高中數(shù)學(xué)課時作業(yè)（人教B版必修第一冊）詳解答案

課時作業(yè)(一)集合及其表示方法1．解析：由題意，①中，元素順序不同表示同一個集合，所以①不正確；②中，因為{x|x2＋x＝0}＝{0，－1}，所以②是正確的；③中，根據(jù)集合的表示方法，得方程(x＋1)(x－2)2＝0的所有解的集合可表示為{－1，2}，所以③不正確；④中，集合eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－3<x<4))是無限集，所以④不正確．答案：C2．解析：A中小于18的正奇數(shù)除給定集合中的元素外，還有3，7，11，15；B中集合當(dāng)k取負(fù)數(shù)時，多出了若干元素；C中集合當(dāng)t＝0時多了－3這個元素，只有D正確．答案：D3．解析：集合A含有三個元素2，4，6，且當(dāng)a∈A，有6－a∈A，a＝2∈A，6－a＝4∈A，所以a＝2，或者a＝4∈A，6－a＝2∈A，所以a＝4，綜上所述，a＝2或4.故選B.答案：B4．解析：選項A中應(yīng)是xy＜0；選項B的本意是想用描述法表示，但不符合描述法的規(guī)范格式，缺少了豎線和豎線前面的代表元素x；選項C的“{}”與“全體”意思重復(fù)．答案：ABC5．解析：eq\f(1,3)是實數(shù)，(1)正確；eq\r(5)是無理數(shù)，(2)錯誤；－3是整數(shù)，(3)錯誤；－eq\r(3)是無理數(shù)，(4)正確．答案：(1)(4)6．解析：由區(qū)間表示法知：(1)[2，＋∞)；(2)(3，4]；(3)(1，2)∪(2，＋∞).答案：(1)[2，＋∞)(2)(3，4](3)(1，2)∪(2，＋∞)7．解析：(6－x)是12的因數(shù)，并且x∈N，解得x為0，2，3，4，5.答案：{0，2，3，4，5}8．解析：由題意得，關(guān)于x的方程ax2＋1＝0沒有實數(shù)根，(1)當(dāng)a＝0時，原方程可化為1＝0，沒有實數(shù)根，符合題意．(2)當(dāng)a≠0時，由x2＝－eq\f(1,a)無實根，得a>0.綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是[0，＋∞).9．解析：(1)因為方程x(x2＋2x＋1)＝0的解為0或－1，所以解集為{0，－1}．(2)在自然數(shù)集中，奇數(shù)可表示為x＝2n＋1，n∈N，故在自然數(shù)集中，小于1000的奇數(shù)構(gòu)成的集合為{x|x＝2n＋1，且n<500，n∈N}．(3)因為|x|≤2，且x∈Z，所以x的值為－2，－1，0，1，2.所以絕對值不大于2的所有整數(shù)組成的集合為{－2，－1，0，1，2}．(4)解方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝1，,x－y＝－1，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1.))故用列舉法表示方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝1，,x－y＝－1))的解為{(0，1)}．(5)函數(shù)y＝eq\f(1,x)圖象上的點可以用坐標(biāo)(x，y)表示，其滿足的條件是y＝eq\f(1,x)，所以用描述法表示為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(（x，y）\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,x))))).10．解析：(1)它們是不相同的集合．(2)集合①是函數(shù)y＝x2＋1的自變量x所允許的值組成的集合．因為x可以取任意實數(shù)，所以{x|y＝x2＋1}＝R.集合②是函數(shù)y＝x2＋1的所有函數(shù)值y組成的集合．由二次函數(shù)圖象知y≥1，所以{y|y＝x2＋1}＝{y|y≥1}．集合③是函數(shù)y＝x2＋1圖象上所有點的坐標(biāo)組成的集合．課時作業(yè)(二)集合的基本關(guān)系1．解析：N＝{x∈R|x2＝x}＝{0，1}，M＝{x|x∈R且0≤x≤1}，∴NM.答案：B2．解析：由A＝B得x2＝1，所以x＝±1，故選C.答案：C3．解析：∵A＝{0，2}，∴??A，－2?A，{0，2}?A，A?{y|y＜3}．故選B.答案：B4．解析：因為A＝{x|2<x<3}，B＝{x|x<m}，A?B，將集合A，B表示在數(shù)軸上，如圖所示，所以m≥3.答案：B5．解析：集合(1)中有元素0，集合(2)中有元素?，它們不是空集；對于集合(3)，當(dāng)m<0時，m>3m，不是空集；在集合(4)中，不論a取何值，a＋2總是大于a，故集合(4)是空集；對于集合(5)，x2＋2x＋5＝0在實數(shù)范圍內(nèi)無解，故為空集．答案：(4)(5)6．答案：47．解析：若A恰有兩個子集，所以關(guān)于x的方程恰有一個實數(shù)解，討論：①當(dāng)a＝1時，x＝eq\f(2,3)，滿足題意，②當(dāng)a≠1時，Δ＝8a＋1＝0，所以a＝－eq\f(1,8)，答案：1或－eq\f(1,8)8．解析：∵{1，2}?A，∴1∈A，2∈A.又∵A{1，2，3，4}，∴集合A中還可以有3，4中的一個，即集合A可以是{1，2}，{1，2，3}，{1，2，4}．9．解析：∵P＝{x|x2＋2x＋1＝0}，∴P＝{－1}，T＝{x|mx＋1＝0}，又∵T?P，∴當(dāng)m＝0時，T＝?，符合題意；當(dāng)m≠0時，T＝{x|x＝－eq\f(1,m)}時，有－eq\f(1,m)＝－1∴m＝1，綜上可得，實數(shù)m的所有可能取值組成的集合為{0，1}．10．解析：∵B?A，①當(dāng)B＝?時，m＋1≤2m－1，解得m≥2.②當(dāng)B≠?時，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3≤2m－1，,m＋1≤4，,2m－1<m＋1，))解得－1≤m<2.綜上得m≥－1.即實數(shù)m的取值范圍為[－1，＋∞).課時作業(yè)(三)交集與并集1．解析：∵集合M?N，∴在A中，M∩N＝M，故A正確；在B中，M∪N＝N，故B正確；在C中，M?(M∩N)，故C正確；在D中，(M∪N)?N，故D正確．答案：ABCD2．解析：結(jié)合數(shù)軸(圖略)得A∪B＝{x|x≥－5}．答案：A3．解析：由題意得A∪B＝{1，2，3，4，－1，0}，∴(A∪B)∩C＝{1，2，3，4，－1，0}∩{x∈R|－1≤x<2}＝{－1，0，1}．故選C.答案：C4．解析：在數(shù)軸上表示出集合A，B即可得a的取值范圍為a>－1.答案：C5．解析：(1)A＝{x|x是參與國慶中心區(qū)合唱的學(xué)校}，B＝{x|x是參與27方陣群眾游行的學(xué)校}，C＝{x|x是參與國慶聯(lián)歡晚會的學(xué)校}．既參與國慶中心區(qū)合唱又參與27方陣群眾游行的學(xué)校的集合為A∩B.(2)至少參與國慶中心區(qū)合唱與國慶聯(lián)歡晚會中一項的學(xué)校的集合為A∪C.答案：A∩BA∪C6．解析：由題意A∩B＝B知B?A，所以a2＝2，a＝±eq\r(2)，或a2＝a，a＝0或a＝1(舍去)，所以a＝±eq\r(2)，0，共3個．答案：37．解析：由A∪B＝R，得A與B的所有元素應(yīng)覆蓋整個數(shù)軸．如圖所示：所以a必須在1的左側(cè)，或與1重合，故a≤1.答案：(－∞，1]8．解析：如圖所示：A∪B＝{x|－1<x<2}∪{x|1<x<3}＝{x|－1<x<3}．A∩B＝{x|－1<x<2}∩{x|1<x<3}＝{x|1<x<2}．9．解析：在數(shù)軸上標(biāo)出集合A，B，如圖．要使A∪B＝R，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋8≥5，,a<－1，))解得－3≤a<－1.綜上可知，a的取值范圍為－3≤a<－1.10．解析：(1)∵B＝{x|x≥2}，∴A∩B＝{x|2≤x<3}．(2)C＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x>－\f(a,2)))))，B∪C＝C?B?C，∴－eq\f(a,2)<2，∴a>－4.即a的取值范圍為a>－4.課時作業(yè)(四)補集及綜合應(yīng)用1．解析：化簡A＝{x|x<－1或x>2}，∴?RA＝{x|－1≤x≤2}．故選B.答案：B2．解析：因為A∩B＝{3}，所以3∈A，又(?UB)∩A＝{9}，所以9∈A.若5∈A，則5?B(否則5∈A∩B)，從而5∈?UB，則(?UB)∩A＝{5，9}，與題中條件矛盾，故5?A.同理1?A，7?A，故A＝{3，9}．答案：D3．解析：陰影部分所表示的集合是N∩(?UM)，又∵?UM＝{x|－2≤x≤2}，∴N∩(?UM)＝{x|1<x≤2}．答案：C4．解析：由(?RM)?(?RN)可知M?N，則k的取值范圍為k≥2.答案：D5．解析：∵全集U＝{1，2，3，4，5，6，7，8，9}，由?U(A∪B)＝{1，3}，得A∪B＝{2，4，5，6，7，8，9}，由A∩(?UB)＝{2，4}知，{2，4}?A，{2，4}??UB，∴B＝{5，6，7，8，9}．答案：{5，6，7，8，9}6．解析：∵U＝R，?UN＝{x|0<x<2}，∴N＝{x|x≤0或x≥2}，∴M∪N＝{x|－1<x<1}∪{x|x≤0或x≥2}＝{x|x<1或x≥2}．答案：{x|x<1或x≥2}7．解析：由題意可得，?RB＝{x|x≥2}，集合A＝{x|x＜a}，A∪(?RB)＝R，結(jié)合數(shù)軸可得，a≥2.答案：a≥28．解析：(1)m＝1時，B＝{x|1≤x<4}，A∪B＝{x|－1<x<4}．(2)?RA＝{x|x≤－1或x>3}．當(dāng)B＝?，即m≥1＋3m時，得m≤－eq\f(1,2)，滿足B?(?RA)，當(dāng)B≠?時，要使B?(?RA)成立，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<1＋3m，,1＋3m≤－1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<1＋3m，,m>3，))解之得m>3.綜上可知，實數(shù)m的取值范圍是m>3或m≤－eq\f(1,2).9．解析：方法一U＝{2，3，5，7，11，13，17，19}，如圖，∴M＝{3，5，11，13}，N＝{7，11，13，19}．方法二∵M(jìn)∩(?UN)＝{3，5}，∴3∈M，5∈M且3?N，5?N.又∵(?UM)∩N＝{7，19}，∴7∈N，19∈N且7?M，19?M.又∵(?UM)∩(?UN)＝{2，17}，∴?U(M∪N)＝{2，17}，∴M＝{3，5，11，13}，N＝{7，11，13，19}．10．解析：假設(shè)三個方程均無實根，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ1＝a2－4<0，,Δ2＝4＋4a<0，,Δ3＝4a2－8<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2<a<2，,a<－1，,－\r(2)<a<\r(2)．))解得－eq\r(2)<a<－1，所以當(dāng)a≤－eq\r(2)或a≥－1時，三個方程至少有一個方程有實根，即三個集合至少有一個集合不是空集．則a的取值范圍為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a|a≤－\r(2)或a≥－1)).課時作業(yè)(五)命題與量詞全稱量詞命題與存在量詞命題的否定1．解析：A、B、D中含有存在量詞的命題是存在量詞命題，C中含有全稱量詞是全稱量詞命題．答案：C2．解析：因為存在量詞命題的否定是全稱量詞命題，所以，命題：?n∈N，n2＞3n＋5，則該命題的否定為：?n∈N，n2≤3n＋5.答案：B3．解析：由全稱量詞命題的否定為存在量詞命題知，命題“?x∈[1，2]，x2－3x＋2≤0”的否定為“?x∈[1，2]，x2－3x＋2>0”，故選C.答案：C4．解析：因為p為假命題，所以?p為真命題，所以?x>0，x＋a－1≠0，即x≠1－a，所以1－a≤0，即a≥1，選D.答案：D5．解析：①③是全稱量詞命題，②④是存在量詞命題．答案：①③②④6．解析：寫出命題的否定，易知③④的否定為真命題，或者根據(jù)命題①、②是真命題，③、④為假命題，再根據(jù)命題與它的否定一真一假，可得③④的否定為真命題．答案：③④7．解析：全稱量詞命題的否定為存在量詞命題，所以命題的否定為“?x∈R，|x|＋x2<0”．答案：?x∈R，|x|＋x2<08．解析：(1)?p：“所有實數(shù)的絕對值都不是正數(shù)”，由p是真命題可知?p是假命題．(2)?q：“每一個平行四邊形都不是菱形”．由q是真命題可知?q是假命題．(3)?r：“?x∈R，x2＋1≥0”．因為?x∈R，x2≥0，所以x2＋1≥0”，所以?r是真命題．(4)?s：“?x，y∈Z，eq\r(,2)x＋y≠3”，由s是真命題可知?s是假命題．9．解析：(1)?p：存在正數(shù)x，eq\r(x)≤x＋1.例如當(dāng)x＝0時，eq\r(x)<x＋1，所以?p是真命題．(2)?q：存在一個實數(shù)除以1，不等于這個數(shù)．由q是真命題可知?q是假命題．(3)?r：存在一個被5整除的整數(shù)不是奇數(shù).例如10是能被5整除的整數(shù)且不是奇數(shù)，所以?r是真命題．(4)?s：存在兩個等邊三角形，它們不相似．由s是真命題可知?s是假命題．10．解析：命題?x∈R，mx2＋4mx＋1≤0為假命題，則?p：?x∈R，mx2＋4mx＋1＞0為真命題，m＝0時，不等式為1＞0，恒成立；m≠0時，應(yīng)滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＞0,Δ＝16m2－4m＜0))，解得0＜m＜eq\f(1,4)，綜上知，m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))課時作業(yè)(六)充分條件、必要條件1．解析：因為集合A＝{x|0≤x＜3}，集合B＝{x|1≤x≤3}，則由“m∈A”得不到“m∈B”，反之由“m∈B”也得不到“m∈A”．答案：D2．解析：函數(shù)f(x)＝x2＋mx＋1的圖象關(guān)于x＝1對稱?－eq\f(m,2)＝1?m＝－2.答案：A3．解析：∵p是q的充分條件，q是r的充要條件，∴p是r的充分條件，即p?r成立，∵r是s的必要條件，∴s?r成立，則s是p的既不充分也不必要條件．答案：D4．解析：令A(yù)＝{x|x>1或x<－3}，B＝{x|x>a}，∵q是p的充分不必要條件，∴BA，∴a≥1.答案：A5．解析：(1)設(shè)A＝{x|x2－1＝0}＝{－1，1}，B＝{x||x|－1＝0}＝{－1，1}，所以A＝B，即“x2－1＝0”是“|x|－1＝0”的充要條件．(2)設(shè)A＝{x|x<5}，B＝{x|x<3}，因為AB，所以“x<5”是“x<3”的必要不充分條件．答案：(1)充要條件(2)必要不充分條件6．解析：由x2＋x－6＝0，得x＝－3或x＝2，即p：x＝－3或x＝2；q：ax＋1＝0，∵p是q的必要不充分條件，∴方程ax＋1＝0的解集是集合{2，－3}的非空真子集，則－eq\f(1,a)＝2，或－eq\f(1,a)＝－3，即a＝－eq\f(1,2)或eq\f(1,3).答案：a＝－eq\f(1,2)或eq\f(1,3)7．解析：對稱軸x＝－eq\f(b,2)≤0，即b≥0.答案：b≥08．解析：(1)在△ABC中，顯然有∠A>∠B?BC>AC，所以p是q的充要條件．(2)因為p?q，但qp，所以p是q的充分不必要條件．(3)因為p：A＝{(1，2)}，q：B＝{(x，y)|x＝1或y＝2}，AB，所以p是q的充分不必要條件．9．解析：(1)當(dāng)a＝2時，集合A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|－1≤x≤3}，所以A∪B＝{x|－1≤x≤3}；(2)若選擇①A∪B＝B，則A?B，因為A＝{x|a－1≤x≤a＋1}，所以A≠?，又B＝{x|－1≤x≤3}，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1≥－1,a＋1≤3))，解得0≤a≤2，所以實數(shù)a的取值范圍是[0，2].若選擇②，“x∈A”是“x∈B”的充分不必要條件，則AB，因為A＝{x|a－1≤x≤a＋1}，所以A≠?，又B＝{x|－1≤x≤3}，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1≥－1,a＋1≤3))，解得0≤a≤2，所以實數(shù)a的取值范圍是[0，2].若選擇③，A∩B＝?，因為A＝{x|a－1≤x≤a＋1}，B＝{x|－1≤x≤3}，所以a－1＞3或a＋1＜－1，解得a＞4或a＜－2，所以實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－2)∪(4，＋∞).10．解析：(1)a＝0時，可得x＝－eq\f(1,2)，符合題意．(2)當(dāng)a≠0時，方程為一元二次方程，若方程有兩個異號的實根，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝4－4a>0，,\f(1,a)<0，))解得a<0；若方程有兩個負(fù)的實根，則必須滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)>0，,－\f(2,a)<0，,Δ＝4－4a≥0，))解得0<a≤1.綜上知，若方程至少有一個負(fù)的實根，則a≤1.反之，若a≤1，則方程至少有一個負(fù)的實根．因此，關(guān)于x的方程ax2＋2x＋1＝0至少有一個負(fù)的實根的充要條件是a≤1.課時作業(yè)(七)等式的性質(zhì)與方程的解集1．解析：(a＋b)2＋8(a＋b)－20＝[(a＋b)－2][(a＋b)＋10]＝(a＋b－2)(a＋b＋10).答案：A2．解析：因為(x－5)(x－b)＝x2－(5＋b)x＋5b，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－（5＋b）＝－3，,5b＝a))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－2,a＝－10)).答案：C3．解析：因為2x－(x＋10)＝5x＋2(x＋1)，所以2x－x－10＝5x＋2x＋2，即－6x＝12，所以x＝－2.答案：C4．解析：若3x－1＝2x＋1，則x＝2，故A錯；若ac＝bc，c＝0時，a與b不一定相等，故B錯；若eq\f(c,ab)＝eq\f(d,af)，則a≠0，∴eq\f(c,b)＝eq\f(d,f)，C正確；若eq\f(y,5)＝eq\f(x,5)，則y＝x，D正確，故選CD.答案：CD5．解析：因為3x(x－2)＝2－x，所以3x(x－2)－(2－x)＝0，即3x(x－2)＋(x－2)＝0，所以(x－2)(3x＋1)＝0，所以x＝2或x＝－eq\f(1,3)，所以方程的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2，－\f(1,3))).答案：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2，－\f(1,3)))6．解析：因為y＝1是方程2－13(m－y)＝2y的解，所以2－13(m－1)＝2，即m＝1.所以方程m(x－3)－2＝m(2x－5)等于(x－3)－2＝2x－5.解得x＝0.所以方程的解集為{0}．答案：{0}7．解析：設(shè)a＋b＝x，則原方程可化為4x(4x－2)－8＝0，整理，得(2x＋1)(x－1)＝0，解得x1＝－eq\f(1,2)，x2＝1.則a＋b＝－eq\f(1,2)或1.答案：－eq\f(1,2)或18．解析：(1)x2＋3xy＋2y2＋2x＋4y＝(x＋2y)(x＋y)＋2(x＋2y)＝(x＋2y)(x＋y＋2).(2)4xy＋1－4x2－y2＝1－(4x2－4xy＋y2)＝1－(2x－y)2＝(1＋2x－y)(1－2x＋y).9．解析：(1)(x－1)(x－9)＝0，所以x1＝1，x2＝9；所以該方程的解集為{1，9}．(2)整理，得(x－3)(2－3x)＝0，所以x－3＝0或2－3x＝0，所以x1＝3，x2＝eq\f(2,3)；所以該方程的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,3))).(3)4(3x－2)(x＋1)－3(x＋1)＝0，所以(x＋1)(12x－11)＝0，所以x1＝－1，x2＝eq\f(11,12)；所以該方程的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1，\f(11,12))).(4)(2x－3)[2(2x－3)－3]＝0，(2x－3)(4x－9)＝0，所以x1＝eq\f(3,2)，x2＝eq\f(9,4)；所以該方程的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(9,4))).(5)2x2－x2－5x－16－8＝0，x2－5x－24＝0，(x－8)(x＋3)＝0，所以x1＝8，x2＝－3；所以該方程的解集為{8，－3}．(6)[(3x－1)＋1][(3x－1)＋2]＝0，3x(3x＋1)＝0，所以x1＝0，x2＝－eq\f(1,3)；所以該方程的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,3))).10．解析：將方程(2018x)2－2017×2019x－1＝0化為(20182x＋1)(x－1)＝0，所以x1＝－eq\f(1,20182)，x2＝1，所以m＝1.同理，由方程x2＋2018x－2019＝0可得(x＋2019)(x－1)＝0，所以x1＝－2019，x2＝1，所以n＝－2019，所以m－n＝2020.課時作業(yè)(八)一元二次方程的解集及其根與系數(shù)的關(guān)系1．解析：公式法解一元二次方程只能解標(biāo)準(zhǔn)形式的方程．答案：D2．解析：∵Δ＝42－4×3×(－5)＝76>0，∴方程有兩個不相等的實數(shù)根．故選B.答案：B3．解析：根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，得－(a2－2a)＝0，解得a1＝0，a2＝2，∵當(dāng)a＝2時，原方程為x2＋1＝0，無解，∴a＝0.答案：B4．解析：∵關(guān)于x的一元二次方程x2＋2(k－1)x＋k2－1＝0，有實數(shù)根，∴Δ＝b2－4ac＝4(k－1)2－4(k2－1)＝－8k＋8≥0，解得k≤1.故選D.答案：D5．解析：根據(jù)題意，得7x(x＋5)＋10＋9x－9＝0，整理得7x2＋44x＋1＝0，∵a＝7，b＝44，c＝1，∴Δ＝442－28＝1908，∴x＝eq\f(－44±\r(1908),14)＝eq\f(－22±3\r(53),7).答案：eq\f(－22±3\r(53),7)6．解析：由題知：x1＋x2＝5，x1x2＝a.因為xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝(x1＋x2)(x1－x2)＝10，所以x1－x2＝2，所以(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝25－4a＝4，所以a＝eq\f(21,4).答案：eq\f(21,4)7．解析：設(shè)方程的另一個根為x0，則－2＋x0＝－3，即x0＝－1.答案：－18．解析：(1)整理成一般式，得x2－2eq\r(5)x＋2＝0，∵a＝1，b＝－2eq\r(5)，c＝2，∴Δ＝20－4×1×2＝12>0，則x1＝eq\r(5)＋eq\r(3)，x2＝eq\r(5)－eq\r(3).(2)方程整理得3x2＋10x－8＝0，∵a＝3，b＝10，c＝－8，∴Δ＝100＋96＝196，∴x1＝eq\f(2,3)，x2＝－4.9．解析：(1)∵方程x2＋2x－m＋1＝0沒有實數(shù)根，∴此方程的判別式Δ＝22－4×1×(－m＋1)<0，解得m<0.而方程x2＋mx＋12m＝1的根的判別式Δ′＝m2－4×1×(12m－1)＝m2－48m＋4，∵m<0，∴m2>0，－48m>0.∴m2－48m＋4>0，即Δ′>0，∴方程x2＋mx＋12m＝1有兩個不等的實數(shù)根，即一定有實數(shù)根．(2)∵Δ＝[2(m－1)]2－4m2＝－8m＋4≥0，∴m≤eq\f(1,2)，∵x1＋x2＝－2(m－1)>0，x1x2＝m2>0，∴m<1，m≠0.綜上，m≤eq\f(1,2)且m≠0.10．解析：(1)因為關(guān)于x的一元二次方程x2－(2k－1)x＋k2＋k－1＝0有實數(shù)根．所以Δ≥0，即[－(2k－1)]2－4×1×(k2＋k－1)＝－8k＋5≥0，解得k≤eq\f(5,8).(2)由題知x1＋x2＝2k－1，x1x2＝k2＋k－1，所以xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝(x1＋x2)2－2x1x2＝(2k－1)2－2(k2＋k－1)＝2k2－6k＋3.因為xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝11，所以2k2－6k＋3＝11，解得k＝4或k＝－1，因為k≤eq\f(5,8)，所以k＝－1.課時作業(yè)(九)方程組的解集1．解析：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y＝3,3x＋5y＝8))eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(①,②))①×5－②得7x＝7，∴x＝1.代入①得y＝1.答案：B2．解析：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－2y＋7＝0,6x＋\f(1,2)y＋5＝0))eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(①,②))①＋②×4得27x＋27＝0，得x＝－1.代入①得y＝2.答案：B3．解析：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＝1,3x2－2x－y2＝－4))eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(①,②))由①得y＝2x－1，代入②得3x2－2x－(2x－1)2＝－4整理得x2－2x－3＝0，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3,y＝5))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1,y＝－3.))答案：A4．解析：方程組的解集為有序數(shù)對，列舉法表示為{(－1，1)}，描述法表示為{(x，y)|(x，y)＝(－1，1)}．故選AD.答案：AD5．解析：由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x＋4,3)＝\f(y＋6,4)，①,\f(x＋4,3)＝\f(z＋8,5)，②,x＋y＋z＝102，③))由①得y＝eq\f(4x－2,3)，④由②得z＝eq\f(5x－4,3)，⑤把④⑤代入③并化簡，得12x－6＝306，解得x＝26.答案：266．解析：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＝2，,y－z＝3，,z＋x＝1，))eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(①,②,③))①＋②，得x－z＝5，④將③④組成方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z＋x＝1，,x－z＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,z＝－2.))把x＝3代入①，得y＝1.故原方程組的解是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝1，,z＝－2.))代入3x＋my＋2z＝0，得9＋m－4＝0，解得m＝－5.答案：－57．解析：由①，得2x＝16－5y，③把③代入②，得4(16－5y)－7y＝10，解得y＝2.把y＝2代入③，得x＝3，所以原方程組的解集為{(3，2)}．答案：{(3，2)}8．解析：(1)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1＝5（y＋2），,\f(x－3,2)＝\f(y＋6,3)．))化簡方程組，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－5y＝9，①,3x－2y＝21.②))②－①×3，得13y＝－6，解得y＝－eq\f(6,13).把y＝－eq\f(6,13)代入①，得x＝eq\f(87,13).故原方程組的解集為{(eq\f(87,13)，－eq\f(6,13))}．(2)①－②，得x＋2y＝11.④①＋③，得5x＋2y＝9.⑤④與⑤組成方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y＝11，,5x＋2y＝9.))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(1,2)，,y＝\f(23,4)．))把x＝－eq\f(1,2)，y＝eq\f(23,4)代入②，得z＝－eq\f(21,4).所以原方程組的解集為{eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(23,4)，－\f(21,4)))}．9．解析：(1)方法一由①得y＝8－x，③把③代入②，整理得x2－8x＋12＝0，解得x1＝2，x2＝6.把x1＝2代入③，得y1＝6.把x2＝6代入③，得y2＝2.所以原方程組的解集為{(2，6)，(6，2)}．方法二根據(jù)方程中根與系數(shù)的關(guān)系可知，x，y是一元二次方程z2－8z＋12＝0的兩個根，解這個方程，得z1＝2，z2＝6.所以原方程組的解集為{(2，6)，(6，2)}．(2)由②，得y＝2x－1，③把③代入①，整理，得15x2－23x＋8＝0.解這個方程，得x1＝1，x2＝eq\f(8,15).把x1＝1代入③，得y1＝1；把x2＝eq\f(8,15)代入③，得y2＝eq\f(1,15).所以原方程組的解集為{(1，1)，(eq\f(8,15)，eq\f(1,15))}．10．解析：將①代入②，整理得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0，③Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＝－16(k－1).(1)當(dāng)k＝0時，y＝2，則－4x＋1＝0，解得x＝eq\f(1,4)，方程組的解為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,4)，,y＝2.))當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k2≠0，,Δ＝0))時，原方程組有一個實數(shù)解，即k＝1時方程組有一個實數(shù)解，將k＝1代入原方程組得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2－4x－2y＋1＝0，,y＝x＋2.))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝3.))(2)當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k2≠0，,Δ＝－16（k－1）>0))時，原方程組有兩個不相等的實數(shù)解，即k<1且k≠0.所以當(dāng)k<1且k≠0時，原方程組有兩個不相等的實數(shù)解．(3)當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k2≠0，,Δ＝－16（k－1）<0))時，即當(dāng)k>1時，方程組無實數(shù)解．課時作業(yè)(十)不等式及其性質(zhì)1．解析：因為A－B＝a2＋3ab－(4ab－b2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(b,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)b2≥0，所以A≥B.答案：B2．解析：選項A，若a＝4，b＝2，c＝5，顯然不成立；選項C不滿足倒數(shù)不等式的條件，如a>b>0，c<0<d時，不成立；選項D只有a>b>0時才可以．否則如a＝－1，b＝0時不成立．答案：B3．解析：∵－1<β<1，∴－1<－β<1.又－1<α<1，∴－2<α＋(－β)<2，又α<β，∴α－β<0，即－2<α－β<0.故選A.答案：A4．解析：由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0可得b<a<0，從而|a|<|b|，①不正確；a>b，②不正確；a＋b<0，ab>0，則a＋b<ab成立，③正確；a3>b3，④正確．故不正確的不等式的個數(shù)為2.答案：C5．解析：因為(a＋3)(a－5)－(a＋2)(a－4)＝(a2－2a－15)－(a2－2a－8)＝－7<0，所以(a＋3)(a－5)<(a＋2)(a－4).答案：<6．解析：c－2a－(c－2b)＝2b－2a＝2(b－a)<0.答案：c－2b7．解析：由不等式性質(zhì)可知，只有當(dāng)a>b>0時，a2>b2才成立，故①②都錯誤；對于③，只有當(dāng)a>0且a>b時，eq\f(b,a)<1才成立，故③錯誤；由性質(zhì)可知，只有當(dāng)a>b>0，c>d>0時，ac>bd才成立，故④錯誤；對于⑤，由c>d得－d>－c，從而a－d>b－c，故⑤錯誤．答案：①②③④⑤8．解析：x3－1－(2x2－2x)＝x3－2x2＋2x－1＝(x3－x2)－(x2－2x＋1)＝x2(x－1)－(x－1)2＝(x－1)(x2－x＋1)＝(x－1)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4)))，因為x<1，所以x－1<0，又因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)>0，所以(x－1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4)))<0，所以x3－1<2x2－2x.9．解析：(1)因為－1<x<4，2<y<3，所以－3<－y<－2，所以－4<x－y<2.(2)由－1<x<4，2<y<3，得－3<3x<12，4<2y<6，所以1<3x＋2y<18.10．證明：因為bc－ad≥0，所以ad≤bc，因為bd>0，所以eq\f(a,b)≤eq\f(c,d)，所以eq\f(a,b)＋1≤eq\f(c,d)＋1，所以eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).課時作業(yè)(十一)不等式的解集1．解析：由題意知10<x<50，故選D.答案：D2．解析：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5x＋4≥2（x－1），,\f(2x＋5,3)－\f(3x－2,2)>1，))化簡可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥－2，,x<2.))因此可得－2≤x<2.故選D.答案：D3．解析：不等式整理，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>1，,x>m＋1，))由不等式組的解集為{x|x>1}，得到m＋1≤1，解得m≤0.故選D項．答案：D4．解析：不等式|ax－2|<3可化為－1<ax<5，當(dāng)a＝0時，－1<ax<5恒成立，不等式的解集為R，不合題意；當(dāng)a>0時，則不等式的解集為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)<x<\f(5,a)))))，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)＝－\f(5,3)，,\f(5,a)＝\f(1,3)，,a>0，))無解；當(dāng)a<0時，則不等式的解集為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(5,a)<x<－\f(1,a)))))，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)＝\f(1,3)，,\f(5,a)＝－\f(5,3)，,a<0，))解得a＝－3.綜上，a＝－3，故選ABD.答案：ABD5．解析：∵點P(1－m，－2m－4)在第四象限，且m為整數(shù)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－m>0，,－2m－4<0，))解得－2<m<1，則m為－1，0.答案：－1，06．解析：|x－2|≤|x|?(x－2)2≤x2?4－4x≤0?x≥1.答案：{x|x≥1}7．解析：由題意知，|x＋8|＝2|x＋4|，即|x＋8|＝|2x＋8|，即x＋8＝±(2x＋8)，解得x＝0或x＝－eq\f(16,3).故P(0)或Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(16,3))).答案：0或－eq\f(16,3)8．解析：由x＋1<5，得x<4.由2(x＋4)>3x＋7，得2x＋8>3x＋7，即x<1.所以不等式組的解集為(－∞，1).9．解析：(1)原不等式等價于－7＜2x＋5＜7.所以－12＜2x＜2，所以－6＜x＜1，所以原不等式的解集為(－6，1).(2)原不等式等價于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x－2|≥2，①,|x－2|≤4.②))由①得x－2≤－2，或x－2≥2，所以x≤0，或x≥4.由②得－4≤x－2≤4，所以－2≤x≤6.所以原不等式的解集為[－2，0]∪[4，6].10．解析：方法一|x＋7|－|x－2|可以看成數(shù)軸上的動點(坐標(biāo)為x)到－7對應(yīng)點的距離與到2對應(yīng)點的距離的差，先找到這個差等于3的點，即x＝－1(如圖所示).從圖易知不等式|x＋7|－|x－2|≤3的解為x≤－1，即x∈(－∞，－1].方法二令x＋7＝0，x－2＝0，得x＝－7，x＝2.①當(dāng)x<－7時，不等式變?yōu)椋瓁－7＋x－2≤3，∴－9≤3成立，∴x<－7.②當(dāng)－7≤x≤2時，不等式變?yōu)閤＋7＋x－2≤3，即2x≤－2，∴x≤－1，∴－7≤x≤－1.③當(dāng)x>2時，不等式變?yōu)閤＋7－x＋2≤3，即9≤3不成立，∴x∈?.∴原不等式的解集為(－∞，－1].方法三將原不等式轉(zhuǎn)化為|x＋7|－|x－2|－3≤0，構(gòu)造函數(shù)y＝|x＋7|－|x－2|－3，即y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－12（x<－7），,2x＋2（－7≤x≤2），,6（x>2）.))作出函數(shù)的圖象(如圖)，從圖可知，當(dāng)x≤－1時，有y≤0，即|x＋7|－|x－2|－3≤0，∴原不等式的解集為(－∞，－1].課時作業(yè)(十二)一元二次不等式的解法1．解析：因為Δ＝(－2)2－4×3×1＝－8<0，所以拋物線y＝3x2－2x＋1開口向上，與x軸無交點，故3x2－2x＋1>0恒成立，即不等式3x2－2x＋1>0的解集為R.答案：D2．解析：不等式(m－x)(n＋x)>0可化為(x－m)(x＋n)<0，方程(x－m)(x＋n)＝0的兩根為x1＝m，x2＝－n.由m＋n>0，得m>－n，則不等式(x－m)(x＋n)<0的解集是{x|－n<x<m}，故選B.答案：B3．解析：因為a<－1，所以a(x－a)(x－eq\f(1,a))<0?(x－a)(x－eq\f(1,a))>0.又a<－1，所以eq\f(1,a)>a，所以x>eq\f(1,a)或x<a.答案：A4．解析：由題意知原不等式對應(yīng)方程的Δ<0，即m2－4×1×eq\f(m,2)<0，即m2－2m<0，解得0<m<2，故答案為D.答案：D5．解析：方程(2x－5)(x＋3)＝0的兩根為x1＝eq\f(5,2)，x2＝－3，函數(shù)y＝(2x－5)(x＋3)的圖象與x軸的交點坐標(biāo)為(－3，0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，所以不等式(2x－5)(x＋3)<0的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－3<x<\f(5,2))))).答案：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－3<x<\f(5,2)))))6．解析：原不等式可以化為(2x－1)(2x＋1)<0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))))<0，故原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<x<\f(1,2))))).答案：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<x<\f(1,2)))))7．解析：設(shè)矩形一邊的長為xm，則另一邊的長為(50－x)m，0<x<50.由題意，得x(50－x)>600，即x2－50x＋600<0，解得20<x<30.所以，當(dāng)矩形一邊的長在(20，30)的范圍內(nèi)取值時，能圍成一個面積大于600m2的矩形．用S表示矩形的面積，則S＝x(50－x)＝－(x－25)2＋625(0<x<50).當(dāng)x＝25時，S取得最大值，此時50－x＝25.即當(dāng)矩形的長、寬都為25m時，所圍成的矩形的面積最大．答案：25258．解析：(1)x2＋2x－15>0?(x＋5)(x－3)>0?x<－5或x>3，所以不等式的解集是{x|x<－5或x>3}．(2)因為Δ＝(－3)2－4×1×5＝－11<0，再根據(jù)函數(shù)y＝x2－3x＋5圖象的開口方向，所以原不等式的解集為R.(3)由原不等式得8x2－8x＋4>4x－x2.∴原不等式等價于9x2－12x＋4>0.解方程9x2－12x＋4＝0，得x1＝x2＝eq\f(2,3).結(jié)合二次函數(shù)y＝9x2－12x＋4的圖象知，原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(2,3))))).(4)eq\f(2x－3,x＋5)>1?eq\f(2x－3,x＋5)－1>0?eq\f(（2x－3）－（x＋5）,x＋5)>0?eq\f(x－8,x＋5)>0?(x－8)(x＋5)>0?x>8或x<－5.所以原不等式的解集為{x|x>8或x<－5}．9．解析：由題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,\f(1,3)＋\f(1,2)＝－\f(b,a)，,\f(1,3)×\f(1,2)＝\f(c,a)，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,b＝－\f(5,6)a>0，,c＝\f(1,6)a<0，))代入不等式cx2－bx＋a>0中得eq\f(1,6)ax2＋eq\f(5,6)ax＋a>0(a<0).即eq\f(1,6)x2＋eq\f(5,6)x＋1<0，化簡得x2＋5x＋6<0，所以所求不等式的解集為{x|－3<x<－2}．10．解析：方程x2－ax－2a2＝0的判斷式Δ＝a2＋8a2＝9a2≥0，得方程兩根x1＝2a，x2＝－a.①若a>0，則－a<x<2a，此時不等式的解集為{x|－a<x<2a}；②若a<0，則2a<x<－a，此時不等式的解集為{x|2a<x<－a}；③若a＝0，則原不等式即為x2<0，此時解集為?.綜上所述，原不等式的解集為：當(dāng)a>0時，{x|－a<x<2a}；當(dāng)a<0時，{x|2a<x<－a}；當(dāng)a＝0時，?.課時作業(yè)(十三)基本不等式1．解析：當(dāng)eq\f(b,a)，eq\f(a,b)均為正數(shù)時，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，故只須a、b同號即可，∴①③④均可以．答案：ACD2．解析：依題意得y＝t＋eq\f(1,t)－4≥2eq\r(t·\f(1,t))－4＝－2，等號成立時t＝1，即函數(shù)y＝eq\f(t2－4t＋1,t)(t>0)的最小值是－2.答案：B3．解析：y＝3－3x－eq\f(1,x)＝3－(3x＋eq\f(1,x))≤3－2eq\r(3x·\f(1,x))＝3－2eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)3x＝eq\f(1,x)，即x＝eq\f(\r(3),3)時取等號．答案：C4．解析：因為x＞0，所以x＋eq\f(1,2)＞0，所以y＝x＋eq\f(2,2x＋1)－eq\f(3,2)＝(x＋eq\f(1,2))＋eq\f(1,x＋\f(1,2))－2≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))·\f(1,x＋\f(1,2)))－2＝0，當(dāng)且僅當(dāng)x＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,x＋\f(1,2))，即x＝eq\f(1,2)時等號成立，所以y＝x＋eq\f(2,2x＋1)－eq\f(3,2)的最小值為0.答案：A5．解析：因為－6≤a≤3，所以3－a≥0，a＋6≥0，所以eq\r(（3－a）（a＋6）)≤eq\f(（3－a）＋（a＋6）,2)＝eq\f(9,2).即eq\r(（3－a）（a＋6）)(－6≤a≤3)的最大值為eq\f(9,2).答案：eq\f(9,2)6．解析：因為a＋b＝M(a>0，b>0)，由基本不等式可得，ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(M2,4)，因為ab的最大值為2，所以eq\f(M2,4)＝2，M>0，所以M＝2eq\r(2).答案：2eq\r(2)7．解析：因為x>0，y>0，eq\f(1,y)＋eq\f(3,x)＝1，所以3x＋4y＝(3x＋4y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)＋\f(3,x)))＝13＋eq\f(3x,y)＋eq\f(12y,x)≥13＋3×2eq\r(\f(x,y)·\f(4y,x))＝25(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y＝5時取等號)，所以(3x＋4y)min＝25.答案：258．解析：因為x<eq\f(5,4)，所以4x－5<0，5－4x>0.f(x)＝4x－5＋3＋eq\f(1,4x－5)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－4x＋\f(1,5－4x)))＋3≤－2eq\r(（5－4x）·\f(1,5－4x))＋3＝1.當(dāng)且僅當(dāng)5－4x＝eq\f(1,5－4x)時等號成立，又5－4x>0，所以5－4x＝1，x＝1.所以f(x)max＝f(1)＝1.9．解析：(1)y＝eq\f(x2－4x＋5,2x－4)＝eq\f(（x－2）2＋1,2（x－2）)＝eq\f(1,2)[(x－2)＋eq\f(1,x－2)]，因為x≥eq\f(5,2)，所以x－2＞0，所以eq\f(1,2)[(x－2)＋eq\f(1,x－2)]≥eq\f(1,2)·2eq\r(（x－2）·\f(1,x－2))＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x－2＝eq\f(1,x－2)，即x＝3時取等號．故y的最小值為1.(2)因為0<x<eq\f(5,2)，所以5－2x>0，所以2x(5－2x)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋5－2x,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(25,4)，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝5－2x，即x＝eq\f(5,4)時等號成立，所以2x(5－2x)的最大值為eq\f(25,4).10．解析：因為2a＋b＝ab，所以eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝1.(1)因為a>0，b>0；所以1＝eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(2,ab))，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,a)＝eq\f(2,b)＝eq\f(1,2)，即a＝2，b＝4時取等號；所以ab≥8，即ab的最小值為8.(2)a＋2b＝(a＋2b)(eq\f(1,a)＋eq\f(2,b))＝5＋eq\f(2b,a)＋eq\f(2a,b)≥5＋2eq\r(\f(2b,a)·\f(2a,b))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2b,a)＝eq\f(2a,b)，即a＝b＝3時取等號；所以a＋2b的最小值為9.課時作業(yè)(十四)基本不等式的應(yīng)用1．解析：∵a＋b＋c＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))(a＋b＋c)＝3＋eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,c)＋eq\f(c,a)＋eq\f(b,c)＋eq\f(c,b)≥3＋2＋2＋2＝9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝eq\f(1,3)時，等號成立．答案：C2．解析：因為a>0，b>0，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝4，所以a＋b＝(a＋b)(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))×eq\f(1,4)＝(2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b))×eq\f(1,4)≥(2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b)))×eq\f(1,4)＝1，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝b＝eq\f(1,2)時取等號，所以a＋b的最小值為1.答案：C3．解析：eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(2a＋b,a)＋eq\f(2a＋b,2b)＝eq\f(5,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥eq\f(5,2)＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝eq\f(9,2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，且2a＋b＝2，即a＝eq\f(2,3)，b＝eq\f(2,3)時取等號．答案：D4．解析：y＝x－4＋eq\f(9,x＋1)＝x＋1＋eq\f(9,x＋1)－5.由x>－1，得x＋1>0，eq\f(9,x＋1)>0，所以由基本不等式得y＝x＋1＋eq\f(9,x＋1)－5≥2eq\r(（x＋1）×\f(9,x＋1))－5＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＋1＝eq\f(9,x＋1)，即x＝2時取等號，所以a＝2，b＝1，a＋b＝3.答案：C5．解析：每臺機器運轉(zhuǎn)x年的年平均利潤為eq\f(y,x)＝18－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(25,x)))，而x>0，故eq\f(y,x)≤18－2eq\r(25)＝8，當(dāng)且僅當(dāng)x＝5時等號成立，此時年平均利潤最大，最大值為8萬元．答案：86．解析：設(shè)eq\r(xy)＝t(t>0)，由xy＝2x＋y＋6≥2eq\r(2xy)＋6，即t2≥2eq\r(2)t＋6，(t－3eq\r(2))(t＋eq\r(2))≥0，∴t≥3eq\r(2)，則xy≥18，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝y(tǒng)，2x＋y＋6＝xy，即x＝3，y＝6時等號成立，∴xy的最小值為18.答案：187．解析：設(shè)原價為1，則提價后的價格為方案甲：(1＋p%)(1＋q%)，方案乙：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(p＋q,2)%))eq\s\up12(2)，因為eq\r(（1＋p%）（1＋q%）)≤eq\f(1＋p%＋1＋q%,2)＝1＋eq\f(p＋q,2)%，且p>q>0，所以eq\r(（1＋p%）（1＋q%）)<1＋eq\f(p＋q,2)%，即(1＋p%)(1＋q%)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(p＋q,2)%))eq\s\up12(2)，所以提價多的方案是乙．答案：乙8．證明：∵a>0，b>0，a＋b＝1，∴1＋eq\f(1,a)＝1＋eq\f(a＋b,a)＝2＋eq\f(b,a)，同理，1＋eq\f(1,b)＝2＋eq\f(a,b)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(a,b)))＝5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9.∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))≥9(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時等號成立).9．解析：設(shè)2022年該產(chǎn)品利潤為y，由題意，可知當(dāng)m＝0時，x＝1，∴1＝3－k，解得k＝2，∴x＝3－eq\f(2,m＋1)，又因為每件產(chǎn)品的銷售價格為×eq\f(8＋16x,x)元，∴y＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co×\f(8＋16x,x)))－(8＋16x＋m)＝4＋8x－m＝4＋8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(2,m＋1)))－m＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16,m＋1)＋（m＋1）))＋29，∵m≥0，eq\f(16,m＋1)＋(m＋1)≥2eq\r(16)＝8，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(16,m＋1)＝m＋1，即m＝3時等號成立，∴y≤－8＋29＝21，∴ymax＝21.故該廠家2022年的促銷費用為3萬元時，廠家的利潤最大，最大利潤為21萬元．10．解析：(1)由題可得，xy＝1800，b＝2a，則y＝a＋b＋6＝3a＋6，S＝(x－4)a＋(x－6)b＝(3x－16)a＝(3x－16)eq\f(y－6,3)＝1832－6x－eq\f(16,3)y(x>6，y>6，xy＝1800).(2)方法一S＝1832－6x－eq\f(16,3)y≤1832－2eq\r(6x×\f(16,3)y)＝1832－480＝1352，當(dāng)且僅當(dāng)6x＝eq\f(16,3)y，xy＝1800，即x＝40，y＝45時，S取得最大值1352.方法二S＝1832－6x－eq\f(16,3)×eq\f(1800,x)＝1832－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6x＋\f(9600,x)))≤1832－2eq\r(6x×\f(9600,x))＝1832－480＝1352，當(dāng)且僅當(dāng)6x＝eq\f(9600,x)，即x＝40時取等號，S取得最大值，此時y＝eq\f(1800,x)＝45.課時作業(yè)(十五)函數(shù)的概念1．解析：對于A，1個x有無數(shù)個y與其對應(yīng)，故不是y的函數(shù)．答案：A2．解析：由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋3≥0，,3－2x>0，,2x＋3≠0，))解得－3≤x<eq\f(3,2)且x≠－eq\f(3,2)，故選B.答案：B3．解析：y＝eq\f(1,x)，(x∈(0，＋∞))，值域是(0，＋∞)，y＝1－eq\f(1,\r(x))，值域是(－∞，1)，y＝eq\f(1,x2)－1，值域是(－1，＋∞)，y＝x2＋1，值域是[1，＋∞).答案：A4．解析：選項A中f(x)的定義域為R，g(x)的定義域為{x|x≠－2}，故定義域不同，因此不是相等函數(shù)；選項B中f(x)的定義域為{x|x≠0}，g(x)的定義域為R，故定義域不同，因此不是相等函數(shù)；選項D中f(x)的定義域為R，g(x)的定義域為{x|x≠1}，定義域不同，因此不是相等函數(shù)；而C只是表示變量的字母不一樣，表示的函數(shù)是相等的．答案：ABD5．解析：f(2)＝eq\f(6,4－1)＝2.答案：26．解析：由f(x)的圖象可知－5≤x≤5，－2≤y≤3.答案：[－5，5][－2，3]7．解析：由A＝{x|y＝eq\r(x＋1)}，B＝{y|y＝x2＋1}，得A＝[－1，＋∞)，B＝[1，＋∞)，∴A∩B＝[1，＋∞).答案：[1，＋∞)8．解析：(1)①4－x≥0，即x≤4，故函數(shù)的定義域為{x|x≤4}．②分母|x|－x≠0,即|x|≠x，所以x<0.故函數(shù)的定義域為{x|x<0}．③解不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5－x≥0，,x－1≥0，,x2－9≠0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤5，,x≥1，,x≠±3.))故函數(shù)的定義域是{x|1≤x≤5，且x≠3}．(2)設(shè)矩形一邊長為x，則另一邊長為eq\f(1,2)(a－2x)，所以y＝x·eq\f(1,2)(a－2x)＝－x2＋eq\f(1,2)ax，函數(shù)的定義域為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0,\f(1,2)（a－2x）>0))?0<x<eq\f(a,2)，定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2))).9．解析：(1)因為當(dāng)x分別取2，3，4，5，6時，y＝x＋1分別取3，4，5，6，7，所以函數(shù)的值域為{3，4，5，6，7}．(2)函數(shù)的定義域為R.因為y＝x2－4x＋6＝(x－2)2＋2≥2，所以該函數(shù)的值域為[2，＋∞).(3)設(shè)t＝eq\r(2x－1)，則x＝eq\f(t2＋1,2)，且t≥0.問題轉(zhuǎn)化為求y＝eq\f(1＋t2,2)＋t(t≥0)的值域．因為y＝eq\f(1＋t2,2)＋t＝eq\f(1,2)(t＋1)2(t≥0)，所以y的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).故該函數(shù)的值域為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(4)f(x)＝eq\f(x－1,2x＋1)的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(1,2)))))，因為f(x)＝eq\f(x－1,2x＋1)＝eq\f(1,2)·eq\f(2x－2,2x＋1)＝eq\f(1,2)·eq\f(2x＋1－3,2x＋1)＝eq\f(1,2)－eq\f(3,2（2x＋1）)，所以f(x)≠eq\f(1,2)，所以函數(shù)的值域為(－∞，eq\f(1,2))∪(eq\f(1,2)，＋∞).10．解析：(1)由－1≤x－5≤5，得4≤x≤10，所以函數(shù)f(x－5)的定義域是[4，10].(2)由0≤x≤3，得－1≤x－1≤2，所以函數(shù)f(x)的定義域是[－1，2].課時作業(yè)(十六)函數(shù)的表示方法1．解析：這天的最高溫度與最低溫度相差為36－22＝14℃，故C錯．答案：C2．解析：令x－1＝t，則x＝t＋1，∴f(t)＝eq\f(1,t＋1＋1)＝eq\f(1,2＋t)，∴f(x)＝eq\f(1,x＋2).答案：C3．解析：因為y＝eq\f(x2,|x|)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x>0，,－x，x<0，))所以函數(shù)的圖象為選項A.答案：A4．解析：可將原點代入，排除選項A，C；再將點(1，eq\f(3,2))代入，排除D項．答案：B5．解析：設(shè)所求解析式為f(x)＝a(x＋2)2＋3(a≠0)，因為拋物線過點(－3，2)，所以2＝a＋3.所以a＝－1，所以f(x)＝－(x＋2)2＋3＝－x2－4x－1.答案：f(x)＝－x2－4x－16．解析：因為f(2x＋1)＝eq\f(3,2)(2x＋1)＋eq\f(1,2)，所以f(a)＝eq\f(3,2)a＋eq\f(1,2).又f(a)＝4，所以eq\f(3,2)a＋eq\f(1,2)＝4，a＝eq\f(7,3).答案：eq\f(7,3)7．解析：∵f(x)－eq\f(1,2)f(－x)＝2x，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（2）－\f(1,2)f（－2）＝4，,f（－2）－\f(1,2)f（2）＝－4，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2f（2）－f（－2）＝8，,f（－2）－\f(1,2)f（2）＝－4，))相加得eq\f(3,2)f(2)＝4，f(2)＝eq\f(8,3).答案：eq\f(8,3)8．解析：(1)因為|x|≤3，所以函數(shù)的圖象為線段，而不是直線，如圖(1)；(2)因為x∈Z且|x|≤2，所以函數(shù)的圖象是五個孤立的點，如圖(2).9．解析：(1)由題意，設(shè)函數(shù)為f(x)＝ax＋b(a≠0)，∵3f(x＋1)－f(x)＝2x＋9，∴3a(x＋1)＋3b－ax－b＝2x＋9，即2ax＋3a＋2b＝2x＋9，由恒等式性質(zhì)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＝2，,3a＋2b＝9，))∴a＝1，b＝3.∴所求函數(shù)解析式為f(x)＝x＋3.(2)設(shè)x＋1＝t，則x＝t－1，f(t)＝(t－1)2＋4(t－1)＋1，即f(t)＝t2＋2t－2.∴所求函數(shù)為f(x)＝x2＋2x－2.(3)列表法x/張12345y/元20406080100圖象法：如下圖所示．解析法：y＝20x，x∈{1，2，3，4，5}．10．解析：(1)因為f(x)＋2f(－x)＝x＋1，所以f(－x)＋2f(x)＝－x＋1.于是得到關(guān)于f(x)的方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）＋2f（－x）＝x＋1，,2f（x）＋f（－x）＝－x＋1.))解得f(x)＝－x＋eq\f(1,3).(2)方法一由f(0)＝1，f(x－y)＝f(x)－y(2x－y＋1)，令y＝x，得f(0)＝f(x)－x(2x－x＋1).因為f(0)＝1，所以f(x)－x(2x－x＋1)＝1，即f(x)＝x2＋x＋1.方法二令x＝0，得f(0－y)＝f(0)－y(－y＋1)，即f(－y)＝1－y(－y＋1).又令－y＝x，代入上式得：f(x)＝1＋x(x＋1)，所以f(x)＝x2＋x＋1.課時作業(yè)(十七)分段函數(shù)1．解析：值域為[0，2]∪{2}∪{3}＝{y|0≤y≤2或y＝3}．答案：D2．解析：當(dāng)x≤0時，x2＋1＝5，x＝－2.當(dāng)x>0時，－2x<0，不合題意．故x＝－2.答案：A3．解析：因為函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x2，x≤1,x2－x－3，x>1))，所以f(2)＝22－2－3＝－1，所以f(f(2))＝f(－1)＝1－(－1)2＝0.答案：C4．解析：當(dāng)a>0時，f(a)＋f(1)＝2a＋2＝0?a＝－1，與a>0矛盾；當(dāng)a≤0時，f(a)＋f(1)＝a＋1＋2＝0?a＝－3，符合題意．答案：A5．解析：函數(shù)定義域為[0，1]∪(1，2]＝[0，2].當(dāng)x∈(1，2]時，f(x)∈[0，1)，故函數(shù)值域為[0，1)∪[0，1]＝[0，1].答案：[0，2][0，1]6．解析：(1)∵f(eq\f(1,2))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－1))－2＝－eq\f(3,2)，∴f(f(eq\f(1,2)))＝f(－eq\f(3,2))＝eq\f(1,1＋\f(9,4))＝eq\f(4,13).答案：eq\f(4,13)7．解析：因為8<10，所以代入f(n)＝f(f(n＋5))中，即f(8)＝f(f(13)).因為13>10，所以代入f(n)＝n－3中，得f(13)＝10，故f(8)＝f(10)＝10－3＝7.答案：78．解析：(1)因為0≤x≤2時，f(x)＝x2－4，所以f(2)＝22－4＝0，f(f(2))＝f(0)＝02－4＝－4.(2)當(dāng)0≤x0≤2時，由xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－4＝8，得x0＝±2eq\r(3)(舍去)；當(dāng)x0>2時，由2x0＝8，得x0＝4.所以x0＝4.9．解析：(1)因為5>4，所以f(5)＝－5＋2＝－3.因為－3<0，所以f(f(5))＝f(－3)＝－3＋4＝1.因為0<1<4，所以f(f(f(5)))＝f(1)＝12－2×1＝－1，即f(f(f(5)))＝－1.(2)圖象如圖所示．10.解析：(1)利用描點法，作出f(x)的圖象，如圖所示．(2)由于