高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)全程復(fù)習(xí)構(gòu)想·數(shù)學(xué)（文）課時(shí)作業(yè)1　集合的概念與運(yùn)算練習(xí)

課時(shí)作業(yè)1集合的概念與運(yùn)算1．解析：因?yàn)镹＝{x|2x＞7}＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＞\f(7,2))))))，M＝{1，3，5，7，9}，所以M∩N＝{5，7，9}．答案：B2．解析：方法一由題知?UB＝{－2，－1，1}，所以A∩（?UB）＝{－1，1}．方法二易知A∩（?UB）中的元素不在集合B中，則排除選項(xiàng)A、B、D.答案：C3．解析：因?yàn)榧螦＝{x∈N＋|x2－3x－4<0}＝{x∈N＋|－1<x<4}＝{1，2，3}，所以集合A中共有3個(gè)元素，所以真子集有23－1＝7（個(gè)）.答案：A4．解析：方法一因?yàn)锽＝{x|x≤－2或x≥4}，所以A∪B＝{x|x≤－2或x≥1}，故?R（A∪B）＝{x|－2<x<1}．方法二－2∈B，故－2??R（A∪B），排除A，D；2∈A，故2??R（A∪B），排除B.答案：C5．解析：全集U＝{－3，－2，0，2，3}，A＝{－3，3}，B＝{x|（x－3）（x－2）＝0}＝{2，3}，∴A∪B＝{－3，2，3}，則圖中陰影部分所表示的集合為：?U（A∪B）＝{－2，0}．答案：D6．解析：由A∩B≠?知，集合A，B有公共元素，作出數(shù)軸，如圖所示：易知a>－1.答案：D7．解析：∵集合A＝{1，2，3}，B＝{4，5}，C＝{x＋y|x∈A，y∈B}，∴集合C＝{5，6，7，8}，∴C中元素的個(gè)數(shù)為4.答案：B8．解析：當(dāng)a＋2＝1時(shí)，a＝－1，此時(shí)有（a＋1）2＝0，a2＋3a＋3＝1，不滿足集合中元素的互異性；當(dāng)（a＋1）2＝1時(shí)，a＝0或a＝－2，當(dāng)a＝－2，則a2＋3a＋3＝1，舍去，經(jīng)驗(yàn)證a＝0時(shí)滿足；當(dāng)a2＋3a＋3＝1時(shí)，a＝－1或a＝－2，由上知均不滿足，故a＝0，則2021a＝1.答案：19．解析：由于A∪B＝{x|x≤0或x≥1}，結(jié)合數(shù)軸，?U（A∪B）＝{x|0<x<1}．答案：{x|0<x<1}10．解析：A＝{x|x2－2x－3≤0}＝{x|（x＋1）（x－3）≤0}＝{x|－1≤x≤3}，B＝{x|y＝ln（2－x）}＝{x|2－x＞0}＝{x|x＜2}，則A∩B＝[－1，2），A∪B＝（－∞，3].答案：[－1，2）（－∞，3]11．解析：因?yàn)锽＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,\r(2x－1))))))＝{x|2x－1>0}＝{x|x>0}，所以?RB＝{x|x≤0}．因?yàn)锳＝{x|－1<x<0}，所以A∩（?RB）＝{x|－1<x<0}．答案：B12．解析：當(dāng)a>1時(shí)，A＝（－∞，1]∪[a，＋∞），B＝[a－1，＋∞），當(dāng)且僅當(dāng)a－1≤1時(shí)，A∪B＝R，故1<a≤2；當(dāng)a＝1時(shí)，A＝R，B＝{x|x≥0}，A∪B＝R，滿足題意；當(dāng)a<1時(shí)，A＝（－∞，a]∪[1，＋∞），B＝[a－1，＋∞），又因?yàn)閍－1<a，所以A∪B＝R，故a<1滿足題意，綜上知a∈（－∞，2].答案：（－∞，2]13．解析：∵2≤n2＋n－4042≤2n（n∈N*），解得n＝64，∴A＝{1，2，3，…，64}，對(duì)于數(shù)1，集合{2，3，…，64}有子集263個(gè)，∴以1作為最小元素被計(jì)算的次數(shù)為263，總和為1×263，同理以2作為最小元素被計(jì)算的次數(shù)為262，總和為2×262，以3作為最小元素被計(jì)算的次數(shù)為261，總和為3×261，依此類推，故所求結(jié)果S＝1×263＋2×262＋3×261＋…＋63×21＋64×20，則eq\f(1,2)S＝1×262＋2×261＋…＋63×20＋64×eq\f(1,2)，∴eq\f(1,2)S＝263＋262＋261＋…＋21＋20－64×eq\f(1,2)＝264－33，得S＝265－66.答案：64265－6614．解析：（1）因?yàn)閍＝3，所以P＝{x|4≤x≤7}，?RP＝{x|x<4或x>7}．又Q＝{x|x2－3x－10≤0}＝{x|－2≤x≤5}，所以（?RP）∩Q＝{x|x<4或x>7}∩{x|－2≤x≤5}＝{x|－2≤x<4}．（2）當(dāng)P≠?時(shí)，由P∪Q＝Q得P?Q，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋1≥－2，,2a＋1≤5，,2a＋1≥a＋1，))解得0≤a≤2；當(dāng)P＝?，即2a＋1<a＋1時(shí)，有P?Q，得a<0.綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是（－∞，2].15．解析：（1）因?yàn)锳＝{x|x2－6x－16≤0}＝{x|－2≤x≤8}，B＝{x|－3≤x≤5}，所以A∩B＝{x|－2≤x≤5}，因?yàn)镃?（A∩B），C＝{x|m＋1≤x≤2m－1}，①若C＝?，則m＋1>2m－1，所以m<2；②若C≠?，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋1≤2m－1，,m＋1≥－2，,2m－1≤5，))所以2≤m≤3，綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍為{m|m≤3}；（2）由（1）得A∪B＝{x|－3≤x≤8}，因?yàn)镈＝{x|x>3m＋2}，且（A∪B）∩D＝?，所以只需3m＋2≥8，解得m≥2，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為{m|m≥2}．課時(shí)作業(yè)2命題及其關(guān)系、充分條件與必要條件1．解析：因?yàn)閤>1，y>1，∴x＋y>2，所以命題p是q成立的充分條件；當(dāng)x＋y>2時(shí)，x>1，y>1不一定成立，如：x＝4，y＝－1.所以命題p是q成立的不必要條件．所以p是q成立的充分不必要條件．答案：B2．解析：非有志者不能至，是必要條件；但“有志”也不一定“能至”，不是充分條件．答案：D3．解析：由x2－x－2＜0，解得－1＜x＜2.∵x2－x－2＜0是－2＜x＜a的充分不必要條件，∴（－1，2）（－2，a），∴a≥2.∴實(shí)數(shù)a的值可以是2，3，4.答案：A4．解析：因?yàn)閏2≥0，當(dāng)a>b時(shí)，若c2＝0，則不能推出ac2>bc2，充分性不成立，若ac2>bc2，且c2>0，可以推出a>b，必要性成立，所以“a>b”是“ac2>bc2”的必要不充分條件．答案：B5．解析：由log2（2x－3）＜1?0＜2x－3＜2?eq\f(3,2)＜x＜eq\f(5,2)，4x＞8?2x＞3?x＞eq\f(3,2)，所以“l(fā)og2（2x－3）＜1”是“4x＞8”的充分不必要條件．答案：A6．解析：|x－1|<a?1－a<x<1＋a，因?yàn)椴坏仁絴x－1|<a成立的充分條件是0<x<4，所以（0，4）?（1－a，1＋a），所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－a≤0，,1＋a≥4，))解得a≥3.答案：D7．解析：由cosα＝eq\f(\r(10),10)，可得cos（2α＋π）＝－cos2α＝1－2cos2α＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),10)))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,5)，所以充分性成立；反之，由cos（2α＋π）＝－cos2α＝1－2cos2α＝eq\f(4,5)，可得cos2α＝eq\f(1,10)，所以cosα＝eq\f(\r(10),10)或cosα＝－eq\f(\r(10),10)，即必要性不成立，所以cosα＝eq\f(\r(10),10)是cos（2α＋π）＝eq\f(4,5)的充分不必要條件．答案：A8．解析：據(jù)題，充分性：“sinα＝sinβ”不一定得出“α＝β”，也有可能α＋β＝π，必要性：“α＝β”一定能得出“sinα＝sinβ”故為必要不充分條件．答案：必要不充分9．解析：直線x－y－k＝0與圓（x－1）2＋y2＝2有兩個(gè)不同交點(diǎn)等價(jià)于eq\f(|1－0－k|,\r(2))<eq\r(2)，解得－1<k<3.答案：－1<k<310．解析：由x2－5x＋4≥0得x≤1或x≥4，可知{x|x>4}是{x|x≤1或x≥4}的真子集，∴p是q的充分不必要條件．答案：充分不必要11．解析：若f（x）＝2ex－ax在（－∞，0）上為減函數(shù)，則f′（x）＝2ex－a≤0在（－∞，0）上恒成立，即a≥（2ex）max＝2，∵（3，＋∞）[2，＋∞），∴a>3是a≥2的充分不必要條件．答案：D12．解析：由{x(13)x2?x?6}，得x2－x－6≥0，解得x≤－2或x≥3，則A＝{x|由log3（x＋a）≥1，得x＋a≥3，即x≥3－a，則B＝{x|x≥3－a}．由題意知BA，所以3－a≥3，解得a≤0.答案：（－∞，0]13．解析：由2－m>m－1>0，得1<m<eq\f(3,2)，即q：1<m<eq\f(3,2).因?yàn)閜是q的充分條件，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a≥1，,4a≤\f(3,2)，))解得eq\f(1,3)≤a≤eq\f(3,8).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(3,8)))14．解析：記A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3－m,2)<x<\f(3＋m,2)))))，B＝{x|x（x－3）<0}＝{x|0<x<3}，若p是q的充分不必要條件，則AB，注意到B＝{x|0<x<3}≠?，分兩種情況討論：（1）若A＝?，即eq\f(3－m,2)≥eq\f(3＋m,2)，解得m≤0，此時(shí)AB，符合題意；（2）若A≠?，即eq\f(3－m,2)<eq\f(3＋m,2)，解得m>0，要使AB，應(yīng)有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3－m,2)>0，,\f(3＋m,2)<3，,m>0))解得0<m<3.綜上可得，實(shí)數(shù)m的取值范圍是（－∞，3）.15．解析：已知條件p，即5x－1<－a或5x－1>a，得x<eq\f(1－a,5)或x>eq\f(1＋a,5).已知條件q，即2x2－3x＋1>0，得x<eq\f(1,2)或x>1；令a＝4，則p即x<－eq\f(3,5)或x>1，此時(shí)必有p?q成立，反之不然．故可以選取一個(gè)實(shí)數(shù)是a＝4，A為p，B為q，對(duì)應(yīng)的命題是若A則B.由以上過(guò)程可知這一命題的原命題為真命題，而它的逆命題為假命題．課時(shí)作業(yè)3簡(jiǎn)單的邏輯聯(lián)結(jié)詞、全稱量詞與存在量詞1．解析：因?yàn)槿Q命題的否定是特稱命題，所以命題：?x∈R，x2≥0的否定是：?x∈R，x2<0.答案：C2．解析：∵?p是假命題，∴p是真命題，可得p∨q是真命題，∴充分性成立．反之，由“p∨q是真命題”可得p或q是真命題，不能得到“?p是假命題”，∴必要性不成立．答案：A3．解析：由全稱命題的否定為特稱命題可知，C正確．答案：C4．解析：已知全稱量詞命題p：?x1，x2∈R，[f（x2）－f（x1）]·（x2－x1）≥0，則?p：?x1，x2∈R，[f（x2）－f（x1）]·（x2－x1）＜0.答案：C5．解析：因?yàn)椤?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))，sinx<m”是假命題，所以“?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))，m≤sinx”是真命題，即m≤sinx對(duì)于?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))恒成立，所以m≤（sinx）min，因?yàn)閥＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))單調(diào)遞增，所以x＝－eq\f(π,3)時(shí)，y＝sinx最小值為y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－sineq\f(π,3)＝－eq\f(\r(3),2)，所以m≤－eq\f(\r(3),2)，實(shí)數(shù)m的最大值為－eq\f(\r(3),2).答案：D6．解析：冪函數(shù)f（x）＝xeq\s\up6(\f(1,2))的值域?yàn)閇0，＋∞），且在定義域上單調(diào)遞增，故A錯(cuò)誤，B正確，C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)中當(dāng)x1＝0，結(jié)論不成立．答案：B7．解析：當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時(shí)，sinx<1，tanx>1.此時(shí)sinx－tanx<0，故命題p為真命題．由于命題p為特稱命題，所以命題p的否定為全稱命題，則?p為：?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，f（x）≥0.答案：C8．答案：?x∈R，x2＋x＋1≤09．解析：當(dāng)x＝10時(shí)，lg10＝1，則①為真命題；當(dāng)x＝0時(shí)，sin0＝0，則②為真命題；當(dāng)x＜0時(shí)，x3＜0，則③為假命題；由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)知，?x1＞x2，2x1＞2x2，則④為真命題．答案：③10．解析：∵函數(shù)y＝tanx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上是增函數(shù)，∴ymax＝taneq\f(π,4)＝1，依題意，m≥ymax，即m≥1.∴m的最小值為1.答案：111．解析：由x＝eq\f(π,4)，得tanx＝1，但由tanx＝1不一定推出x＝eq\f(π,4)，可知“x＝eq\f(π,4)”是“tanx＝1”的充分不必要條件，所以A正確；若定義在[a，b]上的函數(shù)f（x）＝x2＋（a＋5）x＋b是偶函數(shù)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋5＝0，,a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－5，,b＝5，))則f（x）＝x2＋5，其在[－5，5]上的最大值為30，所以B正確；顯然C錯(cuò)誤，D正確．答案：C12．解析：對(duì)于命題p，若空間兩平面α⊥β，直線a∥α，則直線a∥β或直線a⊥β或直線a在平面β內(nèi)，故命題p為假命題，?p為真命題．對(duì)于命題q，不妨令m<n，討論0<a<1和a>1兩種情況，當(dāng)0<a<1時(shí)，y＝|logax|與y＝eq\f(1,2x)的大致圖象如圖，結(jié)合圖象可得，0<m<1，n>1，logam＝eq\f(1,2m)，－logan＝eq\f(1,2n)，兩式作差可得loga（mn）＝eq\f(1,2m)－eq\f(1,2n)>0＝loga1，因?yàn)閥＝logax（0<a<1）在（0，＋∞）上單調(diào)遞減，所以0<mn<1；當(dāng)a>1時(shí)，y＝|logax|與y＝eq\f(1,2x)的大致圖象如圖，結(jié)合圖象可得，0<m<1，n>1，－logam＝eq\f(1,2m)，logan＝eq\f(1,2n)，兩式作差可得loga（mn）＝eq\f(1,2n)－eq\f(1,2m)<0＝loga1，因?yàn)閥＝logax（a>1）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，所以0<mn<1.綜上，mn<1成立，即命題q為真命題，?q為假命題．所以p∧q是假命題；?p∧q是真命題；p∧?q是假命題；p∨?q是假命題．答案：B13．解析：當(dāng)a＝0時(shí)，1≤0，顯然不成立，所以a≠0，若a>0，ax2＋1≤0，顯然不成立，所以a<0，?x∈[1，2]，ax2＋1≤0為真命題，只需22·a＋1≤0，解得a≤－eq\f(1,4).答案：a≤－eq\f(1,4)14．解析：由p：x2－8x－20>0，得p：x<－2或x>10，由q：x2－2x＋1－m2>0（m>0），得q：x<1－m或x>1＋m，∵p是q的充分而不必要條件，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m>0,－2≤1－m,1＋m≤10))，解得0<m≤3.15．解析：（1）若p命題為真，則對(duì)任意x∈[0，1]，不等式2x－2≥m2－3m恒成立，即當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，m2－3m≤（2x－2）min恒成立，∵當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，2x－2∈[－2，0]，∴m2－3m≤－2，即m2－3m＋2≤0，解得1≤m≤2，即m的取值范圍是[1，2].（2）當(dāng)a＝1時(shí)，若q命題為真，則存在x∈[－1，1]，使得m≤x成立，即m≤xmax成立，故m≤1.若p且q為假命題，p或q為真命題，則p，q一真一假，若p真q假，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1≤m≤2,m>1))，得1<m≤2.若p假q真，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<1或m>2,m≤1))，得m<1，綜上所述，m的取值范圍是（－∞，1）∪（1，2].課時(shí)作業(yè)4函數(shù)及其表示1．解析：根據(jù)題設(shè)有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－x>0，,2－x≠1，))故x∈（－∞，1）∪（1，2），函數(shù)的定義域?yàn)椋ǎ蓿?）∪（1，2），故選C.答案：C2．解析：因?yàn)楹瘮?shù)f（x）的定義域?yàn)閇0，2]，所以0≤2x≤2，解得0≤x≤1，所以函數(shù)f（2x）的定義域?yàn)閧x|0≤x≤1}，故選D.答案：D3．解析：∵A＝{y|y＝lgx}＝R，B＝{x|y＝eq\r(1－x)}＝（－∞，1]，∴A∩B＝（－∞，1]，故選D.答案：D4．解析：f（－x）的定義域?yàn)閧x|x≠－1}，令t＝－x，則t≠1，x＝－t，且f（t）＝eq\f(1,－t＋1)，t≠1，所以f（x）＝eq\f(1,1－x)，x≠1.故選C.答案：C5．解析：因?yàn)閒（x）＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2（x2－1），x>1,2x＋1－1，x≤1))，所以f（1）＝22－1＝3，所以f（f（1））＝f（3）＝log28＝3，故選B.答案：B6．解析：對(duì)于A，f（x）＝|x－1|，定義域?yàn)镽；f（x）＝eq\r(（x－1）2)＝|x－1|，定義域?yàn)镽，兩個(gè)函數(shù)定義域和解析式都相同，所以A中兩個(gè)函數(shù)為相同函數(shù)；對(duì)于B，f（x）＝x定義域?yàn)镽，g（x）＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x>0，,－x，x<0，))定義域?yàn)閧x|x≠0}，所以兩個(gè)函數(shù)不是相等函數(shù)，所以B中兩個(gè)函數(shù)不是相同函數(shù)；對(duì)于C，f（x）＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≥－2,－x－2，x<－2))，g（x）＝x＋2，兩個(gè)函數(shù)解析式不同，所以C中兩個(gè)函數(shù)不是相同函數(shù)；對(duì)于D，f（x）＝x定義域?yàn)镽，g（x）＝eq\f(x2,x)中定義域?yàn)閧x|x≠0}，所以D中兩個(gè)函數(shù)不是相同函數(shù)．故選A.答案：A7．解析：根據(jù)小車從點(diǎn)A出發(fā)的運(yùn)動(dòng)軌跡可得，視角θ＝∠AMP的值先是勻速增大，然后又減小，接著基本保持不變，然后又減小，最后又快速增大．故選D.答案：D8．解析：∵f（x）是一次函數(shù)，∴設(shè)f（x）＝ax＋b（a≠0），則f（f（x））＝f（ax＋b）＝a（ax＋b）＋b＝a2x＋ab＋b，∵f（f（x））＝4x－1，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4,ab＋b＝－1))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－\f(1,3)，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝1.))∴f（x）＝2x－eq\f(1,3)或f（x）＝－2x＋1.答案：f（x）＝2x－eq\f(1,3)或f（x）＝－2x＋19．解析：∵f（x）＝eq\f(x2,1＋x)，∴f（x）＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝1，∵f（1）＝eq\f(1,2)，∴所求解的結(jié)論為eq\f(1,2)＋1＋1＝eq\f(5,2).答案：eq\f(5,2)10．解析：f（x）＝4x－3，g（2x－1）＝f（x）＝4x－3，令t＝2x－1，則x＝eq\f(t＋1,2)，所以g（t）＝4×eq\f(t＋1,2)－3＝2t－1，則g（2）＝2×2－1＝3.答案：311．解析：因?yàn)閒（x）＝eq\f(2x＋1,x－1)＝eq\f(2x－2＋3,x－1)＝2＋eq\f(3,x－1)，又y＝eq\f(3,x－1)在（1，＋∞）上單調(diào)遞減；因此f（x）＝2＋eq\f(3,x－1)在（1，＋∞）上單調(diào)遞減；則f（x）＝2＋eq\f(3,x－1)在[2，4]上單調(diào)遞減；若x1∈[2，4]，則f（x1）∈[3，5]；又g（x）＝2x＋a是增函數(shù)，若x2∈[2，4]，則g（x2）∈[4＋a，16＋a]，因?yàn)?x1∈[2，4]，?x2∈[2，4]，使得f（x1）＝g（x2），所以[3，5]是[4＋a，16＋a]的子集；因此eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4＋a≤3,16＋a≥5))，解得－11≤a≤－1.答案：D12．解析：由題意知，函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镈，?x∈D，?y∈D，使得f（y）＝－f（x）成立，所以函數(shù)f（x）的值域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，對(duì)于A中，函數(shù)y＝x2的值域?yàn)閇0，＋∞），不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，不符合題意；對(duì)于B中，函數(shù)y＝eq\f(1,x－1)的值域?yàn)椋ǎ蓿?）∪（0，＋∞），關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，符合題意；對(duì)于C中，函數(shù)y＝ln（2x＋3）的值域?yàn)镽，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，符合題意；對(duì)于D中，函數(shù)y＝2x＋3的值域?yàn)镽，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，符合題意，故選A.答案：A13．解析：由題意得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＝2×eq\f(4,3)＝eq\f(8,3).feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝2×eq\f(2,3)＝eq\f(4,3).所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝4.答案：B14．解析：（1）f（2x）＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)))＝eq\f(2x,2x＋1)＋eq\f(\f(1,2x),\f(1,2x)＋1)＝eq\f(2x,2x＋1)＋eq\f(1,2x＋1)＝eq\f(2x＋1,2x＋1)＝1，x∈（－∞，－eq\f(1,2)）∪（－eq\f(1,2)，0）∪（0，＋∞）.（2）eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(f（x）＋2f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3x－2①,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋2f（x）＝\f(3,x)－2②)))，①－2×②得－3f（x）＝3x－2－eq\f(6,x)＋4＝3x－eq\f(6,x)＋2，所以f（x）＝eq\f(2,x)－x－eq\f(2,3)，x∈（－∞，0）∪（0，＋∞）.15．解析：（1）因?yàn)閒（2）＝eq\f(1,2)，所以f（f（2））＝f（eq\f(1,2)）＝－eq\f(1,2)－2＝－eq\f(5,2).（2）當(dāng)x>1時(shí)，f（x）∈（0，1），當(dāng)x≤1時(shí)，f（x）∈[－3，＋∞），所以f（x）∈[－3，＋∞）.課時(shí)作業(yè)5函數(shù)的單調(diào)性與最值1．解析：根據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)：對(duì)于A，f（x）＝3－x為一次函數(shù)，在（0，＋∞）上為減函數(shù)，不符合題意；對(duì)于B，f（x）＝x2－3x為二次函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))上為減函數(shù)，不符合題意；對(duì)于C，f（x）＝－eq\f(1,x)為反比例函數(shù)，在（0，＋∞）上為增函數(shù)，符合題意；對(duì)于D，f（x）＝－|x|，當(dāng)x>0時(shí)，f（x）＝－x，則函數(shù)f（x）在（0，＋∞）上為減函數(shù)，不符合題意．答案：C2．解析：函數(shù)f（x）＝－x＋eq\f(1,x)的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝－1－eq\f(1,x2)，則f′（x）<0，可得f（x）在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上單調(diào)遞減，即f（－2）為最大值，且為2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2).答案：A3．解析：因?yàn)楹瘮?shù)y＝eq\f(2－x,x＋1)＝eq\f(3－（x＋1）,x＋1)＝eq\f(3,x＋1)－1在區(qū)間（－1，＋∞）上是減函數(shù)，且f（2）＝0，所以n＝2.根據(jù)題意，x∈（m，n]時(shí)，ymin＝0.所以m的取值范圍是[－1，2）.答案：D4．解析：因?yàn)閍＋b>0，所以a>－b，b>－a.所以f（a）>f（－b），f（b）>f（－a），結(jié)合選項(xiàng)，可知選A.答案：A5．解析：因?yàn)閒（x）＝x2－4x＋2的單調(diào)遞減區(qū)間為（－∞，2]，y＝eq\f(f（x）,x)＝x＋eq\f(2,x)－4在[eq\r(2)，＋∞）和（－∞，－eq\r(2)]上為增函數(shù)，所以f（x）＝x2－4x＋2的“可變區(qū)間”I為[eq\r(2)，2]和（－∞，－eq\r(2)].答案：A6．解析：令t＝x＋eq\f(9,x)，x∈[1，9]，則函數(shù)t＝x＋eq\f(9,x)在[1，3）上單調(diào)遞減，在[3，9]上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝3時(shí)，tmin＝6，當(dāng)x＝9時(shí)，tmax＝10，所以t∈[6，10]，所以y＝|t－a|＋a在t∈[6，10]上的最大值為10，①當(dāng)a≥10時(shí)，y＝|t－a|＋a＝a－t＋a＝2a－t，所以ymax＝2a－6＝10，∴a＝8，舍去；②當(dāng)a≤6時(shí)，y＝|t－a|＋a＝t－a＋a＝t≤10，此時(shí)命題成立；③當(dāng)6<a<8時(shí)，ymax＝|10－a|＋a＝10，此時(shí)命題成立；④當(dāng)8≤a<10時(shí)，ymax＝|6－a|＋a＝a－6＋a＝2a－6，所以2a－6＝10，解得a＝8，此時(shí)命題成立；綜上所述：實(shí)數(shù)a的取值范圍是a≤8，即實(shí)數(shù)a的最大值為8.答案：B7．解析：由題得函數(shù)f（x）為偶函數(shù)，在[0，＋∞）單調(diào)遞增，則對(duì)任意的x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，不等式f（ax＋1）≤f（x－2）恒成立，則不等式f（|ax＋1|）≤f（|x－2|），x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))恒成立，則|ax＋1|≤|x－2|，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))恒成立，得（ax＋1）2－（x－2）2≤0，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1－x,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(x－3,x)))≤0，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))恒成立，則a≤eq\f(1－x,x)且a≥eq\f(x－3,x)，或a≥eq\f(1－x,x)且a≤eq\f(x－3,x)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))恒成立，即當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))時(shí)，a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－x,x)))eq\s\do7(min)且a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－3,x)))eq\s\do7(max)，或a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－x,x)))eq\s\do7(max)且a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－3,x)))eq\s\do7(min)，又當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，有0≤eq\f(1－x,x)≤1，－5≤eq\f(x－3,x)≤－2，得－2≤a≤0.答案：C8．解析：由于f（x）＝|x－2|x＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≥2，,－x2＋2x，x<2.))結(jié)合圖象（圖略）可知函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是[1，2].答案：[1，2]9．解析：當(dāng)a＝0時(shí)，f（x）＝2x－3在定義域R上是單調(diào)遞增的，故在（－∞，4）上單調(diào)遞增；當(dāng)a≠0時(shí)，二次函數(shù)f（x）的對(duì)稱軸為x＝－eq\f(1,a)，因?yàn)閒（x）在（－∞，4）上單調(diào)遞增，所以a<0，且－eq\f(1,a)≥4，解得－eq\f(1,4)≤a<0.綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))10．解析：∵f（2）＝－1，∴由f（2x－4）>－1得，f（2x－4）>f（2），且f（x）在R上是減函數(shù)，∴2x－4<2，解得x<3，∴滿足f（2x－4）>－1的實(shí)數(shù)x的取值范圍是（－∞，3）.答案：（－∞，3）11．解析：∵對(duì)任意的x1，x2∈R（x1≠x2），總有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0成立，不妨設(shè)x1>x2，f（x1）－f（x2）＝（x1－x2）×eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，∴f（x1）>f（x2），∴函數(shù)f（x）＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－x，x<－1,（1－2a）x＋3a，x≥－1))在定義域R上是增函數(shù)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<a<1,1－2a>0,a≤－1＋2a＋3a))，解得eq\f(1,4)≤a<eq\f(1,2).答案：C12．解析：根據(jù)符號(hào)[x]的意義，討論當(dāng)自變量x取不同范圍時(shí)函數(shù)f（x）＝x－[x]的解析式：當(dāng)－1≤x<0時(shí)，[x]＝－1，則f（x）＝x－[x]＝x＋1；當(dāng)0≤x<1時(shí)，[x]＝0，則f（x）＝x－[x]＝x；當(dāng)1≤x<2時(shí)，[x]＝1，則f（x）＝x－[x]＝x－1；當(dāng)2≤x<3時(shí)，[x]＝2，則f（x）＝x－[x]＝x－2.畫函數(shù)f（x）＝x－[x]的圖象如圖所示：根據(jù)定義可知，f（－3.9）＝－3.9－（－4）＝0.1，f（4.1）＝4.1－4＝0.1，即f（－3.9）＝f（4.1），所以A正確；從圖象可知，函數(shù)f（x）＝x－[x]最高點(diǎn)處取不到，所以B錯(cuò)誤；函數(shù)圖象最低點(diǎn)處函數(shù)值為0，所以C正確；從圖象可知y＝f（x）與y＝eq\f(1,2)的圖象有無(wú)數(shù)個(gè)交點(diǎn)，即f（x）＝eq\f(1,2)有無(wú)數(shù)個(gè)根，所以D正確．答案：B13．解析：因?yàn)楫?dāng)x≤0時(shí)，f（x）＝（x－a）2，f（0）是f（x）的最小值，所以a≥0.當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＝x＋eq\f(1,x)＋a≥2＋a，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”．要滿足f（0）是f（x）的最小值，需2＋a≥f（0）＝a2，即a2－a－2≤0，解得－1≤a≤2，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是0≤a≤2.答案：[0，2]14．解析：（1）證明：設(shè)x1＜x2＜－2，則f（x1）－f（x2）＝eq\f(x1,x1＋2)－eq\f(x2,x2＋2)＝eq\f(2（x1－x2）,（x1＋2）（x2＋2）).因?yàn)椋▁1＋2）（x2＋2）＞0，x1－x2＜0，所以f（x1）－f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），所以f（x）在（－∞，－2）上單調(diào)遞增．（2）設(shè)1＜x1＜x2，則f（x1）－f（x2）＝eq\f(x1,x1－a)－eq\f(x2,x2－a)＝eq\f(a（x2－x1）,（x1－a）（x2－a）).因?yàn)閍＞0，x2－x1＞0，所以要使f（x1）－f（x2）＞0，只需（x1－a）（x2－a）＞0恒成立，所以a≤1.綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為（0，1].15．解析：（1）由于a≥3，故當(dāng)x≤1時(shí)，x2－2ax＋4a－2－2|x－1|＝x2＋2（a－1）（2－x）>0，當(dāng)x>1時(shí)，x2－2ax＋4a－2－2|x－1|＝（x－2）（x－2a）.由（x－2）（x－2a）≤0得2≤x≤2a.所以使得等式F（x）＝x2－2ax＋4a－2成立的x的取值范圍為[2，2a].（2）設(shè)函數(shù)f（x）＝2|x－1|，g（x）＝x2－2ax＋4a－2，則f（x）min＝f（1）＝0，g（x）min＝g（a）＝－a2＋4a－2，所以由F（x）的定義知m（a）＝min{f（1），g（a）}，即m（a）＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，3≤a≤2＋\r(2)，,－a2＋4a－2，a>2＋\r(2)．))課時(shí)作業(yè)6函數(shù)的奇偶性與周期性1．解析：對(duì)于A，y＝x2的定義域?yàn)镽，f（－x）＝（－x）2＝x2＝f（x），所以y＝x2是偶函數(shù)，由二次函數(shù)的性質(zhì)可知y＝x2在（－∞，0）上單調(diào)遞減，故選項(xiàng)A不正確；對(duì)于B，由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可知y＝2x既不是奇函數(shù)又不是偶函數(shù)，故選項(xiàng)B不正確；對(duì)于C，y＝－ln|x|定義域?yàn)椋ǎ蓿?）∪（0，＋∞），且f（－x）＝－ln|－x|＝－ln|x|＝f（x），由y＝－ln|x|是偶函數(shù)，y＝－ln|x|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－lnx，x>0,－ln（－x），x<0))，其圖象如圖所示：y＝－ln|x|在區(qū)間（－∞，0）上單調(diào)遞增，故選項(xiàng)C正確；對(duì)于D，由余弦函數(shù)的性質(zhì)可知：y＝cosx為偶函數(shù)，在（－∞，0）上不具有單調(diào)性，故選項(xiàng)D不正確．答案：C2．解析：由題意，函數(shù)f（x＋1）是奇函數(shù)，可得f（x）的圖象關(guān)于點(diǎn)（1，0）對(duì)稱，所以f（1＋x）＋f（1－x）＝0，所以②正確；令x＝0，則f（1）＝0，又由f（2x－1）是偶函數(shù)，所以f（2x）的圖象關(guān)于x＝－eq\f(1,2)對(duì)稱，所以f（x）的圖象關(guān)于x＝－1對(duì)稱，則有f（－1－x）＝f（－1＋x），令x＝2，則f（－3）＝f（1）＝0，所以③正確.在f（－1－x）＝f（－1＋x）中，將x用x－7替換，則f（x－8）＝f（6－x），在f（1＋x）＝－f（1－x）中，將x用x－5替換，則f（6－x）＝－f（x－4），所以f（x－8）＝－f（x－4），再將x用x＋4替換，則f（x－4）＝－f（x），所以f（x－8）＝f（x），所以①正確；對(duì)于④中，由f（2－x）＝－f（x），f（2＋x）＝－f（－x），無(wú)法推出其一定相等．答案：B3．解析：當(dāng)x>0時(shí)，f（x）＝xlnx＋eq\f(1,e)，f′（x）＝lnx＋1，所以函數(shù)f（x）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，結(jié)合f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，則函數(shù)f（x）的圖象如圖，f（0）＝0，函數(shù)F（x）的零點(diǎn)即方程f（x）[f（x）＋a]＝0的根，又因?yàn)閒（x）＝0有3個(gè)根，所以f（x）＝－a有2個(gè)根，即滿足條件－eq\f(1,e)<－a<0或0<－a<eq\f(1,e)，解得a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).答案：C4．解析：方程3f（x）＝x可化為f（x）＝eq\f(x,3)，則函數(shù)y＝f（x）與直線y＝eq\f(x,3)的圖象有5個(gè)交點(diǎn)，當(dāng)－1≤x≤1時(shí)，曲線y＝f（x）為eq\f(y2,m2)＋x2＝1的上半部分，當(dāng)1<x≤2時(shí)，曲線y＝f（x）為y＝x－1，當(dāng)2<x≤3時(shí)，曲線y＝f（x）為y＝－x＋3.如圖所示，函數(shù)y＝eq\f(x,3)的圖象為一條過(guò)原點(diǎn)的直線，要使它適合題意，需要直線y＝eq\f(x,3)與曲線C2有兩個(gè)交點(diǎn)，與C3沒(méi)有交點(diǎn)．由題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(y2,m2)＋（x－4）2＝1,y＝\f(x,3)))，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,9m2)))x2－8x＋15＝0.Δ1＝64－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,9m2)))×15>0且m>0，可得m>eq\f(\r(15),3)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(y2,m2)＋（x－8）2＝1,y＝\f(x,3)))，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,9m2)))x2－16x＋63＝0.Δ2＝256－4×63eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,9m2)))<0且m>0，得0<m<eq\r(7)，故m∈（eq\f(\r(15),3)，eq\r(7)）.答案：B5．解析：∵f（－x）＝2－x＋（eq\f(1,2)）－x＝2x＋（eq\f(1,2)）x＝f（x），所以函數(shù)f（x）為R上的偶函數(shù)，設(shè)x1，x2∈（0，＋∞），且x1>x2，則f（x1）－f（x2）＝2x1＋(12＝2x1－2x2＋2x2?2x∵x1>x2>0，∴2x1>2x∴2x1－2x2∴f（x1）>f（x2），∴函數(shù)f（x）為（0，＋∞）上的單調(diào)增函數(shù)由f（x）＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋2,x＋3)))，可得x＋eq\f(x＋2,x＋3)＝0或x－eq\f(x＋2,x＋3)＝0，當(dāng)x＋eq\f(x＋2,x＋3)＝0時(shí)，即x2＋4x＋2＝0，判別式Δ>0，故方程有兩個(gè)根，得x1＋x2＝－4，當(dāng)x－eq\f(x＋2,x＋3)＝0時(shí)，即x2＋2x－2＝0，判別式Δ>0，故方程有兩個(gè)根，得x3＋x4＝－2，所以滿足f（x）＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋2,x＋3)))的所有實(shí)數(shù)x的和為－6.答案：A6．解析：由f（x）是R上的奇函數(shù)得：f（0）＝0，又f（x）是以3為周期的周期函數(shù)，則f（－3）＝－f（3）＝－f（0）＝0，①正確；f（1）＝f（1－3）＝f（－2）＝－f（2），②錯(cuò)誤；由f（3＋x）＝f（x）得：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)－x))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋x))即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－x))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋x))＝0，即f（x）的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))對(duì)稱，③正確；由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－x))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋x))＝0可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝0，于是得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6＋\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝0，④正確，所以給出的4個(gè)命題正確的是①③④.答案：①③④7．解析：因?yàn)閒（－x）＝e－x－ex－sinx＋x＝－f（x）.所以f（x）是R上的奇函數(shù)，f′（x）＝ex＋e－x＋cosx－1，f′（x）＝ex＋e－x＋cosx－1≥2eq\r(ex·e－x)＋cosx－1＝1＋cosx≥0，所以f（x）是R上的增函數(shù)，f[a－2ln（|x|＋1）]＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)))≥0等價(jià)于f[a－2ln（|x|＋1）]≥－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x2,2)))，所以a－2ln（|x|＋1）≥－eq\f(x2,2)，所以a≥－eq\f(x2,2)＋2ln（|x|＋1），令g（x）＝－eq\f(x2,2)＋2ln（|x|＋1），則a≥g（x）max，因?yàn)間（－x）＝g（x）且定義域?yàn)镽，所以g（x）＝－eq\f(x2,2)＋2ln（|x|＋1）是R上的偶函數(shù)，所以只需求g（x）在（0，＋∞）上的最大值即可．當(dāng)x∈[0，＋∞）時(shí)，g（x）＝－eq\f(x2,2)＋2ln（x＋1），g′（x）＝－x＋eq\f(2,x＋1)＝eq\f(－x2－x＋2,x＋1)＝－eq\f(（x＋2）（x－1）,x＋1)，則當(dāng)x∈[0，1）時(shí)，g′（x）>0；當(dāng)x∈[1，＋∞）時(shí)，g′（x）<0；所以g（x）在[0，1）上單調(diào)遞增，在[1，＋∞）上單調(diào)遞減，可得：g（x）max＝g（1）＝2ln2－eq\f(1,2)，即a≥2ln2－eq\f(1,2).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ln2－\f(1,2)，＋∞))8．解析：∵f（x＋3）＝f（x），∴T＝3，又x∈[0，3）時(shí)，f（x）＝2x－x2＋1，∴f（0）＝1，f（1）＝2，f（2）＝1，∴f（0）＋f（1）＋f（2）＝1＋2＋1＝4，∴f（0）＋f（1）＋f（2）＋…＋f（2021）＝674×4＝2696.答案：26969．解析：（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），于是當(dāng)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\{(\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．解析：（1）因?yàn)閒（1＋x）＝f（1－x），所以f（－x）＝f（2＋x）.又f（x＋2）＝f（x），所以f（－x）＝f（x）.又f（x）的定義域?yàn)镽，所以f（x）是偶函數(shù)．（2）當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，－x∈[－1，0]，則f（x）＝f（－x）＝x；從而當(dāng)1≤x≤2時(shí)，－1≤x－2≤0，f（x）＝f（x－2）＝－（x－2）＝－x＋2.故f（x）＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x，x∈[－1，0]，,x，x∈（0，1），,－x＋2，x∈[1，2].))11．解析：因?yàn)閒（x）為偶函數(shù)，所以f（4＋x）＝f（4－x）＝f（x－4），所以f（8＋x）＝f（x），所以f（x）是周期函數(shù)，且周期為8，且f（x）關(guān)于x＝4對(duì)稱，又當(dāng)x∈（0，4]時(shí)，f（x）＝eq\f(ln（2x）,x)，則f′（x）＝eq\f(\f(1,x)·x－ln（2x）,x2)＝eq\f(1－ln（2x）,x2)（x>0），令f′（x）＝0，解得x＝eq\f(e,2)，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e,2)))時(shí)，f′（x）>0，f（x）為增函數(shù)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(e,2)，4))時(shí)，f′（x）<0，f（x）為減函數(shù)，作出f（x）一個(gè)周期內(nèi)的圖象，如圖所示：因?yàn)閒（x）為偶函數(shù)，且不等式f2（x）＋af（x）>0在[－200，200]上有且只有200個(gè)整數(shù)解，所以不等式在（0，200）內(nèi)有100個(gè)整數(shù)解，因?yàn)閒（x）周期為8，所以在（0，200）內(nèi)有25個(gè)周期，所以f（x）在一個(gè)周期內(nèi)有4個(gè)整數(shù)解，（1）若a>0，由f2（x）＋af（x）>0，可得f（x）>0或f（x）<－a，由圖象可得f（x）>0有7個(gè)整數(shù)解，f（x）<－a無(wú)整數(shù)解，不符合題意；（2）若a＝0，則f（x）≠0，由圖象可得，不滿足題意；（3）若a<0，由f2（x）＋af（x）>0，可得f（x）>－a或f（x）<0，由圖象可得f（x）<0在一個(gè)周期內(nèi)無(wú)整數(shù)解，不符合題意，所以f（x）>－a在一個(gè)周期（0，8）內(nèi)有4個(gè)整數(shù)解，因?yàn)閒（x）在（0，8）內(nèi)關(guān)于x＝4對(duì)稱，所以f（x）在（0，4）內(nèi)有2個(gè)整數(shù)解，因?yàn)閒（1）＝ln2，f（2）＝eq\f(ln4,2)＝ln2，f（3）＝eq\f(ln6,3)，所以f（x）>－a在（0，4）的整數(shù)解為x＝1和x＝2，所以eq\f(ln6,3)≤－a<ln2，解得－ln2<a≤－eq\f(ln6,3).答案：C12．解析：對(duì)①：若f（x）為奇函數(shù)，則f（x）＋f（－x）＝0.令y＝－x，由（2）知0∈A，而與（1）f（x）≠0矛盾，所以①錯(cuò)誤．對(duì)②：若f（x）為周期函數(shù)，則f（x＋T）＝f（x）（其中T為非零常數(shù)），當(dāng)f（x）（比如f（x）＝tanx）值域A＝（－∞，0）∪（0，＋∞）時(shí)，令y＝x＋T，則（1）eq\f(f（x）,f（y）)＝1∈A成立；（2）f（x）＋f（y）＝2f（x）∈A也成立，故②正確．對(duì)③：由②可知，存在x∈D，使f（x）為任意非零常數(shù)，所以可使f（x）＝eq\f(2021,2020)，故③正確．對(duì)④：令y＝x，則由（1）知1∈A，從而eq\f(1,f（x）)∈A，所以eq\f(f（x）,\f(1,f（x）))＝f2（x）∈A，所以④正確．答案：B13．解析：若f（x）＝c，則f′（x）＝0，此時(shí)（x－4）f′（x）≤0和y＝f（x＋4）為偶函數(shù)都成立，函數(shù)值恒等于c，當(dāng)|x1－4|<|x2－4|時(shí)，恒有f（8－x1）＝f（8－x2），故等號(hào)成立；若f（x）不是常數(shù)，因?yàn)楹瘮?shù)y＝f（x＋4）為偶函數(shù)，所以f（4＋x）＝f（4－x），函數(shù)關(guān)于x＝4對(duì)稱，所以f（x1）＝f（8－x1），f（x2）＝f（8－x2）；由（x－4）f′（x）≤0，當(dāng)x>4時(shí)，f′（x）<0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x<4時(shí)，f′（x）>0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，可畫出擬合圖象，如圖：|x1－4|<|x2－4|，從絕對(duì)值本身含義出發(fā)，即等價(jià)于x軸上x1到4的距離小于x2到4的距離，由圖可知，f（x1）>f（x2），即f（8－x1）>f（8－x2），綜上所述，則f（8－x1）≥f（8－x2）.答案：D14．解析：（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）∵x∈[2，4]，∴－x∈[－4，－2]，∴4－x∈[0，2]，∴f（4－x）＝2（4－x）－（4－x）2＝－x2＋6x－8，又f（4－x）＝f（－x）＝－f（x），∴－f（x）＝－x2＋6x－8，即f（x）＝x2－6x＋8，x∈[2，4].（3）∵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（2012）＋f（2013）＋f（2014）＋f（2015）＝0.∴f（0）＋f（1）＋f（2）＋…＋f（2016）＝0＋f（2016）＝f（0）＝0.15．解析：（1）證明：方法一當(dāng)a＝b＝1時(shí)，f（x）＝eq\f(－2x＋1,2x＋1＋1)，因?yàn)閒（1）＝eq\f(－2＋1,22＋1)＝－eq\f(1,5)，f（－1）＝eq\f(－2－1＋1,20＋1)＝eq\f(1,4)，所以f（－1）≠－f（1）即f（x）不是奇函數(shù)．方法二因?yàn)閒（－x）＝eq\f(－2－x＋1,2－x＋1＋1)＝eq\f(－1＋2x,2＋2x)而－f（x）＝－eq\f(－2x＋1,2x＋1＋1)＝eq\f(2x－1,2x＋1＋1)，即f（－x）≠－f（x），所以f（x）不是奇函數(shù)．（2）方法一∵f（x）是R上的奇函數(shù)，∴f（－x）＝－f（x），即eq\f(－2－x＋a,2－x＋1＋b)＝－eq\f(－2x＋a,2x＋1＋b)對(duì)任意x∈R恒成立．化簡(jiǎn)整理得（2a－b）22x＋（2ab－4）2x＋（2a－b）＝0對(duì)任意x∈R恒成立．∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a－b＝0,2ab－4＝0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1,b＝－2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝2)).因?yàn)樵瘮?shù)定義域?yàn)镽，所以b≥0.所以a＝1，b＝2.方法二∵f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）＝0,f（1）＝－f（－1）))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝2))，經(jīng)驗(yàn)證滿足．所以a＝1，b＝2.（3）由（2）得：f（x）＝eq\f(－2x＋1,2x＋1＋2)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2x＋1)，∵2x>0，∴2x＋1>1.∴0<eq\f(1,2x＋1)<1，∴－eq\f(1,2)<f（x）<eq\f(1,2).而c2－3c＋3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)>eq\f(1,2)恒成立，所以對(duì)任何實(shí)數(shù)x，c都有f（x）<c2－3c＋3成立．16．解析：由對(duì)任意0≤x1<x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0，可得f（x）在[0，＋∞）上單調(diào)遞減；由函數(shù)y＝f（x＋2）的圖象關(guān)于點(diǎn)（－2，0）對(duì)稱，得函數(shù)y＝f（x）的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，可得函數(shù)y＝f（x）為奇函數(shù)；故f（x）在R上單調(diào)遞減．于是得f（a2＋2b）≤f（b2＋2a），∴a2＋2b≥b2＋2a，∴b2－a2＋2a－2b≤0，∴（b－a）[b－（2－a）]≤0.則當(dāng)a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))時(shí)，令a＝x，b＝y(tǒng)，則問(wèn)題等價(jià)于點(diǎn)（x，y）滿足區(qū)域eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（y－x）[y－（2－x）]≤0,\f(1,2)≤x≤1))，如圖陰影部分，由線性規(guī)劃知識(shí)可知eq\f(y,x)為（x，y）與（0，0）連線的斜率，由圖可得eq\f(b,a)＝eq\f(y,x)∈[1，3]，∴eq\f(a,a＋b)＝eq\f(1,1＋\f(b,a))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))).答案：B17．解析：f（x）＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x<0,kx＋2，x≥0))，當(dāng)x<0時(shí)，f（x）＝x2＋2x，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的函數(shù)解析式為y＝－x2＋2x，x>0，由y＝kx＋2與y＝－x2＋2x聯(lián)立，可得k＝－x－eq\f(2,x)＋2在x>0有解，由－x－eq\f(2,x)＋2≤－2eq\r(2)＋2＝2－2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\r(2)時(shí)，取得等號(hào)，即有k≤2－2eq\r(2)，則k的取值范圍是（－∞，2－2eq\r(2)].答案：（－∞，2－2eq\r(2)]課時(shí)作業(yè)7二次函數(shù)與冪函數(shù)1．解析：因?yàn)橐淮魏瘮?shù)y＝ax＋b的圖象經(jīng)過(guò)第二、三、四象限，所以a<0，b<0，所以二次函數(shù)的圖象開(kāi)口向下，對(duì)稱軸方程x＝－eq\f(b,2a)<0.只有選項(xiàng)C適合．答案：C2．解析：因?yàn)楹瘮?shù)y＝xα的圖象過(guò)④⑧部分，所以函數(shù)y＝xα在第一象限內(nèi)單調(diào)遞減，所以α<0.又易知當(dāng)x＝2時(shí)，y>eq\f(1,2)，所以只有B選項(xiàng)符合題意．答案：B3．解析：∵不等式（a－2）x2＋2（a－2）x<4的解集為R，①當(dāng)a－2＝0，即a＝2時(shí)，不等式為0<4恒成立，故a＝2符合題意；②當(dāng)a－2≠0，即a≠2時(shí)，不等式（a－2）x2＋2（a－2）x<4的解集為R，即不等式（a－2）x2＋2（a－2）x－4<0的解集為R，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2<0,Δ＝4（a－2）2－4（a－2）×（－4）<0))，解得－2<a<2，故－2<a<2符合題意．綜合①②可得，實(shí)數(shù)a的取值范圍是（－2，2].答案：B4．解析：∵0.40.6<0.60.6<0.60.4，又y＝f（x）＝x－3在（0，＋∞）上是減函數(shù)，∴b<a<c.答案：B5．解析：由于f（x）＝x2－2tx＋1的圖象的對(duì)稱軸為x＝t，又y＝f（x）在（－∞，1]上是減函數(shù)，所以t≥1.則在區(qū)間[0，t＋1]上，f（x）max＝f（0）＝1，f（x）min＝f（t）＝t2－2t2＋1＝－t2＋1，要使對(duì)任意的x1，x2∈[0，t＋1]，都有|f（x1）－f（x2）|≤2，只需1－（－t2＋1）≤2，解得－eq\r(2)≤t≤eq\r(2).又t≥1，∴1≤t≤eq\r(2).答案：B6．解析：函數(shù)y＝mxn（m，n∈R）為冪函數(shù)，則m＝1；又函數(shù)y＝xn的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)（4，2），則4n＝2，解得n＝eq\f(1,2).所以m－n＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)7．解析：因?yàn)閍<0，－eq\f(b,2a)>0，c>0，所以b>0，ac<0.設(shè)y＝f（x）＝ax2＋bx＋c，則a－b＋c＝f（－1）<0.答案：><<8．解析：因?yàn)楹瘮?shù)f（x）＝x2－ax－a的圖象為開(kāi)口向上的拋物線，所以函數(shù)的最大值在區(qū)間的端點(diǎn)取得．因?yàn)閒（0）＝－a，f（2）＝4－3a，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a>4－3a，,－a＝1，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a≤4－3a，,4－3a＝1，))解得a＝1.答案：19．解析：（1）當(dāng)a＝－1時(shí)，f（x）＝x2－2x＋2＝（x－1）2＋1，x∈[－5，5]，所以當(dāng)x＝1時(shí)，f（x）取得最小值1；當(dāng)x＝－5時(shí)，f（x）取得最大值37.（2）函數(shù)f（x）＝（x＋a）2＋2－a2的圖象的對(duì)稱軸為直線x＝－a，因?yàn)閥＝f（x）在區(qū)間[－5，5]上是單調(diào)函數(shù)，所以－a≤－5或－a≥5，即a≤－5或a≥5.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是（－∞，－5]∪[5，＋∞）.10．解析：（1）因?yàn)槎魏瘮?shù)滿足f（x）＝f（－4－x），所以f（x）的圖象的對(duì)稱軸為直線x＝－2.因?yàn)閤1，x2是f（x）的兩個(gè)零點(diǎn)，且|x1－x2|＝2.所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝－3，,x2＝－1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝－1，,x2＝－3.))設(shè)f（x）＝a（x＋3）（x＋1）（a≠0）.由f（0）＝3a＝3得a＝1，所以f（x）＝x2＋4x＋3.（2）由（1）得g（x）＝eq\f(x,f（x）)＝eq\f(x,x2＋4x＋3)＝eq\f(1,x＋\f(3,x)＋4)（x>0），因?yàn)閤>0，所以eq\f(1,x＋\f(3,x)＋4)≤eq\f(1,4＋2\r(3))＝1－eq\f(\r(3),2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(3,x)，即x＝eq\r(3)時(shí)等號(hào)成立．所以g（x）的最大值是1－eq\f(\r(3),2).11．解析：由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c＝0，,－\f(b,2a)＝2，))解得b＝－4a，c＝3a，所以二次函數(shù)為y＝a（x2－4x＋3），其頂點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2，所以頂點(diǎn)一定不是（－2，－2），其余選項(xiàng)性質(zhì)可得驗(yàn)證．答案：C12．解析：因?yàn)閷?duì)任意實(shí)數(shù)t都有f（4＋t）＝f（－t）成立，所以函數(shù)f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0）的對(duì)稱軸是x＝2.當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)值f（－1），f（1），f（2），f（5）中，最小的是f（2）；當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)值f（－1），f（1），f（2），f（5）中，最小的是f（－1）和f（5）.答案：B13．解析：由于函數(shù)f（x）為冪函數(shù)，故m2－m－1＝1，解得m＝－1或m＝2.當(dāng)m＝－1時(shí)，f（x）＝eq\f(1,x3)，當(dāng)m＝2時(shí)，f（x）＝x3.由于“對(duì)任意x1，x2∈（0，＋∞），且x1≠x2，滿足eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0”，故函數(shù)在（0，＋∞）上為增函數(shù)，故f（x）＝x3.由于f（－x）＝－f（x），故函數(shù)是單調(diào)遞增的奇函數(shù)．由f（a）＋f（b）<0可知f（a）<－f（b）＝f（－b），所以a<－b，即b<－a，所以a＋b<0.當(dāng)a＝0時(shí)，b<0，ab＝0；當(dāng)a>0時(shí)，b<0，ab<0；當(dāng)a<0時(shí)，ab<0（0<b<－a），ab＝0（b＝0），ab>0（b<0）均有可能成立．答案：C14．解析：（1）當(dāng)a＝2時(shí)，f（x）＝x2＋3x－3，x∈[－2，3]，對(duì)稱軸為x＝－eq\f(3,2)∈[－2，3]，所以f（x）min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝eq\f(9,4)－eq\f(9,2)－3＝－eq\f(21,4)，f（x）max＝f（3）＝15，所以函數(shù)f（x）在[－2，3]上的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(21,4)，15)).（2）對(duì)稱軸為x＝－eq\f(2a－1,2).①當(dāng)－eq\f(2a－1,2)≤1，即a≥－eq\f(1,2)時(shí)，f（x）max＝f（3）＝6a＋3，所以6a＋3＝1，即a＝－eq\f(1,3)滿足題意；②當(dāng)－eq\f(2a－1,2)>1，即a<－eq\f(1,2)時(shí)，f（x）max＝f（－1）＝－2a－1，所以－2a－1＝1，即a＝－1滿足題意．綜上可知，實(shí)數(shù)a的值為－eq\f(1,3)或－1.15．解析：（1）因?yàn)閒（x）＝x2－2ax＋5在（－∞，a]上為減函數(shù)，所以f（x）＝x2－2ax＋5（a>1）在[1，a]上單調(diào)遞減，即f（x）max＝f（1）＝a，f（x）min＝f（a）＝1，所以a＝2或a＝－2（舍去）.即實(shí)數(shù)a的值為2.（2）因?yàn)閒（x）在（－∞，2]上是減函數(shù)，所以a≥2.所以f（x）在[1，a]上單調(diào)遞減，在[a，a＋1]上單調(diào)遞增，又函數(shù)f（x）的對(duì)稱軸為直線x＝a，所以f（x）min＝f（a）＝5－a2，f（x）max＝max{f（1），f（a＋1）}，又f（1）－f（a＋1）＝6－2a－（6－a2）＝a（a－2）≥0，所以f（x）max＝f（1）＝6－2a.因?yàn)閷?duì)任意的x1，x2∈[1，a＋1]，總有|f（x1）－f（x2）|≤4，所以f（x）max－f（x）min≤4，即6－2a－（5－a2）≤4，解得－1≤a≤3，又a≥2，所以2≤a≤3，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為[2，3].16．解析：∵二次函數(shù)f（x）滿足f（2＋x）＝f（2－x），∴其圖象的對(duì)稱軸是x＝2，又f（0）＝3，∴f（4）＝3，又f（2）<f（0），∴f（x）的圖象開(kāi)口向上，∵f（0）＝3，f（2）＝1，f（4）＝3，f（x）在[0，m]上的最大值為3，最小值為1，∴由二次函數(shù)的性質(zhì)知2≤m≤4.答案：D17．解析：因?yàn)楹瘮?shù)f（x）＝－x2＋mx＋1是[－1，1]上的平均值函數(shù)，設(shè)x0為均值點(diǎn)，所以eq\f(f（1）－f（－1）,1－（－1）)＝m＝f（x0），即關(guān)于x0的方程－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋mx0＋1＝m在（－1，1）內(nèi)有實(shí)數(shù)根，解方程得x0＝1或x0＝m－1.所以必有－1<m－1<1，即0<m<2，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是（0，2）.答案：（0，2）課時(shí)作業(yè)8指數(shù)與指數(shù)函數(shù)1．解析：∵指數(shù)函數(shù)y＝（1－3a）x在R上為單調(diào)遞增函數(shù)，∴1－3a>1，∴a<0.答案：D2．解析：因?yàn)閒（x）＝x2－a與g（x）＝ax（a>1且a≠2）在區(qū)間（0，＋∞）上具有不同的單調(diào)性，所以a>2，所以M＝（a－1）0.2>1，N＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))eq\s\up12(0.1)<1，所以M>N，故選D.答案：D3．解析：由－x2＋x＋2≥0，解得－1≤x≤2，故函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(\r(－)x2＋x＋2)的定義域?yàn)閇－1，2].根據(jù)復(fù)合函數(shù)“同增異減”原則，得所求增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).故選D.答案：D4．解析：設(shè)原有荒漠化土地面積為b，經(jīng)過(guò)x年后荒漠化面積為z，則z＝b（1＋10.4%）x，故y＝eq\f(z,b)＝（1＋10.4%）x，其是底數(shù)大于1的指數(shù)函數(shù)．其圖象應(yīng)為D.答案：D5．解析：x∈[－2，2]時(shí)，ax<2（a>0且a≠1）.若a>1，y＝ax是增函數(shù)，則有a2<2，可得a<eq\r(2)，故有1<a<eq\r(2)；若0<a<1，y＝ax是減函數(shù)，則有a－2<2，可得a>eq\f(\r(2),2)，故有eq\f(\r(2),2)<a<1.綜上所述，a∈（eq\f(\r(2),2)，1）∪（1，eq\r(2)）.答案：C6．解析：原式＝(a3b2a13b23)12ab2答案：eq\f(a,b)7．解析：因?yàn)楹瘮?shù)y＝ax－b的圖象經(jīng)過(guò)第二、三、四象限，所以函數(shù)y＝ax－b單調(diào)遞減且其圖象與y軸的交點(diǎn)在y軸的負(fù)半軸上．令x＝0，則y＝a0－b＝1－b，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,1－b<0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,b>1，))故ab∈（0，1）.答案：（0，1）8．解析：當(dāng)0≤x≤4時(shí)，f（x）∈[－8，1]，當(dāng)a≤x<0時(shí)，f（x）∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，－1))，所以eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，－1))[－8，1]，即－8≤－eq\f(1,2a)<－1，即－3≤a<0.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－3，0）.答案：[－3，0）9．解析：當(dāng)a>1時(shí)，函數(shù)f（x）＝ax在區(qū)間[1，2]上是增函數(shù)，∴f（x）min＝f（1）＝a，f（x）max＝f（2）＝a2，由題意知a2－a＝2，解得a＝2，a<－1（舍棄），故a的值為2.10．解析：（1）令t＝|x|－a，則f（x）＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(t)，不論a取何值，t在（－∞，0]上單調(diào)遞減，在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，又y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(t)是