一輪對點88練答案解析1

一輪對點88練答案解析對點練1集合1.A[由M＝{x|x∈P，且x?Q}知，M＝{1}.]2.B[由|x－1|≤1，得－1≤x－1≤1，解得0≤x≤2，所以B＝{x|0≤x≤2}，所以A∩B＝{1，2}.]3.C[由log2(x－1)＜2得0＜x－1＜4，解得1＜x＜5，則A＝{x|1＜x＜5}，又B＝{x|x＜5}，所以A?B.]4.A[由題意知，?UM＝{2，3，5}，又N＝{2，5}，所以N∪?UM＝{2，3，5}，故選A.]5.B[易知lnx≤1的解集為{x|0<x≤e}，則A＝{x|0<x≤e}.由|2x＋1|≤3可得－3≤2x＋1≤3，即－2≤x≤1，所以B＝{x|－2≤x≤1}.所以A∪B＝{x|－2≤x≤e}.]6.C[聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)＋\f(y,3)＝1，,\f(x2,4)＋\f(y,3)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝\f(9,4)，))所以集合M∩N含有2個元素，其真子集的個數(shù)為22－1＝3.]7.A[因為集合A＝{0，1，2}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,x)))，B?A，所以由集合中元素的互異性及子集的概念可知eq\f(1,x)＝2，解得x＝eq\f(1,2).]8.C[由2x2＋(a－4)x－2a≤0，得(2x＋a)(x－2)≤0，當(dāng)－eq\f(a,2)＝2，即a＝－4時，B＝{2}，此時A∩B＝?，不符合題意；當(dāng)－eq\f(a,2)>2，即a<－4時，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|2≤x≤－\f(a,2)))，此時A∩B＝?，不符合題意；當(dāng)－eq\f(a,2)<2，即a>－4時，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(a,2)≤x≤2))，因為A＝{x|－2≤x≤1}，A∩B＝{x|－1≤x≤1}，所以－eq\f(a,2)＝－1，解得a＝2.]9.{x|0＜x≤6}[由題圖知陰影部分所表示的集合為A∩B＝{x|0＜x≤6}.]10.[1，3][由x2－6x＋5＝(x－1)(x－5)≤0，解得1≤x≤5，即B＝[1，5]，又A＝{x|x≤3}，∴A∩B＝[1，3].]11.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＝\f(n,2)，n∈Z))[由題意可知，x＝eq\f(n,2)＋eq\f(1,4)＝(2n＋1)×eq\f(1,4)，n∈Z，則集合M表示的是eq\f(1,4)的奇數(shù)倍；由x＝eq\f(n,4)，n∈Z可知，集合N表示的是eq\f(1,4)的整數(shù)倍，所以?NM＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＝\f(2n,4)＝\f(n,2)，n∈Z)).]12.[2，＋∞)[由已知可得A＝(－∞，a)，?RB＝(－∞，1]∪[2，＋∞)，∵(?RB)∪A＝R，∴a≥2.]13.A[集合M∪N表示被3除余1或2的整數(shù)集，則它在整數(shù)集中的補(bǔ)集是恰好被3整除的整數(shù)集，故選A.]14.BCD[對于A，由2025＝4×506＋1得2025∈[1]，故A錯誤；對于B，由－2＝4×(－1)＋2得－2∈[2]，故B正確；對于C，所有整數(shù)被4除所得的余數(shù)只有0，1，2，3四種情況，即剛好分成[0]，[1]，[2]，[3]，共4“類”，故Z＝[0]∪[1]∪[2]∪[3]，故C正確；對于D，若整數(shù)a，b屬于同一“類”，則a＝4n1＋k，n1∈Z，b＝4n2＋k，n2∈Z，故a－b＝4(n1－n2)＋0，所以a－b∈[0]；若a－b∈[0]，不妨設(shè)a＝4n1＋k1，n1∈Z，b＝4n2＋k2，n2∈Z，則a－b＝4(n1－n2)＋(k1－k2)，則k1－k2＝0，即k1＝k2，所以整數(shù)a，b屬于同一“類”.故“整數(shù)a，b屬于同一‘類’”的充要條件是“a－b∈[0]”，故D正確.]15.[0，＋∞)[①當(dāng)2m≥1－m，即m≥eq\f(1,3)時，B＝?，符合題意；②當(dāng)2m＜1－m，即m＜eq\f(1,3)時，因為A∩B＝?，所以1－m≤1或2m≥3，解得0≤m＜eq\f(1,3).綜上，實數(shù)m的取值范圍是[0，＋∞).]16.0，－eq\f(1,2)，eq\f(1,3)[由x2＋x－6＝0，得x＝2或x＝－3，所以A＝{x|x2＋x－6＝0}＝{－3，2}，因為A∪B＝A，所以B?A，當(dāng)B＝?時，B?A成立，此時方程mx＋1＝0無解，得m＝0；當(dāng)B≠?時，得m≠0，則集合B＝{x|mx＋1＝0}＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,m)))，因為B?A，所以－eq\f(1,m)＝－3或－eq\f(1,m)＝2，解得m＝eq\f(1,3)或－eq\f(1,2)，綜上，m＝0，eq\f(1,3)或－eq\f(1,2).]對點練2常用邏輯用語1.C[由存在量詞命題的否定為全稱量詞命題知“?x＞0，x2－2|x|＜0”的否定為“?x＞0，x2－2|x|≥0”.]2.A[由sinx＝1，得x＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)))＝coseq\f(π,2)＝0，故充分性成立；又由cosx＝0，得x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，此時sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,2)))＝±1，故必要性不成立.]3.B[“?x∈R，方程x2＋4x＋a＝0有解”是真命題，故Δ＝16－4a≥0，解得a≤4.]4.C[不等式2x2－5x－3<0的解集是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，3))，觀察四個選項發(fā)現(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，3))是(－1，3)的真子集，所以“－1<x<3”是“不等式2x2－5x－3<0成立”的一個必要不充分條件，故選C.]5.A[由2a＞2，得a＞1；由logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))＞0，可得logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))＞loga1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞1，,a＋\f(1,2)＞1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＜a＜1，,0＜a＋\f(1,2)＜1，))解得a＞1或0＜a＜eq\f(1,2).因此“2a＞2”是“l(fā)ogaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))＞0”的充分不必要條件.]6.D[對于A，?x∈R，x2－x＋eq\f(1,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)≥0為真命題，其否定為假命題，故A錯誤；對于B，因為當(dāng)x＝5時，25＝32>52＝25，所以?x∈R，2x>x2為真命題，其否定為假命題，故B錯誤；對于C，當(dāng)x∈(0，1)時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)>0，log2x<0，所以?x∈R＋，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)>log2x為真命題，其否定為假命題，故C錯誤；對于D，當(dāng)x＝0時，sin0＝0，故?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sinx<x為假命題，其否定為真命題，故D正確.]7.B[當(dāng)a1＜0，q＞1時，an＝a1qn－1＜0，此時數(shù)列{Sn}遞減，所以甲不是乙的充分條件.當(dāng)數(shù)列{Sn}遞增時，有Sn＋1－Sn＝an＋1＝a1qn＞0，若a1＞0，則qn＞0(n∈N*)，即q＞0；若a1＜0，則qn＜0(n∈N*)，不存在，所以甲是乙的必要條件.綜上，甲是乙的必要條件但不是充分條件.]8.A[由題意，x2－x－2<0，解得－1<x<2，則A＝{x|－1<x<2}，若“x∈A”是“x∈B”的充分不必要條件，則集合A是集合B的真子集，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a－1≤－1，,a＋3≥2，))且等號不同時成立，解得－1≤a≤0，所以a的取值范圍為[－1，0].]9.?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，sinx≥cosx[因為“sinx<cosx”的否定是“sinx≥cosx”，所以“?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，sinx<cosx”的否定是“?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，sinx≥cosx”.]10.a＝1，b＝1(答案不唯一)[根據(jù)題意，滿足題意的a，b需滿足ln(a＋b)>0，則lna＋lnb≤0，即ln(a＋b)>ln1，ln(ab)≤ln1，解得a＋b>1，ab≤1，不妨取a＝1，b＝1(答案不唯一)，滿足題意.]11.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))[eq\f(x,3)－eq\f(1,4)≥－eq\f(1,6)，解得x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)).2x<a，解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,2))).由題意知eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))∩eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,2)))≠?，所以eq\f(a,2)>eq\f(1,4)，即a>eq\f(1,2).]12.必要不充分[若綈p：?x∈R，ax2＋2x＋1≥0為真命題，則a>0且Δ＝4－4a≤0，解得a≥1.因為(1，＋∞)[1，＋∞)，所以綈p是q的必要不充分條件.]13.AD[對于A，eq\f(1,a)<1，即eq\f(1,a)－1<0，即eq\f(1－a,a)<0，即eq\f(a－1,a)>0，即a<0或a>1，所以“a>1”是“eq\f(1,a)<1”的充分不必要條件，故A正確；對于B，命題“任意x<1，都有x2<1”的否定是“存在x<1，使得x2≥1”，故B錯誤；對于C，因為x≥2且y≥2，所以x2≥4，y2≥4，由不等式的性質(zhì)得x2＋y2≥8時，取x＝0，y＝3，不滿足x≥2且y≥2，所以“x≥2且y≥2”是“x2＋y2≥8”的充分不必要條件，故C錯誤；對于D，當(dāng)a≠0，b＝0時，ab＝0，由ab≠0可得a≠0且b≠0，所以“a≠0”是“ab≠0”的必要不充分條件，故D正確.]14.C[在△ABC中，若a>b，則根據(jù)大邊對大角可得A>B，設(shè)f(x)＝x＋cosx，x∈(0，π)，則f′(x)＝1－sinx，x∈(0，π)時，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.]15.0[“?x∈[a，b]，f(x)＋f(－x)≠0”的否定是?x∈[a，b]，f(x)＋f(－x)＝0，依題意得，命題?x∈[a，b]，f(x)＋f(－x)＝0為真命題，故函數(shù)y＝f(x)，x∈[a，b]為奇函數(shù)，所以a＋b＝0，所以f(a＋b)＝f(0)＝0.]16.(0，2][∵|x－1|≤2，∴－1≤x≤3，即p：－1≤x≤3.∵x2－2x＋1－a2≥0(a＞0)，∴x≤1－a或x≥1＋a，∴綈q：1－a＜x＜1＋a.∵p是綈q的必要不充分條件，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞0，,1－a≥－1，,1＋a≤3，))解得0＜a≤2，∴實數(shù)a的取值范圍是(0，2].]對點練3不等式及其性質(zhì)1.B[M2－N2＝(a＋b)－(a＋b＋2eq\r(ab))＝－2eq\r(ab)<0，∴M<N.]2.D[由題知a<b<0，c>d>0，則可取a＝－2，b＝－1，c＝2，d＝1，則eq\f(a,c)＝eq\f(－2,2)＝－1，eq\f(b,d)＝eq\f(－1,1)＝－1，故A錯誤，B錯誤；由于a<b<0，c>d>0，得－a>－b>0，c>d>0，則兩式相乘得－ac>－bd，則不等式左右兩邊同時除以cd得eq\f(－a,d)>eq\f(－b,c)，再同時除以－1得eq\f(a,d)<eq\f(b,c)，故C錯誤，D正確.]3.A[因為－3＜a＜－2，所以4<a2<9，而3＜b＜4，即eq\f(1,4)＜eq\f(1,b)＜eq\f(1,3)，故eq\f(a2,b)的取值范圍為(1，3).]4.B[對于A，不妨取a＝2，b＝1，c＝－1，則(a－b)c＝－1<0，故A錯誤；對于B，由a>b>0得eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又c<0，所以eq\f(c,a)>eq\f(c,b)，故B正確；對于C，當(dāng)a＝2，b＝1，c＝－1時，a－b＝1，a－c＝3，故C錯誤；對于D，當(dāng)b＋c＝0時，eq\f(1,b＋c)沒有意義，故D錯誤.]5.B[由a＞1知，a2＋1－2a＝(a－1)2＞0，2a－(a＋1)＝a－1＞0，∴a2＋1＞2a＞a＋1，而y＝logax在定義域上單調(diào)遞增，∴m＞p＞n.]6.B[若m＝－1，n＝1，則滿足p：eq\f(1,m)<eq\f(1,n)，但不滿足q：m>n>0，故p無法推出q；若m>n>0，則eq\f(1,mn)>0，對m>n兩邊同乘eq\f(1,mn)，得eq\f(1,n)>eq\f(1,m)，故q可以推出p，故p是q的必要不充分條件，故選B.]7.A[對于A，因為a>b>0>c，所以eq\f(a,b)>0>eq\f(a,c)，故A正確；對于B，因為函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)在R上單調(diào)遞減且a>c，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(c)，故B錯誤；對于C，因為a>0>c，所以eq\f(1,a)>0>eq\f(1,c)，故C錯誤；對于D，若a＝1，c＝－2，滿足a>0>c，但a2<c2，故D錯誤.]8.＞[M－N＝x2＋y2＋z2－2x－2y－2z＋π＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3≥π－3＞0，故M＞N.]9.(2，10)[∵－4<β<2，∴0≤|β|<4，又1<α<3，∴2<2α<6，∴2<2α＋|β|<10.]10.b＞d＞c＞a[由題意知d＞c；②＋③得2a＋b＋d＜2c＋b＋d，化簡得a＜c；由②式a＋b＝c＋d及a＜c可得到b＞d，故b＞d＞c＞a.]11.解eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(a－b,b2)＋eq\f(b－a,a2)＝(a－b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)－\f(1,a2)))＝eq\f(（a＋b）（a－b）2,a2b2).∵a＋b＞0，(a－b)2≥0，∴eq\f(（a＋b）（a－b）2,a2b2)≥0.∴eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).12.證明(1)∵bc≥ad，eq\f(1,bd)＞0，∴eq\f(c,d)≥eq\f(a,b)，∴eq\f(c,d)＋1≥eq\f(a,b)＋1，∴eq\f(a＋b,b)≤eq\f(c＋d,d).(2)∵c＞a＞b＞0，∴c－a＞0，c－b＞0.∵a＞b＞0，∴eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).又∵c＞0，∴eq\f(c,a)＜eq\f(c,b)，∴eq\f(c－a,a)＜eq\f(c－b,b)，又c－a＞0，c－b＞0，∴eq\f(a,c－a)＞eq\f(b,c－b).13.AD[因為a>b>0>c>d，所以a>b>0，0>c>d，對于A，因為0>c>d，由不等式的性質(zhì)可得c2<cd，故A正確；對于B，取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，則a－c＝3，b－d＝3，所以a－c＝b－d，故B錯誤；對于C，取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，則ac＝－2，bd＝－2，所以ac＝bd，故C錯誤；對于D，因為a>b>0，d<c<0，所以－d>－c>0，－ad>－bc，則ad<bc，所以eq\f(c,a)>eq\f(d,b)，故eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，故D正確.]14.BD[對于A，ac2－bc2＝c2(a－b)，因為b<a<0，所以a－b>0，又c2≥0，所以c2(a－b)≥0，則bc2≤ac2，故A錯誤；對于B，eq\f(c,a)－eq\f(c,b)＝eq\f(c（b－a）,ab)，因為b>a>0>c，所以c(b－a)<0，ab>0，所以eq\f(c,a)－eq\f(c,b)＝eq\f(c（b－a）,ab)<0，即eq\f(c,a)<eq\f(c,b)，故B正確；對于C，eq\f(a,c－a)－eq\f(b,c－b)＝eq\f(c（a－b）,（c－a）（c－b）)，因為c>b>a>0，所以c－a>0，c－b>0，a－b<0，所以eq\f(a,c－a)－eq\f(b,c－b)＝eq\f(c（a－b）,（c－a）（c－b）)<0，即eq\f(a,c－a)<eq\f(b,c－b)，故C錯誤；對于D，eq\f(a,b)－eq\f(a＋c,b＋c)＝eq\f(a（b＋c）－b（a＋c）,b（b＋c）)＝eq\f(（a－b）c,b（b＋c）)，因為a>b>c>0，所以a－b>0，b＋c>0，所以eq\f(（a－b）c,b（b＋c）)>0，即eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)，故D正確.]15.M>N[法一M－N＝eq\f(e2023＋1,e2024＋1)－eq\f(e2024＋1,e2025＋1)＝eq\f(（e2023＋1）（e2025＋1）－（e2024＋1）2,（e2024＋1）（e2025＋1）)＝eq\f(e2023＋e2025－2e2024,（e2024＋1）（e2025＋1）)＝eq\f(e2023（e－1）2,（e2024＋1）（e2025＋1）)>0.∴M>N.法二令f(x)＝eq\f(ex＋1,ex＋1＋1)＝eq\f(\f(1,e)（ex＋1＋1）＋1－\f(1,e),ex＋1＋1)＝eq\f(1,e)＋eq\f(1－\f(1,e),ex＋1＋1)，顯然f(x)是R上的減函數(shù)，∴f(2023)>f(2024)，即M>N.]16.(1)證明因為|b|＞|c|，且b＞0，c＜0，所以b＞－c，所以b＋c＞0.(2)證明因為c＜d＜0，所以－c＞－d＞0.又a＞b＞0，得a－c＞b－d＞0，所以(a－c)2＞(b－d)2＞0，所以0＜eq\f(1,（a－c）2)＜eq\f(1,（b－d）2).①因為a＞b，d＞c，可得a＋d＞b＋c，所以a＋d＞b＋c＞0.②由①，②相乘得eq\f(b＋c,（a－c）2)＜eq\f(a＋d,（b－d）2).(3)解因為a＋d＞b＋c＞0，0＜eq\f(1,（a－c）2)＜eq\f(1,（b－d）2)，所以eq\f(b＋c,（a－c）2)＜eq\f(b＋c,（b－d）2)＜eq\f(a＋d,（b－d）2)或eq\f(b＋c,（a－c）2)＜eq\f(a＋d,（a－c）2)＜eq\f(a＋d,（b－d）2).所以eq\f(b＋c,（b－d）2)，eq\f(a＋d,（a－c）2)均為所求代數(shù)式.(只要寫出一個即可)對點練4基本不等式1.D[由題意得4＝2a＋b≥2eq\r(2ab)，即2≥eq\r(2ab)，兩邊平方得4≥2ab，∴ab≤2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝1，b＝2時，等號成立，∴ab的最大值為2.]2.B[∵a2＋b2＝13，∴aeq\r(b2＋3)≤eq\f(a2＋b2＋3,2)＝eq\f(13＋3,2)＝8，當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\r(b2＋3)時等號成立，∴aeq\r(b2＋3)的最大值為8.]3.A[由題意得32＝9eq\f(1,a)·3eq\f(4,b)，即9＝9eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)，所以eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝1，又ab>0，所以a>0，b>0，所以a＋b＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝3＋eq\f(b,a)＋eq\f(2a,b)≥3＋2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(2a,b)，即a＝eq\r(2)＋1，b＝2＋eq\r(2)時等號成立，故a＋b的最小值為3＋2eq\r(2).]4.B[由x＋y＝7，得(x＋1)＋(y＋2)＝10，則(1＋x)(2＋y)≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（1＋x）＋（2＋y）,2)))eq\s\up12(2)＝25，當(dāng)且僅當(dāng)1＋x＝2＋y，即x＝4，y＝3時等號成立，所以(1＋x)(2＋y)的最大值為25.]5.C[∵x＜eq\f(2,3)，∴3x－2＜0，f(x)＝3x－2＋eq\f(9,3x－2)＋3＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（2－3x）＋\f(9,2－3x)))＋3≤－2eq\r(（2－3x）·\f(9,2－3x))＋3＝－3.當(dāng)且僅當(dāng)2－3x＝eq\f(9,2－3x)，即x＝－eq\f(1,3)時取“＝”.]6.C[法一因為xy＋x－2y＝4，所以(y＋1)x＝4＋2y，則x＝eq\f(2y＋2＋2,y＋1)＝2＋eq\f(2,y＋1)，故2x＋y＝4＋eq\f(4,y＋1)＋(y＋1)－1≥3＋2eq\r(\f(4,y＋1)·（y＋1）)＝7，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4,y＋1)＝y(tǒng)＋1，即y＝1，x＝3時等號成立.法二由xy＋x－2y＝4，得(x－2)·(y＋1)＝2，因為y＋1>0，所以x－2>0，故2x＋y＝2(x－2)＋(y＋1)＋3≥2eq\r(2（x－2）（y＋1）)＋3＝7，當(dāng)且僅當(dāng)2(x－2)＝y(tǒng)＋1，即y＝1，x＝3時等號成立.]7.AC[因為x，y為正實數(shù)，且x＋y＝1，所以y＝1－x，x∈(0，1)，所以x2＋y＝x2－x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)，當(dāng)x＝eq\f(1,2)時，x2＋y取最小值eq\f(3,4)，故A正確；eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(4,y)))(x＋y)＝5＋eq\f(y,x)＋eq\f(4x,y)≥5＋2eq\r(\f(y,x)·\f(4x,y))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(2,3)時等號成立，所以eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)的最小值為9，故B錯誤；(eq\r(x)＋eq\r(y))2＝x＋y＋2eq\r(xy)＝1＋2eq\r(xy)≤1＋x＋y＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\f(1,2)時等號成立，故eq\r(x)＋eq\r(y)≤eq\r(2)，即eq\r(x)＋eq\r(y)的最大值為eq\r(2)，故C正確；log2x＋log4y＝log2x＋log2eq\r(y)＝log2(xeq\r(y))，x2y＝x2(1－x)＝eq\f(1,2)x·x·(2－2x)≤eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋x＋2－2x,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(4,27)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2－2x，即x＝eq\f(2,3)時等號成立，所以xeq\r(y)≤eq\f(2\r(3),9).所以log2x＋log4y有最大值log2eq\f(2\r(3),9)，故D錯誤.]8.1[由eq\f(1,x)＋y＝2可得eq\f(1,x)＝2－y，則x＝eq\f(1,2－y)>0，可得0<y<2.eq\f(x,y)＝eq\f(1,y（2－y）)≥eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y＋2－y,2)))\s\up12(2))＝1，當(dāng)且僅當(dāng)y＝2－y，即y＝1時，等號成立，故eq\f(x,y)的最小值為1.]9.20[該公司一年購買某種貨物400噸，每次都購買x噸，則需要購買eq\f(400,x)次，運(yùn)費(fèi)為4萬元/次，一年的總存儲費(fèi)用為4x萬元，一年的總運(yùn)費(fèi)與總存儲費(fèi)用之和為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(400,x)·4＋4x))萬元，eq\f(400,x)·4＋4x≥160，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1600,x)＝4x，即x＝20噸時，一年的總運(yùn)費(fèi)與總存儲費(fèi)用之和最小.]10.0[因為y＝eq\f(x2－1＋1,x＋1)＝x－1＋eq\f(1,x＋1)＝x＋1＋eq\f(1,x＋1)－2(x>－1)，所以y≥2eq\r(1)－2＝0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時，等號成立.所以y＝eq\f(x2,x＋1)(x>－1)的最小值為0.]11.解(1)∵xy＝2x＋8y≥2eq\r(2x·8y)，即xy≥8eq\r(xy)，即xy≥64，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝8y，即x＝16，y＝4時，等號成立，∴xy的最小值為64.(2)由2x＋8y＝xy，得eq\f(8,x)＋eq\f(2,y)＝1，則x＋y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,x)＋\f(2,y)))(x＋y)＝10＋eq\f(2x,y)＋eq\f(8y,x)≥10＋2eq\r(\f(2x,y)·\f(8y,x))＝18.當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2x,y)＝eq\f(8y,x)，即x＝12，y＝6時等號成立，所以x＋y的最小值為18.12.解設(shè)直角梯形的高為xcm，∵宣傳欄(圖中陰影部分)的面積之和為1440cm2，且海報上所有水平方向和豎直方向的留空寬度均為2cm，∴海報寬AD＝x＋4，海報長DC＝eq\f(1440,x)＋8，故S矩形ABCD＝AD·DC＝(x＋4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1440,x)＋8))＝8x＋eq\f(5760,x)＋1472≥2eq\r(8x·\f(5760,x))＋1472＝192eq\r(5)＋1472，當(dāng)且僅當(dāng)8x＝eq\f(5760,x)，即x＝12eq\r(5)時，等號成立.∴當(dāng)直角梯形的高為12eq\r(5)cm時，用紙量最少.13.D[因為a＞0，b＞0，eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，所以a＋b＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(9,b)))＝10＋eq\f(b,a)＋eq\f(9a,b)≥10＋2eq\r(\f(b,a)·\f(9a,b))＝16，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(9a,b)，即a＝4，b＝12時取等號.由題意，得16≥－x2＋4x＋18－m，即x2－4x－2≥－m對任意的x恒成立，又x2－4x－2＝(x－2)2－6≥－6，所以－6≥－m，即m≥6.]14.AB[對于A，因為a>b>0且a＋b＝2，由不等式eq\f(a2＋b2,2)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)＝1，故a2＋b2>2，故A正確；對于B，eq\f(8,a)＋eq\f(2,b)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,a)＋\f(2,b)))(a＋b)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋\f(8b,a)＋\f(2a,b)))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋2\r(\f(8b,a)·\f(2a,b))))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(8b,a)＝eq\f(2a,b)，即a＝eq\f(4,3)，b＝eq\f(2,3)時等號成立，故B正確；對于C，lna＋lnb＝ln(ab)<lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)＝ln1＝0，故C錯誤；對于D，因為ab<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)＝1，所以0<ab<1，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＝(a－b)＋eq\f(b－a,ab)＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,ab)))＝eq\f(（a－b）（ab－1）,ab)<0，故D錯誤.故選AB.]15.3[法一eq\f(1,1＋a)＋eq\f(4,2－a)＝eq\f(3（a＋2）,（1＋a）（2－a）)，設(shè)t＝a＋2，t∈(1，4)，則a＝t－2.所以eq\f(3（a＋2）,（1＋a）（2－a）)＝eq\f(3t,（t－1）（4－t）)＝－eq\f(3t,t2－5t＋4)＝－eq\f(3,t＋\f(4,t)－5)≥－eq\f(3,2\r(t·\f(4,t))－5)＝3，當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(4,t)，即t＝2時等號成立，所以eq\f(1,1＋a)＋eq\f(4,2－a)的最小值是3.法二因為－1<a<2，所以a＋1>0，2－a>0，且(1＋a)＋(2－a)＝3，所以eq\f(1,1＋a)＋eq\f(4,2－a)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋a)＋\f(4,2－a)))(1＋a＋2－a)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5＋\f(2－a,1＋a)＋\f(4（1＋a）,2－a)))≥eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(2－a,1＋a)·\f(4（1＋a）,2－a))))＝3，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2－a,1＋a)＝eq\f(4（1＋a）,2－a)，即a＝0時等號成立，所以eq\f(1,1＋a)＋eq\f(4,2－a)的最小值是3.]16.解(1)每套會徽及吉祥物售價為100元時，銷售量為15－0.1×100＝5(萬套)，供貨單價為50＋eq\f(10,5)＝52(元)，總利潤為5×(100－52)＝240(萬元).(2)設(shè)售價為x元，則銷售量為(15－0.1x)萬套，供貨單價為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(50＋\f(10,15－0.1x)))元，單套利潤為x－50－eq\f(10,15－0.1x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－50－\f(100,150－x)))元，因為15－0.1x>0，所以0<x<150.所以單套利潤為y＝x－50－eq\f(100,150－x)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（150－x）＋\f(100,150－x)))＋100≤100－2eq\r(（150－x）·\f(100,150－x))＝80，當(dāng)且僅當(dāng)150－x＝10，即x＝140時取等號，所以每套會徽及吉祥物售價為140元時，單套的利潤最大，最大值是80元.對點練5二次函數(shù)及其性質(zhì)1.A[易知函數(shù)y＝x2－2ax＋3的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，a]，故a≥3.]2.B[二次函數(shù)g(x)滿足g(1)＝1，g(－1)＝5，且圖象過原點，設(shè)二次函數(shù)為g(x)＝ax2＋bx(a≠0)，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝1，,a－b＝5，))則a＝3，b＝－2，所求的二次函數(shù)為g(x)＝3x2－2x.]3.C[若a>0，則一次函數(shù)y＝ax＋b為增函數(shù)，二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的圖象開口向上，故可排除A，D；對于B，由直線可知a>0，b>0，從而－eq\f(b,2a)<0，而二次函數(shù)的對稱軸在y軸的右側(cè)，故排除B，選C.]4.B[函數(shù)f(x)的圖象開口向下，對稱軸為x＝a，故f(a)>f(a－1)＝f(a＋1).]5.A[由f(0)＝f(4)，得f(x)圖象的對稱軸為直線x＝－eq\f(b,2a)＝2，所以4a＋b＝0，又f(0)＝f(4)>f(1)，所以f(x)的圖象開口向上，a>0.故選A.]6.B[易知f(x)＝x2－4x＋1的圖象是一條開口向上，對稱軸為直線x＝2的拋物線，當(dāng)x＝1時，y＝－2，當(dāng)x＝2時，y＝－3，由y＝－2，得x＝1或x＝3，因為f(x)在定義域內(nèi)的最大值與最小值之和為－5，所以2≤t≤3.故選B.]7.ABC[二次函數(shù)對應(yīng)二次方程根的判別式Δ＝(－2)2－4a＝4－4a＞0，a＜1，故A正確；由根與系數(shù)的關(guān)系得，x1＋x2＝2，x1x2＝a，eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(x1＋x2,x1x2)＝eq\f(2,a)，故B正確；因為f(x)的對稱軸為x＝1，點(－1，f(－1))，(3，f(3))關(guān)于對稱軸對稱，故C正確；當(dāng)a＝0時，y＝f(|x|)＝x2－2|x|有3個零點，故D不正確.]8.f(x)＝x2－4x＋3[∵f(2－x)＝f(2＋x)對任意x∈R恒成立，∴f(x)圖象的對稱軸為直線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)＝a(x－1)(x－3)(a≠0)，∵f(x)的圖象過點(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.]9.[－2，0][當(dāng)0≤x≤1時，φ(x)＝x2－mx＋m，此時φ(x)單調(diào)遞增，則eq\f(m,2)≤0，即m≤0；當(dāng)x>1時，φ(x)＝x2＋mx－m，此時φ(x)單調(diào)遞增，則－eq\f(m,2)≤1，則m≥－2.綜上，實數(shù)m的取值范圍是[－2，0].]10.[2，4][解方程f(x)＝x2－4x＋2＝2，解得x＝0或x＝4，解方程f(x)＝x2－4x＋2＝－2，解得x＝2，由于f(x)在[a，b]上的值域為[－2，2].若f(x)在[a，b]上單調(diào)，則[a，b]＝[0，2]或[a，b]＝[2，4]，此時b－a取得最小值2；若f(x)在[a，b]上不單調(diào)，且當(dāng)b－a取最大值時，[a，b]＝[0，4]，所以b－a的最大值為4.所以b－a的取值范圍是[2，4].]11.解當(dāng)a＝0時，f(x)＝－2x在[0，1]上單調(diào)遞減，∴f(x)min＝f(1)＝－2.當(dāng)a＞0時，f(x)＝ax2－2x的圖象開口向上，且對稱軸為x＝eq\f(1,a).①當(dāng)0＜eq\f(1,a)≤1，即a≥1時，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eq\f(1,a)－eq\f(2,a)＝－eq\f(1,a).②當(dāng)eq\f(1,a)＞1，即0＜a＜1時，f(x)在[0，1]上單調(diào)遞減，∴f(x)min＝f(1)＝a－2.當(dāng)a＜0時，f(x)＝ax2－2x的圖象開口向下，且對稱軸x＝eq\f(1,a)＜0，∴f(x)＝ax2－2x在[0，1]上單調(diào)遞減，∴f(x)min＝f(1)＝a－2.綜上所述，f(x)min＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2，a＜1，,－\f(1,a)，a≥1.))12.解(1)f(x)＝a(x－1)2＋2＋b－a(a≠0).當(dāng)a＞0時，f(x)在[2，3]上單調(diào)遞增，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（3）＝5，,f（2）＝2))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9a－6a＋2＋b＝5，,4a－4a＋2＋b＝2))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0；))當(dāng)a＜0時，f(x)在[2，3]上單調(diào)遞減，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（3）＝2，,f（2）＝5))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9a－6a＋2＋b＝2，,4a－4a＋2＋b＝5))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝3.))(2)因為b＜1，所以a＝1，b＝0，即f(x)＝x2－2x＋2.g(x)＝x2－2x＋2－mx＝x2－(2＋m)x＋2，因為g(x)在[2，4]上單調(diào)，所以eq\f(2＋m,2)≤2或eq\f(m＋2,2)≥4，解得m≤2或m≥6.故m的取值范圍是(－∞，2]∪[6，＋∞).13.C[二次函數(shù)f(x)＝x2－2(a－1)x＋a圖象的對稱軸為直線x＝a－1，∵對于任意x1，x2∈[－1，2]且x1≠x2，都有f(x1)≠f(x2)，即f(x)在區(qū)間[－1，2]上是單調(diào)函數(shù)，∴a－1≤－1或a－1≥2，∴a≤0或a≥3，即實數(shù)a的取值范圍為(－∞，0]∪[3，＋∞).]14.D[因為g(x)＝ax2＋bx＋c，所以f(x)＝(x＋2)g(x)＝(x＋2)(ax2＋bx＋c)＝ax3＋(b＋2a)x2＋(c＋2b)x＋2c.因為f(x)＋f(－x)＝0，所以f(x)是奇函數(shù)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＋2a＝0，,2c＝0，))即b＝－2a，c＝0，所以g(x)＝ax2－2ax.因為a≠0，不清楚a是正還是負(fù)，所以不能確定g(x)有最大值還是最小值，所以A，B均不正確.g(x)圖象的對稱軸為直線x＝－eq\f(－2a,2a)＝1.若g(2＋x)＝g(2－x)，則g(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱；若g(2＋x)＝g(－x)，則g(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，所以C不正確，D正確.]15.(0，2)[因為函數(shù)f(x)＝－x2＋mx＋1是[－1，1]上的平均值函數(shù)，設(shè)x0為均值點，所以eq\f(f（1）－f（－1）,1－（－1）)＝m＝f(x0)，即關(guān)于x0的方程－xeq\o\al(2,0)＋mx0＋1＝m在(－1，1)內(nèi)有實數(shù)根，解方程得x0＝1或m－1.由于x0≠±1，則x0＝m－1，所以必有－1＜m－1＜1，即0＜m＜2，所以實數(shù)m的取值范圍是(0，2).]16.解(1)由f(x)＝ax2＋bx，且f(2)＝0，則4a＋2b＝0，又方程f(x)＝x有等根，即ax2＋(b－1)x＝0有等根，得b＝1，從而a＝－eq\f(1,2)，所以f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋x.(2)假定存在符合條件的m，n，由(1)知f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋x＝－eq\f(1,2)(x－1)2＋eq\f(1,2)≤eq\f(1,2)，則有2n≤eq\f(1,2)，即n≤eq\f(1,4).又f(x)圖象的對稱軸為直線x＝1，則f(x)在[m，n]上單調(diào)遞增，于是得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＜n≤\f(1,4)，,f（m）＝2m，,f（n）＝2n，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＜n≤\f(1,4)，,－\f(1,2)m2＋m＝2m，,－\f(1,2)n2＋n＝2n，))解方程組得m＝－2，n＝0，所以存在m＝－2，n＝0，使函數(shù)f(x)在[－2，0]上的值域為[－4，0].對點練6一元二次方程、不等式1.A[由－x2＋3x＋10＞0得x2－3x－10＜0，解得－2＜x＜5.]2.B[因為關(guān)于x的不等式x2＋px＋q<0的解集是{x|－1<x<2}，所以x2＋px＋q＝0的兩根是－1，2，由根與系數(shù)的關(guān)系可得p＝－1，q＝－2，所以eq\f(x2＋px－12,x＋q)>0可轉(zhuǎn)化為eq\f(（x－4）（x＋3）,x－2)>0，解得－3<x<2或x>4.所以原不等式的解集為(－3，2)∪(4，＋∞).]3.D[不等式x2－2ax＋a>0對?x∈R恒成立，只需Δ＝4a2－4a<0，解得0<a<1，因為集合{a|0<a<1}是集合{a|0<a<2}的真子集，所以“關(guān)于x的不等式x2－2ax＋a>0對?x∈R恒成立”的一個必要不充分條件是“0<a<2”，故選D.]4.C[法一對任意的x∈(0，＋∞)，x2－mx＋1>0恒成立，即m<x＋eq\f(1,x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，即m<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\do7(min)，x∈(0，＋∞).當(dāng)x>0時，x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)，即x＝1時取等號，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\do7(min)＝2，則m<2.法二設(shè)f(x)＝x2－mx＋1，對任意的x∈(0，＋∞)，x2－mx＋1>0恒成立，則滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)>0，,Δ＝m2－4<0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)≤0，,f（0）≥0，))解得0<m<2或m≤0，所以m<2.]5.A[設(shè)f(x)＝x2－4x－a，則f(x)的圖象開口向上，對稱軸為直線x＝2，所以要使不等式x2－4x－a＞0在區(qū)間(1，5)內(nèi)有解，只要f(5)＞0即可，即25－20－a＞0，得a＜5，所以實數(shù)a的取值范圍為(－∞，5).]6.A[由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3＜0，,x2－6x＋8＜0，))解得x∈(2，3)，因為(2，3)是不等式x2－3x＋a＜0的解集的子集，故f(x)＝x2－3x＋a要滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（2）≤0，,f（3）≤0，))解得a≤0.]7.AB[畫出函數(shù)f(x)＝x2＋5x＋m的大致圖象，關(guān)于x的一元二次不等式x2＋5x＋m<0的解集為函數(shù)圖象在x軸下方的部分對應(yīng)的點的橫坐標(biāo)x的集合，由函數(shù)f(x)＝x2＋5x＋m的圖象的對稱軸為x＝－eq\f(5,2)，所以為使得不等式的解集中有且僅有2個整數(shù)，必須且只需使得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－2）＝4－10＋m<0，,f（－1）＝1－5＋m≥0，))解得4≤m<6.]8.{x|1＜x＜4}[原不等式可化為eq\f(x＋2,x－1)－2＞0，即eq\f(（x＋2）－2（x－1）,x－1)＞0，即eq\f(4－x,x－1)＞0，即(x－1)(x－4)＜0，解得1＜x＜4，∴原不等式的解集為{x|1＜x＜4}.]9.[2，10)[因為x2＋x＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(7,4)>0，所以原不等式等價于kx2＋kx＋6>2x2＋2x＋4，即(k－2)x2＋(k－2)x＋2>0恒成立.當(dāng)k＝2時，2>0，顯然成立；當(dāng)k≠2時，k滿足不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k－2>0，,Δ＝（k－2）2－4×2（k－2）<0，))解得2<k<10.綜上所述，實數(shù)k的取值范圍是[2，10).]10.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7)))[要使f(x)＜－m＋5在x∈[1，3]上恒成立，即meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)m－6＜0在x∈[1，3]上恒成立.有以下兩種方法：法一令g(x)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)m－6，x∈[1，3].當(dāng)m＞0時，g(x)在[1，3]上單調(diào)遞增，所以g(x)max＝g(3)，即7m－6＜0，所以m＜eq\f(6,7)，所以0＜m＜eq\f(6,7)；當(dāng)m＝0時，－6＜0恒成立；當(dāng)m＜0時，g(x)在[1，3]上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(1)，即m－6＜0，所以m＜6，所以m＜0.綜上所述，m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7))).法二因為x2－x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)＞0，又因為m(x2－x＋1)－6＜0在x∈[1，3]上恒成立，所以m＜eq\f(6,x2－x＋1)在x∈[1，3]上恒成立.令y＝eq\f(6,x2－x＋1)，因為函數(shù)y＝eq\f(6,x2－x＋1)＝eq\f(6,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4))在[1，3]上的最小值為eq\f(6,7)，所以只需m＜eq\f(6,7)即可.所以m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7))).]11.解(1)由題意知f(1)＝－3＋a(6－a)＋6＝－a2＋6a＋3＞0，即a2－6a－3＜0，解得3－2eq\r(3)＜a＜3＋2eq\r(3).所以不等式的解集為{a|3－2eq\r(3)＜a＜3＋2eq\r(3)}.(2)∵f(x)＞b的解集為(－1，3)，∴方程－3x2＋a(6－a)x＋6－b＝0的兩根為－1，3，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（－1）＋3＝\f(a（6－a）,3)，,（－1）×3＝－\f(6－b,3)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3±\r(3)，,b＝－3.))故a的值為3±eq\r(3)，b的值為－3.12.解(1)∵當(dāng)x∈R時，x2＋ax＋3－a≥0恒成立，需Δ＝a2－4(3－a)≤0，即a2＋4a－12≤0，解得－6≤a≤2，∴實數(shù)a的取值范圍是[－6，2].(2)由題意可轉(zhuǎn)化為x2＋ax＋3－a≥0在x∈[－2，2]上恒成立，令g(x)＝x2＋ax＋3－a，則有①Δ≤0或②eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,－\f(a,2)<－2，,g（－2）＝7－3a≥0))或③eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,－\f(a,2)>2，,g（2）＝7＋a≥0，))解①得－6≤a≤2，解②得a∈?，解③得－7≤a＜－6.綜上可得，滿足條件的實數(shù)a的取值范圍是[－7，2].(3)令h(a)＝xa＋x2＋3，當(dāng)a∈[4，6]時，h(a)≥0恒成立，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h（4）≥0，,h（6）≥0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＋3≥0，,x2＋6x＋3≥0，))解得x≤－3－eq\r(6)或x≥－3＋eq\r(6).∴實數(shù)x的取值范圍是(－∞，－3－eq\r(6)]∪[－3＋eq\r(6)，＋∞).13.CD[∵|f(x)|≤5?－5≤x2－ax－1≤5，①當(dāng)x＝0時，a∈R；②當(dāng)x≠0時，由－5≤x2－ax－1≤5，得x－eq\f(6,x)≤a≤x＋eq\f(4,x)，當(dāng)x∈(0，3]時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))eq\s\do7(min)＝2＋eq\f(4,2)＝4，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(6,x)))eq\s\do7(max)＝3－2＝1，∴1≤a≤4.綜上，1≤a≤4.]14.A[因為x＝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.]15.(0，1)(－∞，－1)∪(2，＋∞)[當(dāng)a＝1時，由(x－a)?(x＋a)>0，得(x－1)?(x＋1)>0，則(x－1)(1－x－1)>0，即x(x－1)<0，則0<x<1，所以不等式的解集為(0，1)；由(x－a)?(x＋a)>0，得(x－a)(1－x－a)>0，則x2－x<a(a－1)，當(dāng)x∈[0，2]時，f(x)＝x2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,4)，該二次函數(shù)圖象的對稱軸方程為x＝eq\f(1,2)，所以f(x)max＝f(2)＝2，要想不等式恒成立只需2<a(a－1)，解得a<－1或a>2，所以實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－1)∪(2，＋∞).]16.解原不等式可化為ax2＋(a－2)x－2≥0.①當(dāng)a＝0時，原不等式可化為x＋1≤0，解得x≤－1.②當(dāng)a＞0時，原不等式可化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))(x＋1)≥0，解得x≥eq\f(2,a)或x≤－1.③當(dāng)a＜0時，原不等式化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))(x＋1)≤0.當(dāng)eq\f(2,a)＞－1，即a＜－2時，解得－1≤x≤eq\f(2,a)；當(dāng)eq\f(2,a)＝－1，即a＝－2時，解得x＝－1；當(dāng)eq\f(2,a)＜－1，即－2＜a＜0時，解得eq\f(2,a)≤x≤－1.綜上所述，當(dāng)a＝0時，不等式的解集為{x|x≤－1}；當(dāng)a＞0時，不等式的解集為{x|x≥eq\f(2,a)，或x≤－1}；當(dāng)－2＜a＜0時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(2,a)≤x≤－1))；當(dāng)a＝－2時，不等式的解集為{－1}；當(dāng)a＜－2時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－1≤x≤\f(2,a))).對點練7函數(shù)的概念及其表示1.D[∵f(x)＝lg(x－2)＋eq\f(1,x－3)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2>0，,x－3≠0，))解得x>2，且x≠3，∴函數(shù)f(x)的定義域為(2，3)∪(3，＋∞).]2.ACD[選項B中圖象，對于x≠0的一個x值，有兩個y值與之對應(yīng)，故不是函數(shù)圖象；選項A，C，D中圖象，均滿足函數(shù)的定義，故是函數(shù)圖象.]3.D[法一∵f(x＋2)＝(x2＋4x＋4)－7(x＋2)＋14＝(x＋2)2－7(x＋2)＋14，∴f(x)＝x2－7x＋14，故f(1)＝1－7＋14＝8.法二由x＋2＝1，得x＝－1，代入f(x＋2)＝x2－3x＋4，得f(1)＝(－1)2－3×(－1)＋4＝8.故選D.]4.BD[函數(shù)y＝x＋2的定義域為R，對于A，y＝(eq\r(x＋2))2的定義域為[－2，＋∞)，故A錯誤；對于B，y＝eq\r(3,x3)＋2＝x＋2，定義域為R，解析式相同，故B正確；對于C，y＝eq\f(x2,x)＋2的定義域為{x|x≠0}，故C錯誤；對于D，y＝t＋2，定義域為R，解析式相同，故D正確.故選BD.]5.D[令f(a)＝t，則f(t)＝2，可得t＝0或t＝1，當(dāng)t＝0時，即f(a)＝0，顯然a≤0，因此a＋2＝0?a＝－2，當(dāng)t＝1時，即f(a)＝1，顯然a≤0，因此a＋2＝1?a＝－1，綜上所述，a＝－2或－1.]6.A[由題意可得y＝f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x，0≤x＜1，,\f(3,4)－\f(x,4)，1≤x＜2，,\f(5,4)－\f(1,2)x，2≤x≤\f(5,2).))畫出函數(shù)f(x)的大致圖象，故選A.]7.D[對于A，當(dāng)x＝1時，f(|1|)＝f(1)＝1；當(dāng)x＝－1時，f(|－1|)＝f(1)＝－1，不符合函數(shù)定義，故A錯誤；對于B，令x＝0，則f(sinx)＝f(0)＝0；令x＝π，則f(sinπ)＝f(0)＝π2，不符合函數(shù)定義，故B錯誤；對于C，令x＝0，則f(0)＝0；令x＝－2，則f((－2)2＋2×(－2))＝f(0)＝2，不符合函數(shù)定義，故C錯誤；對于D，f(|x|)＝x2＋1＝|x|2＋1，x∈R，|x|≥0，則存在x≥0時，f(x)＝x2＋1，符合函數(shù)定義，即存在函數(shù)f(x)＝x2＋1(x≥0)滿足：對任意x∈R都有f(|x|)＝x2＋1，故D正確.故選D.]8.(－∞，0)∪(0，1][要使函數(shù)f(x)有意義，則x≠0且1－x≥0，解得x∈(－∞，0)∪(0，1].]9.eq\f(2,3)x[∵f(x)－2f(－x)＝2x，①∴f(－x)－2f(x)＝－2x，②由①＋②×2得f(x)＝eq\f(2,3)x.]10.－1或7(寫出一個即可)[因為函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1－2，x≤1，,log2（x＋1），x>1，))可得當(dāng)x>1時，f(x)＝log2(x＋1)>log22＝1，當(dāng)x≤1時，f(x)＝2x－1－2≤20－2＝－1.當(dāng)a>1且6－a>1，即1<a<5時，f(a)＋f(6－a)>1＋1與f(a)＋f(6－a)＝eq\f(5,4)矛盾，不符合題意；當(dāng)a>1且6－a≤1，即a≥5時，f(a)＋f(6－a)＝log2(a＋1)＋25－a－2＝eq\f(5,4)，則a＝7；當(dāng)a≤1且6－a>1，即a≤1時，則f(a)＋f(6－a)＝log2(7－a)＋2a－1－2＝eq\f(5,4)，則a＝－1.綜上所述，a可以為－1或7.]11.解(1)∵eq\f(3,2)＞1，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝－2×eq\f(3,2)＋8＝5.∵0＜eq\f(1,π)＜1，∴feq\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)這個函數(shù)的圖象如圖.在函數(shù)f(x)＝3x＋5的圖象上截取x≤0的部分，在函數(shù)f(x)＝x＋5的圖象上截取0＜x≤1的部分，在函數(shù)f(x)＝－2x＋8的圖象上截取x＞1的部分.圖中實線組成的圖形就是函數(shù)f(x)的圖象.(3)由函數(shù)圖象可知，當(dāng)x＝1時，f(x)取最大值6.12.解(1)令t＝x＋1，則x＝t－1，∴f(t)＝2(t－1)2－(t－1)＋3＝2t2－4t＋2－t＋1＋3＝2t2－5t＋6.∴f(x)＝2x2－5x＋6.(2)∵f(x)為一次函數(shù)，∴設(shè)f(x)＝kx＋b(k≠0)，∴f(f(x))＝f(kx＋b)＝k(kx＋b)＋b＝k2x＋kb＋b＝4x＋9，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k2＝4，,kb＋b＝9，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝2，,b＝3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－2，,b＝－9，))∴f(x)＝2x＋3或f(x)＝－2x－9.(3)∵2f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝x，①∴2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋f(x)＝eq\f(1,x).②由①×2－②，得f(x)＝eq\f(2,3)x－eq\f(1,3x)(x≠0).13.B[要使f(x)＝lgeq\f(1－x,1＋x)有意義，則eq\f(1－x,1＋x)>0，即(1－x)(1＋x)>0，解得－1<x<1，所以函數(shù)f(x)的定義域為(－1，1).要使g(x)＝f(x－1)＋eq\r(2x－1)有意義，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1<x－1<1，,2x－1≥0，))解得eq\f(1,2)≤x<2，所以函數(shù)g(x)的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(1,2)≤x<2)).]14.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))[當(dāng)x≤0時，x＋1≤1，f(x)<f(x＋1)?x2－1<(x＋1)2－1，解得－eq\f(1,2)<x≤0；當(dāng)0<x≤1時，x＋1>1，此時f(x)＝x2－1≤0，f(x＋1)＝log2(x＋1)>0，∴0<x≤1時，恒有f(x)<f(x＋1)；當(dāng)x>1時，f(x)<f(x＋1)?log2x<log2(x＋1)恒成立，綜上可知，不等式f(x)<f(x＋1)的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).]15.2[f(x)＝maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(|x|，\f(1,x)))(x>0)，當(dāng)0<x<1時，eq\f(1,x)>|x|＝x；當(dāng)x＝1時，eq\f(1,x)＝|x|＝x；當(dāng)x>1時，eq\f(1,x)<|x|＝x.所以f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，0<x<1，,x，x≥1，))畫出f(x)的圖象如圖所示.f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝1，則1≥m－1，即m≤2，m的最大值是2.]16.解(1)由題意及函數(shù)圖象，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(402,200)＋40m＋n＝8.4，,\f(602,200)＋60m＋n＝18.6，))解得m＝eq\f(1,100)，n＝0，∴y＝eq\f(x2,200)＋eq\f(x,100)(x≥0).(2)令eq\f(x2,200)＋eq\f(x,100)≤25.2，得－72≤x≤70.∵x≥0，∴0≤x≤70.故行駛的最大速度是70km/h.對點練8單調(diào)性與最大(小)值(一)1.AC[對于A，由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性得f(x)＝－eq\f(3,x＋1)在(1，＋∞)上為增函數(shù)，A符合題意；對于B，f(x)＝x2－3x圖象的對稱軸為直線x＝eq\f(3,2)，所以該函數(shù)在(1，＋∞)上是先減后增，B不符合題意；對于C，當(dāng)x>1時，f(x)＝|x＋2|＝x＋2是增函數(shù)，C符合題意；對于D，f(x)＝3－x在(1，＋∞)上是減函數(shù)，D不符合題意.]2.ABD[由圖可知，f(x)在區(qū)間[－5，－3]上單調(diào)遞增，A正確；f(x)在區(qū)間[1，4]上單調(diào)遞增，B正確；f(x)在區(qū)間[－3，1]，[4，5]上單調(diào)遞減，單調(diào)區(qū)間不可以用“∪”連接，C錯誤；f(x)在區(qū)間[－5，5]上不單調(diào)，D正確.]3.CD[f(x)＝eq\r(－x2＋2x＋3)，則定義域滿足－x2＋2x＋3≥0，解得－1≤x≤3，即定義域為[－1，3]，考慮函數(shù)y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4在[－1，3]上有最大值4，最小值0.在區(qū)間[－1，1]上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，3]上單調(diào)遞減.故f(x)＝eq\r(－x2＋2x＋3)的值域為[0，2]，在區(qū)間[－1，1]上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，3]上單調(diào)遞減.]4.C[由函數(shù)f(x)＝ax＋1在R上單調(diào)遞減，可知a<0.∴g(x)＝a(x2－4x＋3)的圖象開口向下，對稱軸為直線x＝2，∴g(x)在(－∞，2)上單調(diào)遞增.故選C.]5.D[∵f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x≥t，,x，0<x<t))(t>0)是區(qū)間(0，＋∞)上的增函數(shù)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t2≥t，,t>0，))∴t≥1.]6.A[因為函數(shù)f(x)＝x2－4x＋2圖象的對稱軸為直線x＝2，所以函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(－∞，2]上是減函數(shù)，又當(dāng)x≤2且x≠0時，eq\f(f（x）,x)＝x＋eq\f(2,x)－4，令g(x)＝x＋eq\f(2,x)－4(x≤2且x≠0)，則g(x)在(－∞，－eq\r(2)]和[eq\r(2)，2]上單調(diào)遞增，故f(x)的“可變區(qū)間”I為(－∞，－eq\r(2)]和[eq\r(2)，2].]7.CD[根據(jù)題意，f(x)＝eq\f(bx＋3,ax＋2)＝eq\f(\f(b,a)（ax＋2）＋3－\f(2b,a),ax＋2)＝eq\f(3－\f(2b,a),ax＋2)＋eq\f(b,a)，其定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠－\f(2,a))).若函數(shù)f(x)＝eq\f(bx＋3,ax＋2)在區(qū)間(－2，＋∞)上單調(diào)遞增，必有－eq\f(2,a)≤－2，3－eq\f(2b,a)<0，即0<a≤1且eq\f(2b,a)>3，據(jù)此分析選項C，D符合.]8.①③④[由題意，知f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，①③④在(0，＋∞)上均為增函數(shù).]9.(－∞，1][作出f(x)的圖象如圖所示，由圖可知－a≥－1，即a≤1.]10.f(x)＝(x－1)2，x∈(0，4)(答案不唯一，如f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x，0<x<4，,1，x＝4，))只要滿足題意即可)[由題意知，f(x)＝(x－1)2，x∈(0，4)，則函數(shù)f(x)的圖象在(0，4)上先單調(diào)遞減再單調(diào)遞增，當(dāng)x＝1時，函數(shù)值最小，且f(x)<f(4)，滿足題意，所以函數(shù)f(x)＝(x－1)2，x∈(0，4)可以說明命題p為假命題.]11.解(1)f(x)＝x|x－4|＝eq\b\lc\{(\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).12.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)的定義域為R，∴任取x1，x2∈R，且x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝a－eq\f(2,2x1＋1)－a＋eq\f(2,2x2＋1)＝eq\f(2（2x1－2x2）,（1＋2x1）（1＋2x2）).∵y＝2x在R上單調(diào)遞增且x1<x2，∴0<2x1<2x2，∴2x1－2x2<0，2x1＋1>0，2x2＋1>0，∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在R上單調(diào)遞增.13.BD[對