大一轮复习讲义答案精析

/大一轮复习讲义答案精析第一章集合、常用逻辑用语、不等式§1.1集合落实主干知识知识梳理1．(1)确定性互异性无序性(2)属于不属于∈∉(3)列举法描述法图示法(4)NZQR2．(1)任意一个元素A⊆B(2)x∉AAB(3)B⊆A(4)任何集合任何非空集合3．{x|x∈A，或x∈B}A∪B{x|x∈A，且x∈B}A∩B{x|x∈U，且x∉A}∁UA思考辨析(1)×(2)×(3)×(4)√教材改编题1．B2.C3．{x|x≥－1}{x|x<2或x≥3}探究核心题型例1(1)C[如图，函数y＝x与y＝x2的图象有两个交点，故集合A∩B有两个元素．](2)C[∵－1∈A，若a－2＝－1，即a＝1时，A＝{1，－1，－1}，不符合集合元素的互异性；若a2－a－1＝－1，即a＝1(舍去)或a＝0时，A＝{1，－2，－1}，故a＝0.]跟踪训练1(1)ABD(2)C例2(1)C[由题设，可得A＝{x|x>2}，又B＝{x|x≥－3}，所以A是B的真子集，故A，B，D错误，C正确．](2)15(－∞，－2)∪[－1,0]解析A＝{x|－2≤x≤1}，若x∈Z，则A＝{－2，－1,0,1}，故集合A的真子集有24－1＝15(个)．由B⊆A，得①若B＝∅，则2m＋1<m－1，即m<－2，②若B≠∅，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m＋1≥m－1，,2m＋1≤1，,m－1≥－2，))解得－1≤m≤0，综上，实数m的取值范围是(－∞，－2)∪[－1,0]．跟踪训练2(1)AC(2)(－∞，－3]∪[5，＋∞)例3(1)C[方法一在集合T中，令n＝k(k∈Z)，则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S∩T＝T.方法二S＝{…，－3，－1,1,3,5，…}，T＝{…，－3,1,5，…}，观察可知，T⊆S，所以S∩T＝T.](2)C[观察Venn图，可知阴影部分的元素由属于B而不属于A的元素构成，所以阴影部分表示的集合为(∁UA)∩B.∵A＝{x|－2≤x<4}，U＝R，∴∁UA＝{x|x<－2或x≥4}，又B＝{x|y＝eq\r(x＋2)}⇒B＝{x|x≥－2}，∴(∁UA)∩B＝{x|x≥4}．]例4B[由题可知A＝{x|y＝ln(1－x2)}＝{x|－1<x<1}，∁RA＝{x|x≤－1或x≥1}，所以由(∁RA)∪B＝R，得a≥1.]跟踪训练3(1)D(2)A例5(1)ABD[对于A，若a∈F，则a－a＝0∈F，故A正确；对于B，若a∈F且a≠0，则1＝eq\f(a,a)∈F,2＝1＋1∈F,3＝1＋2∈F，依此类推，可得2023∈F，故B正确；对于C，P＝{x|x＝3k，k∈Z},3∈P,6∈P，但eq\f(3,6)∉P，故P不是数域，故C错误；对于D，若a，b是两个有理数，则a＋b，a－b，ab，eq\f(a,b)(b≠0)都是有理数，所以有理数集是数域，故D正确．](2)213解析①若n＝3，据“累积值”的定义得A＝{3}或A＝{1,3}，这样的集合A共有2个；②因为集合M的子集共有24＝16(个)，其中“累积值”为奇数的子集为{1}，{3}，{1,3}，共3个，所以“累积值”为偶数的集合共有13个．跟踪训练4{2,4}解析根据题意，将全部的子集按“势”从小到大的顺序排列为：∅，{2}，{3}，{4}，{2,3}，{2,4}，{3,4}，{2,3,4}．故排在第6位的子集为{2,4}．§1.2常用逻辑用语落实主干知识知识梳理1．充分必要充分不必要必要不充分充要既不充分也不必要2．(1)∀(2)∃3．∀x∈M，p(x)∃x∈M，p(x)∀x∈M，綈p(x)思考辨析(1)√(2)√(3)√(4)×教材改编题1．C2.BD3.(3，＋∞)探究核心题型例1(1)B[由a>b>0，得eq\f(a,b)>1，反之不成立，如a＝－2，b＝－1，满足eq\f(a,b)>1，但是不满足a>b>0，故“a>b>0”是“eq\f(a,b)>1”的充分不必要条件．](2)B[当a1<0，q>1时，an＝a1qn－1<0，此时数列{Sn}单调递减，所以甲不是乙的充分条件．当数列{Sn}单调递增时，有Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1qn>0，若a1>0，则qn>0(n∈N*)，即q>0；若a1<0，则qn<0(n∈N*)，不存在．所以甲是乙的必要条件．]跟踪训练1(1)A(2)AC例2解(1)由(x＋1)(x－3)<0，解得－1<x<3，所以B＝{x|(x＋1)(x－3)<0}＝{x|－1<x<3}，当a＝2时，A＝{x|2≤x≤4}，所以A∩B＝{x|2≤x<3}．(2)若选①A∪B＝B，则A⊆B，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>－1，,a＋2<3，))解得－1<a<1，即a∈(－1,1)；若选②“x∈A”是“x∈B”的充分条件，则A⊆B，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>－1，,a＋2<3，))解得－1<a<1，即a∈(－1,1)；若选③“x∈∁RA”是“x∈∁RB”的必要条件，则A⊆B，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>－1，,a＋2<3，))解得－1<a<1，即a∈(－1,1)．跟踪训练2解(1)由m＝2及x2－2mx＋m2－1<0，得x2－4x＋3<0，解得1<x<3，所以B＝{x|1<x<3}，又A＝{x|－2<x≤3}，所以A∩B＝{x|1<x<3}．(2)由x2－2mx＋m2－1<0，得[x－(m－1)][x－(m＋1)]<0，所以m－1<x<m＋1，所以B＝{x|m－1<x<m＋1}．由p是q的必要不充分条件，得集合B是集合A的真子集，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－1≥－2，,m＋1≤3))⇒－1≤m≤2(两端等号不会同时取得)，所以m的取值范围为[－1,2]．例3B[因为全称量词命题的否定是存在量词命题，所以“∀a∈R，x2－ax＋1＝0有实数解”的否定是“∃a∈R，x2－ax＋1＝0无实数解”．]例4AD[当x≥0时，0<eq\f(1,2x)≤1，故A项是真命题；当n为偶数，且x<0时，eq\r(n,xn)＝－x，故B项是假命题；当x＝1时，ln(x－1)2无意义，故C项是假命题；当x＝1时，lnx≥x－1，故D项是真命题．]例5D[因为“∃x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))，sinx<m”是假命题，所以“∀x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))，m≤sinx”是真命题，即m≤sinx对于∀x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))恒成立，所以m≤(sinx)min，因为y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上单调递增，所以x＝－eq\f(π,3)时，y＝sinx最小，其最小值为y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－sin

eq\f(π,3)＝－eq\f(\r(3),2)，所以m≤－eq\f(\r(3),2)，所以实数m的最大值为－eq\f(\r(3),2).]跟踪训练3(1)C[由存在量词命题的否定可知，綈p为∀n∈N，n2<2n＋5.所以C正确，A，B，D错误．](2)ABC[∀x∈R，－x2≤0，所以－x2－1<0，故A项是真命题；当m＝0时，nm＝m恒成立，故B项是真命题；任何一个圆的圆心到切线的距离都等于半径，故C项是真命题；因为x2－2x＋3＝(x－1)2＋2≥2，所以eq\f(1,x2－2x＋3)≤eq\f(1,2)<eq\f(3,4)，故D项是假命题．](3)(－∞，－1)∪(3，＋∞)解析命题“∃x∈R，x2＋(a－1)x＋1<0”的否定是假命题，则命题“∃x∈R，x2＋(a－1)x＋1<0”是真命题，即Δ＝(a－1)2－4>0，解得a>3或a<－1，故实数a的取值范围是(－∞，－1)∪(3，＋∞)．§1.3等式性质与不等式性质落实主干知识知识梳理1．>＝<2．b＝aa＝ceq\f(a,c)＝eq\f(b,c)3．b<aa>cac>bcac<bca＋c>b＋dac>bd思考辨析(1)√(2)×(3)×(4)×教材改编题1．D2.M>N3.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))解析由2<b<3，得eq\f(1,3)<eq\f(1,b)<eq\f(1,2)，又1<a<2，∴1×eq\f(1,3)<a×eq\f(1,b)<2×eq\f(1,2)，即eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<1.探究核心题型例1(1)B[因为M－N＝(2p＋1)(p－3)－[(p－6)(p＋3)＋10]＝p2－2p＋5＝(p－1)2＋4>0，所以M>N.](2)C[P，Q作商可得eq\f(P,Q)＝eq\f(aeb,bea)＝eq\f(\f(eb,b),\f(ea,a))，令f(x)＝eq\f(ex,x)，则f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)＝eq\f(ex,x)在(1，＋∞)上单调递增，因为a>b>1，所以eq\f(eb,b)<eq\f(ea,a)，又eq\f(eb,b)>0，eq\f(ea,a)>0，所以eq\f(P,Q)＝eq\f(\f(eb,b),\f(ea,a))<1，所以P<Q.]跟踪训练1(1)A(2)M>N解析方法一M－N＝eq\f(e2021＋1,e2022＋1)－eq\f(e2022＋1,e2023＋1)＝eq\f(e2021＋1e2023＋1－e2022＋12,e2022＋1e2023＋1)＝eq\f(e2021＋e2023－2e2022,e2022＋1e2023＋1)＝eq\f(e2021e－12,e2022＋1e2023＋1)>0.∴M>N.方法二令f(x)＝eq\f(ex＋1,ex＋1＋1)＝eq\f(\f(1,e)ex＋1＋1＋1－\f(1,e),ex＋1＋1)＝eq\f(1,e)＋eq\f(1－\f(1,e),ex＋1＋1)，显然f(x)是R上的减函数，∴f(2021)>f(2022)，即M>N.例2(1)D[∵a>b>c>0，∴2a>b＋c，故A错误；取a＝3>b＝2>c＝1>0，则a(b－c)＝3<b(a－c)＝4，故B错误；由a>b>c>0可知，a－c>b－c>0，∴eq\f(1,a－c)<eq\f(1,b－c)，(a－c)3>(b－c)3，故C错误，D正确．](2)BCD[因为a>0>b，c<d<0，所以ad<0，bc>0，所以ad<bc，故A错误；因为0>b>－a，所以a>－b>0，因为c<d<0，所以－c>－d>0，所以a(－c)>(－b)(－d)，所以ac＋bd<0，cd>0，所以eq\f(ac＋bd,cd)＝eq\f(a,d)＋eq\f(b,c)<0，故B正确；因为c<d，所以－c>－d，因为a>b，所以a＋(－c)>b＋(－d)，即a－c>b－d，故C正确；因为a>0>b，d－c>0，所以a(d－c)>b(d－c)，故D正确．]跟踪训练2(1)C(2)AC例3(1)(－4,2)(1,18)解析∵－1<x<4,2<y<3，∴－3<－y<－2，∴－4<x－y<2.由－1<x<4,2<y<3，得－3<3x<12,4<2y<6，∴1<3x＋2y<18.延伸探究解设3x＋2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,m－n＝2，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(5,2)，,n＝\f(1,2).))即3x＋2y＝eq\f(5,2)(x＋y)＋eq\f(1,2)(x－y)，又∵－1<x＋y<4,2<x－y<3，∴－eq\f(5,2)<eq\f(5,2)(x＋y)<10,1<eq\f(1,2)(x－y)<eq\f(3,2)，∴－eq\f(3,2)<eq\f(5,2)(x＋y)＋eq\f(1,2)(x－y)<eq\f(23,2)，即－eq\f(3,2)<3x＋2y<eq\f(23,2)，∴3x＋2y的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(23,2))).(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))解析∵4<b<9，∴eq\f(1,9)<eq\f(1,b)<eq\f(1,4)，又3<a<8，∴eq\f(1,9)×3<eq\f(a,b)<eq\f(1,4)×8，即eq\f(1,3)<eq\f(a,b)<2.跟踪训练3(1)A(2)－2<eq\f(c,a)<－eq\f(1,2)§1.4基本不等式落实主干知识知识梳理1．(1)a>0，b>0(2)a＝b(3)eq\f(a＋b,2)eq\r(ab)2．(1)2ab(2)2(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))23．(1)2eq\r(P)(2)eq\f(1,4)S2思考辨析(1)×(2)×(3)√(4)×教材改编题1．A2.13.25探究核心题型例1(1)D(2)eq\f(9,2)例2A例36解析方法一(换元消元法)由已知得9－(x＋3y)＝xy＝eq\f(1,3)·x·3y≤eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋3y,2)))2，当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时取等号．即(x＋3y)2＋12(x＋3y)－108≥0，令x＋3y＝t，则t>0且t2＋12t－108≥0，得t≥6，即x＋3y的最小值为6.方法二(代入消元法)由x＋3y＋xy＝9，得x＝eq\f(9－3y,1＋y)，所以x＋3y＝eq\f(9－3y,1＋y)＋3y＝eq\f(9－3y＋3y1＋y,1＋y)＝eq\f(9＋3y2,1＋y)＝eq\f(31＋y2－61＋y＋12,1＋y)＝3(1＋y)＋eq\f(12,1＋y)－6≥2eq\r(31＋y·\f(12,1＋y))－6＝12－6＝6，当且仅当3(1＋y)＝eq\f(12,1＋y)，即y＝1，x＝3时取等号，所以x＋3y的最小值为6.延伸探究解9－xy＝x＋3y≥2eq\r(3xy)，∴9－xy≥2eq\r(3xy)，令eq\r(xy)＝t，∴t>0，∴9－t2≥2eq\r(3)t，即t2＋2eq\r(3)t－9≤0，解得0<t≤eq\r(3)，∴eq\r(xy)≤eq\r(3)，∴xy≤3，当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时取等号，∴xy的最大值为3.跟踪训练1(1)AD[由1＝a＋b≥2eq\r(ab)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当a＝b＝\f(1,2)时等号成立))，得ab≤eq\f(1,4)，故ab有最大值eq\f(1,4)，故A错误；(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)＝1＋2eq\r(ab)≤1＋2eq\r(\f(1,4))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当a＝b＝\f(1,2)时等号成立))，则eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\r(2)，则8eq\r(a)＋8eq\r(b)有最大值8eq\r(2)，故B正确；eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(1,ab)≥4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当a＝b＝\f(1,2)时等号成立))，故eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)有最小值4，故C正确；a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab≥eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当a＝b＝\f(1,2)时等号成立))，所以a2＋b2有最小值eq\f(1,2)，故D错误．](2)eq\f(1,6)解析令t＝x－1，∴x＝t＋1，∵x>1，∴t>0，∴y＝eq\f(t,t＋12＋3)＝eq\f(t,t2＋2t＋4)＝eq\f(1,t＋\f(4,t)＋2)≤eq\f(1,2\r(4)＋2)＝eq\f(1,6)，当且仅当t＝eq\f(4,t)，t＝2，即x＝3时，等号成立，∴当x＝3时，ymax＝eq\f(1,6).例4(1)C[∵0<a<b，∴2b>a＋b，∴b>eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab).∵b>a>0，∴ab>a2，∴eq\r(ab)>a.故b>eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)>a.](2)D[由图形可知，OF＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)(a＋b)，OC＝eq\f(1,2)(a＋b)－b＝eq\f(1,2)(a－b)，在Rt△OCF中，由勾股定理可得，CF＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－b,2)))2)＝eq\r(\f(1,2)a2＋b2)，∵CF≥OF，∴eq\r(\f(1,2)a2＋b2)≥eq\f(1,2)(a＋b)(a>0，b>0)．]跟踪训练2B[∵a，b为互不相等的正实数，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)>eq\f(2,\r(ab))，eq\f(2,a＋b)<eq\f(2,2\r(ab))＝eq\f(1,\r(ab))<eq\f(2,\r(ab))，eq\r(\f(2,a2＋b2))<eq\r(\f(2,2ab))＝eq\f(1,\r(ab))<eq\f(2,\r(ab))，∴最大的是eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).]例5解(1)每套会徽及吉祥物售价为100元时，销售量为15－0.1×100＝5(万套)，供货单价为50＋eq\f(10,5)＝52(元)，总利润为5×(100－52)＝240(万元)．(2)设售价为x元，则销售量为(15－0.1x)万套，供货单价为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(50＋\f(10,15－0.1x)))元，单套利润为x－50－eq\f(10,15－0.1x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－50－\f(100,150－x)))元，因为15－0.1x>0，所以0<x<150.所以单套利润为y＝x－50－eq\f(100,150－x)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(150－x＋\f(100,150－x)))＋100≤100－2eq\r(150－x·\f(100,150－x))＝80，当且仅当150－x＝10，即x＝140时取等号，所以每套会徽及吉祥物售价为140元时，单套的利润最大，最大值是80元．跟踪训练312eq\r(5)解析设直角梯形的高为xcm，∵宣传栏(图中阴影部分)的面积之和为1440cm2，且海报上所有水平方向和竖直方向的留空宽度均为2cm，∴海报宽AD＝x＋4，海报长DC＝eq\f(1440,x)＋8，故S矩形ABCD＝AD·DC＝(x＋4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1440,x)＋8))＝8x＋eq\f(5760,x)＋1472≥2eq\r(8x·\f(5760,x))＋1472＝192eq\r(5)＋1472，当且仅当8x＝eq\f(5760,x)，即x＝12eq\r(5)时，等号成立．∴当直角梯形的高为12eq\r(5)cm时，用纸量最少．§1.5一元二次方程、不等式落实主干知识知识梳理1．{x|x<x1，或x>x2}2．(1)f(x)g(x)>0(<0)(2)f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠03．(－∞，－a)∪(a，＋∞)(－a，a)思考辨析(1)×(2)√(3)×(4)×教材改编题1．B[eq\f(x－3,x－2)<0等价于(x－3)(x－2)<0，解得2<x<3.]2．B[因为2x2＋kx－m<0的解集为(t，－1)(t<－1)，所以x＝－1为方程2x2＋kx－m＝0的一个根，所以k＋m＝2.]3．[1,3]解析∀x∈R，x2＋(a－2)x＋eq\f(1,4)≥0，则Δ≤0⇒(a－2)2－1≤0⇒1≤a≤3.探究核心题型例1(1)D[原不等式等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠0，,1－2x>0，))即x<eq\f(1,2)且x≠0，故选D.](2)ABD[∵关于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集为(－∞，－2)∪(3，＋∞)，∴a>0，A选项正确；且－2和3是关于x的方程ax2＋bx＋c＝0的两根，由根与系数的关系得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2＋3＝－\f(b,a)，,－2×3＝\f(c,a)，))则b＝－a，c＝－6a，则a＋b＋c＝－6a<0，C选项错误；不等式bx＋c>0即为－ax－6a>0，解得x<－6，B选项正确；不等式cx2－bx＋a<0即为－6ax2＋ax＋a<0，即6x2－x－1>0，解得x<－eq\f(1,3)或x>eq\f(1,2)，D选项正确．]例2解(1)不等式f(x)<0，即ax2＋(2－4a)x－8<0，可化为(ax＋2)(x－4)<0.因为f(x)<0的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)<x<4))))，所以a>0且－eq\f(2,a)＝－eq\f(2,3)，解得a＝3.(2)不等式f(x)>0，即ax2＋(2－4a)x－8>0，因为a<0，所以不等式可化为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,a)))(x－4)<0，当4<－eq\f(2,a)，即－eq\f(1,2)<a<0时，原不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，－\f(2,a)))；当4＝－eq\f(2,a)，即a＝－eq\f(1,2)时，原不等式的解集为∅；当4>－eq\f(2,a)，即a<－eq\f(1,2)时，原不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,a)，4)).综上所述，当－eq\f(1,2)<a<0时，原不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，－\f(2,a)))；当a＝－eq\f(1,2)时，原不等式的解集为∅；当a<－eq\f(1,2)时，原不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,a)，4)).跟踪训练1解(1)移项得eq\f(2x－1,3x＋1)－1>0，合并得eq\f(－x－2,3x＋1)>0，等价于(3x＋1)(－x－2)>0，即(3x＋1)(x＋2)<0，解得－2<x<－eq\f(1,3).所以不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－2<x<－\f(1,3))))).(2)移项得mx2－(m＋2)x＋2<0，对应的方程(mx－2)(x－1)＝0的两根为eq\f(2,m)和1，当0<m<2时，eq\f(2,m)>1，解得1<x<eq\f(2,m)；当m＝2时，eq\f(2,m)＝1，原不等式无解；当m>2时，eq\f(2,m)<1，解得eq\f(2,m)<x<1.综上所述，当0<m<2时，原不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2,m)))；当m＝2时，原不等式的解集为空集；当m>2时，原不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,m)，1)).例3ACD[当k＝0时，不等式即为－3<0，不等式恒成立；当k≠0时，若不等式恒成立，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k<0，,Δ＝k2＋24k<0))⇒－24<k<0，于是－24<k≤0，故选ACD.]例4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7)))解析要使f(x)<－m＋5在x∈[1,3]上恒成立，即meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)m－6<0在x∈[1,3]上恒成立．方法一令g(x)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)m－6，x∈[1,3]．当m>0时，g(x)在[1,3]上单调递增，所以g(x)max＝g(3)，即7m－6<0，所以m<eq\f(6,7)，所以0<m<eq\f(6,7)；当m＝0时，－6<0恒成立；当m<0时，g(x)在[1,3]上单调递减，所以g(x)max＝g(1)，即m－6<0，所以m<6，所以m<0.综上所述，m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7))).方法二因为x2－x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，又因为m(x2－x＋1)－6<0在x∈[1,3]上恒成立，所以m<eq\f(6,x2－x＋1)在x∈[1,3]上恒成立．令y＝eq\f(6,x2－x＋1)，因为函数y＝eq\f(6,x2－x＋1)＝eq\f(6,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,4))在[1,3]上的最小值为eq\f(6,7)，所以只需m<eq\f(6,7)即可．所以m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7))).例5D[不等式x2＋px>4x＋p－3可化为(x－1)p＋x2－4x＋3>0，由已知可得[(x－1)p＋x2－4x＋3]min>0(0≤p≤4)，令f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3(0≤p≤4)，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝x2－4x＋3>0，,f4＝4x－1＋x2－4x＋3>0，))解得x<－1或x>3.]跟踪训练2(1)C(2)C第二章函数§2.1函数的概念及其表示落实主干知识知识梳理1．非空的实数集任意唯一确定2．(1)定义域对应关系值域(2)定义域对应关系3．解析法列表法思考辨析(1)×(2)×(3)×(4)√教材改编题1．CD2.D3.C探究核心题型例1(1)C(2)[－2，－1)跟踪训练1(1)B(2)B例2解(1)(换元法)设1－sinx＝t，t∈[0,2]，则sinx＝1－t，∵f(1－sinx)＝cos2x＝1－sin2x，∴f(t)＝1－(1－t)2＝2t－t2，t∈[0,2]．即f(x)＝2x－x2，x∈[0,2]．(2)(配凑法)∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝x2＋eq\f(1,x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))2－2，∴f(x)＝x2－2，x∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)．(3)(待定系数法)∵f(x)是一次函数，可设f(x)＝ax＋b(a≠0)，∴3[a(x＋1)＋b]－2[a(x－1)＋b]＝2x＋17.即ax＋(5a＋b)＝2x＋17，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,5a＋b＝17，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝7.))∴f(x)的解析式是f(x)＝2x＋7.(4)(解方程组法)∵2f(x)＋f(－x)＝3x，①∴将x用－x替换，得2f(－x)＋f(x)＝－3x，②由①②解得f(x)＝3x.跟踪训练2(1)A(2)eq\f(1,x－1)(x≠0且x≠1)(3)A例3(1)C[因为f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx－1，x>0，,－lnx＋e＋2，x≤0，))所以f(2024)＝f(2023)＝f(2022)＝…＝f(1)，又f(1)＝f(1－1)＝f(0)＝－ln(0＋e)＋2＝－1＋2＝1，所以f(2024)＝1.](2)－2或5[－3，－1)∪[4，＋∞)解析若f(a)＝4，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<－1，,－a2－3a＋2＝4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥－1，,2a－3＝4，))解得a＝－2或a＝5.若f(a)≥2，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<－1，,－a2－3a＋2≥2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥－1，,2a－3≥2，))解得－3≤a<－1或a≥4，∴a的取值范围是[－3，－1)∪[4，＋∞)．跟踪训练3(1)D(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))§2.2函数的单调性与最值落实主干知识知识梳理1．(1)f(x1)<f(x2)f(x1)>f(x2)(2)单调递增单调递减2．(1)f(x)≤M(2)f(x0)＝M(1)f(x)≥M(2)f(x0)＝M思考辨析(1)×(2)×(3)×(4)×教材改编题1．D2.A3.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))探究核心题型例1AC[∵y＝ex与y＝－e－x为R上的增函数，∴y＝ex－e－x为R上的增函数，故A正确；由y＝|x2－2x|的图象(图略)知，B不正确；对于选项C，y′＝2－2sinx≥0，∴y＝2x＋2cosx在(0，＋∞)上单调递增，故C正确；y＝eq\r(x2＋x－2)的定义域为(－∞，－2]∪[1，＋∞)，故D不正确．]例2解方法一设－1<x1<x2<1，f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1＋1,x－1)))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x－1)))，f(x1)－f(x2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x1－1)))－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2－1)))＝eq\f(ax2－x1,x1－1x2－1)，由于－1<x1<x2<1，所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上单调递减；当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上单调递增．方法二f′(x)＝eq\f(ax′x－1－axx－1′,x－12)＝eq\f(ax－1－ax,x－12)＝－eq\f(a,x－12).当a>0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1,1)上单调递减；当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1,1)上单调递增．跟踪训练1(1)B(2)B例3B[∵对任意x1，x2∈(－∞，0)，均有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0成立，∴此时函数在区间(－∞，0)上单调递减，∵f(x)是偶函数，∴当x∈(0，＋∞)时，f(x)单调递增，又f(x)＝在x∈(0，＋∞)上单调递增，∴，又0<ln

eq\r(2)<1，∴，∴，即a<c<b.]例4eq\f(7,3)解析y＝eq\f(x2－2,x)＝x－eq\f(2,x)在[1,3]上单调递增，y＝ln(4－x)在[1,3]上单调递减，∴f(x)在[1,3]上单调递增，∴f(x)max＝f(3)＝eq\f(9－2,3)－0＝eq\f(7,3).例5(0,1)解析由f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋2)知，f(x)在定义域(－2，＋∞)上是减函数，且f(－1)＝3，由f(a－2)>3，得f(a－2)>f(－1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2<－1，,a－2>－2，))解得0<a<1.例6B[因为函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2ax，x≥1，,ax－1，x<1))是定义在R上的增函数，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤1，,a>0，,1－2a≥a－1，))解得0<a≤eq\f(2,3)，所以实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))).]跟踪训练2(1)D[函数f(x)的图象如图所示，由图可知，函数f(x)在R上单调递增，因为f(4)＝2，所以f(2x－1)<2等价于f(2x－1)<f(4)，故2x－1<4，即x<eq\f(5,2).](2)[1,2)解析f(x)＝eq\f(x＋a－3,x－1)＝eq\f(x－1＋a－2,x－1)＝1＋eq\f(a－2,x－1)，∵f(x)在(a，＋∞)上单调递增，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2<0，,a≥1))⇒1≤a<2.§2.3函数的奇偶性、周期性落实主干知识知识梳理1．f(－x)＝f(x)y轴f(－x)＝－f(x)原点2．(1)f(x＋T)＝f(x)(2)最小最小正数思考辨析(1)×(2)×(3)×(4)√教材改编题1．A2.－63.－1探究核心题型例1BC[对于A，只有奇函数在x＝0处有定义时，函数的图象过原点，所以A不正确；对于B，因为函数y＝xsinx的定义域为R且f(－x)＝(－x)sin(－x)＝f(x)，所以该函数为偶函数，所以B正确；对于C，函数y＝|x＋1|－|x－1|的定义域为R关于原点对称，且满足f(－x)＝|－x＋1|－|－x－1|＝－(|x＋1|－|x－1|)＝－f(x)，即f(－x)＝－f(x)，所以函数为奇函数，所以C正确；对于D，函数y＝eq\f(x2－x,x－1)满足x－1≠0，即x≠1，所以函数的定义域不关于原点对称，所以该函数为非奇非偶函数，所以D不正确．]跟踪训练1C[选项A，f(x)g(x)＝(ex＋e－x)sinx，f(－x)g(－x)＝(e－x＋ex)sin(－x)＝－(ex＋e－x)sinx＝－f(x)g(x)，是奇函数，判断错误；选项B，|f(x)|g(x)＝|sinx|(ex＋e－x)，|f(－x)|g(－x)＝|sin(－x)|(e－x＋ex)＝|sinx|(ex＋e－x)＝|f(x)|g(x)，是偶函数，判断错误；选项C，f(x)|g(x)|＝|ex＋e－x|sinx，f(－x)|g(－x)|＝|e－x＋ex|sin(－x)＝－|ex＋e－x|sinx＝－f(x)|g(x)|，是奇函数，判断正确；选项D，|f(x)g(x)|＝|(ex＋e－x)sinx|，|f(－x)g(－x)|＝|(e－x＋ex)sin(－x)|＝|(ex＋e－x)sinx|＝|f(x)g(x)|，是偶函数，判断错误．]例2(1)B(2)D例3D[由于f(x)是定义域为R的奇函数，所以f(0)＝0，又f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(2)＝0，所以f(x)的大致图象如图所示．由f(－x)＝－f(x)可得，eq\f(fx－2f－x,x)＝eq\f(fx＋2fx,x)＝eq\f(3fx,x)>0，由于x在分母位置，所以x≠0，当x<0时，只需f(x)<0，由图象可知x<－2；当x>0时，只需f(x)>0，由图象可知x>2；综上，不等式的解集为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．]跟踪训练2(1)D(2)D(3)1解析方法一(定义法)因为f(x)＝x3(a·2x－2－x)的定义域为R，且是偶函数，所以f(－x)＝f(x)对任意的x∈R恒成立，所以(－x)3(a·2－x－2x)＝x3(a·2x－2－x)对任意的x∈R恒成立，所以x3(a－1)(2x＋2－x)＝0对任意的x∈R恒成立，所以a＝1.方法二(取特殊值检验法)因为f(x)＝x3(a·2x－2－x)的定义域为R，且是偶函数，所以f(－1)＝f(1)，所以－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－2))＝2a－eq\f(1,2)，解得a＝1，经检验，f(x)＝x3(2x－2－x)为偶函数，所以a＝1.方法三(转化法)由题意知f(x)＝x3(a·2x－2－x)的定义域为R，且是偶函数．设g(x)＝x3，h(x)＝a·2x－2－x，因为g(x)＝x3为奇函数，所以h(x)＝a·2x－2－x为奇函数，所以h(0)＝a·20－2－0＝0，解得a＝1，经检验，f(x)＝x3(2x－2－x)为偶函数，所以a＝1.例4(1)D[∵函数f(x)是偶函数，∴f(－x)＝f(x)，又∵f(2－x)＝－f(x)，∴f(2－x)＝－f(－x)，∴f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)，∴函数f(x)的周期为4，∴f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)－4))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝－eq\f(1,2).](2)f(x)＝log2(5－x)，x∈[2,4]跟踪训练3AB§2.4函数的对称性落实主干知识知识梳理1．(1)原点y轴(2)x＝－2(－2,0)2．(a,0)3．(1)y轴(2)x轴(3)原点思考辨析(1)√(2)×(3)×(4)√教材改编题1．B2.f(－4)>f(1)3.5探究核心题型例1(1)B[定义在R上的函数f(x)是奇函数，且对x∈R都有f(x＋1)＝f(1－x)，故函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，∴f(x)＝f(2－x)，故f(－x)＝f(2＋x)＝－f(x)，∴f(x)＝－f(2＋x)＝f(4＋x)，∴f(x)是周期为4的周期函数．则f(2023)＝f(505×4＋3)＝f(3)＝－f(－3)＝2.](2)(2,4)解析∵f(x＋2)是偶函数，∴f(x＋2)的图象关于直线x＝0对称，∴f(x)的图象关于直线x＝2对称，又f(x)在[2，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(－∞，2]上单调递增．又f(x－1)>f(1)，∴|x－1－2|<|1－2|，即|x－3|<1，解得2<x<4，∴原不等式的解集为(2,4)．跟踪训练1(1)D(2)C例2(1)ABC[因为f(x)为偶函数，则f(x)＝f(－x)，故A正确；因为f(x)的图象关于点(2,0)对称，对于f(x)的图象上的点(x，y)关于(2,0)的对称点(4－x，－y)也在函数图象上，即f(4－x)＝－y＝－f(x)，用2＋x替换x得到，f[4－(2＋x)]＝－f(2＋x)，即f(2＋x)＋f(2－x)＝0，故B正确；由f(2＋x)＋f(2－x)＝0，令x＝x＋2，可得f(x＋4)＋f(－x)＝0，即f(－x)＝－f(x＋4)，故C正确；由B知，f(2＋x)＝－f(2－x)＝－f(x－2)，故D错误．](2)4解析因为f(x)＋f(－x)＝2，所以y＝f(x)的图象关于点(0,1)对称，y＝g(x)＝eq\f(1,x)＋1的图象也关于点(0,1)对称，则交点关于(0,1)对称，所以4个交点的纵坐标之和为2×2＝4.跟踪训练2(1)C(2)D例3A[设P(x0，y0)为y＝f(x＋2)图象上任意一点，则y0＝f(x0＋2)＝f(4－(2－x0))，所以点Q(2－x0，y0)在函数y＝f(4－x)的图象上，而P(x0，y0)与Q(2－x0，y0)关于直线x＝1对称，所以函数y＝f(x＋2)的图象与y＝f(4－x)的图象关于直线x＝1对称．]跟踪训练3C§2.5函数性质的综合应用例1D[因为函数f(x)为定义在R上的奇函数，则f(0)＝0.又f(x)在(－∞，0)上单调递减，且f(2)＝0，画出函数f(x)的大致图象如图(1)所示，则函数f(x－1)的大致图象如图(2)所示．(1)(2)当x≤0时，要满足xf(x－1)≥0，则f(x－1)≤0，得－1≤x≤0.当x>0时，要满足xf(x－1)≥0，则f(x－1)≥0，得1≤x≤3.故满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是[－1,0]∪[1,3]．]跟踪训练1A例2B[∵f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝f((x＋2)＋2)＝－f(x＋2)＝f(x)，∴函数f(x)是周期为4的周期函数，∴f(6)＝f(2)＝－f(0)＝f(0)，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，f(－7)＝f(1)，又当x∈[0,1]时，f(x)单调递增，∴f(0)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<f(1)，即f(6)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))<f(－7)．]跟踪训练2B例3BC[对于A选项，因为f(－x)＋f(x)＝0，且f(1－x)＝f(1＋x)，则f(1－(1＋x))＝f(1＋(1＋x))，即f(x＋2)＝－f(x)，A错；对于B选项，因为f(x＋2)＝－f(x)，则f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，因为f(－x)＋f(x)＝0，则f(－(2＋x))＋f(2＋x)＝0，即f(2＋x)＝－f(－2－x)＝－f(2－x)，即f(2＋x)＋f(2－x)＝0，故函数y＝f(x)的图象关于点(2,0)对称，B对；对于C选项，因为f(1－x)＝f(1＋x)，故函数y＝f(x＋1)是偶函数，C对；对于D选项，因为f(1－x)＝f(1＋x)，则f(1－(x－1))＝f(1＋(x－1))，即f(2－x)＝f(x)≠f(x－1)，D错．]跟踪训练3D[∵f(x)的图象关于点(1,0)对称，∴f(－x)＝－f(2＋x)，又f(x)为R上的偶函数，∴f(x)＝f(－x)，∴f(x＋2)＝－f(－x)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)，∴f(x)是周期为4的周期函数，∴f(3)＝f(－1)＝f(1)＝2－2＝0，又f(0)＝1，f(2)＝－f(0)＝－1，∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2024)＝506[f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)]＋f(2024)＝506×(1＋0－1＋0)＋f(0)＝1.]例4BCD[因为f(x＋1)＝f(x－2)且y＝f(x)是定义在R上的奇函数，则f(x＋3)＝f(x)，故函数f(x)是周期为3的周期函数，且f(x＋3)＝f(x)＝－f(－x)，所以f(3＋x)＋f(－x)＝0，故函数y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))对称，A错误，B正确；由题意可知，f(6)＝f(3)＝f(0)＝0，因为f(x)＝f(x＋3)＝－f(－x)，令x＝－eq\f(3,2)，可得f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝0，从而f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝0，故函数y＝f(x)在[0,6]内至少有5个零点，C正确；因为f(2021)＝f(3×674－1)＝f(－1)，f(2022)＝f(3×674)＝f(0)，且函数f(x)在[0,1]上单调递增，则函数f(x)在[－1,0]上也单调递增，故函数f(x)在[2021,2022]上也单调递增，D正确．]跟踪训练4ABC[对于A，∵f(x＋1)＝f(x－3)，∴f(x＋3＋1)＝f(x＋3－3)，则f(x)＝f(x＋4)，即f(x)的周期为4，故A正确；对于B，由f(1＋x)＝f(3－x)知f(x)的图象关于直线x＝2对称，故B正确；对于C，当0≤x≤2时，f(x)＝x2－x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递增，根据对称性可知，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(7,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，4))上单调递增，则函数f(x)在[0,4]上的最大值为f(2)＝4－2＝2，故C正确；对于D，根据周期性以及单调性可知，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(15,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)，8))上单调递增，则函数f(x)在[6,8]上的最小值为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(7,2)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,4)－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,4)，故D错误.]§2.6二次函数与幂函数落实主干知识知识梳理1．(1)y＝xα(3)②(1,1)(0,0)③(1,1)④奇函数偶函数2．(1)ax2＋bx＋c(a≠0)(m，n)零点(2)Req\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4ac－b2,4a)))－eq\f(b,2a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，\f(4ac－b2,4a)))减增增减思考辨析(1)×(2)√(3)×(4)×教材改编题1．D2.A3.A探究核心题型例1(1)B[由图象知，y＝xm在(0，＋∞)上单调递增，所以m>0，又y＝xm的图象增长得越来越慢，所以m<1，y＝xn在(0，＋∞)上单调递减，所以n<0，又当x>1时，y＝xn的图象在y＝x－1的下方，所以n<－1.综上，n<－1,0<m<1.](2)A[由题意，得m2＋m－5＝1，即m2＋m－6＝0，解得m＝2或m＝－3，当m＝2时，可得函数f(x)＝x3，此时函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，符合题意；当m＝－3时，可得f(x)＝x－2，此时函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意，即幂函数f(x)＝x3，则f(3)＝27.]跟踪训练1(1)D(2)BC例2解方法一(利用“一般式”解题)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a＋2b＋c＝－1，,a－b＋c＝－1，,\f(4ac－b2,4a)＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝4，,c＝7.))所以所求二次函数的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7.方法二(利用“顶点式”解题)设f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)．因为f(2)＝f(－1)，所以抛物线的对称轴为x＝eq\f(2＋－1,2)＝eq\f(1,2)，所以m＝eq\f(1,2).又根据题意，函数有最大值8，所以n＝8，所以f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋8.因为f(2)＝－1，所以aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))2＋8＝－1，解得a＝－4，所以f(x)＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋8＝－4x2＋4x＋7.方法三(利用“零点式”解题)由已知f(x)＋1＝0的两根为x1＝2，x2＝－1，故可设f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)(a≠0)，即f(x)＝ax2－ax－2a－1.又函数有最大值8，即eq\f(4a－2a－1－－a2,4a)＝8.解得a＝－4.故所求函数的解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7.跟踪训练2y＝eq\f(1,2)x2＋x－eq\f(3,2)或y＝－eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)例3D例4解(1)当a>0时，f(x)＝ax2－x＋2a－1的图象开口向上，对称轴方程为x＝eq\f(1,2a)，所以f(x)在区间[1,2]上单调递减需满足eq\f(1,2a)≥2，a>0，解得0<a≤eq\f(1,4).当a<0时，f(x)＝ax2－x＋2a－1的图象开口向下，对称轴方程为x＝eq\f(1,2a)<0，所以f(x)在区间[1,2]上单调递减需满足a<0，综上，a的取值范围是(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))).(2)①当0<eq\f(1,2a)<1，即a>eq\f(1,2)时，f(x)在区间[1,2]上单调递增，此时g(a)＝f(1)＝3a－2.②当1≤eq\f(1,2a)≤2，即eq\f(1,4)≤a≤eq\f(1,2)时，f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递减，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，2))上单调递增，此时g(a)＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)))＝2a－eq\f(1,4a)－1.③当eq\f(1,2a)>2，即0<a<eq\f(1,4)时，f(x)在区间[1,2]上单调递减，此时g(a)＝f(2)＝6a－3，综上所述，g(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6a－3，a∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，,2a－\f(1,4a)－1，a∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))，,3a－2，a∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).))跟踪训练3(1)ACD(2)[2,4]§2.7指数与指数函数落实主干知识知识梳理1．(1)x(2)根式(3)aa2.eq\r(n,am)03．ar＋sarsarbr4．(1)R(2)R(0，＋∞)(0,1)y>10<y<1y>10<y<1增函数减函数思考辨析(1)×(2)×(3)×(4)×教材改编题1．C2.13.2或eq\f(1,2)探究核心题型例1解(1)(－1.8)0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))－2·eq\r(3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\f(3,8)))2)－eq\f(1,\r(0.01))＋eq\r(93)＝1＋＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2－10＋33＝1＋1－10＋27＝19.(2)＝＝2×eq\f(1,100)×8＝eq\f(4,25).跟踪训练1解(1)因为eq\r(a－3)有意义，所以a>0，所以原式＝＝eq\r(3,a3)÷eq\r(a2)＝a÷a＝1.(2)原式＝＝10－1＋8＋23·32＝89.例2(1)BCD[如图，由指数函数的图象可知，0<a<b或者b<a<0，所以A错误，B，C正确；D选项中，0<a<log32⇒0<a<b<1，则有ab<aa<ba，所以D正确．](2)(0,2)解析在同一平面直角坐标系中画出y＝|2x－2|与y＝b的图象，如图所示．∴当0<b<2时，两函数图象有两个交点，从而函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点．∴b的取值范围是(0,2)．跟踪训练2BD例3D例4D例5解(1)f(x)＝eq\f(1,a)×2x＋eq\f(1,2x)，因为f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以eq\f(1,a)×eq\f(1,2x)＋2x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)×2x＋\f(1,2x)))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,2x)))＝0，即eq\f(1,a)＋1＝0，解得a＝－1.(2)因为f(x)＝eq\f(1,2x)－2x，x∈[1,2]，所以eq\f(1,22x)－22x≥meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)－2x))，所以m≥eq\f(1,2x)＋2x，x∈[1,2]，令t＝2x，t∈[2,4]，由于y＝t＋eq\f(1,t)在[2,4]上单调递增，所以m≥4＋eq\f(1,4)＝eq\f(17,4).跟踪训练3(1)AC(2)1§2.8对数与对数函数落实主干知识知识梳理1．x＝logaNaNlgNlnN2．(1)01N(2)①logaM＋logaN②logaM－logaN③nlogaM3．(0，＋∞)R(1,0)y>0y<0y<0y>0增函数减函数4．y＝logaxy＝x思考辨析(1)×(2)×(3)×(4)√教材改编题1．A2.(3,2)3.4探究核心题型例1(1)D(2)2跟踪训练1(1)eq\f(9,25)(2)－1例2(1)A(2)(3，＋∞)解析f(x)＝|lnx|的图象如图，因为f(a)＝f(b)，所以|lna|＝|lnb|，因为0<a<b，所以lna<0，lnb>0，所以0<a<1，b>1，所以－lna＝lnb，所以lna＋lnb＝ln(ab)＝0，所以ab＝1，则b＝eq\f(1,a)，所以a＋2b＝a＋eq\f(2,a)，令g(x)＝x＋eq\f(2,x)(0<x<1)，则g(x)在(0,1)上单调递减，所以g(x)>g(1)＝1＋2＝3，所以a＋2b>3，所以a＋2b的取值范围为(3，＋∞)．跟踪训练2(1)B(2)D例3C[a＝log30.5<log31＝0，即a<0；b＝log3π>log33＝1，即b>1；0＝log41<log43<log44＝1，即0<c<1，∴a<c<b.]例4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))解析由题意loga(a＋1)<loga(2eq\r(a))<loga1，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1，,a＋1<2\r(a)<1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,a＋1>2\r(a)>1，))解得eq\f(1,4)<a<1.例5A[函数f(x)的定义域为{x|x≠±3}，f(x)＝ln|x＋3|＋ln|x－3|＝ln|x2－9|，令g(x)＝|x2－9|，则f(x)＝lng(x)，函数g(x)的单调区间由图象(图略)可知，当x∈(－∞，－3)，x∈(0,3)时，g(x)单调递减，当x∈(－3,0)，x∈(3，＋∞)时，g(x)单调递增，由复合函数单调性同增异减得单调区间．由f(－x)＝ln|(－x)2－9|＝ln|x2－9|＝f(x)得f(x)为偶函数．]跟踪训练3(1)A(2)(1，eq\r(2))§2.9指、对、幂的大小比较例1C[因为函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))x是增函数，所以<，即a<b，又因为函数y＝在(0，＋∞)上单调递增，所以<，所以b<c，故c>b>a.]例2C[因为1＝log55>log53>log5eq\r(5)＝log5＝eq\f(1,2)，即eq\f(1,2)<a<1，b＝>20＝1,7－0.5＝<＝eq\f(1,2)，即0<c<eq\f(1,2)，所以b>a>c.]例3C[取特殊值，令a＝4，b＝2，c＝eq\f(1,4)，则ac＝，bc＝，∴ac>bc，故A错误；abc＝4×＝，bac＝2×＝，∴abc>bac，故B错误；logac＝log4eq\f(1,4)＝－1，logbc＝log2eq\f(1,4)＝－2，alogbc＝－8，blogac＝－2，∴alogbc<blogac，logac>logbc，故C正确，D错误．]跟踪训练1(1)D(2)A例4(1)A[c＝eq\f(1,5)>eq\f(1,4)＝1，a＝＝＝，b＝＝，因为y＝在(0，＋∞)上单调递增，且eq\f(1,1024)<eq\f(1,625)，所以a<b，又<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,625)))0＝1，即b<1，所以a<b<c.](2)A[∵log53－log85＝log53－eq\f(1,log58)＝eq\f(log53·log58－1,log58)<eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(log53＋log58,2)))2－1,log58)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(log524,2)))2－1,log58)<eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(log525,2)))2－1,log58)＝0，∴log53<log85.∵55<84,134<85，∴5log85<4,4<5log138，∴log85<log138，∴log53<log85<log138，即a<b<c.]跟踪训练2(1)B(2)D例5(1)B[a＝eq\f(2－ln2,\f(e2,2))＝eq\f(ln

\f(e2,2),\f(e2,2))，c＝eq\f(1,e)＝eq\f(lne,e)，令f(x)＝eq\f(lnx,x)，∴a＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,2)))，b＝f(2)，c＝f(e)，∴f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，∴当x∈(0，e)时，f′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，∴f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴f(x)max＝f(e)＝eq\f(lne,e)＝c，∴a<c，b<c，又b＝eq\f(ln2,2)＝eq\f(2ln2,4)＝eq\f(ln4,4)＝f(4)，∵4>eq\f(e2,2)，∴f(4)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,2)))，∴b<a，∴b<a<c.](2)C[设u(x)＝xex(0<x≤0.1)，v(x)＝eq\f(x,1－x)(0<x≤0.1)，w(x)＝－ln(1－x)(0<x≤0.1)．则当0<x≤0.1时，u(x)>0，v(x)>0，w(x)>0.①设f(x)＝ln[u(x)]－ln[v(x)]＝lnx＋x－[lnx－ln(1－x)]＝x＋ln(1－x)(0<x≤0.1)，则f′(x)＝1－eq\f(1,1－x)＝eq\f(x,x－1)<0在(0,0.1]上恒成立，所以f(x)在(0,0.1]上单调递减，所以f(0.1)<f(0)＝0＋ln(1－0)＝0，即ln[u(0.1)]－ln[v(0.1)]<0，所以ln[u(0.1)]<ln[v(0.1)]．又函数y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，所以u(0.1)<v(0.1)，即0.1e0.1<eq\f(1,9)，所以a<b.②设g(x)＝u(x)－w(x)＝xex＋ln(1－x)(0<x≤0.1)，则g′(x)＝(x＋1)ex－eq\f(1,1－x)＝eq\f(1－x2ex－1,1－x)(0<x≤0.1)．设h(x)＝(1－x2)ex－1(0<x≤0.1)，则h′(x)＝(1－2x－x2)ex>0在(0,0.1]上恒成立，所以h(x)在(0,0.1]上单调递增，所以h(x)>h(0)＝(1－02)×e0－1＝0，即g′(x)>0在(0,0.1]上恒成立，所以g(x)在(0,0.1]上单调递增，所以g(0.1)>g(0)＝0×e0＋ln(1－0)＝0，即g(0.1)＝u(0.1)－w(0.1)>0，所以0.1e0.1>－ln0.9，即a>c.综上，c<a<b，故选C.]跟踪训练3(1)D[令f(x)＝(14－x)lnx，则f′(x)＝－lnx＋eq\f(14,x)－1.因为y＝－lnx在(0，＋∞)上单调递减，y＝eq\f(14,x)－1在(0，＋∞)上单调递减，所以f′(x)＝－lnx＋eq\f(14,x)－1在(0，＋∞)上单调递减．而f′(5)＝－ln5＋eq\f(14,5)－1>0，f′(6)＝－ln6＋eq\f(14,6)－1<0，所以当x∈(6，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)＝(14－x)lnx在(6，＋