一輪復(fù)習(xí)83練答案精析第一章集合、常用邏輯用語(yǔ)、不等式§1.1集合1．A2.C3.B4.D5.A6.A7．A8.B9.AD10．ABC[A＝{x|x2＝1}＝{－1,1}，集合B表示關(guān)于x的方程ax＝1的解集，因?yàn)锳∪B＝A，所以B?A，當(dāng)a＝0時(shí)方程ax＝1無(wú)解，此時(shí)B＝?，符合題意；當(dāng)B＝{1}時(shí)，a＝1；當(dāng)B＝{－1}時(shí)，－a＝1，解得a＝－1，綜上可得a＝0或±1.]11．412.－313.2914．{x|－3<x<0}{x|－3<x<0或x≥3}解析由題意得A＝{x|x≥0}，B＝{x|－3<x<3}，所以A－B＝{x|x≥3}，B－A＝{x|－3<x<0}．因此A*B＝{x|x≥3}∪{x|－3<x<0}＝{x|－3<x<0或x≥3}．15．BD[對(duì)于A，因?yàn)镸＝{x|x<0}，N＝{x|x>0}，M∪N＝{x|x≠0}≠Q(mào)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，設(shè)M＝{x∈Q|x<0}，N＝{x∈Q|x≥0}，滿足戴德金分割，則M中沒(méi)有最大元素，N有一個(gè)最小元素0，故B正確；對(duì)于C，若M有一個(gè)最大元素，N有一個(gè)最小元素，則不能同時(shí)滿足M∪N＝Q，M∩N＝?，故C錯(cuò)誤；對(duì)于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(méi)有最大元素，N也沒(méi)有最小元素，故D正確．]16．13解析集合M的非空子集共有(212－1)個(gè)，其中，最小值為1的子集可視為{2,3，…，12}的子集與集合{1}的并集，共有211個(gè)，同上可知，最小值為2的子集共有210個(gè)，最小值為3的子集共有29個(gè)，…，最小值為12的子集共有20個(gè)．最大值為12的子集可視為{1,2,3，…，11}的子集與集合{12}的并集，共有211個(gè)，同上可知，最大值為11的子集共有210個(gè)，最大值為10的子集共有29個(gè)，…，最大值為1的子集共有20個(gè)．所以M的所有非空子集中的最小值之和為211＋2×210＋3×29＋…＋12×20，最大值之和為12×211＋11×210＋10×29＋…＋20，所以xA的算術(shù)平均值為eq\f(211＋2×210＋3×29＋…＋12×20＋12×211＋11×210＋10×29＋…＋20,212－1)＝eq\f(13211＋210＋29＋…＋20,212－1)＝eq\f(13×\f(1－212,1－2),212－1)＝13.§1.2常用邏輯用語(yǔ)1．C2.A3.A4.C5.D6.C7．C8.C9.AC10．BCD[對(duì)于A，由A∪B＝A可得B?A，故充分性成立，由B?A可得A∪B＝A，故必要性成立，所以“A∪B＝A”是“B?A”的充要條件，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，方程x2－(m－3)x＋m＝0有一正一負(fù)根，設(shè)為x1，x2，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝m－32－4m>0，,x1x2＝m<0，))解得m<0，滿足必要性，當(dāng)m<0時(shí)，Δ＝(m－3)2－4m>0，x1x2＝m<0，則方程x2－(m－3)x＋m＝0有一正一負(fù)根，滿足充分性，所以“方程x2－(m－3)x＋m＝0有一正一負(fù)根”的充要條件是“m<0”，故B正確；對(duì)于C，若冪函數(shù)y＝(m＋1)xm2＋m－1為反比例函數(shù)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋1＝1，,m2＋m－1＝－1，))解得m＝0，滿足必要性，當(dāng)m＝0時(shí)，函數(shù)y＝x－1為冪函數(shù)，也為反比例函數(shù)，滿足充分性，所以“冪函數(shù)y＝(m＋1)xm2＋m－1為反比例函數(shù)”的充要條件是“m＝0”，故C正確；對(duì)于D，若函數(shù)f(x)＝－x2＋2mx在區(qū)間[1,3]上不單調(diào)，則1<m<3，所以“函數(shù)f(x)＝－x2＋2mx在區(qū)間[1,3]上不單調(diào)”的一個(gè)必要不充分條件是“1≤m≤3”，故D正確．]11．充要12.存在一個(gè)素?cái)?shù)不是奇數(shù)13.(0，＋∞)14．必要不充分條件解析由“小故，有之不必然，無(wú)之必不然”，知“小故”只是構(gòu)成某一結(jié)果的幾個(gè)條件中的一個(gè)或一部分條件，故“小故”是邏輯中的必要不充分條件．15．A[設(shè)等比數(shù)列的公比為q，若a2021<a2024，則a2021－a2024<0，即a2021(1－q3)<0.因?yàn)閍1＝1>0，所以a2021＝a1q2020>0，所以q3>1，所以q>1；若a2023<a2025，則a2023－a2025<0，即a2023(1－q2)<0.因?yàn)閍1＝1>0，所以a2023＝a1q2022>0，所以q2－1>0，解得q>1或q<－1.所以“a2021<a2024”是“a2023<a2025”的充分不必要條件．]16.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析依題意知f(x)max≤g(x)max.∵f(x)＝x＋eq\f(4,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(17,2).又g(x)＝2x＋a在[2,3]上單調(diào)遞增，∴g(x)max＝8＋a，因此eq\f(17,2)≤8＋a，則a≥eq\f(1,2).§1.3不等式的基本性質(zhì)1．B2.A3.B4.C5.A6.A7．BCD8.ABD9．a(chǎn)b<ab2<a10.a＝－1，b＝2(答案不唯一)11.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(7,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(13,2)))12．(－3，－1)13．(1)解∵a>b>0，∴eq\f(a2－b2,a2＋b2)>0，eq\f(a－b,a＋b)>0，∴eq\f(\f(a2－b2,a2＋b2),\f(a－b,a＋b))＝eq\f(a＋b2,a2＋b2)＝1＋eq\f(2ab,a2＋b2)>1，∴eq\f(a2－b2,a2＋b2)>eq\f(a－b,a＋b).(2)證明∵c<d<0，∴－c>－d>0，又a>b>0，∴a－c>b－d>0，b－a<0，c－d<0，又e<0，∴eq\f(e,a－c)－eq\f(e,b－d)＝eq\f(eb－d－ea－c,a－cb－d)＝eq\f(eb－d－a＋c,a－cb－d)＝eq\f(eb－a＋c－d,a－cb－d)>0，∴eq\f(e,a－c)>eq\f(e,b－d).14．解(1)a＝eq\f(1,2)[(a＋b)＋(a－b)]，由－3≤a＋b≤2，－1≤a－b≤4，得－4≤(a＋b)＋(a－b)≤6，∴－2≤eq\f(1,2)[(a＋b)＋(a－b)]≤3，即－2≤a≤3，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－2,3]．(2)設(shè)3a－2b＝m(a＋b)＋n(a－b)＝(m＋n)a＋(m－n)b，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,m－n＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,2)，,n＝\f(5,2)，))∴3a－2b＝eq\f(1,2)(a＋b)＋eq\f(5,2)(a－b)，∵－3≤a＋b≤2，－1≤a－b≤4.∴－eq\f(3,2)≤eq\f(1,2)(a＋b)≤1，－eq\f(5,2)≤eq\f(5,2)(a－b)≤10，∴－4≤3a－2b≤11，即3a－2b的取值范圍為[－4,11]．15．ABD[對(duì)A，根據(jù)abc＝1可得eq\f(1,b)＝ac，故(a＋c)2>eq\f(1,b)，即(a＋c)2>ac，即a2＋ac＋c2>0.因?yàn)閍2＋ac＋c2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(c,2)))2＋eq\f(3c2,4)>0恒成立，故(a＋c)2>eq\f(1,b)成立，故A正確；對(duì)B，因?yàn)閍>b>c，故a－c>b－c>0，故eq\f(1,a－c)<eq\f(1,b－c)成立，故B正確；對(duì)C，當(dāng)a＝eq\f(1,2)，b＝－1，c＝－2時(shí)，滿足a>b>c且abc＝1，但a2>b2不成立，故C錯(cuò)誤；對(duì)D，因?yàn)閍bc＝1，(a2b－1)·(ab2－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)－1))＝eq\f(a－cb－c,c2)，因?yàn)閍>b>c，故eq\f(a－cb－c,c2)>0，故D正確．]16．乙解析設(shè)第一次和第二次購(gòu)物時(shí)價(jià)格分別為p1元/千克，p2元/千克，按甲策略，每次購(gòu)n千克，按這種策略購(gòu)物時(shí)，兩次的平均價(jià)格x＝eq\f(p1n＋p2n,2n)＝eq\f(p1＋p2,2)(元/千克)，按乙策略，第一次花m元錢(qián)，能購(gòu)買eq\f(m,p1)千克物品，第二次仍花m元錢(qián)，能購(gòu)買eq\f(m,p2)千克物品，兩次購(gòu)物的平均價(jià)格y＝eq\f(2m,\f(m,p1)＋\f(m,p2))＝eq\f(2,\f(1,p1)＋\f(1,p2))(元/千克)，比較兩次購(gòu)物的平均價(jià)格x－y＝eq\f(p1＋p2,2)－eq\f(2,\f(1,p1)＋\f(1,p2))＝eq\f(p1＋p2,2)－eq\f(2p1p2,p1＋p2)＝eq\f(p1＋p22－4p1p2,2p1＋p2)＝eq\f(p1－p22,2p1＋p2)≥0，則甲策略的平均價(jià)格不小于乙策略的平均價(jià)格，所以用乙購(gòu)物策略比較經(jīng)濟(jì)．§1.4基本不等式eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(a，b≥0)1．B2.D3.D4.D5.C6.B7．BCD8.BC9．－410.eq\f(3,7)11.eq\f(9,2)12.413．解(1)因?yàn)閤>0，y>0，根據(jù)基本不等式，30＝x＋2y＋xy≥2eq\r(2xy)＋xy(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y＝6時(shí)取等號(hào))，令eq\r(xy)＝t(t>0)，則t2＋2eq\r(2)t－30≤0，解得－5eq\r(2)≤t≤3eq\r(2)，又t>0，所以0<t≤3eq\r(2)，即0<eq\r(xy)≤3eq\r(2)，所以0<xy≤18，故xy的最大值為18.(2)由x＋2y＋xy＝30可知，y＝eq\f(30－x,2＋x)>0,0<x<30,2x＋y＝2x＋eq\f(30－x,2＋x)＝2(x＋2)＋eq\f(32,2＋x)－5≥2eq\r(2x＋2·\f(32,2＋x))－5＝11，當(dāng)且僅當(dāng)2(x＋2)＝eq\f(32,2＋x)，即x＝2時(shí)取等號(hào)，所以2x＋y的最小值為11.14．解(1)設(shè)甲工程隊(duì)的總報(bào)價(jià)為y元，依題意，左右兩面墻的長(zhǎng)度均為x米(2≤x≤6)，則屋子前面新建墻體長(zhǎng)為eq\f(12,x)米，則y＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(150×2x＋400×\f(12,x)))＋7200＝900eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(16,x)))＋7200≥900×2eq\r(x·\f(16,x))＋7200＝14400，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(16,x)，即x＝4時(shí)，等號(hào)成立，故當(dāng)左右兩面墻的長(zhǎng)度為4米時(shí)，甲工程隊(duì)的報(bào)價(jià)最低為14400元．(2)由題意可知，900eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(16,x)))＋7200>eq\f(900a1＋x,x)對(duì)任意的x∈[2,6]恒成立，即eq\f(x＋42,x)>eq\f(a1＋x,x)，所以eq\f(x＋42,x＋1)>a，即a<eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋42,x＋1)))min，eq\f(x＋42,x＋1)＝x＋1＋eq\f(9,x＋1)＋6≥2eq\r(x＋1·\f(9,x＋1))＋6＝12，當(dāng)且僅當(dāng)x＋1＝eq\f(9,x＋1)，即x＝2時(shí)，等號(hào)成立，則eq\f(x＋42,x＋1)的最小值為12，即0<a<12，又a>5，所以a的取值范圍是(5,12)．15．C[由題得eq\f(y,x)＋eq\f(16x,2x＋y)＝eq\f(y,x)＋eq\f(16,2＋\f(y,x))，設(shè)eq\f(y,x)＝t(t>0)，則f(t)＝t＋eq\f(16,2＋t)＝t＋2＋eq\f(16,2＋t)－2≥2eq\r(t＋2·\f(16,2＋t))－2＝8－2＝6，當(dāng)且僅當(dāng)t＋2＝eq\f(16,2＋t)，即t＝2，即y＝2x時(shí)取等號(hào)．所以eq\f(y,x)＋eq\f(16x,2x＋y)的最小值為6.]16．4解析∵a＞b＞0，∴a－b＞0，∴a(a－b)＞0，a2＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,aa－b)＝a2＋ab－ab＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,aa－b)＝a2－ab＋eq\f(1,aa－b)＋ab＋eq\f(1,ab)＝a(a－b)＋eq\f(1,aa－b)＋ab＋eq\f(1,ab)≥2＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(aa－b＝\f(1,aa－b)，,ab＝\f(1,ab)，))即a＝eq\r(2)，b＝eq\f(\r(2),2)時(shí)，等號(hào)成立．∴a2＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,aa－b)的最小值是4.§1.5基本不等式的綜合應(yīng)用1．C2.B3.B4.D5.A6.B7．ABC8．ABD[由a>1，b＝eq\f(e2,a)>1，得1<a<e2，因?yàn)楹瘮?shù)f(a)＝a＋b＝a＋eq\f(e2,a)在(1，e)上單調(diào)遞減，在[e，e2)上單調(diào)遞增，所以2e≤a＋b<e2＋1，故A正確；因?yàn)閍b＝e2，所以有l(wèi)na＋lnb＝2，于是0<lna·lnb≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lna＋lnb,2)))2＝1，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝e時(shí)，等號(hào)成立，故B正確；lna＋logab＝lna＋eq\f(lnb,lna)＝lna＋eq\f(2－lna,lna)＝lna＋eq\f(2,lna)－1，設(shè)t＝lna∈(0,2)，所以φ(t)＝t＋eq\f(2,t)－1在(0，eq\r(2))上單調(diào)遞減，在[eq\r(2)，2)上單調(diào)遞增，所以φ(t)＝t＋eq\f(2,t)－1∈[2eq\r(2)－1，＋∞)，故C錯(cuò)誤；設(shè)λ＝alnb，所以lnλ＝lnalnb＝lnb·lna≤1，所以λ≤e，故D正確．]9．410.(－∞，9)11.2eq\r(2)12．2eq\r(5)＋5解析由于A＝{x|ax2＋bx＋c≤0(a<b)}中有且僅有一個(gè)元素，所以b>a>0，Δ＝b2－4ac＝0，所以b>a>0，b2＝4ac.所以M＝eq\f(a＋3b＋4c,b－a)＝eq\f(a2＋3ab＋4ac,ab－a)＝eq\f(a2＋3ab＋b2,ab－a2)＝eq\f(1＋\f(3b,a)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2,\f(b,a)－1)，設(shè)t＝eq\f(b,a)－1>0，所以eq\f(b,a)＝t＋1，所以M＝eq\f(1＋3t＋1＋t＋12,t)＝eq\f(t2＋5t＋5,t)＝t＋eq\f(5,t)＋5≥2eq\r(t·\f(5,t))＋5＝2eq\r(5)＋5.當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\r(5)時(shí)，等號(hào)成立．所以M的最小值為2eq\r(5)＋5.13．解(1)由題意得，f(0)＝1－a＋b＝0，f(1)＝4－2a＋b＝2，解得a＝1，b＝0.(2)由(1)知f(x)＝4x－2x，所以f(x)<m·2x－3可化為m>2x＋3·2－x－1.故原問(wèn)題等價(jià)于?x∈(－∞，3]，使得m>2x＋3·2－x－1成立．則當(dāng)x∈(－∞，3]時(shí)，m>(2x＋3·2－x－1)min，設(shè)h(x)＝2x＋3·2－x－1，x∈(－∞，3]，令t＝2x，則t∈(0,8]，設(shè)p(t)＝t＋eq\f(3,t)－1，t∈(0,8]，則p(t)≥2eq\r(3)－1，當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\r(3)時(shí)取等號(hào)，所以當(dāng)t＝eq\r(3)時(shí)，h(x)取得最小值2eq\r(3)－1.故m的取值范圍是(2eq\r(3)－1，＋∞)．14．解(1)調(diào)整后研發(fā)人員的年人均投入為(1＋2x%)a萬(wàn)元，則(500－x)(1＋2x%)a≥500a(a>0)，整理得0.02x2－9x≤0，解得0≤x≤450，又因?yàn)閤∈N*，所以要使這(500－x)名研發(fā)人員的年總投入不低于調(diào)整前500名技術(shù)人員的年總投入，調(diào)整后的研發(fā)人員的人數(shù)最少為50.(2)(500－x)(1＋2x%)a≥xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(7x,100)))a，兩邊同時(shí)除以ax得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(500,x)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2x,100)))≥m－eq\f(7x,100)，整理得m≤eq\f(500,x)＋eq\f(x,20)＋9；由aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(7x,100)))≥a，解得m≥eq\f(7x,100)＋1，故eq\f(7x,100)＋1≤m≤eq\f(500,x)＋eq\f(x,20)＋9(100≤x≤200，x∈N*)恒成立，eq\f(500,x)＋eq\f(x,20)＋9≥2eq\r(\f(500,x)·\f(x,20))＋9＝19，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(500,x)＝eq\f(x,20)，即x＝100時(shí)等號(hào)成立，所以m≤19，因?yàn)?00≤x≤200，x∈N*，所以當(dāng)x＝200時(shí)，eq\f(7x,100)＋1取得最大值15，所以m≥15，所以15≤m≤19，即實(shí)數(shù)m的取值范圍為[15,19]．§1.6一元二次方程和一元二次不等式1．A2.B3.A4.B5.A6.B7．ABC8．BC[由題意得，a<0，eq\f(1,3)和1是方程ax2＋bx＋c＝0的兩個(gè)根，由根與系數(shù)的關(guān)系可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)＝\f(1,3)＋1，,\f(c,a)＝\f(1,3)×1，))解得a＝3c，b＝－4c，則c<0，故A錯(cuò)誤，B正確；a＋b＝－c>0，故C正確；不等式cx2＋bx＋a>0可化為cx2－4cx＋3c>0，即x2－4x＋3<0，解得1<x<3，故不等式解集為{x|1<x<3}，故D錯(cuò)誤．]9.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－2<x≤\f(1,2)))))10.(－2,3)11.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,4)))12．[－1,0)∪(8,9]解析不等式x2－kx＋2k<0有實(shí)數(shù)解等價(jià)于x2－kx＋2k＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則Δ＝(－k)2－8k>0，解得k>8或k<0.設(shè)x2－kx＋2k＝0的兩根為x1，x2，令x1<x2，則x1＋x2＝k，x1x2＝2k.由題意得x2－x1＝eq\r(x2＋x12－4x1x2)＝eq\r(k2－8k)≤3，解得－1≤k≤9，又k>8或k<0，所以－1≤k<0或8<k≤9，所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為[－1,0)∪(8,9]．13．解(1)由題意得，a<0，且b,2為方程ax2＋3x－2＝0的兩根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,a)＝b＋2，,－\f(2,a)＝2b，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1.))(2)由(1)可得，不等式f(x)≥2＋m可化為－x2＋3x－2≥2＋m，所以m≤－x2＋3x－4.因?yàn)閷?duì)于任意的x∈[－1,2]，不等式f(x)≥2＋m恒成立，所以對(duì)于任意的x∈[－1,2]，不等式m≤－x2＋3x－4恒成立，即m≤(－x2＋3x－4)min，x∈[－1,2]，因?yàn)閥＝－x2＋3x－4＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2－eq\f(7,4)，x∈[－1,2]，所以當(dāng)x＝－1時(shí)，y＝－x2＋3x－4取最小值，最小值為－8，所以m≤－8，故實(shí)數(shù)m的取值范圍為(－∞，－8]．14．解(1)依題意，mx2＋mx＋3>0在實(shí)數(shù)集R上恒成立．①當(dāng)m＝0時(shí)，3>0，成立；②當(dāng)m≠0時(shí)，要使原不等式恒成立，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>0，,Δ＝m2－12m<0，))解得0<m<12.綜上，0≤m<12，故實(shí)數(shù)m的取值范圍是{m|0≤m<12}．(2)不等式f(x)>(3m－1)x＋5，等價(jià)于mx2＋(1－2m)x－2>0，即(x－2)(mx＋1)>0.①當(dāng)m>0時(shí)，解得x>2或x<－eq\f(1,m)；②當(dāng)m＝0時(shí)，不等式整理為x－2>0，解得x>2；③當(dāng)m<0時(shí)，方程(x－2)(mx＋1)＝0的兩根為x1＝－eq\f(1,m)，x2＝2.(ⅰ)當(dāng)－eq\f(1,m)>2，即－eq\f(1,2)<m<0時(shí)，解得2<x<－eq\f(1,m)；(ⅱ)當(dāng)－eq\f(1,m)＝2，即m＝－eq\f(1,2)時(shí)，原不等式的解集為?；(ⅲ)當(dāng)－eq\f(1,m)<2，即m<－eq\f(1,2)時(shí)，解得－eq\f(1,m)<x<2，綜上所述，當(dāng)m<－eq\f(1,2)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(－\f(1,m)<x<2))))；當(dāng)m＝－eq\f(1,2)時(shí)，原不等式的解集為?；當(dāng)－eq\f(1,2)<m<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(2<x<－\f(1,m)))))；當(dāng)m＝0時(shí)，原不等式的解集為{x|x>2}；當(dāng)m>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<－\f(1,m)或x>2)))).15．A[不等式ax2－|x|＋2a≥0的解集是R，即對(duì)于?x∈R，ax2－|x|＋2a≥0恒成立，即a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|x|,x2＋2)))max，當(dāng)x＝0時(shí)，a≥0，當(dāng)x≠0時(shí)，a≥eq\f(|x|,x2＋2)＝eq\f(1,|x|＋\f(2,|x|))，因?yàn)閑q\f(1,|x|＋\f(2,|x|))≤eq\f(1,2\r(|x|·\f(2,|x|)))＝eq\f(\r(2),4)，當(dāng)且僅當(dāng)|x|＝eq\f(2,|x|)，即|x|＝eq\r(2)，即x＝±eq\r(2)時(shí)，等號(hào)成立，所以a≥eq\f(\r(2),4)，綜上所述，a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，＋∞)).]16．(－4,2eq\r(3)－2)解析因?yàn)閷?duì)于任意m∈[－1,1]，任意y∈R，使得不等式x2＋(3－m)x－6<|y－1|＋|y－3|成立，設(shè)t(y)＝|y－1|＋|y－3|，則x2＋(3－m)x－6<t(y)min，又因?yàn)閠(y)＝|y－1|＋|y－3|≥|(y－1)－(y－3)|＝2，所以t(y)min＝2.所以x2＋(3－m)x－6<2，即x2＋(3－m)x－8<0，設(shè)g(m)＝x2＋(3－m)x－8＝－mx＋x2＋3x－8，對(duì)于任意m∈[－1,1]，g(m)＝－mx＋x2＋3x－8<0，應(yīng)用一次函數(shù)性質(zhì)可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1＝－x＋x2＋3x－8<0，,g－1＝x＋x2＋3x－8<0，))即得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－8<0，,x2＋4x－8<0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4<x<2，,－2－2\r(3)<x<2\r(3)－2，))則實(shí)數(shù)x的取值范圍是(－4,2eq\r(3)－2)．第二章函數(shù)§2.1函數(shù)的概念及其表示1．A2.D3.B4.A5.D6.C7．BD8.ACD9.(0,1)∪(1,2]10．x2－2x(x≥1)11．4(－1,1)∪(1，＋∞)12.eq\r(2)13．解(1)∵eq\f(3,2)＞1，∴f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝－2×eq\f(3,2)＋8＝5.∵0＜eq\f(1,π)＜1，∴f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)))＝eq\f(1,π)＋5＝eq\f(5π＋1,π).∵－1＜0，∴f(－1)＝－3＋5＝2.(2)此分段函數(shù)的圖象如圖所示．在函數(shù)y＝3x＋5的圖象上截取x≤0的部分，在函數(shù)y＝x＋5的圖象上截取0＜x≤1的部分，在函數(shù)y＝－2x＋8的圖象上截取x＞1的部分．圖中實(shí)線組成的圖形就是函數(shù)y＝f(x)的圖象．(3)由函數(shù)圖象可知，當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取最大值6.14．解(1)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,x2＋1)，∴f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＋f(3)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋1)＋eq\f(32,32＋1)＝eq\f(1,32＋1)＋eq\f(32,32＋1)＝1，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋f(2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋1)＋eq\f(22,22＋1)＝eq\f(1,22＋1)＋eq\f(22,22＋1)＝1.(2)由f(x)＝eq\f(x2,x2＋1)，得f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2＋1)＝eq\f(1,x2＋1)，∴f(x)＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝1.(3)由(2)知f(x)＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝1，f(1)＝eq\f(12,12＋1)＝eq\f(1,2)，∴f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2023)))＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2022)))＋…＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2022)＋f(2023)＝2022eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋f2))＋f(1)＝2022×1＋eq\f(1,2)＝eq\f(4045,2).15．AD[對(duì)于A，因?yàn)閒(x)＝x－[x]，所以f(－1.1)＝－1.1－[－1.1]＝－1.1－(－2)＝0.9，故A選項(xiàng)正確；對(duì)于B，因?yàn)閒(0.5)＝0.5－[0.5]＝0.5－0＝0.5，f(－0.5)＝－0.5－[－0.5]＝－0.5－(－1)＝0.5，所以f(0.5)＋f(－0.5)＝1≠0，即函數(shù)f(x)的圖象不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于C，因?yàn)?x∈R，?k∈Z，使得k≤x<k＋1，此時(shí)有k＋1≤x＋1<k＋2，所以f(x＋1)＝x＋1－[x＋1]＝x＋1－(k＋1)＝x－k，f(x)＝x－[x]＝x－k，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于D，由C選項(xiàng)分析可知?x∈R，總有f(x＋1)＝f(x)，即f(x)是周期為1的周期函數(shù)，不妨設(shè)0≤x<1，則此時(shí)有0≤f(x)＝x－[x]＝x－0＝x<1，因此函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇0,1)，故D選項(xiàng)正確．]16.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，＋∞))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)))解析若函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，則有m>0且Δ＝(m－2)2－4m(m－1)≤0，解得m≥eq\f(2\r(3),3)，所以m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，＋∞)).當(dāng)m＝0時(shí)，f(x)＝eq\r(mx2－m－2x＋m－1)＝eq\r(2x－1)，值域是[0，＋∞)，滿足條件；令g(x)＝mx2－(m－2)x＋m－1，g(x)≥0，當(dāng)m＜0時(shí)，g(x)的圖象開(kāi)口向下，故f(x)的值域不會(huì)是[0，＋∞)，不滿足條件；當(dāng)m＞0時(shí)，g(x)的圖象開(kāi)口向上，只需mx2－(m－2)x＋m－1＝0中的Δ≥0，即(m－2)2－4m(m－1)≥0，解得－eq\f(2\r(3),3)≤m≤eq\f(2\r(3),3)，又m>0，所以0<m≤eq\f(2\r(3),3)，綜上，0≤m≤eq\f(2\r(3),3)，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3))).§2.2函數(shù)的單調(diào)性與最值1．B2.B3.D4.C5.C6.A7．AD8.BC9.[－1,1]10.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))11．f(x)＝(x－1)2(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)12．[2,4)13．解(1)f(x)，g(x)的圖象如圖所示．(2)由(1)及M(x)的定義得，M(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，在[0,2]上單調(diào)遞增，在[2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)a≤0時(shí)，M(x)在(－∞，a]上單調(diào)遞減；當(dāng)0<a≤2時(shí)，M(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，在[0，a]上單調(diào)遞增；當(dāng)a>2時(shí)，M(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，在[0,2]上單調(diào)遞增，在[2，a]上單調(diào)遞減．14．解(1)f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1)＝1－eq\f(2,2x＋1)在R上是增函數(shù)．證明：在R上任取x1，x2且x1<x2，f(x1)－f(x2)＝，由x1<x2可知，所以，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)．即f(x)在R上是增函數(shù)．(2)易知f(－x)＝eq\f(2－x－1,2－x＋1)＝eq\f(1－2x,1＋2x)＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，由(1)知，函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)，由f(t2－3)＋f(2t)<0，可得f(t2－3)<－f(2t)＝f(－2t)，所以t2－3<－2t，即t2＋2t－3<0，解得－3<t<1，即關(guān)于t的不等式f(t2－3)＋f(2t)<0的解集為{t|－3<t<1}．15．ABC[由題意得y＝f(x)為偶函數(shù)，且在(－∞，0)上單調(diào)遞減，故y＝f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因?yàn)閒(2ax)<f(2x2＋1)，故f(|2ax|)<f(2x2＋1)，所以|2ax|<2x2＋1，當(dāng)x＝0時(shí)，|0|<1恒成立，滿足要求，當(dāng)x≠0時(shí)，|2a|<eq\f(2x2＋1,|x|)＝2|x|＋eq\f(1,|x|)在x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)上恒成立，其中2|x|＋eq\f(1,|x|)≥2eq\r(2|x|·\f(1,|x|))＝2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)2|x|＝eq\f(1,|x|)，即|x|＝eq\f(\r(2),2)時(shí)，等號(hào)成立，故|2a|<2eq\r(2)，解得－eq\r(2)<a<eq\r(2)，綜上，a的取值范圍為－eq\r(2)<a<eq\r(2)，A選項(xiàng)，由于(－eq\r(2)，－1)?(－eq\r(2)，eq\r(2))，A正確；B選項(xiàng)，eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))?(－eq\r(2)，eq\r(2))，B正確；C選項(xiàng)，[0，eq\r(2))?(－eq\r(2)，eq\r(2))，C正確；D選項(xiàng)，(eq\r(2)，＋∞)顯然不是(－eq\r(2)，eq\r(2))的子集，D錯(cuò)誤．]16．(－∞，0](2,4]解析若對(duì)任意x1，x2∈R，且x1≠x2都有eq\f(fx2－fx1,x2－x1)<0，則f(x)在R上是減函數(shù)，則eq\f(a,2)≤0，即a≤0，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，0]；當(dāng)a>0時(shí)，若f(x)在[－1，t)上的值域?yàn)閇0,4]，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝eq\f(a2,2)－eq\f(a2,4)＝4，解得a＝4或a＝－4(舍去)，又f(－1)＝2，f(0)＝f(4)＝0，所以2<t≤4；當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在[－1，t)上單調(diào)遞減，則f(x)在[－1，t)上的最大值為f(－1)＝2，不符合題意，所以實(shí)數(shù)t的取值范圍為(2,4]．§2.3函數(shù)的奇偶性、周期性1．B2.D3.D4.B5.D6.C7．AC8.ABD9．f(x)＝coseq\f(2π,3)x(答案不唯一)10．211.－212.eq\f(8,3)13．解(1)∵當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝logax的圖象過(guò)點(diǎn)(3，－1)，∴l(xiāng)oga3＝－1，解得a＝eq\f(1,3).(2)設(shè)x<0，則－x>0，∴f(－x)＝，又∵f(x)為偶函數(shù)，∴f(x)＝f(－x)＝．綜上所述，f(x)＝(3)∵f(x)為偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，1＝＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，∴f(x)<1?f(x)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，∴|x|>eq\f(1,3)，解得x<－eq\f(1,3)或x>eq\f(1,3).故不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,3)或x>\f(1,3))))).14．解(1)由f(x＋2)＝－f(x)，得f(x＋4)＝f((x＋2)＋2)＝－f(x＋2)＝f(x)，∴f(π)＝f(π－4)＝－f(4－π)＝－(4－π)＝π－4.(2)若－1≤x≤0，則0≤－x≤1，則f(－x)＝－x，∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x)＝－x＝－f(x)，即f(x)＝x，－1≤x≤0，即當(dāng)－1≤x≤1時(shí)，f(x)＝x；若1<x≤3，則－1<x－2≤1，∵f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x)＝－f(x－2)＝－(x－2)＝2－x，即當(dāng)－1≤x≤3時(shí)，f(x)的解析式為f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，－1≤x≤1，,2－x，1<x≤3.))(3)作出函數(shù)f(x)在[－4,4]上的圖象，如圖，則函數(shù)的最小值為－1，若m＝－1，則方程f(x)＝m在[－4,4]上的解為x＝－1或x＝3，則－1＋3＝2；若－1<m<0，則方程f(x)＝m在[－4,4]上共有4個(gè)解，則它們分別關(guān)于直線x＝－1和直線x＝3對(duì)稱，設(shè)它們從小到大依次為a，b，c，d，則a＋b＝－2，c＋d＝6，即a＋b＋c＋d＝－2＋6＝4.15．D[當(dāng)x>0時(shí)，因?yàn)閒(x)是偶函數(shù)，所以有f(x)＝f(－x)?21＋x－21－x＝m·2－x＋n·2x?(2x)2(2－n)＝m＋2，要想x>0上式恒成立，只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－n＝0,m＋2＝0))?m－n＝－4，當(dāng)x<0時(shí)，因?yàn)閒(x)是偶函數(shù)，所以有f(x)＝f(－x)?21－x－21＋x＝m·2x＋n·2－x?(2－x)2(2－n)＝m＋2，要想x<0上式恒成立，只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－n＝0,m＋2＝0))?m－n＝－4，綜上所述，m－n＝－4.]16．A[因?yàn)閒(1)＝1，所以在f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)中，令y＝1，得f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)f(1)，所以f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)，①所以f(x＋2)＋f(x)＝f(x＋1)．②由①②相加，得f(x＋2)＋f(x－1)＝0，故f(x＋3)＋f(x)＝0，所以f(x＋3)＝－f(x)，所以f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)的一個(gè)周期為6.在f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)中，令x＝1，y＝0，得f(1)＋f(1)＝f(1)f(0)，所以f(0)＝2.令x＝y(tǒng)＝1，得f(2)＋f(0)＝f(1)f(1)，所以f(2)＝－1.由f(x＋3)＝－f(x)，得f(3)＝－f(0)＝－2，f(4)＝－f(1)＝－1，f(5)＝－f(2)＝1，f(6)＝－f(3)＝2，所以f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝1－1－2－1＋1＋2＝0，根據(jù)函數(shù)的周期性知，eq\o(∑,\s\up6(22),\s\do4(k＝1))f(k)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1－1－2－1＝－3，故選A.]§2.4函數(shù)的對(duì)稱性1．A2.C3.A4.C5.D6.B7．ABD8．AC[因?yàn)閒(x－1)＝f(3－x)，所以直線x＝1是f(x)的圖象的對(duì)稱軸，故選項(xiàng)A正確；因?yàn)閒(x＋1)的圖象關(guān)于點(diǎn)(－1,0)對(duì)稱，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0,0)對(duì)稱，又因?yàn)閒(x)的對(duì)稱軸為x＝1，所以f(x)的周期T＝4，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；直線x＝1是f(x)的對(duì)稱軸，且函數(shù)f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，又f(x)的周期T＝4，所以函數(shù)f(x)在[4,5]上單調(diào)遞增，故選項(xiàng)C正確；因?yàn)閒(x)的周期T＝4，f(4)＝f(0)＝0，則f(5)>f(4)＝0，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．]9．cosπx(形如acosπx＋b或aeq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(πx,2)))＋b或aeq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sinπx))＋b或aeq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(πx,2)))＋b等)10．211.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－3或x>\f(5,3)))))12．n解析∵函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，則f(2－x)＋f(x)＝0，∴函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱，∵函數(shù)y＝eq\f(1,x－1)的圖象是由函數(shù)y＝eq\f(1,x)的圖象向右平移1個(gè)單位長(zhǎng)度得到的，∴函數(shù)y＝eq\f(1,x－1)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱，∴函數(shù)f(x)與函數(shù)y＝eq\f(1,x－1)的圖象的交點(diǎn)也關(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱，∴eq\i\su(i＝1,n,)(xi＋yi)＝eq\i\su(i＝1,n,x)i＋eq\i\su(i＝1,n,y)i＝2×eq\f(n,2)＋0×eq\f(n,2)＝n.13．解(1)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱．證明：由|x－2|>0，得x≠2，所以f(x)的定義域?yàn)?－∞，2)∪(2，＋∞)．因?yàn)閒(2－x)＝log2|x|＋(2－x)2－4(2－x)＝log2|x|＋x2－4，f(2＋x)＝log2|x|＋(2＋x)2－4(2＋x)＝log2|x|＋x2－4，所以f(2＋x)＝f(2－x)，所以f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱．(2)設(shè)y1＝log2|x－2|，y2＝x2－4x，當(dāng)x>2時(shí)，y1＝log2|x－2|＝log2(x－2)單調(diào)遞增，y2＝x2－4x也單調(diào)遞增，故f(x)＝log2|x－2|＋x2－4x在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．又f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，2)．14．解(1)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－3x2的圖象的對(duì)稱中心為點(diǎn)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的圖象的對(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)．15．D[因?yàn)閒(x＋2)，f(x－2)都為奇函數(shù)，即f(x)關(guān)于(－2,0)和(2,0)對(duì)稱，所以f(－x)＋f(4＋x)＝0，f(－x)＋f(－4＋x)＝0，所以f(－4＋x)＝f(4＋x)，所以f(x)＝f(8＋x)，因?yàn)閒(x－2)＝－f(－x－2)，所以f(x－2＋8)＝－f(－x－2＋8)，即f(x＋6)＝－f(－x＋6)，所以f(x＋6)為奇函數(shù)．]16．BCD[∵定義在R上的減函數(shù)y＝f(x－2)的圖象關(guān)于點(diǎn)(2,0)對(duì)稱，將y＝f(x－2)的圖象向左平移2個(gè)單位長(zhǎng)度即可得到函數(shù)y＝f(x)的圖象，∴函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0,0)對(duì)稱，即f(x)為奇函數(shù)，∴f(0)＝0，∵g(x)＝f(x)＋1，∴g(0)＝f(0)＋1，∴g(0)＝1，故B選項(xiàng)正確；∵y＝f(x－2)為減函數(shù)，∴f(x)為減函數(shù)，∴g(x)＝f(x)＋1為減函數(shù)，又g(0)＝1，則g(2)≠1，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；∵f(x＋1)>f(1－2x)，且f(x)為減函數(shù)，∴x＋1<1－2x，解得x<0，故C選項(xiàng)正確；g(－1)＋g(2)＝f(－1)＋f(2)＋2＝－f(1)＋f(2)＋2，∵f(1)>f(2)，∴g(－1)＋g(2)<2，故D選項(xiàng)正確．]§2.5函數(shù)性質(zhì)的綜合應(yīng)用1．D2.B3.B4.C5.C6.D7．AB8．ACD[因?yàn)閒(x＋1)為奇函數(shù)，所以f(－x＋1)＝－f(x＋1)，所以f(－0＋1)＝－f(0＋1)，所以f(1)＝0，A正確；因?yàn)楫?dāng)x∈[0,1)時(shí)，f(x)＝－coseq\f(πx,2)，所以f(0)＝－cos0＝－1，因?yàn)閒(－x＋1)＝－f(x＋1)，所以f(2)＝－f(0)＝1，故f(2)≠f(0)，所以2不是f(x)的周期，故B錯(cuò)誤；因?yàn)閒(x＋1)為奇函數(shù)，所以函數(shù)f(x＋1)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1,0)中心對(duì)稱，C正確；由f(－x＋1)＝－f(x＋1)，f(x)－f(－x)＝0，可得f(x＋2)＝－f(－x－1＋1)＝－f(－x)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝f(x＋2＋2)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)為周期函數(shù)，周期為4，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2023,2)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4×253－\f(1,2)))＝f

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

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，又當(dāng)x∈[0,1)時(shí)，f(x)＝－coseq\f(πx,2)，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2023,2)))＝－coseq\f(π,4)＝－eq\f(\r(2),2)，D正確．]9．(0,1)10．0eq\f(1,1011)解析令x＝y(tǒng)＝1，即f(2)＋f(0)＝2f2(1)，∴f(2)＝－1，令x＝2，y＝1，即f(3)＋f(1)＝2f(2)f(1)，∴f(3)＝0，令x＝y(tǒng)＝2，即f(4)＋f(0)＝2f2(2)，∴f(4)＝1，令y＝1，則f(x＋1)＋f(x－1)＝0，即f(x＋1)＝－f(x－1)，可得f(x＋2)＝－f(x)，f(x)＝－f(x＋2)＝f(x＋4)，∴4為函數(shù)f(x)的周期，f(1)＝0，f(2)＝－1，f(3)＝0，f(4)＝1，∴當(dāng)x為奇數(shù)時(shí)，f(x)＝0，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，n2也為奇數(shù)，此時(shí)f(n2)＝0；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，n2為4的整數(shù)倍，此時(shí)f(n2)＝1.∴f(12)＋f(22)＋…＋f(20232)＝0＋1＋0＋1＋…＋0＋1＋0＝1011，n2＋(n＋1)2＝2n2＋2n＋1＝2n(n＋1)＋1，由n∈Z，得n(n＋1)為偶數(shù)，記n2＋(n＋1)2＝2n(n＋1)＋1＝4kn＋1，kn∈Z，12＋22＋…＋20232＝(12＋22)＋(32＋42)＋…＋(20212＋20222)＋20232＝4(k1＋k3＋…＋k2021)＋1011＋4092529＝4(k1＋k3＋…＋k2021)＋4093540＝4(k1＋k3＋…＋k2021＋1023385)，f(12＋22＋…＋20232)＝f(4(k1＋k3＋…＋k2021＋1023385))＝f(0)＝1，∴eq\f(f12＋22＋…＋20232,f12＋f22＋…＋f20232)＝eq\f(1,1011).§2.6二次函數(shù)與冪函數(shù)1．D2.A3.B4.B5.D6.B7．AB8.CD9.21110．y＝eq\f(1,2)x2＋x－eq\f(3,2)或y＝－eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)11．412．1解析因?yàn)锳(1,0)，B(0,1)，BM＝MN＝NA，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(1,3)))，不妨設(shè)y＝xα，y＝xβ分別過(guò)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(1,3)))，則eq\f(2,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))α，eq\f(1,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))β，則eq\f(2,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))α＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))β))α＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))αβ，所以αβ＝1.13．解(1)由冪函數(shù)的定義可得m2＋4m＋4＝1，即m2＋4m＋3＝0，解得m＝－1或m＝－3.因?yàn)閒(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以m＋2<0，即m<－2，則m＝－3.(2)設(shè)g(x)＝x3，則g(x)是增函數(shù)．由(1)可知(2a－1)－m<(a＋3)－m，即(2a－1)3<(a＋3)3，則2a－1<a＋3，解得a<4，即a的取值范圍為(－∞，4)．14．解(1)由題意設(shè)函數(shù)的解析式為y＝ax(x－5)(a>0)，由已知可得二次函數(shù)圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，－\f(25,2)))，代入得－eq\f(25,2)＝a×eq\f(5,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))，解得a＝2，所以二次函數(shù)的解析式為y＝2x(x－5)，即y＝2x2－10x.(2)由(1)知y＝2x2－10x＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))2－eq\f(25,2)，其圖象開(kāi)口向上，對(duì)稱軸為直線x＝eq\f(5,2)，當(dāng)t＋1≤eq\f(5,2)，即t≤eq\f(3,2)時(shí)，y＝2x2－10x在[t，t＋1]上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝t＋1時(shí)，y＝2x2－10x取得最小值，所以2(t＋1)2－10(t＋1)＝－12，解得t＝1或t＝2(舍去)，所以t＝1；當(dāng)t<eq\f(5,2)<t＋1，即eq\f(3,2)<t<eq\f(5,2)時(shí)，y＝2x2－10x在x＝eq\f(5,2)時(shí)取得最小值－eq\f(25,2)，不滿足題意；當(dāng)t≥eq\f(5,2)時(shí)，y＝2x2－10x在[t，t＋1]上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝t時(shí)，y＝2x2－10x取得最小值，所以2t2－10t＝－12，解得t＝3或t＝2(舍去)．綜上所述，t的值為1或3.15．B[令f(x)＝g(x)，可得eq\f(1,x2)＝ax＋b.設(shè)F(x)＝eq\f(1,x2)，G(x)＝ax＋b，根據(jù)題意，F(xiàn)(x)的圖象與G(x)＝ax＋b的圖象只有兩個(gè)交點(diǎn)，不妨設(shè)x1<x2，結(jié)合圖形可知，當(dāng)a>0時(shí)(如圖1)，G(x)＝ax＋b的圖象與F(x)圖象的左支相切，與右支有一個(gè)交點(diǎn)，根據(jù)對(duì)稱性可得|x1|>x2，即－x1>x2>0，此時(shí)x1＋x2<0，y2＝eq\f(1,x2)>eq\f(1,－x1)＝－y1，∴y1＋y2>0，同理可得，當(dāng)a<0時(shí)(如圖2)，x1＋x2>0，y1＋y2<0.]16．AB[設(shè)t＝x2－2x，方程化為關(guān)于t的二次方程t2＋2t＋k＝0.(*)當(dāng)k>1時(shí)，方程(*)無(wú)實(shí)根，故原方程無(wú)實(shí)根；當(dāng)k＝1時(shí)，可得t＝－1，則x2－2x＝－1，原方程有兩個(gè)相等的實(shí)根x＝1；當(dāng)k<1時(shí)，方程(*)有兩個(gè)實(shí)根t1，t2(t1<t2)，由t1＋t2＝－2可知，t1<－1，t2>－1.因?yàn)閠＝x2－2x＝(x－1)2－1≥－1，所以x2－2x＝t1無(wú)實(shí)根，x2－2x＝t2有兩個(gè)不同的實(shí)根．綜上可知，A，B項(xiàng)正確，C，D項(xiàng)錯(cuò)誤．]§2.7指數(shù)與指數(shù)函數(shù)1．B2.B3.D4.D5.C6.C7．CD8．AC[因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝m－eq\f(ex,1＋ex)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，所以f(0)＝m－eq\f(e0,1＋e0)＝0，解得m＝eq\f(1,2)，此時(shí)f(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(ex,1＋ex)，則f(－x)＝eq\f(1,2)－eq\f(e－x,1＋e－x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,1＋ex)＝eq\f(1,2)－eq\f(1＋ex－ex,1＋ex)＝eq\f(1,2)－1＋eq\f(ex,1＋ex)＝eq\f(ex,1＋ex)－eq\f(1,2)＝－f(x)，符合題意，故A正確；又f(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(ex,1＋ex)＝eq\f(1,2)－eq\f(ex＋1－1,1＋ex)＝eq\f(1,1＋ex)－eq\f(1,2)，因?yàn)閑x>0，所以ex＋1>1，則0<eq\f(1,1＋ex)<1，所以－eq\f(1,2)<f(x)<eq\f(1,2)，即f(x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，故B錯(cuò)誤；因?yàn)閥＝ex是增函數(shù)，y＝ex>0，且y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)＝eq\f(1,1＋ex)－eq\f(1,2)是減函數(shù)，故C正確；因?yàn)閒(x)是減函數(shù)，所以y＝f(x)與y＝n最多有1個(gè)交點(diǎn)，故f(x)－n＝0最多有一個(gè)實(shí)數(shù)根，即不存在實(shí)數(shù)n，使得關(guān)于x的方程f(x)－n＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，故D錯(cuò)誤．]9．8110.e－x(答案不唯一)11.112.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<0.13．解令ax＝t，則y＝a2x＋2ax－1＝t2＋2t－1＝(t＋1)2－2.當(dāng)a>1時(shí)，因?yàn)閤∈[－1,1]，所以t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))，又函數(shù)y＝(t＋1)2－2在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))上單調(diào)遞增，所以ymax＝(a＋1)2－2＝14，解得a＝3或a＝－5(舍去)；當(dāng)0<a<1時(shí)，因?yàn)閤∈[－1,1]，所以t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))，又函數(shù)y＝(t＋1)2－2在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，則ymax＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋1))2－2＝14，解得a＝eq\f(1,3)或a＝－eq\f(1,5)(舍去)．綜上，a＝3或a＝eq\f(1,3).14．解(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0，即eq\f(a－1,b＋1)＝0，所以a＝1，又因?yàn)閒(－x)＝－f(x)，所以eq\f(a－\f(1,2x),b＋\f(1,2x))＝－eq\f(a－2x,b＋2x)，將a＝1代入，整理得eq\f(2x－1,b·2x＋1)＝eq\f(2x－1,b＋2x)，當(dāng)x≠0時(shí)，有b·2x＋1＝b＋2x，即(b－1)(2x－1)＝0，又因?yàn)楫?dāng)x≠0時(shí)，有2x－1≠0，所以b－1＝0，所以b＝1.經(jīng)檢驗(yàn)符合題意，所以a＝1，b＝1.(2)由(1)知，函數(shù)f(x)＝eq\f(1－2x,1＋2x)＝eq\f(－1＋2x＋2,1＋2x)＝－1＋eq\f(2,1＋2x)，因?yàn)閥＝1＋2x為增函數(shù)，且1＋2x>0，則函數(shù)f(x)是減函數(shù)．(3)因?yàn)榇嬖趖∈[0,4]，使f(k＋t2)＋f(4t－2t2)<0成立，且函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以不等式可轉(zhuǎn)化為f(k＋t2)<f(2t2－4t)，又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是減函數(shù)，所以k＋t2>2t2－4t，所以k>t2－4t，令g(t)＝t2－4t＝(t－2)2－4，由題意可知，問(wèn)題等價(jià)轉(zhuǎn)化為k>g(t)min，又因?yàn)間(t)min＝g(2)＝－4，所以k>－4，即實(shí)數(shù)k的取值范圍為(－4，＋∞)．15．A[已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，則0<cosα<sinα<1，因?yàn)閥＝(cosα)x在(0,1)上單調(diào)遞減，故c＝(cosα)cosα>(cosα)sinα＝a；因?yàn)閮绾瘮?shù)y＝xcosα在(0,1)上單調(diào)遞增，故c＝(cosα)cosα<(sinα)cosα＝b，故b>c>a.]16.eq\f(5,2)解析由e1－2m＋2－2m＝en－1＋n，得e1－2m＋(1－2m)＝en－1＋(n－1)，令f(x)＝ex＋x，則原等式為f(1－2m)＝f(n－1)，顯然函數(shù)f(x)為增函數(shù)，于是1－2m＝n－1，即2m＋n＝2，而m>0，n>0，因此eq\f(n,m)＋eq\f(1,n)＝eq\f(n,m)＋eq\f(2m＋n,2n)＝eq\f(n,m)＋eq\f(m,n)＋eq\f(1,2)≥2eq\r(\f(n,m)·\f(m,n))＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(n,m)＝eq\f(m,n)，即m＝n＝eq\f(2,3)時(shí)取等號(hào)，所以當(dāng)m＝n＝eq\f(2,3)時(shí)，eq\f(n,m)＋eq\f(1,n)取得最小值eq\f(5,2).§2.8對(duì)數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)1．C2.B3.C4.D5.D6.B7．BC8．AB[函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－4x，x≤0，,|log2x|，x>0))的圖象如圖所示，設(shè)f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)＝t，則0<t<4，則直線y＝t與函數(shù)y＝f(x)圖象的4個(gè)交點(diǎn)橫坐標(biāo)分別為x1，x2，x3，x4.對(duì)于A，函數(shù)y＝－x2－4x的圖象關(guān)于直線x＝－2對(duì)稱，則x1＋x2＝－4，故A正確；對(duì)于B，由圖象可知|log2x3|＝|log2x4|，且0<x3<1<x4，所以－log2x3＝log2x4，即log2(x3x4)＝0，所以x3x4＝1，故B正確；對(duì)于C，由圖象可知log2x4∈(0,4)，則1<x4<16，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由圖象可知－4<x1<－2，當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝－x2－4x＝－(x＋2)2＋4，所以x1x2x3x4＝x1(－4－x1)＝－xeq\o\al(2,1)－4x1＝－(x1＋2)2＋4＝f(x1)∈(0,4)，故D錯(cuò)誤．]9．210.(答案不唯一)11.eq\f(1,2)12．(2，eq\r(5)]解析因?yàn)閒(x)＝log3(x＋m)是[－2,2]上的局部奇函數(shù)，所以x＋m>0在[－2,2]上恒成立，所以m－2>0，即m>2，由局部奇函數(shù)的定義，存在x∈[－2,2]，使得log3(－x＋m)＝－log3(x＋m)，即log3(－x＋m)＋log3(x＋m)＝log3(m2－x2)＝0，所以存在x∈[－2,2]，使得m2－x2＝1，即m2＝x2＋1，又因?yàn)閤∈[－2,2]，所以x2＋1∈[1,5]，所以m2∈[1,5]，即m∈[－eq\r(5)，－1]∪[1，eq\r(5)]，綜上，m∈(2，eq\r(5)]．13．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＝x2－ax＋5a，∵y＝為減函數(shù)，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴u＝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)).14．解(1)因?yàn)?x＋1>0，所以f(x)的定義域?yàn)镽，又因?yàn)閒(x)是偶函數(shù)，所以?x∈R，有f(－x)＝f(x)，即log9(9－x＋1)＋kx＝log9(9x＋1)－kx對(duì)?x∈R恒成立，則2kx＝log9(9x＋1)－log9(9－x＋1)＝log9eq\f(9x＋1,9－x＋1)＝log99x＝x對(duì)?x∈R恒成立，即x(2k－1)＝0對(duì)?x∈R恒成立，因?yàn)閤不恒為0，所以k＝eq\f(1,2).(2)由(1)得f(x)＝log9(9x＋1)－eq\f(1,2)x＝log9(9x＋1)－＝log9eq\f(9x＋1,3x)＝log9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(1,3x)))，則方程f(x)＝log9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3x)＋1))有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)解等價(jià)于方程log9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(1,3x)))＝log9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3x)＋1))有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)解，所以方程3x＋eq\f(1,3x)＝eq\f(m,3x)＋1有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)解，令t＝3x，且t>0，方程化為t＋eq\f(1,t)＝eq\f(m,t)＋1，即方程m＝t2－t＋1在(0，＋∞)上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)解，令g(t)＝t2－t＋1，則y＝m與y＝g(t)在(0，＋∞)上有兩個(gè)交點(diǎn)，如圖所示，又g(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以g(t)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(3,4)，且g(0)＝1，所以m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)).15．D[令log2x＝log3y＝log5z＝t≠0，則x＝2t，y＝3t，z＝5t，令g(k)＝kt，由冪函數(shù)圖象的性質(zhì)可知，當(dāng)t>0時(shí)，g(k)＝kt在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故2t<3t<5t，即x<y<z，當(dāng)t<0時(shí)，g(k)＝kt在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故2t>3t>5t，即x>y>z，故A，B不一定正確；假設(shè)x，y，z成等比數(shù)列，則y2＝xz?(3t)2＝2t·5t?9t＝10t，則t＝0，與已知矛盾，故C錯(cuò)誤；因?yàn)閤＋y＝z，則2t＋3t＝5t，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))t＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))t＝1，令f(t)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))t＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))t－1，由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可知f(t)為減函數(shù)，注意到f(1)＝0，故f(t)只有一個(gè)零點(diǎn)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))t＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))t＝1只有一個(gè)解t＝1，所以x＋y＝z只有一組解x＝2，y＝3，z＝5，故D正確．]16．解析由題知，x>0，f(x)＝logax－(eq\r(a))x－loga2＝logaeq\f(x,2)－，令t＝eq\f(x,2)，t>0，則y＝logat與y＝at的圖象在(0，＋∞)上有兩個(gè)交點(diǎn)，又y＝logat與y＝at互為反函數(shù)，所以交點(diǎn)在直線y＝t上，設(shè)y＝logat，y＝at的圖象與直線y＝t相切時(shí)，切點(diǎn)坐標(biāo)為(m，n)，m>0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,mlna)＝amlna＝1，,am＝logam，))解得m＝e，又eq\f(1,mlna)＝1，所以a＝>1，所以當(dāng)a＝時(shí)，y＝logat和y＝at只有一個(gè)交點(diǎn)，如圖1；當(dāng)a>時(shí)，y＝logat和y＝at無(wú)交點(diǎn)，如圖2；當(dāng)1<a<時(shí)，y＝logat和y＝at有兩個(gè)交點(diǎn)，如圖3.綜上，a的取值范圍為(1，)．§2.9指、對(duì)、冪的大小比較1．D2.C3.A4.A5.D6.A7．D8.AD9．BC[由log2m＝eq\f(1,2)，可得m＝>1，因?yàn)椋裕?/p>