一輪復(fù)習(xí)81練答案精析第一章集合、常用邏輯用語、不等式§1.1集合1．A2.C3.C4.B5.B6.A7．AD[因?yàn)锳∪B＝A，所以B?A.因?yàn)锳＝{1,3，m2}，B＝{1，m}，所以m2＝m或m＝3，解得m＝0或m＝1或m＝3.當(dāng)m＝0時(shí)，A＝{1,3,0}，B＝{1,0}，符合題意；當(dāng)m＝1時(shí)，集合A、集合B均不滿足集合元素的互異性，不符合題意；當(dāng)m＝3時(shí)，A＝{1,3,9}，B＝{1,3}，符合題意．綜上，m＝0或3.]8．CD[令U＝{1,2,3,4}，A＝{2,3,4}，B＝{1,2}，滿足(?UA)∪B＝B，但A∩B≠?，A∩B≠B，故A，B均不正確；由(?UA)∪B＝B，知?UA?B，∴U＝A∪(?UA)?(A∪B)，∴A∪B＝U，由?UA?B，知?UB?A，∴(?UB)∪A＝A，故C，D均正確．]9．{1,5}810.{－1,2,3}11．0，－eq\f(1,2)，eq\f(1,3)解析由x2＋x－6＝0，得x＝2或x＝－3，所以A＝{x|x2＋x－6＝0}＝{－3,2}，因?yàn)锳∪B＝A，所以B?A，當(dāng)B＝?時(shí)，B?A成立，此時(shí)方程mx＋1＝0無解，得m＝0；當(dāng)B≠?時(shí)，得m≠0，則集合B＝{x|mx＋1＝0}＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,m)))，因?yàn)锽?A，所以－eq\f(1,m)＝－3或－eq\f(1,m)＝2，解得m＝eq\f(1,3)或m＝－eq\f(1,2)，綜上，m＝0，m＝eq\f(1,3)或m＝－eq\f(1,2).12．[－5,3][0,2]∪(4，＋∞)解析A＝{x|－3≤x≤3}，當(dāng)m＝－1時(shí)，B＝{x|－5≤x≤0}，此時(shí)A∪B＝[－5,3]．由A∩B＝B可知B?A.若B＝?，則2m－3>m＋1解得m>4；若B≠?，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m－3≤m＋1，,m＋1≤3，,2m－3≥－3，))解得0≤m≤2，綜上所述，實(shí)數(shù)m的取值范圍為[0,2]∪(4，＋∞)．13．BD[由log2x<3得0<x<23，即0<x<8，于是得全集U＝{1,2,3,4,5,6,7}，因?yàn)?U(A∩B)＝{1,2,4,5,6,7}，則有A∩B＝{3},3∈B，C不正確；若B＝{2,3,4}，則A∩B＝{2,3}，?U(A∩B)＝{1,4,5,6,7}，矛盾，A不正確；若B＝{3,4,5}，則A∩B＝{3}，?U(A∩B)＝{1,2,4,5,6,7}，B正確；若B＝{3,5,6}，則A∩B＝{3}，?U(A∩B)＝{1,2,4,5,6,7}，D正確．]14．160290解析根據(jù)題意畫出Venn圖，如圖所示，a表示只參加第一天的人，b表示只參加第二天的人，c表示只參加第三天的人，d表示只參加第一天與第二天的人，e表示只參加第一天與第三天的人，f表示只參加第二天與第三天的人，g表示三天都參加的人，∴要使總?cè)藬?shù)最少，則令g最大，其次d，e，f也盡量大，d＋g＝30，f＋g＝40，∴a＋e＝160，即第一天參加但第二天沒參加的有160人，∴gmax＝30，d＝0，f＝10，a＋d＋g＋e＝190，∴c＋e＝140，∴emax＝140，∴c＝0，a＝20，則這三天參加活動(dòng)的最少有a＋b＋c＋…＋g＝20＋90＋0＋0＋140＋10＋30＝290(人)．15．BD[對(duì)于選項(xiàng)A，因?yàn)镸＝{x∈Q|x<0}，N＝{x∈Q|x>0}，M∪N＝{x∈Q|x≠0}≠Q(mào)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B，設(shè)M＝{x∈Q|x<0}，N＝{x∈Q|x≥0}，滿足戴德金分割，則M沒有最大元素，N有一個(gè)最小元素0，故B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，若M有一個(gè)最大元素m，N有一個(gè)最小元素n，若m≠n，一定存在k∈(m，n)使M∪N＝Q不成立；若m＝n，則M∩N＝?不成立，故C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D，設(shè)M＝{x∈Q|x<eq\r(2)}，N＝{x∈Q|x≥eq\r(2)}，滿足戴德金分割，此時(shí)M沒有最大元素，N也沒有最小元素，故D正確．]16．2021解析由題意得，M的“長度”為2022，N的“長度”為2023，要使M∩N的“長度”最小，則M，N分別在{x|0≤x≤2024}的兩端．當(dāng)m＝0，n＝2024時(shí)，得M＝{x|0≤x≤2022}，N＝{x|1≤x≤2024}，則M∩N＝{x|1≤x≤2022}，此時(shí)集合M∩N的“長度”為2022－1＝2021；當(dāng)m＝2，n＝2023時(shí)，M＝{x|2≤x≤2024}，N＝{x|0≤x≤2023}，則M∩N＝{x|2≤x≤2023}，此時(shí)集合M∩N的“長度”為2023－2＝2021.故M∩N的“長度”的最小值為2021.§1.2常用邏輯用語1．B2.C3.B4.C5.B6.CD7．AB[由題意可知，命題“?x∈(0,2)，2x2－λx＋1≥0成立”是真命題，所以λx≤2x2＋1，可得λ≤2x＋eq\f(1,x)，當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，由基本不等式可得2x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(2x·\f(1,x))＝2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(\r(2),2)時(shí)，等號(hào)成立，所以λ≤2eq\r(2).]8．B[命題：如果“S1，S2不總相等”，那么“V1，V2不相等”的等價(jià)命題是：如果“V1，V2相等”，那么“S1，S2總相等”．根據(jù)祖暅原理，當(dāng)兩個(gè)截面的面積S1，S2總相等時(shí)，這兩個(gè)幾何體的體積V1，V2相等，所以逆命題為真，故是必要條件；當(dāng)兩個(gè)三棱臺(tái)，一正一反的放在兩個(gè)平面之間時(shí)，此時(shí)體積相等，但截得截面面積未必相等，故是不充分條件，所以“S1，S2不總相等”是“V1，V2不相等”的必要不充分條件．]9．?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，sinx≥cosx10．x<－1(答案不唯一)11．(－∞，－4]∪[6，＋∞)12.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))解析設(shè)A＝{x|x<2m－1或x>－m}，B＝{x|x<2或x≥4}，若α是β的必要條件，則B?A，當(dāng)2m－1>－m，即m>eq\f(1,3)時(shí)，此時(shí)A＝R，B?A成立；當(dāng)2m－1≤－m，即m≤eq\f(1,3)時(shí)，若B?A，此時(shí)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m－1≥2，,－m<4，))無解．綜上，m>eq\f(1,3).13．AB[∵?x∈M，x>3為假命題，∴?x∈M，x≤3為真命題，可得M?(－∞，3]，又?x∈M，|x|>x為真命題，可得M?(－∞，0)，∴M?(－∞，0)．]14．乙解析四人供詞中，乙、丁意見一致，或同真或同假．若同真，即丙偷的，而四人有兩人說的是真話，則甲、丙說的是假話，甲說“罪犯在乙、丙、丁三人之中”是假話，即乙、丙、丁沒偷，相互矛盾；若同假，即不是丙偷的，則甲、丙說的是真話，甲說“罪犯在乙、丙、丁三人之中”，丙說“甲、乙兩人中有一人是小偷”是真話，可知罪犯是乙．15．B[當(dāng)k＝1時(shí)，an＋1＝an＋1，則{an}為等差數(shù)列，必要性成立；若{an}為等差數(shù)列，由a1＝1，a2＝2k，a3＝2k2＋k，有2k2＋k＋1＝4k，解得k＝1或eq\f(1,2).當(dāng)k＝eq\f(1,2)時(shí)，an＋1＝eq\f(1,2)an＋eq\f(1,2)，此時(shí)an＝1，充分性不成立．]16．C[在△ABC中，若a>b，則根據(jù)大邊對(duì)大角可得A>B.設(shè)f(x)＝x＋cosx，x∈(0，π)，則f′(x)＝1－sinx，x∈(0，π)時(shí)，sinx∈(0,1]，∴f′(x)≥0，∴f(x)在(0，π)上單調(diào)遞增，∴a>b?A>B?f(A)>f(B)?A＋cosA>B＋cosB．]§1.3等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)1．B2.A3.AD4.C5.C6.BCD7．AD[因?yàn)閍>b>0>c>d，所以a>b>0,0>c>d，對(duì)于A，因?yàn)?>c>d，由不等式的性質(zhì)可得c2<cd，故選項(xiàng)A正確；對(duì)于B，取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，則a－c＝3，b－d＝3，所以a－c＝b－d，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于C，取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，則ac＝－2，bd＝－2，所以ac＝bd，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于D，因?yàn)閍>b>0，d<c<0，則ad<bc，所以eq\f(c,a)>eq\f(d,b)，故eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，故選項(xiàng)D正確．]8．ABC[對(duì)于非零實(shí)數(shù)a，b滿足a>|b|＋1，則a2>(|b|＋1)2，即a2>b2＋2|b|＋1>b2＋1，故A一定成立；因?yàn)閍>|b|＋1≥b＋1?2a>2b＋1，故B一定成立；又(|b|－1)2≥0，即b2＋1≥2|b|，所以a2>4|b|≥4b，故C一定成立；令a＝5，b＝3，滿足a>|b|＋1，此時(shí)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))＝eq\f(5,3)<b＋1＝4，故D不一定成立．]9．>10.－3，－1,0(答案不唯一)11．(2,10)12．eπ·πe<ee·ππ解析eq\f(eπ·πe,ee·ππ)＝eq\f(eπ－e,ππ－e)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,π)))π－e，又0<eq\f(e,π)<1,0<π－e<1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,π)))π－e<1，即eq\f(eπ·πe,ee·ππ)<1，即eπ·πe<ee·ππ.13．A[因?yàn)?<a<b<1，則eq\f(b,a)>1，且lna<lnb<0，即有eq\f(lna,lnb)>1，因此，lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lna,lnb)))>0，即p>0，又m<0，n<0，則eq\f(m,n)＝eq\f(blna,alnb)＝eq\f(b,a)·eq\f(lna,lnb)>1，于是得m<n<0，所以m<n<p.]14．b>d>c>a解析由題意知d>c①，由②＋③得2a＋b＋d<2c＋b＋d，化簡(jiǎn)得a<c④，由②式a＋b＝c＋d及a<c可得到，要使②成立，必須b>d⑤成立，綜合①④⑤式得到b>d>c>a.15．BD[∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＋c＝6－4a＋3a2，,c－b＝4－4a＋a2，))兩式相減得2b＝2a2＋2，即b＝a2＋1，∴b≥1.又b－a＝a2＋1－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，∴b>a.而c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，∴c≥b，從而c≥b>a.]16．A[∵9m＝10，∴m∈(1,2)，令f(x)＝xm－(x＋1)，x∈(1，＋∞)，∴f′(x)＝mxm－1－1，∵x>1且1<m<2，∴xm－1>1，∴f′(x)>0，∴f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又9m＝10，∴9m－10＝0，即f(9)＝0，又a＝f(10)，b＝f(8)，∴f(8)<f(9)<f(10)，即b<0<a.]§1.4基本不等式1．C2.A3.C4.A5.BCD6．BD[因?yàn)閍>0，b>0，所以ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq\f(a2＋b2,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)等號(hào)成立，則ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,2)))2＝4或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,2)))2≤eq\f(a2＋b2,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)等號(hào)成立，則eq\f(1,ab)≥eq\f(1,4)，a2＋b2≥8，eq\f(1,a2＋b2)≤eq\f(1,8)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)等號(hào)成立，則log2a＋log2b＝log2ab≤log24＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)等號(hào)成立，故A，C不恒成立，D恒成立；對(duì)于B選項(xiàng)，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(4,ab)≥4×eq\f(1,4)＝1，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)等號(hào)成立，故B恒成立．]7．08.69．解(1)y＝eq\f(1,2)(2x－3)＋eq\f(8,2x－3)＋eq\f(3,2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－2x,2)＋\f(8,3－2x)))＋eq\f(3,2).當(dāng)x<eq\f(3,2)時(shí)，有3－2x>0，所以eq\f(3－2x,2)＋eq\f(8,3－2x)≥2eq\r(\f(3－2x,2)·\f(8,3－2x))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3－2x,2)＝eq\f(8,3－2x)，即x＝－eq\f(1,2)時(shí)，取等號(hào)．于是y≤－4＋eq\f(3,2)＝－eq\f(5,2)，故函數(shù)的最大值為－eq\f(5,2).(2)因?yàn)?<x<2，所以4－x2>0，則y＝xeq\r(4－x2)＝eq\r(x2·4－x2)≤eq\f(x2＋4－x2,2)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x2＝4－x2，即x＝eq\r(2)時(shí)，取等號(hào)，所以y＝xeq\r(4－x2)的最大值為2.10．解(1)當(dāng)0<x<40時(shí)，W(x)＝700x－(10x2＋100x)－300＝－10x2＋600x－300，當(dāng)x≥40時(shí)，W(x)＝700x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(701x＋\f(10000,x)－9450))－300＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(10000,x)))＋9150，∴W(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－10x2＋600x－300，0<x<40，,－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(10000,x)))＋9150，x≥40.))(2)若0<x<40，W(x)＝－10(x－30)2＋8700，當(dāng)x＝30時(shí)，W(x)max＝8700(萬元)．若x≥40，W(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(10000,x)))＋9150≤9150－2eq\r(10000)＝8950，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(10000,x)時(shí)，即x＝100時(shí)，取等號(hào)．∴W(x)max＝8950(萬元)．∴今年產(chǎn)量為100千部時(shí)，企業(yè)所獲利潤最大，最大利潤是8950萬元．11．A[因?yàn)棣聻殇J角，所以tanβ>0，由題意可得tanα＝eq\f(tanβ,1＋2tan2β)＝eq\f(1,2tanβ＋\f(1,tanβ))≤eq\f(1,2\r(2))＝eq\f(\r(2),4)，當(dāng)且僅當(dāng)tanβ＝eq\f(\r(2),2)時(shí)取等號(hào)，故tanα的最大值為eq\f(\r(2),4).]12．4解析若a>0，b>0，則(a＋b)2＋eq\f(1,ab)≥(2eq\r(ab))2＋eq\f(1,ab)＝4ab＋eq\f(1,ab)≥4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝b，,4ab＝\f(1,ab)，))即a＝b＝eq\f(\r(2),2)時(shí)取等號(hào)，故所求的最小值為4.13．C[根據(jù)圖形，利用射影定理得CD2＝DE·OD，又OD＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)(a＋b)，CD2＝AC·CB＝ab，所以DE＝eq\f(CD2,OD)＝eq\f(ab,\f(a＋b,2))，由于OD≥CD，所以eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a>0，b>0)．由于CD≥DE，所以eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)＝eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))(a>0，b>0)．]14．BC[因?yàn)閍b≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq\f(a2＋b2,2)(a，b∈R)，由x2＋y2－xy＝1可變形為(x＋y)2－1＝3xy≤3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2，解得－2≤x＋y≤2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝－1時(shí)，x＋y＝－2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝1時(shí)，x＋y＝2，所以A錯(cuò)誤，B正確；由x2＋y2－xy＝1可變形為(x2＋y2)－1＝xy≤eq\f(x2＋y2,2)，解得x2＋y2≤2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝±1時(shí)取等號(hào)，所以C正確；因?yàn)閤2＋y2－xy＝1可變形為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y,2)))2＋eq\f(3,4)y2＝1，設(shè)x－eq\f(y,2)＝cosθ，eq\f(\r(3),2)y＝sinθ，所以x＝cosθ＋eq\f(\r(3),3)sinθ，y＝eq\f(2\r(3),3)sinθ，因此x2＋y2＝cos2θ＋eq\f(5,3)sin2θ＋eq\f(2\r(3),3)sinθcosθ＝1＋eq\f(\r(3),3)sin2θ－eq\f(1,3)cos2θ＋eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)＋eq\f(2,3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))，所以D錯(cuò)誤．]§1.5一元二次方程、不等式1．CD2.D3.A4.C5.BCD6．AB7.(－∞，－1)∪(1,5)8.－49．解(1)選①：eq\f(4,x＋1)>1，若x＋1>0，即x>－1時(shí)，eq\f(4,x＋1)>1，即4>x＋1，解得－1<x<3，若x＋1<0，則eq\f(4,x＋1)<0，則eq\f(4,x＋1)>1無解，所以eq\f(4,x＋1)>1的解集為(－1,3)，故A＝(－1,3)，由m＝0，可得x2－x<0，即x(x－1)<0，解得0<x<1，故B＝(0,1)，則A－B＝(－1,0]∪[1,3)．選②：x2－2x－3<0，解得－1<x<3，故A＝(－1,3)，m＝0，x2－x<0，即x(x－1)<0，解得0<x<1，故B＝(0,1)，則A－B＝(－1,0]∪[1,3)．選③：|x－1|<2，－2<x－1<2，解得－1<x<3，故A＝(－1,3)，m＝0，x2－x<0，即x(x－1)<0，解得0<x<1，故B＝(0,1)，則A－B＝(－1,0]∪[1,3)．(2)由(1)可知，條件①②③求出的集合A相同，即A＝(－1,3)．由x2－(2m＋1)x＋m2＋m<0，即(x－m)[x－(m＋1)]<0，解得B＝(m，m＋1)，因?yàn)閜是q成立的必要不充分條件，所以BA，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>－1，,m＋1≤3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≥－1，,m＋1<3，))解得－1≤m≤2，故m的取值范圍為[－1,2]．10．解(1)?x∈R，f(x)≥－2恒成立等價(jià)于?x∈R，ax2＋(1－a)x＋a≥0，當(dāng)a＝0時(shí)，x≥0，對(duì)一切實(shí)數(shù)x不恒成立，則a≠0，此時(shí)必有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝1－a2－4a2≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝3a2＋2a－1≥0，))解得a≥eq\f(1,3)，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)).(2)依題意，因?yàn)閍<0，則f(x)<a－1?ax2＋(1－a)x－1<0?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a)))(x－1)>0，當(dāng)a＝－1時(shí)，－eq\f(1,a)＝1，解得x≠1；當(dāng)－1<a<0時(shí)，－eq\f(1,a)>1，解得x<1或x>－eq\f(1,a)；當(dāng)a<－1時(shí)，0<－eq\f(1,a)<1，解得x<－eq\f(1,a)或x>1，所以，當(dāng)a＝－1時(shí)，原不等式的解集為{x|x≠1}；當(dāng)－1<a<0時(shí)，原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<1或x>－\f(1,a)))))；當(dāng)a<－1時(shí)，原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,a)或x>1)))).11．CD[∵|f(x)|≤5?－5≤x2－ax－1≤5，①當(dāng)x＝0時(shí)，a∈R；②當(dāng)x≠0時(shí)，|f(x)|≤5?－5≤x2－ax－1≤5?x－eq\f(6,x)≤a≤x＋eq\f(4,x)，當(dāng)x∈(0,3]時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))min＝2＋eq\f(4,2)＝4，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(6,x)))max＝3－2＝1，∴1≤a≤4，綜上，1≤a≤4.]12．B[假設(shè)只有甲是假命題，當(dāng)n＝－1，m＋n＝－2時(shí)，m＝－1，所以mn＝1＝eq\f(c,a)>0，所以ac<0是假命題，與已知矛盾，所以這種情況不符合題意；假設(shè)只有乙是假命題，當(dāng)m＝－3，m＋n＝－2時(shí)，n＝1，所以mn＝－3＝eq\f(c,a)<0，所以ac<0，符合題意；假設(shè)只有丙是假命題，m＝－3，n＝－1，所以mn＝3＝eq\f(c,a)>0，所以ac<0是假命題，與已知矛盾，所以這種情況不符合題意；假設(shè)只有丁是假命題，m＝－3，n＝－1時(shí)，m＋n≠－2，與已知矛盾，所以這種情況不符合題意．]13．A[因?yàn)閤＝0不是不等式eq\f(nx,mx－1)＋eq\f(bx－1,cx－1)<0的解，所以不等式eq\f(nx,mx－1)＋eq\f(bx－1,cx－1)<0等價(jià)于eq\f(n,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＋m)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＋b,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＋c)<0，所以－2<－eq\f(1,x)<－1或1<－eq\f(1,x)<3，解得－1<x<－eq\f(1,3)或eq\f(1,2)<x<1.]14．m≥－eq\f(1,2)解析∵cos2θ＋2msinθ－2m－2<0，∴1－sin2θ＋2msinθ－2m－2＝－sin2θ＋2msinθ－2m－1<0.設(shè)x＝sinθ(0<x<1)，f(x)＝－x2＋2mx－2m－1.由題意可知，0<x<1時(shí)，f(x)<0恒成立．當(dāng)對(duì)稱軸x＝m≤0時(shí)f(x)在x∈(0,1)上單調(diào)遞減，則f(x)<f(0)＝－2m－1≤0，即－eq\f(1,2)≤m≤0，當(dāng)對(duì)稱軸0<x＝m<1時(shí)，f(x)≤f(m)＝－m2＋2m2－2m－1＝m2－2m－1<0，解得1－eq\r(2)<m<1＋eq\r(2)，即0<m<1，當(dāng)對(duì)稱軸x＝m≥1時(shí)，f(x)在x∈(0,1)上單調(diào)遞增，則f(x)<f(1)＝－1＋2m－2m－1＝－2<0，即m≥1.綜上所述，m≥－eq\f(1,2).第二章函數(shù)§2.1函數(shù)的概念及其表示1．D2.B3.C4.A5.B6．B[當(dāng)x≤2時(shí)，f(x)＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)＝－x2＋2x＋3取得最大值4，所以當(dāng)x≤2時(shí)，函數(shù)f(x)的值域是(－∞，4]，所以當(dāng)x>2時(shí)，函數(shù)f(x)＝6＋logax的值域?yàn)?－∞，4]的子集，當(dāng)a>1時(shí)，f(x)＝6＋logax在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，此時(shí)f(x)>f(2)＝6＋loga2>6，不符合題意，當(dāng)0<a<1時(shí)，f(x)＝6＋logax在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，此時(shí)f(x)<f(2)＝6＋loga2≤4，即loga2≤－2，所以a2≥eq\f(1,2)，可得eq\f(\r(2),2)≤a<1，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).]7．ABD[對(duì)A，函數(shù)的定義域和值域都是R；對(duì)B，根據(jù)分段函數(shù)和冪函數(shù)的性質(zhì)，可知函數(shù)的定義域和值域都是R；對(duì)C，函數(shù)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，值域?yàn)镽；對(duì)D，因?yàn)楹瘮?shù)y＝eq\f(2x－1,x－2)＝2＋eq\f(3,x－2)，所以函數(shù)的定義域?yàn)?－∞，2)∪(2，＋∞)，值域?yàn)?－∞，2)∪(2，＋∞)．所以ABD是定義域和值域相同的函數(shù)．]8．AD[令t＝x2(t≥0)，f(t)＝|±eq\r(t)|＝eq\r(t)，故A符合函數(shù)定義；令t＝x2(t≥0)，f(t)＝±eq\r(t)，設(shè)t＝4，f(t)＝±2，一個(gè)自變量對(duì)應(yīng)兩個(gè)函數(shù)值，故B不符合函數(shù)定義；設(shè)t＝cosx，當(dāng)t＝eq\f(1,2)時(shí)，x可以取±eq\f(π,3)等無數(shù)多個(gè)值，故C不符合函數(shù)定義；令t＝ex(t>0)，f(t)＝lnt，故D符合函數(shù)定義．]9.eq\f(1,2)10.x2－1(x≥0)11.[－1,0]12．1或－3[－eq\r(5)，－1]13．B[∵定義在R上的函數(shù)f(x)滿足，f(1－x)＋2f(x)＝x2＋1，∴當(dāng)x＝0時(shí)，f(1)＋2f(0)＝1，①當(dāng)x＝1時(shí)，f(0)＋2f(1)＝2，②②×2－①，得3f(1)＝3，解得f(1)＝1.]14．B[作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示．因?yàn)閒(a－3)＝f(a＋2)，且a－3<a＋2，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3≤0，,a＋2>0，))即－2<a≤3，此時(shí)f(a－3)＝a－3＋3＝a，f(a＋2)＝eq\r(a＋2)，所以a＝eq\r(a＋2)，即a2＝a＋2，解得a＝2或a＝－1(不滿足a＝eq\r(a＋2)，舍去)，則f(a)＝eq\r(2).]15．B[當(dāng)x≥0時(shí)，若x－1≥1－x2，則x≥1，當(dāng)x<0時(shí)，若－x－1≥1－x2，則x≤－1，所以M(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|－1，x≥1或x≤－1，,1－x2，－1<x<1，))若M(n)<1，則當(dāng)－1<n<1時(shí)，1－n2<1?－n2<0?n≠0，即－1<n<0或0<n<1，當(dāng)n≥1或n≤－1時(shí)，|n|－1<1，解得－2<n≤－1或1≤n<2，綜上，－2<n<0或0<n<2.]16．BD[∵當(dāng)x為有理數(shù)時(shí)，F(xiàn)(x)＝1，當(dāng)x為無理數(shù)時(shí)，F(xiàn)(x)＝0，當(dāng)x為有理數(shù)時(shí)，F(xiàn)(F(x))＝F(1)＝1，當(dāng)x為無理數(shù)時(shí)，F(xiàn)(F(x))＝F(0)＝1，所以F(F(x))＝1恒成立，故A錯(cuò)誤；因?yàn)橛欣頂?shù)的相反數(shù)是有理數(shù)，無理數(shù)的相反數(shù)是無理數(shù)，所以對(duì)任意x∈R，恒有F(x)＝F(－x)成立，故B正確；若x是有理數(shù)，T是有理數(shù)，則x＋T是有理數(shù)；若x是有理數(shù)，T是無理數(shù)，則x＋T是無理數(shù)；若x是無理數(shù)，則x＋T是無理數(shù)或有理數(shù)，所以任取一個(gè)不為0的實(shí)數(shù)T，F(xiàn)(x＋T)＝F(x)不恒成立，故C錯(cuò)誤；取x1＝－eq\f(\r(3),3)，x2＝0，x3＝eq\f(\r(3),3)，可得F(x1)＝0，F(xiàn)(x2)＝1，F(xiàn)(x3)＝0，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，0))，B(0,1)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，0))，恰好△ABC為等邊三角形，故D正確．]§2.2函數(shù)的單調(diào)性與最值1．B2.B3.C4.A5.BC6.BCD7．(－∞，－3]，[0,3]8．f(x)＝(x－1)2，x∈(0,4)(答案不唯一，如f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x，0<x<4，,1，x＝4，))只要滿足題意即可)9．解(1)f(x)＝x|x－4|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x，x≥4，,4x－x2，x<4，))函數(shù)圖象如圖所示．(2)由(1)中函數(shù)的圖象可知，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(2,4)．10．解(1)f(0)＝a－eq\f(2,20＋1)＝a－1.(2)f(x)在R上單調(diào)遞增．證明如下：∵f(x)的定義域?yàn)镽，∴任取x1，x2∈R且x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝，∵y＝2x在R上單調(diào)遞增且x1<x2，∴，∴－<0,＋1>0,＋1>0.∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)．∴f(x)在R上單調(diào)遞增．11．D[在函數(shù)f(x)＝ln(ax－2)中，令u＝ax－2，函數(shù)y＝lnu在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，而函數(shù)f(x)＝ln(ax－2)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則函數(shù)u＝ax－2在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，且?x>1，ax－2>0，因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,a－2≥0，))解得a≥2，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為[2，＋∞)．]12．(0，＋∞)(0,1)∪(1,2)解析由題意得f(x)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)．因?yàn)閒(x)＝f(－x)，所以f(x)是偶函數(shù)．當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x2022－eq\f(1,x)＋5，f(x)單調(diào)遞增，因此當(dāng)x<0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減．又因?yàn)閒(1)＝f(－1)＝5，所以由f(x－1)<5可得－1<x－1<0或0<x－1<1，即0<x<1或1<x<2.13．A[不妨令x1<x2，∴x1－x2<0，∵eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>－1?f(x1)－f(x2)<－(x1－x2)?f(x1)＋x1<f(x2)＋x2，令g(x)＝f(x)＋x，∴g(x1)<g(x2)，又x1<x2，∴g(x)＝f(x)＋x是增函數(shù)．]14.D[∵a＝ln3>lne＝1，b＝lg5<lg10＝1，c＝log126<log1212＝1，∴a>b，a>c，∵lg5＝eq\f(log25,log210)＝eq\f(log25,1＋log25)，log126＝eq\f(log26,log212)＝eq\f(log26,1＋log26)，∴構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(x,1＋x)＝1－eq\f(1,1＋x)(x>0)，顯然函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又∵0<log25<log26，∴f(log25)<f(log26)，即lg5<log126，∴a>c>b.]§2.3函數(shù)的奇偶性、周期性1．ABD2.A3.D4.C5.B6.AC7．cos2x(答案不唯一)8.(eq\r(e)，＋∞)9．解(1)設(shè)x<0，則－x>0，所以f(－x)＝－(－x)2＋2(－x)＝－x2－2x.又f(x)為奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，于是x<0時(shí)，f(x)＝x2＋2x＝x2＋mx，所以m＝2.(2)要使f(x)在[－1，a－2]上單調(diào)遞增，結(jié)合f(x)的圖象(如圖所示)知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2>－1，,a－2≤1，))所以1<a≤3，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1,3]．10．(1)證明∵f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)．∴f(x)是周期為4的周期函數(shù)．(2)解當(dāng)x∈[－2,0]時(shí)，－x∈[0,2]，由已知得f(－x)＝2(－x)－(－x)2＝－2x－x2.又f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)＝－2x－x2.∴f(x)＝x2＋2x.又當(dāng)x∈[2,4]時(shí)，x－4∈[－2,0]，∴f(x－4)＝(x－4)2＋2(x－4)．又f(x)是周期為4的周期函數(shù)，∴f(x)＝f(x－4)＝(x－4)2＋2(x－4)＝x2－6x＋8.從而求得x∈[2,4]時(shí)，f(x)＝x2－6x＋8.(3)解f(0)＝0,f(1)＝1，f(2)＝0，f(3)＝－1.又f(x)是周期為4的周期函數(shù)，∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝f(4)＋f(5)＋f(6)＋f(7)＝…＝f(2020)＋f(2021)＋f(2022)＋f(2023)＝0.∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2023)＝0.11．C[因?yàn)?x，y∈R，f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)，取x＝1，y＝0可得f(1)＋f(1)＝f(1)f(0)，又f(1)＝1，所以f(0)＝2，A對(duì)；取x＝0，y＝x可得f(x)＋f(－x)＝f(0)f(x)，因?yàn)閒(0)＝2，所以f(－x)＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，C錯(cuò)，B對(duì)；取x＝1，y＝1可得f(2)＋f(0)＝f(1)f(1)，又f(1)＝1，f(0)＝2，所以f(2)＝－1，D對(duì)．]12．f

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

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(22,3)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(21,4)))解析由題意知f(x＋1)＝eq\f(1,fx)，則f(x＋2)＝eq\f(1,fx＋1)＝f(x)，故函數(shù)y＝f(x)的周期為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(22,3)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8－\f(2,3)))＝f

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

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

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(21,4)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6－\f(3,4)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))，∵當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，f(x)＝x＋ex單調(diào)遞增，∴f

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

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

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))，故f

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

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(22,3)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(21,4))).13．－eq\f(1,2)ln2解析f(x)＝lneq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,1－x)))＋b＝lneq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,1－x)))＋lneb＝lneq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1eb－aebx,1－x))).∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(－x)＋f(x)＝lneq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋12e2b－a2e2bx2,1－x2)))＝0，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋12e2b－a2e2bx2))＝|1－x2|.當(dāng)(a＋1)2e2b－a2e2bx2＝1－x2時(shí)，[(a＋1)2e2b－1]＋(1－a2e2b)x2＝0對(duì)任意的x恒成立，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋12e2b－1＝0，,1－a2e2b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,2)，,b＝ln2.))當(dāng)(a＋1)2e2b－a2e2bx2＝x2－1時(shí)，[(a＋1)2e2b＋1]－(a2e2b＋1)x2＝0對(duì)任意的x恒成立，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋12e2b＋1＝0，,a2e2b＋1＝0，))無解．綜上，a＝－eq\f(1,2)，b＝ln2.14．2解析f(x)＝eq\f(x3＋x2＋2x＋1,x2＋1)＝eq\f(xx2＋2＋x2＋1,x2＋1)＝eq\f(xx2＋2,x2＋1)＋1，令g(x)＝f(x)－1＝eq\f(xx2＋2,x2＋1)，則g(－x)＝－eq\f(xx2＋2,x2＋1)＝－g(x)，∴函數(shù)g(x)在[－3,3]上為奇函數(shù)，則g(x)max＋g(x)min＝0，即M－1＋N－1＝0，∴M＋N＝2.§2.4函數(shù)的對(duì)稱性1．A2.B3.B4.C5．C[因?yàn)楹瘮?shù)f(x＋2)是R上的偶函數(shù)，所以f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，在[2，＋∞)上恒有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0(x1≠x2)，當(dāng)x1<x2時(shí)，f(x1)>f(x2)，所以f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞減，f(x)在(－∞，2)上單調(diào)遞增，不等式f(lnx)>f(1)需滿足|lnx－2|<|1－2|?1<lnx<3，解得e<x<e3.]6．AD[根據(jù)題意，若f(x＋1)＝－f(x)，則f(x＋2)＝－f(x＋1)＝f(x)，即f(x＋2)＝f(x)，f(x)是周期為2的周期函數(shù)，則有f(2)＝f(0)，故D正確；若f(x＋2)＝f(x)，且函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，則有f(x＋2)＝f(－x)，則函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，故A正確；f(x)在[－1,0]上單調(diào)遞增，且函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，則函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，故B錯(cuò)誤；f(x)在[－1,0]上單調(diào)遞增，且f(x)是周期為2的周期函數(shù)，則函數(shù)f(x)在[1,2]上單調(diào)遞增，故C錯(cuò)誤．]7．y＝e2－x8．2sin

eq\f(π,2)x(答案不唯一)9．解(1)對(duì)任意的x∈R,2x＋2－x>0，故函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\f(a·2x－2－x,2x＋2－x)為奇函數(shù)，則f(0)＝eq\f(a－1,2)＝0，解得a＝1，所以f(x)＝eq\f(2x－2－x,2x＋2－x)，下面驗(yàn)證函數(shù)f(x)＝eq\f(2x－2－x,2x＋2－x)為奇函數(shù)，f(－x)＝eq\f(2－x－2x,2－x＋2x)＝－f(x)，故函數(shù)f(x)＝eq\f(2x－2－x,2x＋2－x)為奇函數(shù)，由f(x)＝eq\f(2x－2－x,2x＋2－x)＝eq\f(2x2x－2－x,2x2x＋2－x)＝eq\f(4x－1,4x＋1)>eq\f(1,3)，得2·4x>4，即22x＋1>22，所以2x＋1>2，解得x>eq\f(1,2)，因此不等式f(x)>eq\f(1,3)的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(2)g(x)＝eq\f(2x＋1,2x＋2－x)＝eq\f(2·2x,2x＋2－x)，則g(－x)＝eq\f(2·2－x,2－x＋2x)，所以g(x)＋g(－x)＝eq\f(22x＋2－x,2x＋2－x)＝2，因此函數(shù)g(x)＝eq\f(2x＋1,2x＋2－x)圖象的對(duì)稱中心為(0,1)．10．解(1)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－3x2圖象的對(duì)稱中心為P(a，b)，g(x)＝f(x＋a)－b，則g(x)為奇函數(shù)，故g(－x)＝－g(x)，故f(－x＋a)－b＝－f(x＋a)＋b，即f(－x＋a)＋f(x＋a)＝2b，即[(－x＋a)3－3(－x＋a)2]＋[(x＋a)3－3(x＋a)2]＝2b.整理得(3a－3)x2＋a3－3a2－b＝0，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－3＝0，,a3－3a2－b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－2，))所以函數(shù)f(x)＝x3－3x2圖象的對(duì)稱中心為(1，－2)．(2)推論：函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a成軸對(duì)稱的充要條件是函數(shù)y＝f(x＋a)為偶函數(shù)．11．ABD[對(duì)于A，若y＝f(x＋1)為偶函數(shù)，其函數(shù)圖象關(guān)于直線x＝0對(duì)稱，故y＝f(x＋1)的圖象向右平移1個(gè)單位長度得f(x)的圖象，故f(x)的圖象自身關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，正確；對(duì)于B，將f(x)的圖象向右平移1個(gè)單位長度，可得f(x－1)的圖象，將f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱得f(－x)的圖象，然后將其圖象向右平移1個(gè)單位長度得f(1－x)的圖象，故f(x－1)與f(1－x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，故正確；對(duì)于C，若f(x)為奇函數(shù)，且f(x＋2)＝－f(x)＝f(－x)，故f(x＋1)＝f(1－x)，所以f(x)的圖象自身關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，故不正確；對(duì)于D，因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，且f(x)＝f(－x－2)，故f(x＋2)＝－f(x)＝f(－x)，所以f(x)的圖象自身關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，故正確．]12．2n解析因?yàn)閒(x＋2)是偶函數(shù)，所以函數(shù)f(x＋2)的圖象關(guān)于直線x＝0對(duì)稱，又因?yàn)楹瘮?shù)f(x＋2)向右平移2個(gè)單位長度得到函數(shù)f(x)的圖象，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，因?yàn)閥＝|x2－4x－5|＝|(x－2)2－9|，所以函數(shù)y＝|x2－4x－5|的圖象也關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，所以x1＋x2＋…＋xn＝eq\f(n,2)·4＝2n.13．B[作出函數(shù)y＝f(x)的圖象，如圖所示，再作出－y＝f(－x)，記為曲線C，由圖象可知，滿足條件的對(duì)稱點(diǎn)只有一對(duì)，圖中的A，B就是符合題意的點(diǎn)．]14．A[當(dāng)x≤2時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－2－4＝22－x－4＝2|x－2|－4，當(dāng)x>2時(shí)，f(x)＝2x－2－4＝2|x－2|－4，所以對(duì)任意的x∈R，f(x)＝2|x－2|－4，則f(4－x)＝2|4－x－2|－4＝2|x－2|－4＝f(x)，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，由f(2＋log4x)>f(1－log4x)可得|2＋log4x－2|>|1－log4x－2|，即|log4x|>|1＋log4x|，不等式|log4x|>|1＋log4x|兩邊平方得log4x<－eq\f(1,2)，解得0<x<eq\f(1,2).]§2.5函數(shù)性質(zhì)的綜合應(yīng)用1．A2.C3.C4.C5．C[令f(0)＝lg(2＋a)＝0，得a＝－1，所以f(x)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x＋1)－1))＝lg

eq\f(1－x,1＋x)，定義域?yàn)?－1,1)，f(－x)＝lg

eq\f(1＋x,1－x)＝－lg

eq\f(1－x,1＋x)＝－f(x)，滿足f(x)為奇函數(shù)，因?yàn)閥＝eq\f(1－x,1＋x)＝eq\f(2,1＋x)－1在(－1,1)上單調(diào)遞減，所以f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞減，又f(0)＝0，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,11)))＝1，所以使得0<f(x)<1的x的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,11)，0)).]6．ABD[因?yàn)閒(x)為R上的奇函數(shù)，且g(x)＝f(x＋1)為偶函數(shù)，所以f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－1對(duì)稱，所以f(x)＝f(2－x)，A，D正確；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)是周期為4的周期函數(shù)，則g(2023)＝f(2024)＝f(0)＝0，B正確；但不能說明g(x)的最小正周期為4，C錯(cuò)誤．]7．ABC[對(duì)于選項(xiàng)A，B，∵函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)．∵f(x)＋f(2－x)＝0，∴f(－x)＋f(2＋x)＝0，則－f(x)＋f(2＋x)＝0，即f(2＋x)＝f(x)，故函數(shù)f(x)是最小正周期為2的周期函數(shù)，由此可知選項(xiàng)A，B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，令F(x)＝f(x－1)，則F(－x)＝f(－x－1)＝－f(x＋1)．在f(x)＋f(2－x)＝0中，將x換為x＋1，得f(x＋1)＋f(1－x)＝0，∴f(x＋1)＝－f(1－x)，∴F(－x)＝－f(x＋1)＝f(1－x)＝－f(x－1)＝－F(x)，則函數(shù)F(x)＝f(x－1)為奇函數(shù)，∴選項(xiàng)C正確．對(duì)于選項(xiàng)D，由函數(shù)f(x)是以2為最小正周期的周期函數(shù)，則函數(shù)f(x)在[5,6)上的單調(diào)性等價(jià)于函數(shù)f(x)在[－1,0)上的單調(diào)性，又奇函數(shù)f(x)在(0,1]上單調(diào)遞減，∴函數(shù)f(x)在[－1,0)上單調(diào)遞減．∴選項(xiàng)D不正確．]8．ACD[因?yàn)閒(2x＋1)是偶函數(shù)，所以f(2x＋1)＝f(－2x＋1)，令t＝2x＋1，則2x＝t－1，故－2x＋1＝2－t，所以f(t)＝f(2－t)，即f(x)＝f(2－x)，所以函數(shù)f(x)關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，因?yàn)閒(x－1)是奇函數(shù)，所以f(－1)＝0，且函數(shù)f(x－1)關(guān)于(0,0)對(duì)稱，又因?yàn)楹瘮?shù)f(x－1)是由函數(shù)f(x)向右平移1個(gè)單位長度得到，所以f(x)關(guān)于(－1,0)對(duì)稱，所以f(－x－1)＝－f(x－1)，所以f(x)＝－f(－x－2)，所以f(2－x)＝－f(－x－2)，則f(x)＝－f(x－4)＝f(x－8)，即f(x)＝f(x＋8)，所以函數(shù)f(x)的一個(gè)周期為8，故有f(x)＝f(x＋(－2)×8)＝f(x－16)，故A正確；由函數(shù)f(x)關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，f(－1)＝0，所以f(3)＝f(－1)＝0，所以f(11)＝f(3)＝0，故B錯(cuò)誤；因?yàn)閒(2022)＝f(8×253－2)＝f(－2)，因?yàn)閒(x)關(guān)于(－1,0)對(duì)稱，所以f(－2)＝－f(0)，所以f(2022)＝－f(0)，故C正確；又f(2021)＝f(8×253－3)＝f(－3)，故D正確．]9.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,6)))10.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))解析令g(x)＝e|x|－cos

eq\f(π,2)x，將其向右平移1個(gè)單位長度，得y＝e|x－1|－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x－\f(π,2)))＝e|x－1|－sin

eq\f(π,2)x，所以f(x)＝e|x－1|－sin

eq\f(π,2)x是由函數(shù)g(x)向右平移1個(gè)單位長度得到的．而易知g(x)是偶函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)＝ex－cos

eq\f(π,2)x，g′(x)＝ex＋eq\f(π,2)sin

eq\f(π,2)x；當(dāng)0<x≤2時(shí)，顯然g′(x)>0；當(dāng)x>2時(shí)，ex>e2，－eq\f(π,2)≤eq\f(π,2)sin

eq\f(π,2)x≤eq\f(π,2)，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，0)上單調(diào)遞減．從而可知f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，1)上單調(diào)遞減．所以當(dāng)f(x)>f(2x)時(shí)，有|x－1|>|2x－1|，解得0<x<eq\f(2,3).§2.6二次函數(shù)與冪函數(shù)1．D2.A3.C4.C5.ABD6.BC7．f(x)＝x2－4x＋3解析∵f(2＋x)＝f(2－x)對(duì)任意x∈R恒成立，∴f(x)圖象的對(duì)稱軸為直線x＝2，又∵f(x)的圖象被x軸截得的線段長為2，∴f(x)＝0的兩根為1和3，設(shè)f(x)的解析式為f(x)＝a(x－1)(x－3)(a≠0)，∵f(x)的圖象過點(diǎn)(4,3)，∴3a＝3，∴a＝1，∴所求函數(shù)的解析式為f(x)＝(x－1)(x－3)，即f(x)＝x2－4x＋3.8．3解析因?yàn)槎魏瘮?shù)f(x)＝ax2＋2x＋c(x∈R)的值域?yàn)閇1，＋∞)，則a>0，所以f(x)min＝eq\f(4ac－4,4a)＝eq\f(ac－1,a)＝1，即ac－1＝a，可得a＝eq\f(1,c－1)>0，則c>1，所以eq\f(1,a)＋eq\f(4,c)＝c＋eq\f(4,c)－1≥2eq\r(c·\f(4,c))－1＝3，當(dāng)且僅當(dāng)c＝2時(shí)，等號(hào)成立，因此eq\f(1,a)＋eq\f(4,c)的最小值為3.9．解(1)由冪函數(shù)可知2m2－m－2＝1，解得m＝－1或m＝eq\f(3,2)，當(dāng)m＝－1時(shí)，f(x)＝x2，函數(shù)為偶函數(shù)，符合題意；當(dāng)m＝eq\f(3,2)時(shí)，f(x)＝x7，函數(shù)為奇函數(shù)，不符合題意，故f(x)的解析式為f(x)＝x2.(2)由(1)得，g(x)＝f(x)－2(a－1)·x＋1＝x2－2(a－1)x＋1.函數(shù)的對(duì)稱軸為x＝a－1，開口向上，f(0)＝1，f(4)＝17－8(a－1)，由題意得，在區(qū)間[0,4]上，f(x)max＝f(4)＝17－8(a－1)＝9，解得a＝2，經(jīng)檢驗(yàn)a＝2符合題意，所以實(shí)數(shù)a的值為2.10．解(1)由題意知，函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－1對(duì)稱，且方程f(x)＝0的兩根為－3和1，設(shè)f(x)＝a(x＋3)(x－1)，又f(0)＝－eq\f(3,4)，則f(0)＝－3a＝－eq\f(3,4)，解得a＝eq\f(1,4).故f(x)＝eq\f(1,4)x2＋eq\f(1,2)x－eq\f(3,4).(2)只要x∈[1，m](m>1)，就有f(x＋t)≤x－1，即x2＋2(t－1)x＋(t＋1)2≤0，取x＝1，t2＋4t≤0，－4≤t≤0；取x＝m，[m＋(t－1)]2≤－4t，即1－t－2eq\r(－t)≤m≤1－t＋2eq\r(－t)，由－4≤t≤0得0≤－t≤4,1－t＋2eq\r(－t)≤1＋4＋2×eq\r(4)＝9，故當(dāng)t＝－4時(shí)，m≤9；當(dāng)m＝9時(shí)，存在t＝－4，只要x∈[1,9]，就有f(x－4)－(x－1)＝eq\f(1,4)(x－1)(x－9)≤0成立，滿足題意．故滿足條件的實(shí)數(shù)m的最大值為9.11．B[由題意，|AB|＝|(m2)a－(m2)b|，|CD|＝|ma－mb|，根據(jù)圖象可知b>1>a>0，當(dāng)0<m<1時(shí)，(m2)a>(m2)b，ma>mb，因?yàn)閨AB|＝|CD|，所以m2a－m2b＝(ma＋mb)(ma－mb)＝ma－mb，因?yàn)閙a－mb>0，所以ma＋mb＝1.]12．7解析由題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(α＋β＝2m，,αβ＝2－m，))且Δ＝4m2－4(2－m)≥0，解得m≤－2或m≥1，α2＋β2＋5＝(α＋β)2－2αβ＋5＝4m2＋2m＋1，令f(m)＝4m2＋2m＋1，而f(m)圖象的對(duì)稱軸為m＝－eq\f(1,4)，且m≤－2或m≥1，所以f(m)min＝f(1)＝7.13．D[存在兩個(gè)實(shí)數(shù)x1，x2，使|f(x1)－f(x2)|≥1?f(x)max－f(x)min≥1，當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝－2022x－2023，f(t－1)－f(t＋1)＝2×2022>1，顯然符合；當(dāng)a≠0時(shí)，f(x)＝2ax2－2022x－2023與y＝2ax2的圖象完全“全等”，即可以通過平移完全重合．因?yàn)閠－1≤x≤t＋1且t∈R，即用一個(gè)區(qū)間寬度為2的任意區(qū)間去截取函數(shù)圖象，使得圖象的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)間的縱坐標(biāo)之差大于等于1，因此取縱坐標(biāo)之差最小的狀態(tài)為f(x)＝2ax2(－1≤x≤1)，當(dāng)a>0時(shí)，此時(shí)f(x)max－f(x)min＝2a－0≥1，故a≥eq\f(1,2)；當(dāng)a<0時(shí)，此時(shí)f(x)max－f(x)min＝0－2a≥1，故a≤－eq\f(1,2)，綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪{0}∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).]14．C[函數(shù)f(x)＝x2－4x＋1在[1,2]上單調(diào)遞減，在(2,4]上單調(diào)遞增．由絕對(duì)值的幾何意義，∴|f(x1)－f(x2)|＋|f(x2)－f(x3)|＋…＋|f(xn－1)－f(xn)|表示將函數(shù)f(x)在(x1，xn)上分成n－1段，取每段兩端點(diǎn)函數(shù)值差的絕對(duì)值總和．又根據(jù)f(x)的單調(diào)性知原式最大值為|f(1)－f(2)|＋|f(2)－f(4)|＝f(1)－f(2)＋f(4)－f(2)＝5，∴M≥5，則M的最小值為5.]§2.7指數(shù)與指數(shù)函數(shù)1．C2.D3.D4.B5.CD6.C7．(1)0.09(2)解析(1)＝(eq\r(3,0.027))2＋eq\r(3,\f(125,27))－eq\r(\f(25,9))＝0.09＋eq\f(5,3)－eq\f(5,3)＝0.09.(2)＝＝＝8．(－1,1)解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝3x＋1－4x－5，所以不等式f(x)<0即為3x＋1<4x＋5，在同一平面直角坐標(biāo)系中作出y＝3x＋1，y＝4x＋5的圖象，如圖所示，因?yàn)閥＝3x＋1，y＝4x＋5的圖象都經(jīng)過A(1,9)，B(－1,1)，所以f(x)<0，即y＝3x＋1的圖象在y＝4x＋5圖象的下方，所以由圖象知，不等式f(x)<0的解集是(－1,1)．9．解(1)∵f(x)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，∴f(0)＝a0－(k－1)a0＝1－(k－1)＝0，∴k＝2，經(jīng)檢驗(yàn)k＝2符合題意，∴k＝2.(2)f(x)＝ax－a－x(a>0，且a≠1)，∵f(1)<0，∴a－eq\f(1,a)<0，又a>0，且a≠1，∴0<a<1，從而y＝ax在R上單調(diào)遞減，y＝a－x在R上單調(diào)遞增，故由單調(diào)性的性質(zhì)可判斷f(x)＝ax－a－x在R上單調(diào)遞減，不等式f(m2－2)＋f(m)>0可化為f(m2－2)>f(－m)，∴m2－2<－m，即m2＋m－2<0，解得－2<m<1，∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－2,1)．10．解由f(x)＝a2x＋ax＋1，令ax＝t，則t>0，則y＝t2＋t＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)，其對(duì)稱軸為t＝－eq\f(1,2).該二次函數(shù)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增．①若a>1，由x∈[－1,1]，得t＝ax∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))，故當(dāng)t＝a，即x＝1時(shí)，ymax＝a2＋a＋1＝13，解得a＝3或a＝－4(舍去)．②若0<a<1，由x∈[－1,1]，可得t＝ax∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))，故當(dāng)t＝eq\f(1,a)，即x＝－1時(shí)，ymax＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))2＋eq\f(1,a)＋1＝13.解得a＝eq\f(1,3)或a＝－eq\f(1,4)(舍去)．綜上可得，a＝3或eq\f(1,3).11．ABD[∵函數(shù)f(x)＝a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x|＋b的圖象過原點(diǎn)，∴a＋b＝0，即b＝－a，f(x)＝a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x|－a，且f(x)的圖象無限接近直線y＝2，但又不與該直線相交，∴b＝2，a＝－2，f(x)＝－2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x|＋2，故A正確；由于f(x)為偶函數(shù)，故若f(x)＝f(y)，且x≠y，則x＝－y，即x＋y＝0，故B正確；由于在(－∞，0)上，f(x)＝2－2·2x單調(diào)遞減，故若x<y<0，則f(x)>f(y)，故C錯(cuò)誤；∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x|∈(0,1]，∴f(x)＝－2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x|＋2∈[0,2)，故D正確．]12．1＋2ln2解析依題意，ex＝ey＋e，ey>0，則e2x－y＝eq\f(e2x,ey)＝eq\f(ey＋e2,ey)＝ey＋eq\f(e2,ey)＋2e≥2eq\r(ey·\f(e2,ey))＋2e＝4e，當(dāng)且僅當(dāng)ey＝eq\f(e2,ey)，即y＝1時(shí)取“＝”，此時(shí)，(2x－y)min＝1＋2ln2，所以當(dāng)x＝1＋ln2，y＝1時(shí)，2x－y取最小值1＋2ln2.13．A[根據(jù)題意，函數(shù)f(x)＝x2－bx＋c滿足f(x＋1)＝f(1－x)，則有eq\f(b,2)＝1，即b＝2，又由f(0)＝3，得c＝3，所以bx＝2x，cx＝3x，若x<0，則有cx<bx<1，而f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，此時(shí)有f(bx)<f(cx)，若x＝0，則有cx＝bx＝1，此時(shí)有f(bx)＝f(cx)，若x>0，則有1<bx<cx，而f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，此時(shí)有f(bx)<f(cx)，綜上可得f(bx)≤f(cx)．]14.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0))解析∵f(x)＝3x＋m－1是定義在[－1,1]上的“倒戈函數(shù)”，∴存在x0∈[－1,1]滿足f(－x0)＝－f(x0)，∴＋m－1＝－－m＋1，∴2m＝－－＋2，構(gòu)造函數(shù)y＝－－＋2，x0∈[－1,1]，令t＝，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))，則y＝－eq\f(1,t)－t＋2＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上單調(diào)遞增，在(1,3]上單調(diào)遞減，∴當(dāng)t＝1時(shí)，函數(shù)取得最大值0，當(dāng)t＝eq\f(1,3)或t＝3時(shí)，函數(shù)取得最小值－eq\f(4,3)，∴y∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，0))，又∵m≠0，∴－eq\f(4,3)≤2m<0，∴－eq\f(2,3)≤m<0.§2.8對(duì)數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)1．A2.B3.A4.B5.B6．ACD[將(0,0)代入函數(shù)f(x)＝|loga(x＋1)|(a>1)，成立，故A正確；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，x＋1∈(1，＋∞)，又a>1，所以f(x)＝|loga(x＋1)|＝loga(x＋1)，由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性可知，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)＝|loga(x＋1)|＝loga(x＋1)單調(diào)遞增，故B錯(cuò)誤；當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))時(shí)，x＋1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，所以f(x)＝|loga(x＋1)|≥loga1＝0，故C正確；當(dāng)x∈[1,2]時(shí)，f(x)＝|loga(x＋1)|＝loga(x＋1)≥1恒成立，所以由函數(shù)為增函數(shù)知loga2≥1，解得1<a≤2，故D正確．]7．108.－eq\f(1,4)9．解(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝，令t＝x2－2x＋10＝(x－1)2＋9，∴t≥9，f(x)≤＝－2，∴f(x)的值域?yàn)?－∞，－2]．(2)令u(x)＝x2－ax＋5a，∵y＝(x)為減函數(shù)，∴u(x)＝x2－ax＋5a在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)≤1，,1＋4a>0，))解得－eq\f(1,4)<a≤2，∴a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2)).10．解(1)∵f(x)是偶函數(shù)，∴f(－x)＝f(x)，即log3(9－x＋1)－kx＝log3(9x＋1)＋kx對(duì)任意x∈R恒成立，∴2kx＝log3(9－x＋1)－log3(9x＋1)＝log3eq\f(9－x＋1,9x＋1)＝log33－2x＝－2x，∴k＝－1.(2)由(1)得f(x)＝log3(9x＋1)－x＝log3(9x＋1)－log33x＝log3eq\f(9x＋1,3x)＝log3(3x＋3－x)，則不等式f(x)≥log3(7·3x－1)等價(jià)于3x＋3－x≥7·3x－1>0，由7·3x－1>0，解得x>－log37；由3x＋3－x≥7·3x－1，得6·(3x)2－3x－1≤0，得0<3x≤eq\f(1,2)，即x≤－log32，綜上，不等式的解集為(－log37，－log32]．11．A[由已知，得2a＝3b＝6c＝k，得a＝log2k，b＝log3k，c＝log6k，所以eq\f(1,a)＝logk2，eq\f(1,b)＝logk3，eq\f(1,c)＝logk6，而2×3＝6，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,c).]12．BC[函數(shù)f(x)＝log2x＋log2(4－x)＝log2(4x－x2)(0<x<4)，當(dāng)x＝2時(shí)，4x－x2取到最大值4，故此時(shí)f(x)＝log2x＋log2(4－x)取到最大值log24＝2，A錯(cuò)誤；f(x)＝log2(4x－x2)(0<x<4)可以看作是由函數(shù)y＝log2u，u＝－x2＋4x(0<x<4)復(fù)合而成，而y＝log2u是定義域上的增函數(shù)，u＝－x2＋4x(0<x<4)在(0,2)上單調(diào)遞增，在(2,4)上單調(diào)遞減，故f(x)在區(qū)間(0,2)上為增函數(shù)，在(2,4)上為減函數(shù)，故B正確；因?yàn)楹瘮?shù)f(4－x)＝log2(4－x)＋log2x＝f(x)，故f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，C正確；因?yàn)閒(4－x)＝log2(4－x)＋log2x＝f(x)≠－f(x)，故f(x)的圖象不關(guān)于點(diǎn)(2,0)對(duì)稱，D錯(cuò)誤．]13．D[因?yàn)閑q\f(fx1－fx2,x1－x2)>1，不妨設(shè)x1>x2，則f(x1)－x1>f(x2)－x2，令g(x)＝f(x)－x，則g(x)在R上單調(diào)遞增，又f(0)＝1，則不等式f(ln(ex－1))<1＋ln(ex－1)，等價(jià)于f(ln(ex－1))－ln(ex－1)<1＝f(0)－0，即g(ln(ex－1))<g(0)，所以ln(ex－1)<0，則0<ex－1<1，解得0<x<ln2.]14．AC[作函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|log2x|，0<x<2，,x2－8x＋13，x≥2))的圖象如圖所示，f(x)＝a有四個(gè)解，即y＝a與y＝f(x)的圖象有4個(gè)交點(diǎn)x1，x2，x3，x4且x1<x2<x3<x4，可得0<a<1，故選項(xiàng)A正確；由圖象可得x1·x2＝1，則eq\f(1,x1)＝x2，∴x1＋2x2＝x1＋eq\f(2,x1)，∵eq\f(1,2)<x1<1，且1<x2<2，對(duì)勾函數(shù)y＝x＋eq\f(2,x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，故當(dāng)eq\f(1,2)<x1<1時(shí)，x1＋2x2＝x1＋eq\f(2,x1)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(9,2)))，故B錯(cuò)誤；x1＋x2＝eq\f(1,x1)＋x1，∵eq\f(1,2)<x1<1，∴eq\f(1,x1)＋x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2)))，∵x3＋x4＝8，∴x1＋x2＋x3＋x4∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10，\f(21,2)))，故選項(xiàng)C正確；令x2－8x＋13＝0，解得x＝4±eq\r(3)，由圖象可知x4∈(4＋eq\r(3)，6)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．]§2.9指、對(duì)、冪的大小比較1．B2.C3.A4.A5.B6．D[a＝sin2>sin

eq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2)