(這是邊文，請據(jù)需要手工刪加)數(shù)學(文科)詳解答案專練1集合及其運算1．A由題意，得M∩N＝{2，4}．故選A.2．C因為集合A＝{x|0≤x≤2}，B＝{1，2，3}，所以A∩B＝{1，2}，所以(A∩B)∪C＝{1，2，3，4}．3．D∵A＝{x∈N|1≤x≤3}＝{1，2，3}，B＝{x|x2－6x＋5＜0}＝{x|1＜x＜5}，∴A∩B＝{2，3}．4．B由log2(x＋1)＜3，可得0＜x＋1＜8，解得－1＜x＜7，所以集合A＝{x|1≤x≤27}，B＝{x|－1＜x＜7}，可得?RB＝{x|x≤－1或x≥7}，所以A∩(?RB)＝{x|7≤x≤27}＝[7，27].5．A解法一因為集合M＝{1，2}，N＝{3，4}，所以M∪N＝{1，2，3，4}．又全集U＝{1，2，3，4，5}，所以?U(M∪N)＝{5}．解法二因為?U(M∪N)＝(?UM)∩(?UN)，?UM＝{3，4，5}，?UN＝{1，2，5}，所以?U(M∪N)＝{3，4，5}∩{1，2，5}＝{5}．6．C因為A，B均為R的子集，且A∩(?RB)＝A，所以A??RB，所以A∩B＝?.7．D∵A＝{x∈N*|x＜3}＝{1，2}，A∪B＝{1，2，3}，∴集合B所有可能的結果為：{3}，{1，3}，{2，3}，{1，2，3}，∴滿足條件的集合B共有4個．8．B因為A＝{x|－1＜x＜2}，B＝{x|x＞1}，所以陰影部分表示的集合為A∩(?RB)＝{x|－1＜x≤1}．9．CA＝{x|log2x＜1}＝(0，2)，B＝{y|y＝eq\r(2－x)}＝[0，＋∞)，∴A∩B＝(0，2).10．答案：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＝3.11．答案：－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a2－a＋1＝a時，得a＝1，不符合集合的互異性，故舍去，∴a的值為－1或2.12．答案：±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＝－1.13．A因為A＝{x∈Z|－3≤x＜4}＝{－3，－2，－1，0，1，2，3}，log2(x＋2)＜2，即log2(x＋2)＜log24，故0＜x＋2＜4，解得－2＜x＜2，即B＝{x|－2＜x＜2}，則A∩B＝{－1，0，1}，其包含3個元素．14．A解不等式可得B＝{x|x＜0或x＞1}，由題意可知陰影部分表示的集合為?U(A∩B)∩(A∪B)，且A∩B＝{x|1＜x≤2}，A∪B＝R，∴?U(A∩B)＝{x|x≤1或x＞2}，所以?U(A∩B)∩(A∪B)＝{x|x≤1或x＞2}．15．C解不等式eq\f(x＋4,x－1)＞0，則(x＋4)(x－1)＞0，解得：x＜－4或x＞1，即A＝{x|x＜－4或x＞1}，于是得?RA＝{x|－4≤x≤1}，而B＝{－2，－1，1，2}，所以(?RA)∩B＝{－2，－1，1}．16．C因為y＝2coseq\f(π,3)x的最小正周期T＝eq\f(2π,\f(π,3))＝6，且coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，coseq\f(2π,3)＝cos(π－eq\f(π,3))＝－coseq\f(π,3)＝－eq\f(1,2)，coseq\f(3π,3)＝－1，coseq\f(4π,3)＝cos(π＋eq\f(π,3))＝－coseq\f(π,3)＝－eq\f(1,2)，coseq\f(5π,3)＝cos(2π－eq\f(π,3))＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，coseq\f(6π,3)＝1，coseq\f(7π,3)＝cos(2π＋eq\f(π,3))＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，…，所以A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＝2cos\f(nπ,3)，n∈N*))＝{1，－1，－2，2}，又B＝{x|x2－2x－3＜0}＝{x|－1＜x＜3}，所以A∩B＝{1，2}．專練2簡單的邏輯聯(lián)結詞、全稱量詞與存在量詞1．B因為命題p：?x0＜－1，2x0－x0－1＜0，則?p：?x＜－1，2x－x－1≥0.2．D令f(x)＝sinx－x(x>0)，則f′(x)＝cosx－1≤0，所以f(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，所以f(x)<f(0)，即f(x)<0，即sinx<x(x>0)，故?x∈(0，＋∞)，sinx<x，所以D為假命題．3．A由x3<x2，得x2(x－1)<0，解得x<0或0<x<1，在這個范圍內(nèi)沒有自然數(shù)，∴命題p為假命題．∵對任意的a∈(0，1)∪(1，＋∞)，均有f(2)＝loga1＝0，∴命題q為真命題．4．C由?(p∨q)為假命題知p∨q為真命題，∴p，q中至少有一個為真命題．5．B∵當x>0時，x＋1>1，∴l(xiāng)n(x＋1)>0，故命題p為真命題，當a＝－1，b＝－2時，a2<b2，故q為假命題，故p∧q為假命題．p∧(?q)為真命題，(?p)∧q為假命題，(?p)∧(?q)為假命題．6．D由題意得，4x2＋(a－2)x＋eq\f(1,4)>0恒成立，∴Δ＝(a－2)2－4×4×eq\f(1,4)<0，得0<a<4.7．D∵命題“?x0∈R，xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋(a－1)x0＋1<0”是真命題等價于xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋(a－1)x0＋1＝0有兩個不等的實根，所以Δ＝(a－1)2－4>0，即a2－2a－3>0，解得a<－1或a>3.8．B對于命題p，取x＝0，y＝eq\f(5π,3)，則sinx＝0＞siny＝－eq\f(\r(3),2)，但x＜y，p為假命題；對于命題q，?a∈R，a2＋2≥2，則函數(shù)f(x)＝log(a2＋2)x在定義域內(nèi)為增函數(shù)，q為真命題．所以p∧q、p∧(?q)、?(p∨q)均為假命題，(?p)∧q為真命題．9．C若方程x2＋ax＋1＝0沒有實根，則判別式Δ＝a2－4<0，即－2<a<2，即p：－2<a<2.?x>0，2x－a>0則a<2x，當x>0時，2x>1，則a≤1，即q：a≤1.∵?p是假命題，∴p是真命題．∵p∧q是假命題，∴q是假命題，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2<a<2，,a>1，))得1<a<2.10．答案：?x∈(0，eq\f(π,2))，tanx≤sinx11．答案：[－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．答案：(－∞，－1)解析：由“p或q”為真命題，得p為真命題或q為真命題．當p為真命題時，設方程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q為真命題時，有Δ′＝16(m＋2)2－16<0，解得－3<m<－1.綜上可知，實數(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)復合命題真假判斷結論可得ACD錯誤，B選項正確．14．C對于①，令y＝x－sinx，則y′＝1－cosx≥0，則函數(shù)y＝x－sinx在R上遞增，則當x>0時，x－sinx>0－0＝0，即當x>0時，x>sinx恒成立，故①正確；對于②，命題“若x－sinx＝0，則x＝0”的逆否命題為“若x≠0，則x－sinx≠0”，故②正確；對于③，命題p∨q為真，即p，q中至少有一個為真，p∧q為真，即p，q都為真，可知“p∧q為真”是“p∨q為真”的充分不必要條件，故③正確；對于④，命題“?x∈R，x－lnx>0”的否定是“?x0∈R，x0－lnx0≤0”，故④錯誤．綜上，正確結論的個數(shù)為3.15．A根據(jù)題意可得圓弧eq\o(BE,\s\up8(︵))，eq\o(EG,\s\up8(︵))，eq\o(GI,\s\up8(︵))對應的半徑分別為AB，BC－AB，AB－DG，也即AB，BC－AB，2AB－BC，則弧長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．16．答案：(－∞，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，因為ex＋e－x＋1≥2eq\r(ex·e－x)＋1＝3，當且僅當ex＝e－x，即x＝0時，等號成立，所以(ex＋e－x＋1)min＝3，所以a≤3.專練3命題及其關系、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，滿足eq\f(a,b)＞1，但是不滿足a＞b＞0，故“a＞b＞0”是“eq\f(a,b)＞1”的充分不必要條件．2．C原命題中，若c＝0，則ac2>bc2不成立，故原命題為假命題；其逆命題為：設a，b，c∈R，若ac2>bc2，則a>b，由不等式的性質(zhì)可知該命題為真命題，由于互為逆否的命題同真假可知其否命題為真命題，其逆否命題為假命題，故真命題的個數(shù)為2.3．A因為sinx∈[－1，1]，所以?x∈R，sinx<1，所以命題p是真命題．因為?x∈R，|x|≥0，所以可得e|x|≥e0＝1，所以命題q是真命題．于是可知p∧q是真命題，?p∧q是假命題，p∧?q是假命題，?(p∨q)是假命題．4．C由p是q的充分不必要條件可知p?q，qD?/p，由互為逆否命題的兩命題等價可得?q??p，?pD?/?q，∴?p是?q的必要不充分條件．選C.5．B當平面α∥平面ABC時，△ABC的三個頂點到平面α的距離相等且不為零；當△ABC的三個頂點到平面α的距離相等且不為零時，平面α可能與平面ABC相交，例如當BC∥平面α且AB，AC的中點在平面α內(nèi)時，△ABC的三個頂點到平面α的距離相等且不為零，但平面α與平面ABC相交．即p是q的必要不充分條件．6．A由雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,λ)＝1的焦點在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的焦點在x軸上”的充分不必要條件．7．B由y＝2x＋m－1＝0，得m＝1－2x，由函數(shù)y＝2x＋m－1有零點，則m<1，由函數(shù)y＝logmx在(0，＋∞)上是減函數(shù)，得0<m<1，∴“函數(shù)y＝2x＋m－1有零點”是“函數(shù)y＝logmx在(0，＋∞)上為減函數(shù)”的必要不充分條件．8．A由eq\f(（x＋y）2,2)≤x2＋y2≤1，注意前一個等號成立條件為x＝y(tǒng)，所以－eq\r(2)≤x＋y≤eq\r(2)，則x＋y＋2＞x＋y＋eq\r(2)≥0，充分性成立；當x＋y＋2＞0時，若x＝y(tǒng)＝1，則x2＋y2＝2＞1，必要性不成立．所以“x2＋y2≤1”是“x＋y＋2＞0”的充分不必要條件．9．A|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))|兩邊平方得到eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2－2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))，得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，即eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，故△ABC為 直角三角形，充分性成立；若△ABC為直角三角形，當∠B或∠C為直角時，|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))|≠|(zhì)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))|，必要性不成立．10．答案：充分不必要解析：由a∥b得，m2＝1，m＝±1，∴m＝1是a∥b的充分不必要條件．11．答案：(－∞，－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．答案：[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}．因為p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．B若p成立，例如當x＝4，y＝1時，q不成立，即p?q不成立，反之，若x＝2且y＝3，則x＋y＝5是真命題，所以若x＋y≠5，則x≠2或y≠3是真命題，即q?p成立，所以p是q的必要而不充分條件．14．C設等差數(shù)列{an}的公差為d.因為{an}為遞增數(shù)列，所以d>0.當n>1－eq\f(a1,d)，且n∈N*時，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n>N0時，an>0，即充分性成立．若存在正整數(shù)N0，當n>N0時，an>0，則當n>N0≥1時，a1＋(n－1)d>0.當a1≤0時，n－1>0，所以d>－eq\f(a1,n－1)≥0，即{an}為遞增數(shù)列；當a1>0時，由題意得當n>N0時，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.因為－eq\f(a1,n－1)隨著n的增大而增大，且－eq\f(a1,n－1)恒為負值，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.15．答案：①③④解析：對于命題p1，兩兩相交且不過同一點的三條直線的交點記為A、B、C，易知A、B、C三點不共線，所以可確定一個平面，記為α，由A∈α，B∈α，可得直線AB?α，同理，另外兩條直線也在平面α內(nèi)，所以p1是真命題；對于命題p2，當三點共線時，過這三點有無數(shù)個平面，所以p2是假命題，從而?p2是真命題；對于命題p3，空間兩條直線不相交，則這兩條直線可能平行，也可能異面，所以p3是假命題，從而?p3是真命題；對于命題p4，由直線與平面垂直的性質(zhì)定理可知，是真命題，從而?p4是假命題．綜上所述，p1∧p4是真命題，p1∧p2是假命題，(?p2)∨p3是真命題，(?p3)∨(?p4)是真命題，所以答案為①③④.16．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))解析：由|4x－3|≤1，得eq\f(1,2)≤x≤1；由x2－(2a＋1)x＋a(a＋1)≤0，得a≤x≤a＋1.∵?p是?q的必要不充分條件，∴q是p的必要不充分條件，∴p是q的充分不必要條件，∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))[a，a＋1]，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤\f(1,2)，,a＋1≥1，))兩個等號不能同時成立，解得0≤a≤eq\f(1,2).∴實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).專練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．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，＋∞).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．A設f(x)＝ax＋b，由f(f(x))＝x＋2知，a(ax＋b)＋b＝x＋2，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝1，,ab＋b＝2，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1，))∴f(x)＝x＋1.7．B當x∈[0，1]時，f(x)＝eq\f(3,2)x；當1≤x≤2時，設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x∈[1，2]時，f(x)＝－eq\f(3,2)x＋3.結合選項知選B.8．Af(1)＝2×1＝2，據(jù)此結合題意分類討論：當a>0時，2a＋2＝0，解得a＝－1，舍去；當a≤0時，a＋2＋2＝0，解得a＝－4，滿足題意．9．C∵f(x)＝－x2＋4x＝－(x－2)2＋4，∴當x＝2時，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．答案：eq\f(1,e)＋1解析：f(3)＝f(1)＝f(－1)＝eq\f(1,e)＋1.11．答案：－eq\f(3,2)解析：當a≤1時，f(a)＝2a－2＝－3無解；當a>1時，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．答案：[0，3)解析：由題意得ax2＋2ax＋3＝0無實數(shù)解，即y＝ax2＋2ax＋3與x軸無交點，當a＝0時y＝3符合題意；當a≠0時，Δ＝4a2－12a<0，得0<a<3，綜上得0≤a<3.13．A因為f(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(不滿足a＝eq\r(a＋2)，舍去)此時a＝2滿足題意，則f(a)＝eq\r(2).若eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－3＞0,a＋2≤0))，此時不存在滿足條件的a.15．答案：4036解析：∵f(a＋b)＝f(a)·f(b)，∴f(n＋1)＝f(1)·f(n)，∴eq\f(f（n＋1）,f（n）)＝f(1)＝2，∴eq\f(f（2）,f（1）)＋eq\f(f（3）,f（2）)＋…＋eq\f(f（2019）,f（2018）)＝2018f(1)＝2018×2＝4036.16．答案：eq\f(\r(2),2)解析：由函數(shù)f(x)滿足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).專練5函數(shù)的單調(diào)性與最值1．DA項，x1＝0時，y1＝1，x2＝eq\f(1,2)時，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項不符合題意．B項，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項不符合題意．C項，y＝lnx為增函數(shù)，故C項不符合題意．D項，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項符合題意．2．D由x2－4>0得x>2或x<－2，∴f(x)的定義域為(－∞，－2)∪(2，＋∞)，由復合函數(shù)的單調(diào)性可知，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－2).3．By＝|x|(1－x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（1－x），x≥0，,－x（1－x），x<0))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋x，x≥0，,x2－x，x<0))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－（x－\f(1,2)）2＋\f(1,4)，x≥0，,（x－\f(1,2)）2－\f(1,4)，x<0.))畫出函數(shù)的圖像，如圖．由圖易知原函數(shù)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞增．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)的對稱軸為x＝a，則a≤1.綜上有0<a≤1.5．D解法一(排除法)取x1＝－1，x2＝0，對于A項有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以A項不符合題意；對于B項有f(x1)＝eq\f(3,2)，f(x2)＝1，所以B項不符合題意；對于C項有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以C項不符合題意．解法二(圖像法)如圖，在坐標系中分別畫出A，B，C，D四個選項中函數(shù)的大致圖像，即可快速直觀判斷D項符合題意．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，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(log3)＝f(log23)＞b＞c.7．A因為2x－2y<3－x－3－y，所以2x－3－x<2y－3－y.設f(x)＝2x－3－x，則f′(x)＝2xln2－3－x×ln3×(－1)＝2xln2＋3－xln3，易知f′(x)>0，所以f(x)在R上為增函數(shù)．由2x－3－x<2y－3－y得x<y，所以y－x＋1>1，所以ln(y－x＋1)>0.8．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<1.9．C因為函數(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(1)＝m，f(m)＝1，不妨設函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，且m＞1，則f(m)＞f(1)，即1＞m(矛盾)，故m＝1.所以f(x)＝x，故f(3)＝3.10．答案：(－3，－1)∪(3，＋∞)解析：由已知可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－a>0，,a＋3>0，,a2－a>a＋3，))解得－3<a<－1或a>3，所以實數(shù)a的取值范圍為(－3，－1)∪(3，＋∞).11．答案：[－1，1)解析：∵f(0)＝loga3<0，∴0<a<1，由復合函數(shù)的單調(diào)性可知，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為[－1，1).12．答案：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.所以實數(shù)m的取值范圍是{1}∪[2，＋∞).14．A因為函數(shù)f(x)的定義域為R，所以f(－x)＝log2(2－x＋1)＋eq\f(1,2)x＝log2(2x＋1)－eq\f(1,2)x＝f(x)，即函數(shù)f(x)為偶函數(shù)．又當x＞0時，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)等價于f(|a－2|)≥f(|2a－1|)，所以|a－2|≥|2a－1|，化簡得，a2≤1，所以－1≤a≤1.15．答案：3解析：∵y＝(eq\f(1,3))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．答案：(0，eq\f(3,4)]解析：∵對任意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(0，eq\f(3,4)].專練6函數(shù)的奇偶性與周期性1．B通解選項A：因為函數(shù)f(x)＝eq\f(1－x,1＋x)，所以f(x－1)－1＝eq\f(1－（x－1）,1＋（x－1）)－1＝eq\f(2－x,x)－1＝eq\f(2,x)－2，當x＝1，－1時，函數(shù)f(x－1)－1的值分別為0，－4.據(jù)此，結合函數(shù)奇偶性的定義可知該函數(shù)不具有奇偶性．選項B：因為函數(shù)f(x)＝eq\f(1－x,1＋x)，所以f(x－1)＋1＝eq\f(1－（x－1）,1＋（x－1）)＋1＝eq\f(2－x,x)＋1＝eq\f(2,x).據(jù)此，結合函數(shù)奇偶性的定義可知該函數(shù)為奇函數(shù)．選項C：因為函數(shù)f(x)＝eq\f(1－x,1＋x)，所以f(x＋1)－1＝eq\f(1－（x＋1）,1＋（x＋1）)－1＝－eq\f(x,x＋2)－1＝－eq\f(2x＋2,x＋2)，當x＝1，－1時，函數(shù)f(x＋1)－1的值分別為－eq\f(4,3)，0.據(jù)此，結合函數(shù)奇偶性的定義可知該函數(shù)不具有奇偶性．選項D：因為函數(shù)f(x)＝eq\f(1－x,1＋x)，所以f(x＋1)＋1＝eq\f(1－（x＋1）,1＋（x＋1）)＋1＝－eq\f(x,x＋2)＋1＝eq\f(2,x＋2)，當x＝1，－1時，函數(shù)f(x＋1)＋1的值分別為eq\f(2,3)，2.據(jù)此，結合函數(shù)奇偶性的定義可知該函數(shù)不具有奇偶性．綜上，所給函數(shù)中為奇函數(shù)的是選項B中的函數(shù)．優(yōu)解因為函數(shù)f(x)＝eq\f(1－x,1＋x)＝eq\f(2－x－1,1＋x)＝－1＋eq\f(2,1＋x)，所以函數(shù)f(x)的圖像關于點(－1，－1)對稱．選項A：因為將函數(shù)f(x)的圖像先向右平移1個單位，再向下平移1個單位，可得到函數(shù)f(x－1)－1的圖像，所以可知函數(shù)f(x－1)－1的圖像關于點(0，－2)對稱，從而該函數(shù)不是奇函數(shù)．選項B：因為將函數(shù)f(x)的圖像先向右平移1個單位，再向上平移1個單位，可得到函數(shù)f(x－1)＋1的圖像，所以可知函數(shù)f(x－1)＋1的圖像關于點(0，0)對稱，從而該函數(shù)是奇函數(shù)．選項C：因為將函數(shù)f(x)的圖像先向左平移1個單位，再向下平移1個單位，可得到函數(shù)f(x＋1)－1的圖像，所以可知函數(shù)f(x＋1)－1的圖像關于點(－2，－2)對稱，從而該函數(shù)不是奇函數(shù)．選項D：因為將函數(shù)f(x)的圖像先向左平移1個單位，再向上平移1個單位，可得到函數(shù)f(x＋1)＋1的圖像，所以可知函數(shù)f(x＋1)＋1的圖像關于點(－2，0)對稱，從而該函數(shù)不是奇函數(shù)．綜上，所給函數(shù)中為奇函數(shù)的是選項B中的函數(shù)．2．A解法一由函數(shù)y＝x3和y＝－eq\f(1,x3)都是奇函數(shù)，知函數(shù)f(x)＝x3－eq\f(1,x3)是奇函數(shù)．由函數(shù)y＝x3和y＝－eq\f(1,x3)都在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，知函數(shù)f(x)＝x3－eq\f(1,x3)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)＝x3－eq\f(1,x3)是奇函數(shù)，且在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增．解法二函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，關于原點對稱，f(－x)＝(－x)3－eq\f(1,（－x）3)＝－x3＋eq\f(1,x3)＝－f(x)，故f(x)＝x3－eq\f(1,x3)是奇函數(shù)．∵f′(x)＝3x2＋eq\f(3,x4)>0，∴f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增．3．D∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(－8)＝－f(8)＝－log28＝－3.4．C因為函數(shù)f(x)是定義域為R的偶函數(shù)，所以f(x)＝f(－x)，又因為f(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＝2，因為f(eq\f(1,2))＝1，f(－eq\f(3,2))＝f(2－eq\f(3,2))＝f(eq\f(1,2))＝1.5．C∵f(x＋2)＝f(x)，∴f(x)的周期為2，又f(x)為偶函數(shù)，∴f(－1)＝f(1)＝31＝3，∴f(2)＝f(0)＝1，∴f(4)＝f(0)＝1，f(－eq\f(3,2))＝f(eq\f(1,2))＝eq\r(3)，f(eq\f(5,3))＝f(－eq\f(1,3))＝f(eq\f(1,3))＝eq\r(3,3)，∴f(－eq\f(3,2))>f(eq\f(5,3)).6．C因為f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x).又f(1＋x)＝f(－x)，所以f(2＋x)＝f[1＋(1＋x)]＝f[－(1＋x)]＝－f(1＋x)＝－f(－x)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)是以2為周期的周期函數(shù)，f(eq\f(5,3))＝f(eq\f(5,3)－2)＝f(－eq\f(1,3))＝eq\f(1,3).7．Cf(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在(－∞，0]上是增函數(shù)，得函數(shù)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，圖像越靠近y軸，圖像越靠上，即自變量的絕對值越小，函數(shù)值越大，由于<1<log47<log49＝log23，可得b<a<c.8．A因為函數(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)＝0.9．A∵f(x)是周期為3的偶函數(shù)，∴f(5)＝f(5－6)＝f(－1)＝f(1)＝eq\f(2a－3,a＋1)，又f(1)<1，∴eq\f(2a－3,a＋1)<1，得－1<a<4.10．答案：－eq\f(1,2)解析：因為log32∈(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))＝－3log3eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2).11．答案：1解析：由偶函數(shù)得f(－x)＝f(x)，即(eq\f(1,ex)－ex)ln(eq\r(x2＋a)＋x)＝(ex－eq\f(1,ex))ln(eq\r(x2＋a)－x)對x∈R恒成立，整理得(eq\f(1,ex)－ex)lna＝0，故lna＝0，a＝1.12．答案：4034解析：F(a)＋F(c)＝(a－b)f(a－b)＋2017＋(c－b)f(c－b)＋2017.∵b是a，c的等差中項，∴a－b＝－(c－b)，令g(x)＝xf(x)，則g(－x)＝－xf(－x)＝－xf(x)＝－g(x)，∴g(x)＝xf(x)是奇函數(shù)．∴(a－b)f(a－b)＋(c－b)f(c－b)＝0，∴F(a)＋F(c)＝2017＋2017＝4034.13．A因為函數(shù)y＝f(x)的定義域為R，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；因為y＝f(x＋1)為偶函數(shù)，所以f(x＋1)＝f(－x＋1)，即y＝f(x)的圖像關于x＝1對稱，又y＝f(x)滿足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)＝－1.14．A因為y＝f(x)圖像關于點(0，0)與點(1，0)對稱，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x∈(－1，0]時，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).15．B由題意，函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當x∈[0，1]時，f(x)＝sinπx，當x∈[－1，0)時，f(x)＝－f(－x)＝－sin(－πx)＝sinπx，即f(x)＝sinπx，x∈[－1，1]，又由當x＞1時，f(x)＝2f(x－2)，可畫出函數(shù)圖像，如圖所示．由圖知，當3≤x≤5時，f(x)＝4f(x－4)＝4sin(πx－4π)＝4sinπx；則當－5≤x≤－3時，f(x)＝－f(－x)＝4sinπx；當－5≤x≤－3時，令4sinπx＝2eq\r(3)，解得x1＝－eq\f(10,3)，x2＝－eq\f(11,3)(舍去)，若對任意x∈[－m，m]，f(x)≤2eq\r(3)成立，所以m的最大值為eq\f(10,3).16．答案：－eq\f(1,2)ln2解析：本題先采用特殊值法求出f(x)，再檢驗正確性．因為f(x)為奇函數(shù)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）＝0，,f（2）＋f（－2）＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ln|a＋1|＋b＝0①，,ln|a－1|＋ln\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,3)))＋2b＝0②.))由①可得－b＝ln|a＋1|③.將③代入②可得，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(（a－1）（a＋\f(1,3)）))＝|a＋1|2.當(a－1)(a＋eq\f(1,3))＝(a＋1)2時，解得a＝－eq\f(1,2).把a＝－eq\f(1,2)代入①，可得b＝ln2，此時f(x)＝lneq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(1,1－x)))＋ln2＝lneq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋x,1－x)))，所以f(－x)＋f(x)＝lneq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－x,1＋x)))＋lneq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋x,1－x)))＝ln1＝0，所以f(x)為奇函數(shù)，且f(0)，f(2)，f(－2)均有意義．當(a－1)(a＋eq\f(1,3))＝－(a＋1)2時，整理可得a2＋eq\f(2,3)a＋eq\f(1,3)＝0，此時Δ＝eq\f(4,9)－4×eq\f(1,3)<0，所以a無解．綜上可得，a＝－eq\f(1,2)，b＝ln2.專練7二次函數(shù)與冪函數(shù)1．C∵冪函數(shù)y＝f(x)的圖像過點(5，eq\f(1,5))，∴可設f(x)＝xα，∴5α＝eq\f(1,5)，解得α＝－1，∴f(x)＝x－1.∴f(21－log23)＝f(2log2eq\f(2,3))＝f(eq\f(2,3))＝(eq\f(2,3))－1＝eq\f(3,2).2．D設冪函數(shù)的解析式為f(x)＝xα，將(3，eq\r(3))代入解析式得3α＝eq\r(3)，解得α＝eq\f(1,2)，∴f(x)＝xeq\f(1,2).∴f(x)為非奇非偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上是增函數(shù)．3．A因為函數(shù)y＝(m2－m－1)x－5m－3既是冪函數(shù)又是(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)圖像的對稱軸為x＝eq\f(a,2)，由題意得eq\f(a,2)≥4，解得a≥8.5．A由f(1＋x)＝f(－x)知函數(shù)f(x)圖像的對稱軸為x＝eq\f(1,2)，而拋物線的開口向上，且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(0－\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))＝eq\f(3,2)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－2－\f(1,2)))＝eq\f(5,2)，根據(jù)到對稱軸的距離越遠的函數(shù)值越大得f(－2)>f(2)>f(0).6．B因為f(x)>0的解集為(－1，3)，故－2x2＋bx＋c＝0的兩個根為－1，3，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(c,2)＝－1×3，,\f(b,2)＝－1＋3))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝4，,c＝6，))令g(x)＝f(x)＋m，則g(x)＝－2x2＋4x＋6＋m＝－2(x－1)2＋8＋m，由x∈[－1，0]可得g(x)min＝m，又g(x)≥4在[－1，0]上恒成立，故m≥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(當且僅當eq\f(9,a)＝eq\f(1,c)，即a＝3，c＝eq\f(1,3)時等號成立).8．A∵f(x)的定義域為[0，＋∞)，且f(－x)＝－x(e－x＋ex)＝－f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)，又當x>0時，f′(x)＝ex＋e－x＋(ex－e－x)x>0，∴f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)．9．A當x<0時，f(x)＝－f(－x)＝x3，∴f(x)＝x3(x∈R)，易知f(x)在R上是增函數(shù)，結合f(－4t)>f(2m＋mt2)對任意實數(shù)t恒成立，知－4t>2m＋mt2對任意實數(shù)t恒成立?mt2＋4t＋2m<0對任意實數(shù)t恒成立?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝16－8m2<0))?m∈(－∞，－eq\r(2)).10．答案：－111．答案：f(x)＝x2解析：冪函數(shù)f(x)＝x－k2＋k＋2(k∈N*)滿足f(2)<f(3)，故－k2＋k＋2>0，∴－1<k<2，又k∈N*，∴k＝1，f(x)＝x2.12．答案：eq\f(36,5)解析：設g(x)＝f(x)－kx＝x2＋(2－k)x＋1，由題意知g(x)≤0對任意實數(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的一個根，即g(5)＝0，可以解得k＝eq\f(36,5)(經(jīng)檢驗滿足題意).13．B原題可轉化為關于a的一次函數(shù)y＝a(x－2)＋x2－4x＋4>0在a∈[－1，1]上恒成立，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（－1）（x－2）＋x2－4x＋4>0，,1×（x－2）＋x2－4x＋4>0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>3或x<2，,x>2或x<1))?x<1或x>3.14．B因為圖像與x軸交于兩點，所以b2－4ac>0，即b2>4ac，①正確．對稱軸為x＝－1，即－eq\f(b,2a)＝－1，2a－b＝0，②錯誤．結合圖像，當x＝－1時，y>0，即a－b＋c>0，③錯誤．由對稱軸為x＝－1知，b＝2a.又函數(shù)圖像開口向下，所以a<0，所以5a<2a，即5a<b，④正確．15．答案：0(答案不唯一)1解析：當a<0時，f(x)＝－ax＋1(x<a)是(－∞，a)上的增函數(shù)，沒有最小值，不符合題意．當0≤a<2時，f(x)＝－ax＋1(x<a)是(－∞，a)上的減函數(shù)，f(x)＝(x－2)2(x≥a)在[a，2]上是減函數(shù)，在(2，＋∞)上是增函數(shù)，其最小值是當x＝2時的函數(shù)值，即f(x)min＝f(2)＝0，要使f(x)存在最小值，則f(a)＝－a·a＋1＝－a2＋1≥0，解得－1≤a≤1.又0≤a<2，所以0≤a≤1，則a的一個取值可以為0.當a≥2時，f(x)＝－ax＋1(x<a)的值域為(－a2＋1，＋∞)，f(x)＝(x－2)2(x≥a)的值域為[(a－2)2，＋∞).因為－a2＋1此時恒小于(a－2)2，所以f(x)不存在最小值，所以a的取值范圍是[0，1]，所以a的最大值為1.16．答案：(eq\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)＝－2(eq\f(1,x)－eq\f(1,2))2＋eq\f(1,2)，因為eq\f(1,x)∈(eq\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，故實數(shù)a的取值范圍是(eq\f(1,2)，＋∞).專練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)過第二象限，則當x＝0時，g(x)≤0，即30＋t≤0，解得t≤－1.3．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因為a＝log2＜log1＝0，0＜b＝sin1＜1，c＝2＞20＝1，所以a＜b＜c.8．C由復合函數(shù)的單調(diào)性可知，函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，0).9．B∵f(x)＝ex－eq\f(1,ex)的定義域為R，f(－x)＝e－x－eq\f(1,e－x)＝e－x－ex＝－f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)，∴f(2x－1)＋f(－x－1)>0等價于f(2x－1)>f(x＋1).又f(x)在R上單調(diào)遞增，∴2x－1>x＋1，∴x>2.10．答案：－eq\f(167,9)解析：原式＝(－eq\f(27,8))－eq\f(2,3)＋(eq\f(1,500))－eq\f(1,2)－eq\f(10,\r(5)－2)＋1＝(－eq\f(8,27))eq\f(2,3)＋500eq\f(1,2)－10(eq\r(5)＋2)＋1＝eq\f(4,9)＋10eq\r(5)－10eq\r(5)－20＋1＝－eq\f(167,9).11．答案：－eq\f(3,2)解析：①當0<a<1時，函數(shù)f(x)在[－1，0]上單調(diào)遞減，由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）＝0，,f（0）＝－1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1＋b＝0，,a0＋b＝－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝－2，))此時a＋b＝－eq\f(3,2).②當a>1時，函數(shù)f(x)在[－1，0]上單調(diào)遞增，由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）＝－1，,f（0）＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1＋b＝－1，,a0＋b＝0，))顯然無解，所以a＋b＝－eq\f(3,2).12．答案：1解析：因為f(1＋x)＝f(1－x)，所以函數(shù)f(x)的圖像關于直線x＝1對稱，所以a＝1，所以函數(shù)f(x)＝2|x－1|的圖像如圖所示，因為函數(shù)f(x)在[m，＋∞)上單調(diào)遞增，所以m≥1，所以實數(shù)m的最小值為1.13．D因為R0＝，T＝6，R0＝1＋rT，則指數(shù)增長率r＝eq\f(R0－1,T)＝eq\f－1,6)＝，設在新冠肺炎疫情初始階段，累計感染病例數(shù)增加2倍需要的時間為t1天，所以I(t)＝ert＝et，則(t＋t1)＝3et，所以t1＝3，即t1＝ln3.所以t1＝eq\f(ln3,0.38)≈eq\f,0.38)≈3(天).14．CI(t*)＝eq\f(K,1＋e－（t*－53）)＝K，整理可得e0.23(t*－53)＝19，兩邊取自然對數(shù)得(t*－53)＝ln19≈3，解得t*≈66.15．答案：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．答案：[－eq\f(1,2)，＋∞)解析：設t＝2x，則y＝4x＋m·2x－2＝t2＋mt－2.因為x∈[－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\f(1,2)，＋∞).專練9對數(shù)與對數(shù)函數(shù)1．B原式＝lgeq\f(5,2)＋lg4－2＝lg(eq\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)的定義域為(－∞，0)∪(2，＋∞)，由復合函數(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(－2，0).5．C由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1>0，,x－1>0，))得x>1，∴函數(shù)f(x)的定義域為(1，＋∞)不關于坐標原點對稱，故函數(shù)f(x)為非奇非偶函數(shù)．6．A因為a＝log2022＜logeq\f(1,0.22)＝－1，－1＜b＝sin(sin2022)＜1，c＝2022＞20220＝1，所以a＜b＜c.7．Cf(x)的定義域為(0，2)，f(x)＝lnx＋ln(2－x)＝ln[x(2－x)]＝ln(－x2＋2x).設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A、B錯誤；∵f(x)＝lnx＋ln(2－x)＝f(2－x)，∴f(x)的圖像關于直線x＝1對稱，∴選項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)的圖像不關于點(1，0)對稱，∴選項D錯誤．8．B由y＝logax的圖像可知loga3＝1，所以a＝3.對于選項A：y＝3－x＝(eq\f(1,3))x為減函數(shù)，A錯誤；對于選項B：y＝x3，顯然滿足條件；對于選項C：y＝(－x)3＝－x3在R上為減函數(shù)，C錯誤；對于選項D：y＝log3(－x)，當x＝－3時，y＝1，D錯誤．9．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)≈3.4.10．答案：－7解析：∵f(3)＝log2(9＋a)＝1，∴9＋a＝2，a＝－7.11．答案：8解析：因為函數(shù)y＝(eq\f(1,3))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\f(1,3))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\f(1,3))－2－log2(－2＋4)＝9－1＝8.12．答案：(－∞，eq\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．Ax＝lneq\f(1,2)＜0，0＜y＝log52＜log5eq\r(5)＝eq\f(1,2)，z＝e－eq\f(1,2)＝eq\f(1,\r(e))＞eq\f(1,\r(4))＝eq\f(1,2)，所以x＜y＜z.14．C由題意知＝5＋lgV，得lgV＝－，得V＝10－eq\f(1,10)≈，所以該同學視力的小數(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20211226＝2m，1314520＝2n，由表格得知：220＝1048576，221＝2097152，224＝16777216，225＝33554432，所以24＜m＜25，20＜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．答案：[－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\f(1,3))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，＋∞).專練10函數(shù)的圖像1．A設函數(shù)f(x)＝(3x－3－x)cosx，則對任意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．又f(1)＝(3－3－1)cos1＝eq\f(8,3)cos1＞0，所以排除C選項．故選A.2．A把函數(shù)y＝log2x的圖像上所有點的縱坐標縮短為原來的eq\f(1,2)，橫坐標不變，得到函數(shù)y＝eq\f(1,2)log2x的圖像，再向右平移1個單位，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對于B選項，f(eq\f(π,2))＝0，與題圖不符；對于C選項，當π＜x＜eq\f(3π,2)時，|sinx|＞0，則f(x)＝eq\f(x2|sinx|,ex)＞0，與題圖不符；對于D選項，f(eq\f(π,2))＝0，與題圖不符．排除BCD選項．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；令x2＋|x|－2＝0，得x＝1或x＝－1，所以f(x)在x＝1和x＝－1處沒有意義，函數(shù)圖像存在虛線，當取001時，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；當x＝－eq\f(1,2)時，f(x)分母為負，分子為負，所以f(x)為正數(shù)，排除D選項；對比圖像和函數(shù)值知只有C選項符合題意．5．D函數(shù)f(x)在x＝0處無定義，排除選項A；函數(shù)f(x)的圖像關于原點對稱，故f(x)為奇函數(shù)，排除選項B；當0＜x＜1時，cosx＞0，ex＞e－x，故eq\f(cosx,ex－e－x)＞0，排除選項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)的圖像關于(－1，1)成中心對稱，故B不正確；∵當x＝－2時，f(x)＝0，故圖像與x軸有交點，C不正確；由函數(shù)的概念知D不正確．7．B圖②是由圖①y軸左側圖像保留，左右關于y軸對稱得，故圖②對應的解析式為y＝f(－|x|).8．A對于B選項，當x＝1時，y＝0，與圖像不符，故B不符合題意．對于C選項，當x＝3時，y＝eq\f(6cos3,10)＝eq\f(3,5)cos3.因為cos3>－1，所以eq\f(3,5)cos3>－eq\f(3,5)，與圖像不符，故C不符合題意．對于D選項，當x＝3時，y＝eq\f(2sin3,10)>0，與圖像不符，故D不符合題意．綜上，用排除法選A.9．D由題意知y＝eq\f(1,1－x)＝eq\f(－1,x－1)的圖像是雙曲線，且關于點(1，0)成中心對稱，又y＝2sinπx的周期為T＝eq\f(2π,π)＝2，且也關于點(1，0)成中心對稱，因此兩圖像的交點也一定關于點(1，0)成中心對稱，再結合圖像(如圖所示)可知兩圖像在[－2，4]上有8個交點，因此8個交點的橫坐標之和x1＋x2＋…＋x8＝4×2＝8.10．答案：(－2，4)解析：由題意得f(2)＝3，又y＝f(x)與y＝f(－x)的圖像關于y軸對稱，∴y＝f(－x)過點(－2，3)，∴y＝f(－x)＋1的圖像過點(－2，4).11．答案：(－eq\f(π,2)，－1)∪(1，eq\f(π,2))解析：當x∈(0，eq\f(π,2))時，y＝cosx>0.當x∈(eq\f(π,2)，4)時，y＝cosx<0.結合y＝f(x)，x∈[0，4]上的圖像知，當1<x<eq\f(π,2)時，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\f(π,2)，－1)，所以eq\f(f（x）,cosx)<0的解集為(－eq\f(π,2)，－1)∪(1，eq\f(π,2)).12．答案：(0，1)∪(1，4)解析：根據(jù)絕對值的意義，y＝eq\f(|x2－1|,x－1)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1（x>1或x<－1），,－x－1（－1≤x<1）.))在直角坐標系中作出該函數(shù)的圖像，如圖中實線所示，根據(jù)圖像可知，當0<k<1或1<k<4時有兩個交點．13．Ay＝f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x，0≤x<1，,\f(3,4)－\f(x,4)，1≤x<2，,\f(5,4)－\f(1,2)x，2≤x≤\f(5,2)，))畫出分段函數(shù)的大致圖像，如圖所示．14．D當a＝0時，f(x)＝|x＋1|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≥－1,－x－1，x＜－1))，圖像為A；當a＝1時，f(x)＝|x＋1|＋x＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋1，x≥－1,－1，x＜－1))，圖像為C；當a＝－1時，f(x)＝|x＋1|－x＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x≥－1,－2x－1，x＜－1))，圖像為B.對于D：當x≥－1時f(x)＝x＋1＋ax＝(1＋a)x＋1為常數(shù)函數(shù)，則1＋a＝0，解得a＝－1，顯然與B的圖像矛盾，故D錯誤．15．B由題f′(x)＝x2＋2ax＋b(a＜0，b＜0)，Δ＝4a2－4b＞0，導函數(shù)有兩個變號零點即原函數(shù)有兩個極值點x1，x2，且x1＋x2＝－2a＞0，x1·x2＝b＜0，只有B圖符合．16．答案：(3，＋∞)解析：f(x)的大致圖像如圖所示，若存在b∈R，使得方程f(x)＝b有三個不同的根，只需4m－m2<m，又m>0，所以m>3.專練11函數(shù)與方程1．B由題意得x2－ax＋b＝0有兩根2，3.∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＋3＝a，,2×3＝b，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝5，,b＝6.))由bx2－ax－1＝0，得6x2－5x－1＝0，得x＝－eq\f(1,6)或x＝1.2．C令f(x)＝log4x＋x－7，則函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且函數(shù)在(0，＋∞)上連續(xù)．因為f(5)<0，f(6)>0，所以f(5)f(6)<0，所以函數(shù)f(x)＝log4x＋x－7的零點所在的區(qū)間為(5，6)，即方程log4x＋x＝7的根所在區(qū)間是(5，6).故選C.3．A由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－3＝0，,x≤0，))得x1＝－3，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lgx－1＝0，,x>0，))得x2＝10，∴函數(shù)f(x)的所有零點之和為10－3＝7.4．D∵f(eq\f(1,e))＝eq\f(1,3e)＋1>0，f(1)＝eq\f(1,3)>0，f(e)＝eq\f(e,3)－1<0，∴f(x)在(eq\f(1,e)，1)內(nèi)無零點，在(1，e)內(nèi)有零點．5．B∵f(x)＝lnx＋2x－6在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(2)＝ln2＋4－6<0，f(3)＝ln3>0，∴f(x)的零點位于(2，3).6．C令f(x)＝log3x＋x－3，顯然f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(2)＝log32－1<0，f(3)＝log33＋3－3＝1>0，∴函數(shù)f(x)的零點所在的區(qū)間為(2，3)即方程的解所在的區(qū)間為(2，3).7．B由f(x)