高中數(shù)學人教A版本冊總復習總復習 答案

1.【答案】由，，所以，故答案選.2.C[本題考查冪的運算性質(zhì)．f(x)f(y)＝axay＝ax＋y＝f(x＋y)．]3.答案C解析A項，y＝eq\f(1,x)是奇函數(shù)，故不正確；B項，y＝e－x為非奇非偶函數(shù)，故不正確；C、D兩項中的兩個函數(shù)都是偶函數(shù)，且y＝－x2＋1在(0，＋∞)上是減函數(shù)，y＝lg|x|在(0，＋∞)上是增函數(shù)，故選C.4.[答案]D[解析]原式可化為：log8m＝eq\f(2,log34)，∴eq\f(1,3)log2m＝2log43，∴meq\f(1,3)＝3，m＝27，故選D.5.[答案]D[解析]二次函數(shù)的對稱軸為x＝2,2∈[1,5]，∴f(2)min＝－3，f(5)max＝6，∴－3≤y≤6，故選D.6.B[f(3)＝log33－8＋2×3＝－1<0，f(4)＝log34－8＋2×4＝log34>0.又f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，所以其零點一定位于區(qū)間(3,4)．]7.【答案】A【解析】∵，∴當時，，則，此等式顯然不成立，當時，，解得，∴=，故選A.8.C[20.3>20＝1＝0.30>0.32>0＝log21>log20.3.]9.[答案]B[解析]作函數(shù)y＝(eq\f(1,2))x，y＝xeq\s\up10(\f(1,2))的圖象由圖可得交點個數(shù)為1，因此函數(shù)零點為1，故選B.10.C[依題意，函數(shù)f(x)＝ax＋logax(a>0且a≠1)在[1,2]上具有單調(diào)性，因此a＋a2＋loga2＝loga2＋6，解得a＝2.]11.[答案]A[解析]∵f(x)是偶函數(shù)，∴f(－x)＝f(x)，即lg(10－x＋1)－ax＝lg(10x＋1)－(a＋1)x＝lg(10x＋1)＋ax，∴a＝－(a＋1)，a＝－eq\f(1,2).又g(x)是奇函數(shù)，∴g(－x)＝－g(x)，即2－x－eq\f(b,2－x)＝－2x＋eq\f(b,2x)，∴b＝1.∴a＋b＝eq\f(1,2).12.解析：函數(shù)f(x)的圖象如圖所示：不妨設(shè)a＜b＜c，則10＜c＜12.∵f(a)＝f(b)，∴－lga＝lgb.即lga＋lgb＝0即lgab＝0∴ab＝1又∵10＜c＜12，∴10＜abc＜12.故選C.13.【解析】將點(2，eq\f(\r(2),2))代入f(x)＝xα中，得2α＝eq\f(\r(2),2)，即2α＝2－，∴α＝－eq\f(1,2).14.解析∵f(x)是R上的奇函數(shù)，∴當x>0時，f(x)＝－f(－x)＝－[(－x)3＋2－x－1]＝x3－2－x＋1.x3－2－x＋115.[答案][－1，＋∞)[解析]設(shè)f(x)＝et，t＝x2＋2x，由復合函數(shù)性質(zhì)得，f(x)＝ex2＋2x增區(qū)間就是t＝x2＋2x增區(qū)間[－1，＋∞)．故填[－1，＋∞)．16(1,2)解析依題意，a>0且a≠1，∴2－ax在[0,1]上是減函數(shù)，即當x＝1時，2－ax的值最小，又∵2－ax為真數(shù)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1,2－a>0))，解得1<a<2.17.【解】(1)原式＝[(eq\f(7,3))2×0.5＋(0.2)3×(－)÷(0.2)－1]÷(0.5)4×＝(eq\f(7,3)＋25÷5)÷0.5＝eq\f(22,3)÷eq\f(1,2)＝eq\f(44,3).(2)[(1－log63)2＋log62·log618]÷log64＝[(log66－log63)2＋log62·(log63＋log66)]÷log64＝[log62(log62＋log63＋1)]÷2log62＝1.18.由題意得A＝{x|1<x≤2}，B＝(－1，－1＋31＋m]．由A∪B＝B，得A?B，即－1＋31＋m≥2，即31＋m≥3，所以m≥0.19.[解析](1)由題意，得x∈R，即函數(shù)的定義域關(guān)于原點對稱，f(－x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,\f(1,2x)＋1)＝eq\f(1,2)－eq\f(2x,2x＋1)＝eq\f(1－2x,22x＋1)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2x＋1)＝－f(x)，∴函數(shù)f(x)為奇函數(shù)．(2)設(shè)x1，x2是(－∞，＋∞)內(nèi)任意兩實數(shù)，且x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2x1＋1)－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2x2＋1)＝eq\f(2x1－2x2,2x1＋12x2＋1)∵x1<x2，∴2x1－2x2<0，∴f(x1)－f(x2)<0，∴函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)．(3)∵函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)，∴函數(shù)f(x)在[1,2]上也是增函數(shù)，∴f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,6)，f(x)max＝f(2)＝eq\f(3,10)，∴函數(shù)f(x)在[1,2]上的值域為[eq\f(1,6)，eq\f(3,10)]．20.[解析](1)當a＝2時，f(x)＝log2(1＋x)，在[3,63]上為增函數(shù)，因此當x＝3時，f(x)最小值為2.當x＝63時f(x)最大值為6.(2)f(x)－g(x)＞0即f(x)＞g(x)當a＞1時，loga(1＋x)＞loga(1－x)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋x＞1－x,1＋x＞0,1－x＞0))∴0＜x＜1當0＜a＜1時，loga(1＋x)＞loga(1－x)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋x＜1－x,1＋x＞0,1－x＞0))∴－1<x＜0綜上a＞1時，解集為{x|0＜x＜1}0＜a＜1時解集為{x|－1<x＜0}．21.解(1)當a＝1時，由x－eq\f(2,x)＝0，x2＋2x＝0，得零點為eq\r(2)，0，－2.(2)顯然，函數(shù)g(x)＝x－eq\f(2,x)在[eq\f(1,2)，＋∞)上遞增，且g(eq\f(1,2))＝－eq\f(7,2)；函數(shù)h(x)＝x2＋2x＋a－1在[－1，