<25，則20<n<21，所以m＋n∈(44，46)，log2(20211226×1314520)∈(44，46)，則x＝eq\f(1,2)log2(20211226×1314520)∈(22，23).16．[－1，＋∞)解析：∵函數(shù)f(x)＝loga(－x＋1)(a>0且a≠1)在[－2，0]上的值域是[－1，0]，而f(0)＝0，∴f(－2)＝loga3＝－1，∴a＝eq\f(1,3)，∴g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x＋m)－3，令g(x)＝0，得x＝－m－1，則－m－1≤0，求得m≥－1，故m的取值范圍為[－1，＋∞).專(zhuān)練10函數(shù)的圖像1．A設(shè)函數(shù)f(x)＝(3x－3－x)cosx，則對(duì)任意x∈[－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)]，都有f(－x)＝(3－x－3x)cos(－x)＝－(3x－3－x)cosx＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，因此排除B，D選項(xiàng)．又f(1)＝(3－3－1)cos1＝eq\f(8,3)cos1＞0，所以排除C選項(xiàng)．故選A.2．A把函數(shù)y＝log2x的圖像上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)縮短為原來(lái)的eq\f(1,2)，橫坐標(biāo)不變，得到函數(shù)y＝eq\f(1,2)log2x的圖像，再向右平移1個(gè)單位，得到函數(shù)y＝eq\f(1,2)log2(x－1)的圖像，即函數(shù)y＝log2(x－1)eq\f(1,2)＝log2eq\r(x－1)的圖像．3．A對(duì)于B選項(xiàng)，f(eq\f(π,2))＝0，與題圖不符；對(duì)于C選項(xiàng)，當(dāng)π<x<eq\f(3π,2)時(shí)，|sinx|>0，則f(x)＝eq\f(x2|sinx|,ex)>0，與題圖不符；對(duì)于D選項(xiàng)，f(eq\f(π,2))＝0，與題圖不符．排除BCD選項(xiàng)．4．Cf(－x)＝eq\f(3－x－3x,（－x）2＋|－x|－2)＝eq\f(3－x－3x,x2＋|x|－2)＝－eq\f(3x－3－x,x2＋|x|－2)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)，排除A選項(xiàng)；令x2＋|x|－2＝0，得x＝1或x＝－1，所以f(x)在x＝1和x＝－1處沒(méi)有意義，函數(shù)圖像存在虛線，當(dāng)取1.000001時(shí)，f(x)分母為正，分子為正所以函數(shù)值為正數(shù)，排除B選項(xiàng)；當(dāng)x＝－eq\f(1,2)時(shí)，f(x)分母為負(fù)，分子為負(fù)，所以f(x)為正數(shù)，排除D選項(xiàng)；對(duì)比圖像和函數(shù)值知只有C選項(xiàng)符合題意．5．D函數(shù)f(x)在x＝0處無(wú)定義，排除選項(xiàng)A，函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，故f(x)為奇函數(shù)，排除選項(xiàng)B，當(dāng)0<x<1時(shí)，cosx>0，ex>e－x，故eq\f(cosx,ex－e－x)>0，排除選項(xiàng)C.6．A函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋2,x＋1)＝1＋eq\f(1,x＋1)，∵eq\f(1,x＋1)≠0，∴f(x)≠1.故A正確；顯然f(x)的圖像關(guān)于(－1，1)成中心對(duì)稱(chēng)，故B不正確；∵當(dāng)x＝－2時(shí)，f(x)＝0，故圖像與x軸有交點(diǎn)，C不正確；由函數(shù)的概念知D不正確．7．B圖②是由圖①y軸左側(cè)圖像保留，左右關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)得，故圖②對(duì)應(yīng)的解析式為y＝f(－|x|).8．C把函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－sin2x的圖象．作出函數(shù)f(x)的部分圖象和直線y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)如圖所示．觀察圖象知，共有3個(gè)交點(diǎn)．故選C.9．D由題意知y＝eq\f(1,1－x)＝eq\f(－1,x－1)的圖像是雙曲線，且關(guān)于點(diǎn)(1，0)成中心對(duì)稱(chēng)，又y＝2sinπx的周期為T(mén)＝eq\f(2π,π)＝2，且也關(guān)于點(diǎn)(1，0)成中心對(duì)稱(chēng)，因此兩圖像的交點(diǎn)也一定關(guān)于點(diǎn)(1，0)成中心對(duì)稱(chēng)，再結(jié)合圖像(如圖所示)可知兩圖像在[－2，4]上有8個(gè)交點(diǎn)，因此8個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和x1＋x2＋…＋x8＝4×2＝8.故選D.10．(－2，4)解析：由題意得f(2)＝3，又y＝f(x)與y＝f(－x)的圖像關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，∴y＝f(－x)過(guò)點(diǎn)(－2，3)，∴y＝f(－x)＋1的圖像過(guò)點(diǎn)(－2，4).11.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－1))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,2)))解析：當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，y＝cosx>0.當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，4))時(shí)，y＝cosx<0.結(jié)合y＝f(x)，x∈[0，4]上的圖像知，當(dāng)1<x<eq\f(π,2)時(shí)，eq\f(f（x）,cosx)<0.又函數(shù)y＝eq\f(f（x）,cosx)為偶函數(shù)，∴在[－4，0]上，eq\f(f（x）,cosx)<0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，