2024版《微专题·小练习》·数学（理）·统考版 详解答案

PAGE微专题小练习数学(理科)详解答案专练1集合及其运算1．A因为U＝{1，2，3，4，5}，∁UM＝{1，3}，所以M＝{2，4，5}，所以2∈M，3∉M，4∈M，5∈M.故选A.2．D因为方程x2－4x＋3＝0的解为x＝1或x＝3，所以B＝{1，3}．又A＝{－1，2}，所以A∪B＝{－1，1，2，3}．因为U＝{－2，－1，0，1，2，3}，所以∁U(A∪B)＝{－2，0}．故选D.3．AM∪N＝{x|x<2}，所以∁U(M∪N)＝{x|x≥2}，故选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的倍数，即∁U(M∪N)＝{x|x＝3k，k∈Z}，故选A.方法二集合M∪N表示被3除余1或2的整数集，则它在整数集中的补集是恰好被3整除的整数集，故选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错误，B错误，C正确，D错误．7．BB＝{x|log3x<0}＝{x|0<x<1}，又A＝{x|x<1}，所以A∩B＝{x|0<x<1}，故选项A、C不正确．A∪B＝{x|x<1}，故选项B正确．选项D不正确．8．C通解在集合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T∩S＝T，故选C.光速解S＝{…，－3，－1，1，3，5，…}，T＝{…，－3，1，5，…}，观察可知，T⊆S，所以T∩S＝T，故选C.9．C因为(∁UA)∩B＝∅，所以B⊆A，所以A∩B＝B.10．C由题得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，符合题意．当a2－a＋1＝a时，得a＝1，不符合集合的互异性，故舍去，∴a的值为－1或2.13．±2或－1解析：若k＋2＝0，则A＝{x|－4x＋1＝0}，符合题意；若k＋2≠0，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＋2≠0，,Δ＝4k2－4（k＋2）＝0，))得k＝2或k＝－1，综上得k＝±2或k＝－1.14．C方法一因为N＝{x|x2－x－6≥0}＝{x|x≥3或x≤－2}，所以M∩N＝{－2}，故选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.故选C.15．B依题意，有a－2＝0或2a－2＝0.当a－2＝0时，解得a＝2，此时A＝{0，－2}，B＝{1，0，2}，不满足A⊆B；当2a－2＝0时，解得a＝1，此时A＝{0，－1}，B＝{－1，0，1}，满足A⊆B.所以a＝1，故选B.16．A因为x＝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个元素，故其子集个数为23＝8个．17．A由题设，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，…}，则A∁UB，所以A∩(∁UB)＝A.专练2简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词1．D由否定的定义可知，¬p为∃x0≥0，cosx0>ex0.2．A设y＝x－sinx，x>0，y′＝1－cosx≥0，故y＝x－sinx，x>0为增函数，则x－sinx>0－sin0＝0，故命题p：∀x∈(0，＋∞)，x－sinx>0为真命题，则¬p为假命题，因为a2＋2≥2>1，故命题q：∀a∈R，f(x)＝log(a2＋2)x在定义域上是增函数为真命题，¬q为假命题，所以p∧q为真命题，¬p∧q为假命题，p∧¬q为假命题，p∨q为真命题，则¬(p∨q)为假命题．3．D当x＝2时，x2＝2x，所以命题p为假命题，则¬p为真命题，所以x＝eq\f(π,4)时，sineq\f(π,4)＋coseq\f(π,4)＝eq\r(2)>1，所以命题q为真命题，则¬q为假命题，所以p∨q为真命题，(¬p)∧q为真命题，(¬p)∨(¬q)为真命题，p∨(¬q)为假命题．4．D若“p∧q”为真命题，则p，q均为真命题，故A正确；由“ac2>bc2”可推出“a>b”，当c＝0时ac2＝bc2，此时由“a>b”不能推出“ac2>bc2”，所以“ac2>bc2”是“a>b”的充分不必要条件，故B正确；命题“若x＝4，则x2－2x－8＝0”的否命题是“若x≠4，则x2－2x－8≠0”．故C正确；命题“∀x≥0，都有3x≥1”的否命题是“∃x≥0，使得3x<1”，故D错误．5．A对于命题p，由于函数y＝sinx∈[－1，1]，故∃x0∈R，sinx0<1，是真命题；对于命题q：当“α＝β”时“sinα＝sinβ”成立，反之不然，故“α＝β”是“sinα＝sinβ”的充分不必要条件，是真命题．故p∧q是真命题，(¬p)∧q，p∧(¬q)，¬(p∨q)均为假命题．6．A当x＝0，y＝eq\f(π,2)时，sin(x＋y)＝sinx＋siny成立所以命题p为真命题，则¬p是假命题；因为∀x，y∈R，所以sinx≤1，siny≤1，则sinx·siny≤1，故命题q为真命题，则¬q是假命题；所以p∧q是真命题，(¬p)∧q是假命题，p∧(¬q)是假命题，¬(p∨q)是假命题．7．D∵x2－4x＋4＝(x－2)2，∴x＝2⇔x2－4x＋4＝0，∴A正确﹔∵m∈R时，Δ＝1＋4m，不能确定方程x2＋x－m＝0是否有根，∴B正确；在△ABC中，∵A>B⇒a>b⇒sinA>sinB，∴C正确；对于D，¬p：∀x∈R，x2－2x＋4≤0，∴D错误．8．C对于命题p：∃x0∈R，lnx0＝1，取x0＝e，则lne＝1，所以命题p为真命题．对于命题q，该物理量在一次测量中落在(9.9，10.0)与落在(10.2，10.3)的概率不相等，则该物理量在一次测量中落在(9.9，10.2)与落在(10，10.3)的概率不相等，所以命题q为假命题．则p∧(¬q)，p∨q，(¬p)∨(¬q)为真命题，(¬p)∧(¬q)为假命题．9．A命题p：在△ABC中，若cosA＝cosB，由于余弦函数在(0，π)上单调递减，则A＝B，故命题p为真命题；命题q：向量a与向量b相等的充要条件是向量a与向量b大小相等，方向相同，则命题q是假命题，则p∧(¬q)为真命题．10．∀x∈(0，eq\f(π,2))，tanx≤sinx11．[－eq\r(3)，eq\r(3)]解析：命题“∃x0∈R，使得3xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋2ax0＋1＜0”是假命题，即“∀x∈R，3x2＋2ax＋1≥0”是真命题，故Δ＝4a2－12≤0，解得－eq\r(3)≤a≤eq\r(3).12．(－∞，－1)解析：由“p或q”为真命题，得p为真命题或q为真命题．当p为真命题时，设方程x2＋mx＋1＝0的两根分别为x1，x2，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝m2－4>0，,x1＋x2＝－m>0，,x1x2＝1>0，))解得m<－2；当q为真命题时，有Δ′＝16(m＋2)2－16<0，解得－3<m<－1.综上可知，实数m的取值范围是(－∞，－1).13．B不等式组表示的平面区域D如图中阴影部分(包含边界)所示．根据不等式组表示的平面区域结合图形可知，命题p为真命题，命题q也为真命题，所以根据复合命题真假判断结论可得ACD错误，B选项正确．14．A根据题意可得圆弧对应的半径分别为AB，BC－AB，AB－DG，也即AB，BC－AB，2AB－BC，则弧长l，m，n分别为eq\f(π,2)AB，eq\f(π,2)(BC－AB)，eq\f(π,2)(2AB－BC)，则m＋n＝eq\f(π,2)(BC－AB)＋eq\f(π,2)(2AB－BC)＝eq\f(π,2)AB＝l，故命题p为真命题；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，命题q为真命题．则p∧q为真命题，p∧(¬q)，(¬p)∧q，(¬p)∧(¬q)均为假命题．15．3解析：“∃x0∈[－1，1]，x0＋2－a>0”的否定为“∀x∈[－1，1]，都有x＋2－a≤0”，因为“∃x0∈[－1，1]，x0＋2－a>0”为假命题，所以“∀x∈[－1，1]，都有x＋2－a≤0”为真命题，所以a≥x＋2在x∈[－1，1]上恒成立，所以a≥3，所以实数a的最小值为3.16．(－∞，3]解析：若命题“∃x∈R，ex＋1<a－e－x”为假命题，则命题“∀x∈R，ex＋1≥a－e－x”为真命题，即a≤ex＋e－x＋1在R上恒成立，则a≤(ex＋e－x＋1)min，因为ex＋e－x＋1≥2eq\r(ex·e－x)＋1＝3，当且仅当ex＝e－x，即x＝0时，等号成立，所以(ex＋e－x＋1)min＝3，所以a≤3.专练3命题及其关系、充分条件与必要条件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．A由题意，若x>2且y>3，由不等式的性质可得x＋y>5且xy>6，故充分性成立；反之取x＝1，y＝10满足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”的充分不必要条件．3．Da＝b＝0的否定为a≠0或b≠0；a2＋b2＝0的否定为a2＋b2≠0，故选D.4．C由p是q的充分不必要条件可知p⇒q，qp，由互为逆否命题的两命题等价可得¬q⇒¬p，¬p¬q，∴¬p是¬q的必要不充分条件．选C.5．C设等差数列{an}的公差为d.因为{an}为递增数列，所以d>0.当n>1－eq\f(a1,d)，且n∈N*时，an＝a1＋(n－1)d>a1＋(1－eq\f(a1,d)－1)d＝0，故存在正整数N0≥1－eq\f(a1,d)，当n>N0时，an>0，即充分性成立．若存在正整数N0，当n>N0时，an>0，则当n>N0≥1时，a1＋(n－1)d>0.当a1≤0时，n－1>0，所以d>－eq\f(a1,n－1)≥0，即{an}为递增数列；当a1>0时，由题意得当n>N0时，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.因为－eq\f(a1,n－1)随着n的增大而增大，且－eq\f(a1,n－1)恒为负值，所以d≥0，所以d>0，即{an}为递增数列，即必要性成立．故选C.6．B当a1<0，q>1时，an＝a1qn－1<0，此时数列{Sn}递减，所以甲不是乙的充分条件．当数列{Sn}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．7．A由双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,λ)＝1的焦点在x轴上可知，λ>0.于是“0<λ<4”是“双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,λ)＝1的焦点在x轴上”的充分不必要条件．8．Bp：x<a－3或x>a＋3，q：x≤－1或x≥eq\f(1,2)，¬p：a－3≤x≤a＋3.因为¬p是q的充分不必要条件，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，当sinθ＝eq\f(3,4)时，方程可化为x2＋y2＝3，此时方程表示圆，所以充分性不成立；反之：方程eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,4sinθ)＝1表示椭圆，则满足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表示椭圆”的既不充分也不必要条件．10．②③解析：要使函数f(x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)有意义，则有sinx≠0，∴x≠kπ，k∈Z，∴定义域为{x|x≠kπ，k∈Z}，定义域关于原点对称．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)为奇函数．∴f(x)的图像关于原点对称，∴①是假命题，②是真命题．对于③，要证f(x)的图像关于直线x＝eq\f(π,2)对称，只需证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是真命题．令sinx＝t，－1≤t≤1且t≠0，∴g(t)＝t＋eq\f(1,t)，－1≤t≤1且t≠0，此函数图像如图所示(对勾函数图像的一部分)，∴函数的值域为(－∞，－2]∪[2，＋∞)，∴函数的最小值不为2，即f(x)的最小值不为2.∴④是假命题．综上所述，所有真命题的序号是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，＋∞)，由题意得(－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，设p，q表示的范围为集合P，Q，则P＝{x|－2≤x≤10}，Q＝{x|1－m≤x≤1＋m，m>0}．因为p是q的充分而不必要条件，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因为y＝xeq\s\up6(\f(1,2))定义域为[0，＋∞)，且为增函数，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)，因为－1≤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)”的充分不必要条件．14．B对于不等式2x＋1<x＋2，作出曲线y＝2x＋1与y＝x＋2的图像如下图所示：由图像可知，不等式2x＋1<x＋2的解集为{x|－1<x<0}，因为{x|－1<x<2}{x|－1<x<0}，因此，p是q的必要不充分条件．15．B甲等价于sin2α＝1－sin2β＝cos2β，等价于sinα＝±cosβ，所以由甲不能推导出sinα＋cosβ＝0，所以甲不是乙的充分条件；由sinα＋cosβ＝0，得sinα＝－cosβ，平方可得sin2α＝cos2β＝1－sin2β，即sin2α＋sin2β＝1，所以由乙可以推导出甲，则甲是乙的必要条件．综上，选B.16．②解析：①中“x2＋x－2>0”是“x>1”的必要不充分条件，故①错误；对于②，命题：“∀x∈R，sinx≤1”的否定是“∃x0∈R，sinx0>1”，故②正确；对于③，“若x＝eq\f(π,4)，则tanx＝1”的逆命题为“若tanx＝1，则x＝eq\f(π,4)”，其为假命题，故③错误；对于④，若f(x)是R上的奇函数，则f(－x)＋f(x)＝0，∵log32＝eq\f(1,log23)≠－log23；∴log32与log23不互为相反数，故④错误．专练4函数及其表示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中的元素为(1，1).2．A3．C设eq\r(x)＋1＝t，则x＝(t－1)2(t≥1)，∴f(t)＝(t－1)2＋1＝t2－2t＋2，∴f(x)＝x2－2x＋2(x≥1).4．B由题意得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由题意得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；综上，f(x)≤2的x取值范围是[0，＋∞).7．B当x∈[0，1]时，f(x)＝eq\f(3,2)x；当1≤x≤2时，设f(x)＝kx＋b，由题意得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.))∴当x∈[1，2]时，f(x)＝－eq\f(3,2)x＋3.结合选项知选B.8．Af(1)＝2×1＝2，据此结合题意分类讨论：当a>0时，2a＋2＝0，解得a＝－1，舍去；当a≤0时，a＋2＋2＝0，解得a＝－4，满足题意．故选A.9．C∵f(x)＝－x2＋4x＝－(x－2)2＋4，∴当x＝2时，f(2)＝4，由f(x)＝－x2＋4x＝－5，得x＝5或x＝－1，∴要使函数在[m，5]的值域是[－5，4]，则－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：当a≤1时，f(a)＝2a－2＝－3无解；当a>1时，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：由题意得ax2＋2ax＋3＝0无实数解，即y＝ax2＋2ax＋3与x轴无交点，当a＝0时y＝3符合题意；当a≠0时，Δ＝4a2－12a<0，得0<a<3，综上得0≤a<3.13．A因为f(x＋2)＝2f(x)，由题意f(21)＝f(19＋2)＝2f(19)＝22f(17)＝…＝210f(1)＝210.14．B作出函数f(x)的图像，f(x)在(－∞，0]，(0，＋∞)上分别单调递增．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，此时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(不满足a＝eq\r(a＋2)，舍去)，此时a＝2满足题意，则f(a)＝eq\r(2).若eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－3>0,a＋2≤0))，此时不存在满足条件的a.15．4或－eq\f(1,2)解析：若f(a)≥0，则f(a)＝1，此时只能是a>0，于是a＝4；若f(a)<0，则f(a)＝－2，此时只能是a<0，于是a＝－eq\f(1,2)(若a>0，由eq\f(a,2)－1＝－2，解得a＝－2不满足题意).16.eq\f(\r(2),2)解析：由函数f(x)满足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，可知函数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).专练5函数的单调性与最值1．DA项，x1＝0时，y1＝1，x2＝eq\f(1,2)时，y2＝2>y1，所以y＝eq\f(1,1－x)在区间(－1，1)上不是减函数，故A项不符合题意．B项，由余弦函数的图像与性质可得，y＝cosx在(－1，0)上递增，在(0，1)上递减，故B项不符合题意．C项，y＝lnx为增函数，且y＝x＋1为增函数，所以y＝ln(x＋1)为增函数，故C项不符合题意．D项，由指数函数可得y＝2x为增函数，且y＝－x为减函数，所以y＝2－x为减函数，故D项符合题意．2．D由x2－4>0得x>2或x<－2，∴f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)，由复合函数的单调性可知，函数的单调增区间为(－∞，－2).3．B∵a＝log20.2<0，b＝20.2>1，c＝0.20.3∈(0，1)，∴a<c<b.故选B.4．D由于g(x)＝eq\f(a,x＋1)在区间[1，2]上是减函数，所以a>0；由于f(x)＝－x2＋2ax在区间[1，2]上是减函数，且f(x)的对称轴为x＝a，则a≤1.综上有0<a≤1.故选D.5．C∵f(x)在定义域(－1，1)上是减函数，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).故选C.6．B由题意，f(－x)＝2|－x|＝2|x|＝f(x)，故函数f(x)＝2|x|为偶函数，且x>0时，f(x)＝2x，故函数在(0，＋∞)单调递增，∵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因为函数f(x)是定义在R上的单调函数，且f(f(x)－x＋1)＝1，所以f(x)－x＋1为常数，记f(x)－x＋1＝m，则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)的图像可知f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，由f(2－a2)>f(a)得2－a2>a，即a2＋a－2<0，解得－2<a<1，故选C.9．Bb－c＝ln1.02－eq\r(1.04)＋1，设f(x)＝ln(x＋1)－eq\r(1＋2x)＋1，则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）)，当x≥0时，x＋1＝eq\r(（x＋1）2)≥eq\r(1＋2x)，故当x≥0时，f′(x)＝eq\f(\r(1＋2x)－（x＋1）,\r(1＋2x)·（x＋1）)≤0，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以f(0.02)<f(0)＝0，即b<c.a－c＝2ln1.01－eq\r(1.04)＋1，设g(x)＝2ln(x＋1)－eq\r(1＋4x)＋1，则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))，当0≤x<2时，eq\r(4x＋1)≥eq\r(（x＋1）2)＝x＋1，故当0≤x<2时，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，2)上单调递增，所以g(0.01)>g(0)＝0，故c<a，从而有b<c<a，故选B.10．f(x)＝1－eq\f(1,2x)(答案不唯一)解析：f(x)＝1－eq\f(1,2x)，定义域为R；eq\f(1,2x)>0，f(x)＝1－eq\f(1,2x)<1，值域为(－∞，1)；是增函数，满足对任意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，由复合函数的单调性可知，函数的单调增区间为[－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)，显然f(x)在[2，5]上单调递减，∴f(x)max＝f(2)＝1＋eq\f(2,2－1)＝3.13．By＝x－2在R上单调递增，y＝x2－2x＝(x－1)2－1在(1，＋∞)上单调递增．要使函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2，x≤m,x2－2x，x>m))是定义在R上的增函数，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≥1,m－2≤m2－2m))，解得m＝1或m≥2.所以实数m的取值范围是{1}∪[2，＋∞).14．A因为函数f(x)的定义域为R，所以f(－x)＝log2(2－x＋1)＋eq\f(1,2)x＝log2(2x＋1)－eq\f(1,2)x＝f(x)，即函数f(x)为偶函数．又当x>0时，f′(x)＝eq\f(2x,2x＋1)－eq\f(1,2)＝eq\f(2x－1,2（2x＋1）)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，而f(a－2)≥f(2a－1)等价于f(|a－2|)≥f(|2a－1|)，所以|a－2|≥|2a－1|，化简得，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上单调递减，y＝log2(x＋2)在[－1，1]上单调递增，∴f(x)在[－1，1]上单调递减，∴f(x)max＝f(－1)＝3.16.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))解析：∵对任意x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0成立，∴f(x)在定义域R上为单调递减函数，∴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的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))).专练6函数的奇偶性与周期性1．B通解因为f(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).对于A，F(x)＝f(x－1)－1＝eq\f(2－x,x)－1＝eq\f(2－2x,x)，定义域关于原点对称，但不满足F(x)＝－F(－x)；对于B，G(x)＝f(x－1)＋1＝eq\f(2－x,x)＋1＝eq\f(2,x)，定义域关于原点对称，且满足G(x)＝－G(－x)；对于C，f(x＋1)－1＝eq\f(－x,x＋2)－1＝eq\f(－x－x－2,x＋2)＝－eq\f(2x＋2,x＋2)，定义域不关于原点对称；对于D，f(x＋1)＋1＝eq\f(－x,x＋2)＋1＝eq\f(－x＋x＋2,x＋2)＝eq\f(2,x＋2)，定义域不关于原点对称．故选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，为保证函数变换之后为奇函数，需将函数y＝f(x)的图像向右平移一个单位长度，再向上平移一个单位长度，得到的图像对应的函数为y＝f(x－1)＋1，故选B.2．B3．D∵f(x)为奇函数，∴f(－8)＝－f(8)＝－log28＝－3.4．C因为函数f(x)是定义域为R的偶函数，所以f(x)＝f(－x)，又因为f(1＋x)＝f(1－x)，所以f(2－x)＝f(x)，则f(2－x)＝f(－x)，即f(2＋x)＝f(x)，所以周期为T＝2，因为f(eq\f(1,2))＝1，f(－eq\f(3,2))＝f(2－eq\f(3,2))＝f(eq\f(1,2))＝1.5．A由题进行化简：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)，符合定义，故A正确；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错误；令g(x)＝f(x＋1)＋1＝ln2－ln(x＋1)＋1，g(－x)＝ln2－ln(－x＋1)＋1≠－g(x)，故C错误；令g(x)＝f(x－1)－1＝ln2－ln(x－1)－1，g(－x)＝ln2－ln(－x－1)－1≠－g(x)，故D错误．6．D方法一f(x)的定义域为{x|x≠0}，因为f(x)是偶函数，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，故选D.方法二f(x)＝eq\f(xex,eax－1)＝eq\f(x,e（a－1）x－e－x)，f(x)是偶函数，又y＝x是奇函数，所以y＝e(a－1)x－e－x是奇函数，故a－1＝1，即a＝2，故选D.7．A因为函数f(x)是奇函数，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)，所以该函数的周期为4，所以f(2022)＝f(505×4＋2)＝f(2)＝f(－2＋2)＝f(0)＝0.8．C依题意对任意的x∈R，函数f(x)满足f(x)＋f(－x)＝4，f(x)－2＋f(－x)－2＝0，所以函数F(x)＝f(x)－2为奇函数，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)为奇函数，所以G(x)在区间[－2022，2022]上的最大值与最小值之和为0，所以g(x)＝G(x)＋2，所以函数g(x)的最大值与最小值之和4.9．D因为f(x－1)为定义在R上的奇函数，所以f(x)的图像关于点(－1，0)对称，且f(－1)＝0，又f(1)＝0，所以f(－3)＝0.依题意可得，当－3<x<－1或x>1时，f(x)<0.所以f(2x－5)<0等价于－3<2x－5<－1或2x－5>1，解得1<x<2或x>log26.10．－eq\f(1,2)解析：因为log32∈(0，1)，所以－log32∈(－1，0)，由f(x)为奇函数得f(log32)＝－f(－log32)＝－f(log3eq\f(1,2))＝－3log312＝－eq\f(1,2).11．2解析：方法一因为f(x)为偶函数，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.方法二因为f(x)为偶函数，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：当x>eq\f(1,2)时，f(x)＝x＋eq\f(1,x)＋m≥2eq\r(x·\f(1,x))＋m，当且仅当x＝eq\f(1,x)，即x＝1时等号成立，故当x>eq\f(1,2)时，f(x)∈[2＋m，＋∞)，又由f(1－x)＝－f(x)可得f(x)关于(eq\f(1,2)，0)对称，且由f(1－eq\f(1,2))＝－f(eq\f(1,2))可得f(eq\f(1,2))＝0，故[2＋m，＋∞)只需包含区间(0＋∞)即可，故2＋m≤0，故m∈(－∞，－2].13．D若y＝g(x)的图像关于直线x＝2对称，则g(2－x)＝g(2＋x).因为f(x)＋g(2－x)＝5，所以f(－x)＋g(2＋x)＝5，所以f(－x)＝f(x)，所以f(x)为偶函数．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)的图像关于点(－1，－1)中心对称，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)为周期函数，且周期为4.由f(0)＋f(2)＝－2，得f(2)＝－3.又因为f(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.故选D.14．A因为函数y＝f(x)的定义域为R，且f(－x)＝－f(x)，所以函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝log2a＝0，解得a＝1，即f(x)＝log2(x＋1)，f(1)＝log22＝1；因为y＝f(x＋1)为偶函数，所以f(x＋1)＝f(－x＋1)，即y＝f(x)的图像关于x＝1对称，又y＝f(x)满足f(－x)＝－f(x)，所以f(x＋1)＝－f(x－1)，则f(x＋2)＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即函数y＝f(x)是周期函数，周期为4，则f(2022)＋f(2023)＝f(2)＋f(3)＝－f(0)－f(1)＝－1.15．A因为y＝f(x)图像关于点(0，0)与点(1，0)对称，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为周期的周期函数，当x∈(－1，0]时，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由题意，函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x∈[0，1]时，f(x)＝sinπx，当x∈[－1，0)时，f(x)＝－f(－x)＝－sin(－πx)＝sinπx，即f(x)＝sinπx，x∈[－1，1]，又由当x>1时，f(x)＝2f(x－2)，可画出函数图像，如图所示．由图知，当3≤x≤5时，f(x)＝4f(x－4)＝4sin(πx－4π)＝4sinπx；则当－5≤x≤－3时，f(x)＝－f(－x)＝4sinπx；当－5≤x≤－3时，令4sinπx＝2eq\r(3)，解得x1＝－eq\f(10,3)，x2＝－eq\f(11,3)(舍去)，若对任意x∈[－m，m]，f(x)≤2eq\r(3)成立，所以m的最大值为eq\f(10,3).专练7二次函数与幂函数1．C设f(x)＝xα，则eq\f(4α,2α)＝2α＝3，∴f(eq\f(1,2))＝(eq\f(1,2))α＝eq\f(1,3).2．D依题意，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))，作出函数f(x)的大致图像如图所示；观察可知，函数f(x)在(－∞，eq\f(5,2))，(4，＋∞)上单调递增，在(eq\f(5,2)，4)上单调递减．3．A因为函数y＝(m2－m－1)x－5m－3既是幂函数又是在(0，＋∞)上的减函数，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－m－1＝1，,－5m－3<0，))解得m＝2.4．A函数图像的对称轴为x＝eq\f(a,2)，由题意得eq\f(a,2)≥4，解得a≥8.故选A.5．C由题设，f(x)对称轴为x＝2且图像开口向下，则f(x)在(0，2)上递增，在(2，＋∞)上递减，由f(x)＝ax2－4ax＋2＝ax(x－4)＋2，即f(x)恒过(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，＋∞)上递增，且在(0，4)上y<2，在(4，＋∞)上y>2，所以f(x)>log2x的解集为(0，4).6．C二次函数y＝x2－4x＋a，对称轴为x＝2，开口向上，在(－∞，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，要使二次函数f(x)＝x2－4x＋a的两个零点都在区间(1，＋∞)内，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.故实数a的取值范围是(3，4).7．B由题意得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(当且仅当eq\f(9,a)＝eq\f(1,c)，即a＝3，c＝eq\f(1,3)时等号成立).8．A∵f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且f(－x)＝－x(e－x＋ex)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，又当x>0时，f′(x)＝ex＋e－x＋(ex－e－x)x>0，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数，故选A.9．A当x<0时，f(x)＝－f(－x)＝x3，∴f(x)＝x3(x∈R)，易知f(x)在R上是增函数，结合f(－4t)>f(2m＋mt2)对任意实数t恒成立，知－4t>2m＋mt2对任意实数t恒成立⇒mt2＋4t＋2m<0对任意实数t恒成立⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝16－8m2<0))⇒m∈(－∞，－eq\r(2))，故选A.10．－111．f(x)＝x2解析：幂函数f(x)＝x－k2＋k＋2(k∈N*)满足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：设g(x)＝f(x)－kx＝x2＋(2－k)x＋1，由题意知g(x)≤0对任意实数x∈(1，m]都成立的m的最大值是5，所以x＝5是方程g(x)＝0的一个根，即g(5)＝0，可以解得k＝eq\f(36,5)(经检验满足题意).13．Bf(x)＝－4tanx－eq\f(sin2x＋cos2x,cos2x)＝－tan2x－4tanx－1＝－(tanx＋2)2＋3，当tanx＝－2时，f(x)取得最大值，且最大值为3.14．B因为图像与x轴交于两点，所以b2－4ac>0，即b2>4ac，①正确．对称轴为x＝－1，即－eq\f(b,2a)＝－1，2a－b＝0，②错误．结合图像，当x＝－1时，y>0，即a－b＋c>0，③错误．由对称轴为x＝－1知，b＝2a.又函数图像开口向下，所以a<0，所以5a<2a，即5a<b，④正确．15．－4x2＋4x＋7解析：设f(x)＝a(x－m)2＋n，∵f(2)＝f(－1)，∴f(x)的对称轴为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)，因为eq\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，故实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).专练8指数与指数函数1．C由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－3a＋3＝1，,a>0，,a≠1，))得a＝2.2．A若函数g(x)＝3x＋t的图像不经过第二象限，则当x＝0时，g(x)≤0，即30＋t≤0，解得t≤－1.故选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]上单调，∴a0＋a1＝3，得a＝2.5．D由f(x)＝ax－b的图像知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因为a＝log0.62<log0.61＝0，0<b＝sin1<1，c＝20.6>20＝1，所以a<b<c.8．C由复合函数的单调性可知，函数f(x)的单调减区间为(－∞，0).9．CI(t*)＝＝0.95K，整理可得e0.23(t*－53)＝19，两边取自然对数得＝ln19≈3，解得t*≈66，故选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：由题可知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增长的速度大约是0.52.12．x>1解析：定义在R上的函数f(x)＝2x＋a·2－x的图像关于原点对称，则f(0)＝20＋a·20＝0，解之得a＝－1，经检验符合题意，y＝2x、y＝－2－x均为R上增函数，则f(x)＝2x－2－x为R上的增函数，又f(1)＝21－2－1＝eq\f(3,2)，则不等式f(2x－1)>eq\f(3,2)等价于2x－1>1，解之得x>1.13．B由函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－4，x≤4,（x－16）2－143，x>4))，得函数f(x)在(－∞，4)上递增，在(4，16)上递减，在(16，＋∞)上递增，作出函数y＝2x和y＝x2的图像，如图所示，令2x＝x2，得x＝2或4，结合图像可知，当0≤x<2时，4>2x>x2≥0，则f(2x)>f(x2)，当2≤x≤4时，4≤2x≤x2≤16，则f(2x)≥f(x2)，当x>4时，2x>x2>16，则f(2x)>f(x2)，综上所述，当x≥0时，f(2x)≥f(x2).14．D设f(x)＝ex－x－1，可得f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，解得x＝0，当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)>f(0)＝0，即ex>x＋1，则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)，因为e0.4<e0.5<40.5＝2，所以eq\f(b,a)＝eq\f(e0.4,2)<1，所以b<a，综上可得c<b<a.15．6解析：由题意得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：设t＝2x，则y＝4x＋m·2x－2＝t2＋mt－2.因为x∈[－2，2]，所以t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，4)).又函数y＝4x＋m·2x－2在区间[－2，2]上单调递增，即y＝t2＋mt－2在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，4))上单调递增，故有－eq\f(m,2)≤eq\f(1,4)，解得m≥－eq\f(1,2).所以m的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).专练9对数与对数函数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由题意得logeq\f(1,2)(3x－2)≥0，即0<3x－2≤1.∴eq\f(2,3)<x≤1.3．A函数f(x)＝logeq\f(1,2)(x2－2x)的定义域为(－∞，0)∪(2，＋∞)，由复合函数的单调性可知，函数f(x)＝logeq\f(1,2)(x2－2x)的单调增区间为(－∞，0).4．A∵f(x)＝(m－2)xa为幂函数，∴m－2＝1，m＝3，∴g(x)＝loga(x＋3)，又g(－2)＝0，∴g(x)的图像过(－2，0).5．A因为a＝log0.222022<log0.22eq\f(1,0.22)＝－1，－1<b＝sin(sin2022)<1，c＝20220.22>20220＝1，所以a<b<c.故选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，综上，x>z>y.7．Cf(x)的定义域为(0，2)，f(x)＝lnx＋ln(2－x)＝ln[x(2－x)]＝ln(－x2＋2x).设u＝－x2＋2x，x∈(0，2)，则u＝－x2＋2x在(0，1)上单调递增，在(1，2)上单调递减．又y＝lnu在其定义域上单调递增，∴f(x)＝ln(－x2＋2x)在(0，1)上单调递增，在(1，2)上单调递减．∴选项A、B错误；∵f(x)＝lnx＋ln(2－x)＝f(2－x)，∴f(x)的图像关于直线x＝1对称，∴选项C正确；∵f(2－x)＋f(x)＝[ln(2－x)＋lnx]＋[lnx＋ln(2－x)]＝2[lnx＋ln(2－x)]，不恒为0，∴f(x)的图像不关于点(1，0)对称，∴选项D错误．8．B由y＝logax的图像可知loga3＝1，所以a＝3.对于选项A：y＝3－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)为减函数，A错误；对于选项B：y＝x3，显然满足条件；对于选项C：y＝(－x)3＝－x3在R上为减函数，C错误；对于选项D：y＝log3(－x)，当x＝－3时，y＝1，D错误．故选B.9．A依题意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)，综上可得a∈(eq\f(\r(3),2)，1)∪(1，＋∞)，令－3x2＋4ax－1＝0的根为x1、x2且x1<x2，u(x)＝－3x2＋4ax－1，y＝logau，若a∈(1，＋∞)，则y＝logau在定义域上单调递增，u(x)＝－3x2＋4ax－1在(x1，eq\f(2a,3))上单调递增，在(eq\f(2a,3)，x2)上单调递减，根据复合函数的单调性可知，f(x)＝loga(－3x2＋4ax－1)在(x1，eq\f(2a,3))上单调递增，在(eq\f(2a,3)，x2)上单调递减，函数不存在最小值，故舍去；若a∈(eq\f(\r(3),2)，1)，则y＝logau在定义域上单调递减，u(x)＝－3x2＋4ax－1在(x1，eq\f(2a,3))上单调递增，在(eq\f(2a,3)，x2)上单调递减，根据复合函数的单调性可知，f(x)＝loga(－3x2＋4ax－1)在(x1，eq\f(2a,3))上单调递减，在(eq\f(2a,3)，x2)上单调递增，所以函数在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：因为函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)，y＝－log2(x＋4)在区间[－2，2]上都单调递减，所以函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋4)在区间[－2，2]上单调递减，所以函数f(x)的最大值为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)，∴log2(－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)，则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，所以该同学视力的小数记录法的数据约为0.8.15．Bx＝log4(20211226×1314520)＝eq\f(1,2)log2(20211226×1314520)，设20211226＝2m，1314520＝2n，由表格得知：220＝1048576，221＝2097152，224＝16777216，225＝33554432，所以24<m<25，则20<n<21，所以m＋n∈(44，46)，log2(20211226×1314520)∈(44，46)，则x＝eq\f(1,2)log2(20211226×1314520)∈(22，23).16．[－1，＋∞)解析：∵函数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，则－m－1≤0，求得m≥－1，故m的取值范围为[－1，＋∞).专练10函数的图像1．A设函数f(x)＝(3x－3－x)cosx，则对任意x∈[－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)]，都有f(－x)＝(3－x－3x)cos(－x)＝－(3x－3－x)cosx＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数，因此排除B，D选项．又f(1)＝(3－3－1)cos1＝eq\f(8,3)cos1＞0，所以排除C选项．故选A.2．A把函数y＝log2x的图像上所有点的纵坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，横坐标不变，得到函数y＝eq\f(1,2)log2x的图像，再向右平移1个单位，得到函数y＝eq\f(1,2)log2(x－1)的图像，即函数y＝log2(x－1)eq\f(1,2)＝log2eq\r(x－1)的图像．3．A对于B选项，f(eq\f(π,2))＝0，与题图不符；对于C选项，当π<x<eq\f(3π,2)时，|sinx|>0，则f(x)＝eq\f(x2|sinx|,ex)>0，与题图不符；对于D选项，f(eq\f(π,2))＝0，与题图不符．排除BCD选项．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)为奇函数，排除A选项；令x2＋|x|－2＝0，得x＝1或x＝－1，所以f(x)在x＝1和x＝－1处没有意义，函数图像存在虚线，当取1.000001时，f(x)分母为正，分子为正所以函数值为正数，排除B选项；当x＝－eq\f(1,2)时，f(x)分母为负，分子为负，所以f(x)为正数，排除D选项；对比图像和函数值知只有C选项符合题意．5．D函数f(x)在x＝0处无定义，排除选项A，函数f(x)的图像关于原点对称，故f(x)为奇函数，排除选项B，当0<x<1时，cosx>0，ex>e－x，故eq\f(cosx,ex－e－x)>0，排除选项C.6．A函数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正确；显然f(x)的图像关于(－1，1)成中心对称，故B不正确；∵当x＝－2时，f(x)＝0，故图像与x轴有交点，C不正确；由函数的概念知D不正确．7．B图②是由图①y轴左侧图像保留，左右关于y轴对称得，故图②对应的解析式为y＝f(－|x|).8．C把函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度后得到函数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的图象．作出函数f(x)的部分图象和直线y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)如图所示．观察图象知，共有3个交点．故选C.9．D由题意知y＝eq\f(1,1－x)＝eq\f(－1,x－1)的图像是双曲线，且关于点(1，0)成中心对称，又y＝2sinπx的周期为T＝eq\f(2π,π)＝2，且也关于点(1，0)成中心对称，因此两图像的交点也一定关于点(1，0)成中心对称，再结合图像(如图所示)可知两图像在[－2，4]上有8个交点，因此8个交点的横坐标之和x1＋x2＋…＋x8＝4×2＝8.故选D.10．(－2，4)解析：由题意得f(2)＝3，又y＝f(x)与y＝f(－x)的图像关于y轴对称，∴y＝f(－x)过点(－2，3)，∴y＝f(－x)＋1的图像过点(－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：当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，y＝cosx>0.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，4))时，y＝cosx<0.结合y＝f(x)，x∈[0，4]上的图像知，当1<x<eq\f(π,2)时，eq\f(f（x）,cosx)<0.又函数y＝eq\f(f（x）,cosx)为偶函数，∴在[－4，0]上，eq\f(f（x）,cosx)<0的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，