备战高考数学一轮复习讲义第二章

第二章基本初等函数第6讲函数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，函数y＝eq\f(\r(,4－x2),lnx＋1)的定义域为(－1,0)∪(0,2]．2.C3.D解析：因为f(－3)＝(－3)2－1＝8，所以f(f(－3))＝f(8)＝log28＝3.4.D解析：因为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)，从而g(x)＝x2－4x＝(x－2)2－4，当x＝2时，g(x)取得最小值，且最小值为－4.5.BD解析：因为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)，即不满足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)，即满足B，不满足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)，即满足D.6.ABD解析：由题意知g(2)＝log22＝1，f(g(2))＝f(1)＝2，A正确；g(f(1))＝g(2)＝1，B正确；f(g(－1))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)＋2＝eq\f(5,2)，C错误；g(f(－1))＝g(－2)＝2－2＝eq\f(1,4)，D正确．7.2解析：由题意知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：当x<0时，eq\f(1,x)<0，当x≥0时，2x－1＋eq\f(a,3)≥eq\f(1,2)＋eq\f(a,3).因为函数f(x)的值域为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：由题得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).当x≤1时，由1≤f(x)≤3可得1≤－x2＋2≤3，所以－1≤x≤1；当x>1时，由1≤f(x)≤3可得1≤x＋eq\f(1,x)－1≤3，所以1<x≤2＋eq\r(,3)，从而当－1≤x≤2＋eq\r(,3)时，1≤f(x)≤3，所以[a，b]⊆[－1,2＋eq\r(,3)]，所以b－a的最大值为3＋eq\r(,3).10.【解答】(1)因为f(x)的定义域为[－1,5]，所以f(x－5)需满足－1≤x－5≤5，解得4≤x≤10，所以f(x－5)的定义域为[4,10]．(2)因为f(x－1)的定义域为[0,3]，所以0≤x≤3，－1≤x－1≤2，所以f(x)的定义域为[－1,2]．(3)因为f(x)的定义域为[0,1]，所以g(x)需满足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.))当1－m＜m，即m>eq\f(1,2)时，g(x)的定义域为∅；当1－m＝m，即m＝eq\f(1,2)时，g(x)的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))；当1－m＞m，即0<m<eq\f(1,2)时，g(x)的定义域为[m，1－m]．11.【解答】(1)因为f(x)是一次函数，所以设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)，则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：由题意可知，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}．因为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，当且仅当x＝y＝eq\f(1,2)时，等号成立，所以充分性成立；当x＝y＝eq\f(1,3)时，eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)≥4，此时x＋y≠1，所以必要性不成立．14.【解答】(1)因为y＝f(x)＝x2－2x＋a的图象开口向上，对称轴为x＝1，且有两个大于0的零点，如图(1)，所以结合图象可得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)．图(1)图(2)(第14题)(2)因为y＝x2－2x－3＋m的图象开口向上，对称轴为x＝1，且在[－1,4]上有两个零点，如图(2)，所以结合图象可得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讲函数的单调性与最值1.D解析：易知f(x)＝eq\f(2x,x－2)＝2＋eq\f(4,x－2)，所以f(x)在区间[3,4]上单调递减，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：函数f(x)＝|x－2|(x－4)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2x－4，x≥2，,2－xx－4，x<2，))作出函数f(x)的图象如图所示，由图象可得函数f(x)的减区间是[2,3]．(第3题)4.B解析：因为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.))当x>m时，f(x)＝x－m单调递增且f(m)＝0，当x≤m时，f(x)＝－x2＋2mx－m2单调递增且f(m)＝0，所以f(x)在定义域上单调递增，则f(a2－4)>f(3a)等价于a2－4>3a，即(a＋1)(a－4)>0，解得a>4或a<－1，即a∈(－∞，－1)∪(4，＋∞)．5.BC解析：因为f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x，x<0，,x2，x>0，))当x0＞0时，f(x0)＝xeq\o\al(2,0)＝－x0，解得x0＝0，x0＝－1，显然都不满足x0＞0，故A不正确；当x0＜0时，f(x0)＝－x0＝xeq\o\al(2,0)，解得x0＝0，x0＝－1，显然x0＝－1满足x0＜0，故B正确；当x＜0时，f(x)＝－x单调递减，即f(x)的减区间为(－∞，0)，当x＞0时，f(x)＝x2单调递增，即f(x)的增区间为(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)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，即函数f(－x)与f(x)的单调区间和单调性相同，故C正确；不妨令x1＜x2，f(x1)＝f(x2)＝eq\f(1,4)，则x1＝－eq\f(1,4)，x2＝eq\f(1,2)，此时x1＋x2＝eq\f(1,4)＞0，故D不正确．6.BC解析：对于A，y＝(x－1)2的图象为开口向上的抛物线，对称轴为x＝1，所以y＝(x－1)2在区间(0,1)上单调递减，故A不正确；对于B，y＝eq\f(1,1－x)的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，将y＝－eq\f(1,x)的图象向右平移1个单位长度可得y＝eq\f(1,1－x)＝－eq\f(1,x－1)的图象，因为y＝－eq\f(1,x)在(－∞，0)上单调递增，所以y＝eq\f(1,1－x)在(－∞，1)上单调递增，所以y＝eq\f(1,1－x)在区间(0,1)上单调递增，故B正确；对于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|在区间(0,1)上单调递增，故C正确；对于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|复合而成，因为y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))t单调递减，t＝|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x≥0，,－x，x<0))在区间(0,1)上单调递增，所以y＝2－|x|＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x|在区间(0,1)上单调递减，故D不正确．7.log2x(答案不唯一)解析：f(xy)＝f(x)＋f(y)是对数函数模型，f(x)＝log2x满足条件．8.[－8，－1]解析：作出函数f(x)的图象，如图所示．当x≤－1时，函数f(x)＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,2)))单调递减，且最小值为f(－1)＝－1，则令log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,2)))＝2，解得x＝－8；当x>－1时，函数f(x)＝－eq\f(1,3)x2＋eq\f(4,3)x＋eq\f(2,3)在(－1,2)上单调递增，在[2，＋∞)上单调递减，且最大值为f(2)＝2，又f(4)＝eq\f(2,3)<2，f(－1)＝－1，故实数m的取值范围为[－8，－1]．(第8题)9.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))解析：由函数单调性定义可得函数f(x)在R上单调递减，则根据分段函数单调性的判断方法可知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，＋∞)上单调递增，证明如下：设任意的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).因为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，＋∞)上单调递增．(2)由(1)可知f(x)在[1，m]上为增函数，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，此时m>1，符合题意．11.【解答】(1)由x＋eq\f(a,x)－2>0，得eq\f(x2－2x＋a,x)>0.当a>1时，x2－2x＋a>0恒成立，定义域为(0，＋∞)；当a＝1时，定义域为{x|x>0且x≠1}；当0<a<1时，定义域为{x|0<x<1－eq\r(1－a)或x>1＋eq\r(1－a)}．(2)设g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2，当a∈(1,4)，x∈[2，＋∞)时，g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2在[2，＋∞)上是增函数，所以f(x)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)－2))在[2，＋∞)上是增函数，所以f(x)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)－2))在[2，＋∞)上的最小值为f(2)＝lgeq\f(a,2).(3)对任意的x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，即x＋eq\f(a,x)－2>1对x∈[2，＋∞)恒成立，所以a>3x－x2，x∈[2，＋∞)．设h(x)＝3x－x2，x∈[2，＋∞)，则h(x)＝3x－x2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋eq\f(9,4)在[2，＋∞)上是减函数，所以h(x)max＝h(2)＝2，所以a>2，即实数a的取值范围是(2，＋∞)．12.B解析：函数y＝f(2x)的定义域是[0,1012]，即x∈[0,1012]，则2x∈[0,2024]，所以函数y＝f(x)的定义域是[0,2024]，从而函数g(x)＝eq\f(fx＋1,x－1)的定义域满足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)的定义域是[－1,1)∪(1,2023]．13.B解析：因为g(x)＝lnx的值域为R，所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－ax＋a2，x<1，,3x，x≥1))的值域为R.当x≥1时，3x≥31＝3.当x<1时，①若1－a＝0，即a＝1，则f(x)＝1，此时不满足条件．②若1－a<0，即a>1，则f(x)>1－a＋a2，此时f(x)的值域不可能为R.③若1－a>0，即a<1，则f(x)<1－a＋a2，要使f(x)的值域为R，则1－a＋a2≥3，即a2－a－2≥0，解得a≥2或a≤－1.又因为a<1，所以a≤－1.综上，a的取值范围是(－∞，－1]．14.【解答】(1)由题意知eq\f(c,a)＝1·t>0，所以ac>0.对于方程f(x)＝ax2＋(a－b)x－c＝0，因为Δ＝(a－b)2＋4ac>0恒成立，所以方程f(x)＝ax2＋(a－b)x－c＝0必有两个不相同的根．(2)因为ax2＋bx＋c>0的解集为(1，t)，所以1和t为方程ax2＋bx＋c＝0的两个根，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)，则|x2－x1|2＝t2＋8t＋4＝(t＋4)2－12.因为t>1，所以(t＋4)2－12>13，所以|x2－x1|∈(eq\r(,13)，＋∞)．第8讲函数的奇偶性与周期性、对称性练习11.D解析：2>eq\f(π,2)，由正弦函数的性质可知y＝sinx在[－2,2]上不为增函数，A排除；y＝－2x在[－2,2]上单调递减，B排除；y＝e|x|＝e|－x|，故函数在[－2,2]上为偶函数，C排除；y＝2x3,2(－x)3＝－2x3，故函数在[－2,2]上为奇函数，且由幂函数的性质知y＝x3在[－2,2]上单调递增，则y＝2x3在[－2,2]上单调递增，满足题意．2.C解析：令F1(x)＝f(x)＋g(x)，则F1(－x)＝f(－x)＋g(－x)＝－f(x)＋g(x)≠－F1(x)，且F1(－x)≠F1(x)，所以F1(x)既不是奇函数，也不是偶函数，故A，B错误；令F2(x)＝f(x)g(x)，则F2(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(x)g(x)＝－F2(x)，且F2(－x)≠F2(x)，所以F2(x)是奇函数，不是偶函数，故C正确，D错误．3.D解析：因为f(x)是奇函数，所以f(x)＝f(2－x)＝－f(x－2)，所以T＝4且f(x)的图象关于直线x＝1对称，因此f(2025)＝f(1)＝1.由奇偶性可得，当x∈[－1,1]时，f(x)＝x3，当x∈(1,3)时，x－2∈(－1,1)，f(x－2)＝(x－2)3＝－f(x)，所以f(x)＝(2－x)3，由周期性知，当x∈[－1,3]时，f(x)>0的解集为(0,2)，当x∈R时，f(x)>0的解集为(4k，4k＋2)(k∈Z)．4.C解析：因为函数f(x)对任意的实数x都满足f(x＋4)＋f(x)＝2f(2)，f(2)＋f(－2)＝2f(2)，所以f(－2)＝f(2)．又f(x)为奇函数，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)是周期为8的周期函数．若f(－1)＋f(－2)＝2，则f(－1)＋0＝2，即f(－1)＝2，则f(2025)＝f(253×8＋1)＝f(1)＝－f(－1)＝－2.5.ABD解析：由题知，f(x)图象的对称中心为(0,0)，对称轴为x＝1，所以f(x)的图象也关于直线x＝－1对称且f(x)＝f(2－x)，A，D正确．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)的周期为4，则g(2023)＝f(2024)＝f(0)＝0，B正确；但不能说明f(x)的最小正周期为4，所以g(x)的最小正周期也不确定，C错误．6.ABD解析：当x<0时，－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)的图象如图所示．由图可知f(x)∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，所以|f(x)|≥2，故A正确；当x<0时，f(x)＝－x2－2x－3，故B正确；由图象可知x＝1显然不是f(x)图象的对称轴，故C错误；由图象可知f(x)在(－∞，－1)上单调递增，故D正确．(第6题)7.1解析：因为f(x)是奇函数，f(－e2)＝2，所以f(e2)＝－2.又当x>0时，f(x)＝－ln(ax)，所以f(e2)＝－ln(ae2)＝－2，所以ae2＝e2，解得a＝1.8.1解析：由题意知，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：因为当x≥0时，f(x)＝2x－2，所以偶函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，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：因为当x≤0时，f(x)＝－x2－4x，所以f(－2)＝4.又因为f(x)为奇函数，所以f(2)＝－f(－2)＝－4，即4＋2a＝－4，所以a＝－4.检验：当a＝－4时，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－4x，x≤0，,x2－4x，x>0，))当x＝0时，f(0)＝0；当x>0时，f(－x)＋f(x)＝－x2＋4x＋x2－4x＝0；当x<0时，f(－x)＋f(x)＝x2＋4x－x2－4x＝0.从而对任意x∈R，f(－x)＝－f(x)恒成立，所以f(x)为奇函数，符合题意．综上所述，实数a的值为－4.方法二：设任意x>0，则－x<0，所以f(－x)＝－(－x)2－4(－x)＝－x2＋4x.又因为f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)＝－x2＋4x，所以f(x)＝x2－4x，所以f(2)＝－4.因为当x>0时，x2＋ax＝x2－4x恒成立，所以a＝－4.(2)原方程等价于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)，即该方程的解集为{2，－2－2eq\r(2)}．11.【解答】(1)根据题意，知f(x)＋g(x)＝eq\f(x,x－1)，则f(－x)＋g(－x)＝eq\f(－x,－x－1)＝eq\f(x,x＋1).又f(x)是偶函数，g(x)是奇函数，则f(－x)＋g(－x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(x,x＋1)，联立两式解得f(x)＝eq\f(x2,x2－1)，g(x)＝eq\f(x,x2－1).(2)由(1)知，f(x)＝eq\f(x2,x2－1)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(\f(1,x2),\f(1,x2)－1)＝eq\f(－1,x2－1)，则有f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(x2,x2－1)＋eq\f(－1,x2－1)＝1，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋f(2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＋f(3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＋f(4)＝3.12.BC解析：取a＝2，b＝－3，c＝－1，则a2c＞b2c，故A错误；因为a＞b，所以a3＞b3，c＜0，所以a3c＜b3c，故B正确；因为a＜b＜0，所以a2＞ab，ab＞b2，所以a2＞ab＞b2，故C正确．取a＝eq\f(1,e)，b＝eq\f(1,e)，则[ln(a＋b)]2<lna·lnb，故D错误．13.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪[1，＋∞)解析：由eq\f(5,x＋1)≥2，得eq\f(3－2x,x＋1)≥0，解得－1<x≤eq\f(3,2).当m>0时，由(x－2m)(x＋m)≤0，得－m≤x≤2m，当m<0时，由(x－2m)(x＋m)≤0，得2m≤x≤－m.因为p是q的充分条件，所以当m>0时，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－m≤－1，,2m≥\f(3,2)，))解得m≥1，当m<0时，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m≤－1，,－m≥\f(3,2)，))解得m≤－eq\f(3,2).综上，实数m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪[1，＋∞)．14.【解答】(1)当k＝0时，f(x)＝－1≤0恒成立，符合题意；当k≠0时，要想f(x)＝kx2＋kx－1≤0∀x∈R恒成立，只需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k<0，,Δ＝k2＋4k≤0))⇒－4≤k<0.综上所述，k的取值范围为[－4,0]．(2)当k＝0时，f(x)＝－1，显然∀m≥1，∃x∈[1,4]，满足f(x)≤m成立，符合题意；当k>0时，二次函数f(x)＝kx2＋kx－1的图象的对称轴为x＝－eq\f(1,2)，且开口向上，当x∈[1,4]时，函数单调递增，所以f(x)∈[2k－1,20k－1]，因此要想∀m≥1，∃x∈[1,4]，满足f(x)≤m成立，只需2k－1≤1⇒k≤1，即0<k≤1；当k<0时，二次函数f(x)＝kx2＋kx－1的图象的对称轴为x＝－eq\f(1,2)，且开口向下，当x∈[1,4]时，函数单调递减，所以f(x)∈[20k－1,2k－1]，因此要想∀m≥1，∃x∈[1,4]，满足f(x)≤m成立，只需20k－1≤1⇒k≤eq\f(1,10)，即k<0.综上所述，k的取值范围为(－∞，1]．第8讲函数的奇偶性与周期性、对称性练习21.C解析：对于A，易知y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x|是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，故错误；对于B，易知y＝|x|－x2是偶函数，当x>0时，y＝x－x2，其在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递减，故错误；对于C，易知y＝|x|－1是偶函数，当x>0时，y＝x－1是增函数，故正确；对于D，易知y＝x－eq\f(1,x)是奇函数，故错误．2.D解析：因为偶函数y＝f(x)在区间(－∞，0]上是减函数，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．对于A，f(－3)＝f(3)，0<2<3，所以f(2)<f(3)＝f(－3)，故A错误；对于B，f(－2)＝f(2)，2>1>0，所以f(－2)＝f(2)>f(1)，故B错误；对于C，D,0<1<2，所以f(－1)＝f(1)<f(2)＝f(－2)，故C错误，D正确．3.D解析：因为f(x)＝eq\f(xex－e－x,|x|－1)，x≠±1，所以f(－x)＝eq\f(－xe－x－ex,|－x|－1)＝eq\f(xex－e－x,|x|－1)＝f(x)，定义域关于原点对称，故f(x)是偶函数，排除A.当x>0时，ex>e－x，即ex－e－x>0，当x>1时，|x|－1>0，因此当x>1时，f(x)>0，排除B，C.4.D解析：由题意知f(x)＝(x＋2)(ax2＋bx＋c)＝ax3＋(2a＋b)x2＋(2b＋c)x＋2c，由f(x)＋f(－x)＝0，知f(x)是奇函数，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝0，,2c＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－2a，,c＝0，))因此，g(x)＝ax2－2ax＝a(x－1)2－a.而a≠0，当a>0时，g(x)的最小值为－a，当a<0时，g(x)的最大值为－a，A，B都不正确；g(2＋x)＝a(x＋1)2－a，g(2－x)＝a(－x＋1)2－a，g(－x)＝a(－x－1)2－a＝a(x＋1)2－a，即g(2＋x)≠g(2－x)，g(2＋x)＝g(－x)，因此，C不正确，D正确．5.BCD解析：根据题意，f(x)是定义域为R的奇函数，则f(－x)＝－f(x)，又由函数f(x＋2)为偶函数，得函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，则有f(－x)＝f(4＋x)，所以f(x＋4)＝－f(x)，即f(x＋8)＝－f(x＋4)＝f(x)，则函数f(x)是周期为8的周期函数．对于A，函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，A错误；对于B，f(x)是定义域为R的奇函数，则f(0)＝0，又由函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，则f(4)＝0，B正确；对于C，函数f(x)是周期为8的周期函数，即f(x＋8)＝f(x)，C正确；对于D，若f(－1)＝－1，则f(2023)＝f(－1＋2024)＝f(－1)＝－1，D正确．6.BCD解析：由题知，当k<x<k＋1(k∈Z)时，[x]＝k，[－x]＝－k－1，所以f(x)＝2k＋1；当x＝k(k∈Z)时，[x]＝k，[－x]＝－k，所以f(x)＝2k，所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2k，x＝kk∈Z，,2k＋1，k<x<k＋1k∈Z，))所以f(x)不是增函数，故A错误，f(－x)＝[－x]－[x]＝－([x]－[－x])＝－f(x)，即f(x)为奇函数，故B正确；由解析式知[f(x)]＝f(x)，故C正确；f(x＋1)－f(x)＝[x＋1]－[－x－1]－[x]＋[－x]＝1－(－1)＝2，故D正确．7.－2解析：因为函数f(x)的定义域为R，满足f(x＋1)＝2f(x)，且当x∈(0,1]时，f(x)＝x2－x，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)＋1))＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋1))＝4feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝4feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋1))＝8feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,2)))＝－2.8.2－|x|(答案不唯一)解析：取f(x)＝2－|x|，函数的定义域为(－∞，＋∞)且关于原点对称，f(－x)＝2－|－x|＝2－|x|＝f(x)，所以函数f(x)＝2－|x|为偶函数．因为|x|≥0，所以－|x|≤0，所以0<2－|x|≤20＝1，即0<y≤1，所以函数f(x)＝2－|x|的值域为(0,1]．9.－eq\f(1,2)ln2解析：因为函数f(x)＝ln{a＋eq\f(1,1－x)|＋b为奇函数，所以其定义域关于原点对称．由a＋eq\f(1,1－x)≠0，可得(1－x)(a＋1－ax)≠0，所以x＝eq\f(a＋1,a)＝－1，解得a＝－eq\f(1,2)，即函数的定义域为(－∞，－1)∪(－1,1)∪(1，＋∞)．又由f(0)＝0，可得b＝ln2，即f(x)＝ln{－eq\f(1,2)＋eq\f(1,1－x)|＋ln2＝ln{eq\f(1＋x,1－x)|，在定义域内满足f(－x)＝－f(x)，符合题意．,10.【解答】(1)当x<0时，－x>0，所以f(－x)＝eq\f(－x,3)－2－x.又函数f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以f(x)＝eq\f(x,3)＋2－x.又f(0)＝0，综上所述，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)－2x，x>0，,0，x＝0，,\f(x,3)＋2－x，x<0.))(2)因为f(x)为R上的单调函数，且f(－1)＝eq\f(5,3)>f(0)＝0，所以函数f(x)在R上单调递减．因为f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0，所以f(t2－2t)<－f(2t2－k)．因为函数f(x)是奇函数，所以f(t2－2t)<f(k－2t2)．又f(x)在R上单调递减，所以t2－2t>k－2t2对任意的t∈R恒成立，所以3t2－2t－k>0对任意的t∈R恒成立，所以Δ＝4＋12k<0，解得k<－eq\f(1,3)，所以实数k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3))).11.【解答】若选①，函数f(x)＝b＋eq\f(3,x－a)，且满足f(2－x)＋f(x＋2)＝0，则f(x)的图象关于点(2,0)成中心对称，即a＝2，b＝0.若选②，函数f(x)＝ax＋b(a＞0，a≠1)在[1,2]上的值域为[2,4]．若a＞1，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝2，,a2＋b＝4，))两式作差得a2－a－2＝0，得a＝2或a＝－1(舍去)，此时b＝0；若0＜a＜1，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝4，,a2＋b＝2，))两式作差得a2－a＋2＝0，此时无解．若选③，函数f(x)＝x2－ax＋4，且f(x＋1)在区间[b－1，b＋1]上为偶函数，则b－1＋b＋1＝0，得b＝0，f(x＋1)是偶函数，图象关于y轴对称，则f(x)的图象关于x＝1对称，即－eq\f(－a,2)＝1，得a＝2.综上，选①②③都为a＝2，b＝0，则g(x)＝eq\f(x＋b,ax2＋2)＝eq\f(x,2x2＋2)，x∈(－1,1)，且g(x)是奇函数．(1)设－1＜x1＜x2＜1，则g(x1)－g(x2)＝eq\f(x1,2x\o\al(2,1)＋2)－eq\f(x2,2x\o\al(2,2)＋2)＝eq\f(x12x\o\al(2,2)＋2－x22x\o\al(2,1)＋2,2x\o\al(2,1)＋22x\o\al(2,2)＋2)＝eq\f(2x1x\o\al(2,2)＋2x1－2x2x\o\al(2,1)－2x2,4x\o\al(2,1)＋1x\o\al(2,2)＋1)＝eq\f(2x1x2x2－x1＋2x1－x2,4x\o\al(2,1)＋1x\o\al(2,2)＋1)＝eq\f(x2－x1x1x2－1,2x\o\al(2,1)＋1x\o\al(2,2)＋1).因为－1＜x1＜x2＜1，所以－1＜x1x2＜1，x2－x1＞0，则g(x1)－g(x2)＜0，即g(x1)＜g(x2)，所以g(x)在(－1,1)上单调递增．(2)因为g(x)是奇函数，且在(－1,1)上单调递增，所以不等式g(t－1)＋g(2t)＜0等价于g(t－1)＜－g(2t)＝g(－2t)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＜t－1＜1，,－1＜2t＜1，,t－1＜－2t，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜t＜2，,－\f(1,2)＜t＜\f(1,2)，,t<\f(1,3)，))所以0<t<eq\f(1,3)，即不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).12.【解答】(1)由题意得，花岗岩地面的面积为100－42＝84(m2)，所以S四边形AMQD＝eq\f(1,4)×84＝21(m2)，则AM＝eq\f(21,4)(m)，所以草坪的面积S草坪＝4×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(21,4)))2＝eq\f(441,8)(m2)．(2)由题意得，AM＝eq\f(100－x2,4x)，由AM>0，得0<x<10，W＝2800x2＋250×(100－x2)＋80×4×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(100－x2,4x)))2，即W＝2560x2＋eq\f(100000,x2)＋23000(0<x<10)，则W＝2560x2＋eq\f(100000,x2)＋23000≥2eq\r(,2560x2×\f(100000,x2))＋23000＝55000，当且仅当2560x2＝eq\f(100000,x2)，即x＝eq\f(5,2)时取等号，所以当x＝eq\f(5,2)m时，W最小，且最小值为55000元．第9讲二次函数与幂函数1.C解析：在幂函数f(x)＝(m2－6m＋9)xm2－3m＋1中，令m2－6m＋9＝1，得m2－6m＋8＝0，解得m＝2或m＝4.当m＝2时，f(x)＝x－1，在定义域内的每个区间上是单调函数，不满足题意；当m＝4时，f(x)＝x5，在定义域R上是增函数，满足题意．2.C解析：因为f(x1)＝f(x2)且f(x)的图象关于x＝－eq\f(b,2a)对称，所以x1＋x2＝－eq\f(b,a)，所以f(x1＋x2)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))＝a·eq\f(b2,a2)－b·eq\f(b,a)＋c＝c.3.D(第3题)解析：f(x)＝2024－(x－a)·(x－b)＝－x2＋(a＋b)x－ab＋2024，由解析式知f(a)＝f(b)＝2024>0，f(x)图象的对称轴为x＝eq\f(a＋b,2).因为c，d为函数f(x)的零点，且a>b，c>d，所以可在平面直角坐标系中作出函数f(x)的大致图象，如图所示，由图可知c>a>b>d.4.B解析：因为函数f(x)＝x2－mx＋9的两个不同的零点均大于1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1>0，,－\f(－m,2)>1，,Δ>0，))解得6<m<10，所以A是函数f(x)＝x2－mx＋9的两个不同的零点均大于1的既不充分又不必要条件，B是函数f(x)＝x2－mx＋9的两个不同的零点均大于1的充分不必要条件，C是函数f(x)＝x2－mx＋9的两个不同的零点均大于1的充要条件，D是函数f(x)＝x2－mx＋9的两个不同的零点均大于1的必要不充分条件．5.ACD解析：由二次函数的图象开口向下知a<0，对称轴为x＝－eq\f(b,2a)＝1，即2a＋b＝0，故b>0.又因为f(0)＝c>0，所以f(2)＝f(0)＝4a＋2b＋c>0，f(3)＝f(－1)＝9a＋3b＋c<0，abc<0.6.BC解析：设f(x)＝xα，将点(4,2)代入f(x)＝xα，得2＝4α，则α＝eq\f(1,2)，即f(x)＝xeq\f(1,2).对于A，f(x)的定义域为[0，＋∞)，即A错误；对于B，因为f(x)的定义域为[0，＋∞)，所以f(x)不具有奇偶性，即B正确；对于C，因为f(x)＝xeq\f(1,2)，所以f′(x)＝eq\f(1,2\r(,x))，设切点坐标为(x0，eq\r(,x0))，则切线的斜率为k＝f′(x0)＝eq\f(1,2\r(,x0))，切线方程为y－eq\r(,x0)＝eq\f(1,2\r(,x0))(x－x0)．又因为切线过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，所以eq\f(1,2)－eq\r(,x0)＝eq\f(1,2\r(,x0))(0－x0)，解得x0＝1，即切线方程为y－1＝eq\f(1,2)(x－1)，即y＝eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)，即C正确；对于D，当0<x1<x2时，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx1＋fx2,2)))2－f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,x1)＋\r(,x2),2)))2－eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(x1＋x2＋2\r(,x1x2),4)－eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(2\r(,x1x2)－x1－x2,4)＝－eq\f(\r(,x1)－\r(,x2)2,4)<0，即eq\f(fx1＋fx2,2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))成立，即D错误．7.－1解析：由m2－3m－3＝1，且m＜0，得m＝－1.8.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))解析：f(x)＝x2－ax－a在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2)))上单调递减，则－eq\f(1,2)≤eq\f(a,2)，即a≥－1，同时需满足f(－2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))>0，即eq\f(1,4)(a＋4)(2a－1)<0，解得－4<a<eq\f(1,2)，综上可知a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).9.x－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(3,2)))解析：设f(x)＝xα，将点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(\r(,2),2)))代入得α＝－eq\f(1,2)，所以f(x)＝x－eq\f(1,2)，其在(0，＋∞)上单调递减，所以a＋1>3－2a>0，可得a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(3,2))).10.【解答】(1)由题意知二次函数g(x)＝mx2－2mx＋n＋1(m>0)的图象开口向上，对称轴为x＝1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1＝－m＋n＋1＝0，,g3＝3m＋n＋1＝4))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝1，,n＝0，))所以g(x)＝x2－2x＋1.(2)f(x)＝g(x)＋(2－a)x＝x2－ax＋1，其图象开口向上，对称轴为x＝eq\f(a,2).当eq\f(a,2)≤－1，即a≤－2时，f(－1)＝2＋a＝－3⇒a＝－5.当－1<eq\f(a,2)<2，即－2<a<4时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝eq\f(a2,4)－eq\f(a2,2)＋1＝－eq\f(a2,4)＋1＝－3⇒a＝±4(舍去)．当eq\f(a,2)≥2，即a≥4时，f(2)＝5－2a＝－3⇒a＝4.综上所述，a的值为－5或4.11.【解答】(1)由题意知(2－k)(1＋k)>0，解得－1<k<2.又k∈Z，所以k＝0或k＝1，分别代入原函数，得f(x)＝x2.(2)由已知得F(x)＝2x2－4x＋3，要使函数F(x)在[2a，a＋1]上不单调，则2a<1<a＋1，解得0<a<eq\f(1,2).(3)由已知，g(x)＝－qx2＋(2q－1)x＋1.假设存在这样的正数q符合题意，则函数g(x)的图象是开口向下的抛物线，其对称轴为x＝eq\f(2q－1,2q)＝1－eq\f(1,2q)<1，因而，函数g(x)在[－1,2]上的最小值只能在x＝－1或x＝2处取得．又g(2)＝－1≠－4，从而必有g(－1)＝2－3q＝－4，解得q＝2，此时g(x)＝－2x2＋3x＋1，其图象的对称轴为x＝eq\f(3,4)∈[－1,2]，所以g(x)在[－1,2]上的最大值为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))＝－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2＋3×eq\f(3,4)＋1＝eq\f(17,8)，符合题意．所以存在q＝2，使函数g(x)＝1－qf(x)＋(2q－1)x在区间[－1,2]上的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－4，\f(17,8))).12.B解析：根据题意，设g(x)＝eq\f(2x－1,x＋1)，则g(x)＝eq\f(2x－1,x＋1)＝eq\f(2x＋1－3,x＋1)＝2－eq\f(3,x＋1)，在区间(－∞，－3)上，eq\f(3,x＋1)<0，且g(x)为增函数，则有2<g(x)<eq\f(7,2).在区间(2，＋∞)上，eq\f(3,x＋1)>0，且g(x)为增函数，则有1<g(x)<2.综合可得，g(x)的取值范围为(1,2)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(7,2)))，又由f(x)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x－1,x＋1)))＝[g(x)]，则f(x)的值域为{1,2,3}．13.D解析：因为函数f(x)＝mx＋nx(m>0，n>0，m≠1，n≠1)是偶函数，所以f(x)＝f(－x)，即mx＋nx＝m－x＋n－x，mx＋nx＝eq\f(mx＋nx,mxnx).因为m>0，n>0，m≠1，n≠1，所以mxnx＝1，即mn＝1，所以m＋2n≥2eq\r(,2mn)＝2eq\r(,2)，当且仅当m＝eq\r(,2)，n＝eq\f(\r(,2),2)时取等号．14.【解答】(1)因为不等式ax2＋bx＋2>0的解集为{x|x<1或x>2}，所以a>0，且ax2＋bx＋2＝0的两个根为x1＝1，x2＝2，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)＝3，,\f(2,a)＝2，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－3.))(2)由(1)得不等式变为mx2－(m－3)x－3>0，即(x－1)·(mx＋3)>0.①若m＝0，则x>1；②若m>0，则x>1或x<－eq\f(3,m)；③若m<0，当－eq\f(3,m)>1，即－3<m<0时，1<x<－eq\f(3,m)；当－eq\f(3,m)＝1，即m＝－3时，无解；当－eq\f(3,m)<1，即m<－3时，－eq\f(3,m)<x<1.综上所述，当m<－3时，不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,m)，1))；当m＝－3时，不等式的解集为∅；当－3<m<0时，不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,m)))；当m＝0时，不等式的解集为(1，＋∞)；当m>0时，不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,m)))∪(1，＋∞)．第10讲指数与指数函数1.B2.D3.D解析：方法一：由指数函数y＝0.3x在定义域内单调递减，得a<b，由幂函数y＝x0.5在定义域内单调递增，得c>b.综上，c>b>a.方法二：因为eq\f(a,b)＝0.30.1<1，且eq\f(b,c)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))0.5<1，又a，b，c都为正数，所以c>b>a.4.A解析：因为f(x)的定义域为R，f(－x)＝3x－3－x＝－f(x)，所以f(x)为R上的奇函数．因为y＝3－x为R上的减函数，y＝3x为R上的增函数，所以f(x)为R上的减函数．由f(2a－1)＋f(3a2)>0得f(3a2)>－f(2a－1)＝f(1－2a)，所以3a2<1－2a，解得－1<a<eq\f(1,3).5.ACD解析：函数f(x)＝eq\f(1,4x＋2)的定义域为R，所以A正确；因为y＝4x在定义域内单调递增，所以函数f(x)＝eq\f(1,4x＋2)在定义域内单调递减，所以函数的值域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，所以方程f(x)＝x只有一个实数根，故B不正确，C正确；因为f(x＋1)＋f(－x)＝eq\f(1,4x＋1＋2)＋eq\f(1,4－x＋2)＝eq\f(1,4·4x＋2)＋eq\f(4x,2·4x＋1)＝eq\f(1,2)，所以f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4)))中心对称，所以D正确．6.BCD解析：令t＝2x，因为x∈[－1,1]，则t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，所以y＝f(t)＝t2－2at＝(t－a)2－a2.当a≤eq\f(1,2)时，函数y在t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递增，所以g(a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－a))2－a2＝eq\f(1,4)－a；当eq\f(1,2)<a<2时，函数y在t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，a))上单调递减，在t∈[a,2]上单调递增，所以g(a)＝(a－a)2－a2＝－a2时；当a≥2时，函数y在t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递减，所以g(a)＝(2－a)2－a2＝4－4a.综上，g(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－a，a≤\f(1,2)，,－a2，\f(1,2)<a<2，,4－4a，a≥2，))所以当a≤eq\f(1,2)时，g(a)单调递减，g(a)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))；当eq\f(1,2)<a<2时，g(a)单调递减，g(a)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，－\f(1,4)))；当a≥2时，g(a)单调递减，g(a)∈(－∞，－4]．所以g(a)在R上单调递减，且g(a)的值域为R.7.89解析：0.001－eq\f(1,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))0＋16eq\f(3,4)＋(eq\r(2)·eq\r(3,3))6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1000)))－eq\f(1,3)－1＋(24)eq\f(3,4)＋(2eq\f(1,2)·3eq\f(1,3))6＝10－1＋23＋(23·32)＝9＋8＋8×9＝89.8.12解析：因为指数函数y＝ax(a>0且a≠1)在定义域上是单调函数，又y＝ax在[0,1]上的最大值与最小值的和为eq\f(5,4)，所以a0＋a1＝1＋a＝eq\f(5,4)，解得a＝eq\f(1,4)，所以y＝3a2x－1＝3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2x－1＝12·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)))x.因为函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)))x在定义域上为减函数，所以y＝12·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)))x在[0,1]上为减函数，所以f(x)＝12·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)))x在[0,1]上的最大值为f(0)＝12.9.10解析：设初始污染物为P′，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(P0·e－2k＝\f(9,10)P′，,P0·e－5k＝\f(3,10)P′，))两式相除得e3k＝3，所以8h后P＝P0·e－8k＝e－3k·P0·e－5k＝eq\f(1,3)·eq\f(3,10)P′＝eq\f(1,10)P′，即还剩下eq\f(1,10)×100%＝10%的污染物．10.【解答】(1)当a＝1时，f(x)＝2x2＋4x＋2.因为y＝2t在R上单调递增，且y＝x2＋4x＋2＝(x＋2)2－2≥－2，可得2x2＋4x＋2≥2－2＝eq\f(1,4)，所以f(x)≥2－2＝eq\f(1,4)，故f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)).(2)令t＝ax2＋4x＋2，因为函数y＝2t在其定义域内单调递增，所以要使函数f(x)有最大值16，则t＝ax2＋4x＋2的最大值为4，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,2a)))2＋4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,2a)))＋2＝4，))解得a＝－2.故a的值为－2.11.【解答】(1)因为f(x)＝kax－a－x是定义域为R的奇函数，所以f(0)＝0，得k＝1，此时，f(x)＝ax－a－x，f(－x)＝a－x－ax＝－f(x)，即f(x)是R上的奇函数．因为f(1)＝eq\f(3,2)，所以a－eq\f(1,a)＝eq\f(3,2)，即2a2－3a－2＝0，解得a＝2或a＝－eq\f(1,2)(舍去)，故a＝2，k＝1.(2)由(1)知f(x)＝2x－2－x，易知f(x)为增函数，则只需2t－1<t2－4，即t2－2t－3>0，解得t>3或t<－1，故实数t的取值范围是(－∞，－1)∪(3，＋∞)．(3)g(x)＝22x＋2－2x－4(2x－2－x)＝(2x－2－x)2－4(2x－2－x)＋2，令t＝2x－2－x(1≤x≤2)，由(2)易知t＝m(x)在x∈[1,2]上为增函数，所以t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(15,4)))，所以g(x)＝n(t)＝t2－4t＋2＝(t－2)2－2，所以当t＝eq\f(15,4)时，g(x)有最大值eq\f(17,16)；当t＝2时，g(x)有最小值－2.所以g(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，\f(17,16))).12.【解答】(1)二次函数f(x)＝－x2＋mx＋3，由{x|f(x)≤0}＝(－∞，－1]∪[n，＋∞)，可得－1，n是x2－mx－3＝0的两个根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＋n＝m，,－1×n＝－3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝3，))所以f(x)＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4.因为x∈[－2,2]，根据二次函数的性质，可得函数f(x)在[－2,1]上单调递增，在[1,2]上单调递减，由对称性可知f(x)min＝f(－2)＝－4－4＋3＝－5，所以函数f(x)在[－2,2]上的最小值为－5.(2)设2－x＝t，因为x∈[－3，－1]，可得t∈[2,8]，不等式f(2－x)＋(a2－3a)·2－x－12≤0对任意的x∈[－3，－1]恒成立，即不等式f(t)＋(a2－3a)·t－12≤0对任意的t∈[2,8]恒成立，即不等式－t2＋2t＋3＋(a2－3a)·t－12≤0对任意的t∈[2,8]恒成立，所以a2－3a＋2≤t＋eq\f(9,t)对任意的t∈[2,8]恒成立．又由t＋eq\f(9,t)≥2eq\r(,t·\f(9,t))＝6，当且仅当t＝3时取等号，所以a2－3a＋2≤6，即a2－3a－4≤0，解得－1≤a≤4，所以实数a的取值范围为[－1,4]．第11讲对数与对数函数练习11.C解析：将log83＝b转化为指数，得8b＝3.再结合指数的运算性质知8b＝(23)b＝23b＝3，因此2a－3b＝eq\f(2a,23b)＝eq\f(5,3)，所以4a－3b＝eq\f(25,9).2.B解析：由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＝logab－1，,1＝logab，))解得a＝b＝2.3.C解析：设n(n∈N*)年后公司全年投入的研发资金为y，则y＝300(1＋10%)n.令300(1＋10%)n>600，解得n>eq\f(lg2,lg11－1)，将lg2≈0.301，lg11≈1.041代入，解得eq\f(lg2,lg11－1)≈7.3，故n的最小值为8，即2029年后，该公司全年投入的研发资金开始超过600万元．4.D解析：由f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|，得f(x)的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠±\f(1,2)))，关于坐标原点对称．又f(－x)＝ln|1－2x|－ln|－2x－1|＝ln|2x－1|－ln|2x＋1|＝－f(x)，所以f(x)为定义域上的奇函数，可排除A，C；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))时，f(x)＝ln(2x＋1)－ln(1－2x)，因为y＝ln(2x＋1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上单调递增，y＝ln(1－2x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上单调递减，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上单调递增，排除B；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))时，f(x)＝ln(－2x－1)－ln(1－2x)＝lneq\f(2x＋1,2x－1)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,2x－1)))，因为μ＝1＋eq\f(2,2x－1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上单调递减，f(μ)＝lnμ在定义域内单调递增，由复合函数的单调性可知，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上单调递减，D正确．5.BC解析：对于A，因为幂函数y＝xm(0<m<1)在(0，＋∞)上单调递增，所以根据a>b>1可知am>bm，故A错误；对于B，因为指数函数y＝mx(0<m<1)在R上单调递减，所以根据a>b>1可知ma<mb，故B正确；对于C，因为对数函数y＝logmx(0<m<1)在(0，＋∞)上单调递减，所以根据a>b>1可知logma<logmb，故C正确；对于D，由C可知logma<logmb<0，所以eq\f(1,logma)>eq\f(1,logmb)，即logam>logbm，故D错误．6.ABC解析：对于A，因为－1<a<0且b>1，所以b－a>1，故logb(b－a)>0，A正确；对于B，因为－1<a<0且b>1，所以b－a>1，eq\f(1,b)∈(0,1)，所以log(b－a)eq\f(1,b)<0，logb(b－a)>0，所以logb(b－a)>log(b－a)eq\f(1,b)，B正确；对于C，因为－1<a<0且b>1，所以eq\f(1,b)∈(0,1)，－a∈(0,1)，所以logb(－a)<0<log(－a)eq\f(1,b)，C正确；对于D，取a＝－eq\f(1,2)，b＝2，则log(－a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,b)))＝1>log(－a)(b－1)＝0，D错误．7.－2解析：由题设，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,2)))＝f(－ln2)＝－f(ln2)，又ln2>0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,2)))＝－eln2＝－2.8.eq\r(2)解析：因为a>1，所以函数f(x)在区间[a,2a]上为增函数，由已知条件可得loga(2a)＝3logaa＝logaa3，所以a3＝2a，因为a>1，解得a＝eq\r(2).9.2解析：设20位整数为N，其64次方根为k，则eq\r(64,N)＝k，即N＝k64.因为N＝a×1019，所以lgN＝lgk64＝64lgk＝19＋lga，即lgk＝eq\f(19＋lga,64).因为1≤a<10，所以0≤lga<1，从而0.296875≤lgk<0.3125.又因为lg4＝2lg2≈0.60，所以lg2≈0.30，于是k＝2.10.【解答】(1)当0<a<1时，函数f(x)在区间[－2,4]上是减函数，因此当x＝－2时，函数f(x)取得最大值16，即a－2＝16，因此a＝eq\f(1,4).当a>1时，函数f(x)在区间[－2,4]上是增函数，因此当x＝4时，函数f(x)取得最大值16，即a4＝16，因此a＝2.综上，a＝2或eq\f(1,4).(2)因为g(x)＝log2(x2－3x＋2a)的定义域是R，即x2－3x＋2a>0恒成立，则方程x2－3x＋2a＝0的判别式Δ<0，即(－3)2－4×2a<0，解得a>eq\f(9,8).又因为a＝eq\f(1,4)或a＝2，因此a＝2，代入不等式得log2(1－2t)≤1，即0<1－2t≤2，解得－eq\f(1,2)≤t<eq\f(1,2)，因此实数t的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))).11.【解答】(1)当a＝10时，f(x)＝lg(－x2＋10x－9)＝lg[－(x－5)2＋16]．设t＝－x2＋10x－9＝－(x－5)2＋16，由－x2＋10x－9>0，得x2－10x＋9<0，则1<x<9，即函数的定义域为(1,9)，此时t＝－(x－5)2＋16∈(0,16