《微專題小練習》數(shù)學新高考 詳解答案

詳解答案微專題小練習數(shù)學(新教材)詳解答案專練1集合及其運算1．C方法一因為N＝{x|x2－x－6≥0}＝{x|x≥3或x≤－2}，所以M∩N＝{－2}，故選C.方法二由于1∈/N，所以1∈/M∩N，排除A，B；由于2∈/N，所以2∈/M∩N，排除D.故選C.2．B依題意，有a－2＝0或2a－2＝0.當a－2＝0時，解得a＝2，此時A＝{0，－2}，B＝{1，0，2}，不滿足A?B；當2a－2＝0時，解得a＝1，此時A＝{0，－1}，B＝{－1，0，1}，滿足A?B.所以a＝1，故選B.3．A由題意知，?UM＝{2，3，5}，又N＝{2，5}，所以N∪?UM＝{2，3，5}，故選A.4．B方法一由(?RM)?N，得(?RN)?M，所以M∪(?RN)＝M，故選B.方法二根據(jù)題意作出集合M，N，如圖所示，集合M為圖中陰影部分，集合N為圖中除內(nèi)部小圓之外的部分，顯然滿足(?RM)?N，由圖易得(?RN)?M，所以M∪(?RN)＝M，故選B.5．D由eq\r(x)＜4，得0≤x＜16，即M＝{x|0≤x＜16}．易得N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≥\f(1,3)))))，所以M∩N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤x<16)))).故選D.6．D因為方程x2－4x＋3＝0的解為x＝1或x＝3，所以B＝{1，3}．又A＝{－1，2}，所以A∪B＝{－1，1，2，3}．因為U＝{－2，－1，0，1，2，3}，所以?U(A∪B)＝{－2，0}．故選D.7．B∵?RB＝{x|x<1}，∴A∩?RB＝{x|0<x<2}∩{x|x<1}＝{x|0<x<1}．8．A由題意知，?UN＝{2，4，8}，所以M∪?UN＝{0，2，4，6，8}．故選A.9．A方法一M＝{…，－2，1，4，7，10，…}，N＝{…，－1，2，5，8，11，…}，所以M∪N＝{…，－2，－1，1，2，4，5，7，8，10，11，…}，所以?U(M∪N)＝{…，－3，0，3，6，9，…}，其元素都是3的倍數(shù)，即?U(M∪N)＝{x|x＝3k，k∈Z}，故選A.方法二集合M∪N表示被3除余1或2的整數(shù)集，則它在整數(shù)集中的補集是恰好被3整除的整數(shù)集，故選A.10．3解析：由U＝{1，2，a2－2a－3}，?UA＝{0}可得a2－2a－3＝0.又A＝{|a－2|，2}，故|a－2|＝1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－2a－3＝0，,|a－2|＝1))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a－3）（a＋1）＝0，,a－2＝±1，))解得a＝3.11.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))解析：因為M∩N＝M，所以M?N.當M＝?時，1－a≥2a，解得a≤eq\f(1,3)；當M≠?時，a>eq\f(1,3)且eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a≤4，,1－a≥1，))無解．綜上，實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3))).12.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(7,2)))解析：因為A∩B≠?，所以A，B為非空集合，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2≤6－m,m－1≤2m＋1))，解得－2≤m≤4.同時，要使A∩B≠?，則需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－1≤2,2m＋1≥2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－1≤6－m,6－m≤2m＋1))，解得eq\f(1,2)≤m≤3或eq\f(5,3)≤m≤eq\f(7,2)，即eq\f(1,2)≤m≤eq\f(7,2).綜上，eq\f(1,2)≤m≤eq\f(7,2).13．AM∪N＝{x|x<2}，所以?U(M∪N)＝{x|x≥2}，故選A.14．AD因為A∪B＝A，所以B?A.因為A＝{1，3，m2}，B＝{1，m}，所以m2＝m或m＝3，解得m＝0或m＝1或m＝3.當m＝0時，A＝{1，3，0}，B＝{1，0}，符合題意；當m＝1時，集合A中元素不滿足互異性，不符合題意；當m＝3時，A＝{1，3，9}，B＝{1，3}，符合題意．綜上，m＝0或3.故選AD.15．[0，4)解析：當a＝0時，原方程無解．當a≠0時，方程ax2＋ax＋1＝0無解，則需Δ＝a2－4a<0，解得0<a<4.綜上，0≤a<4.16．(－∞，－2)∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))解析：顯然A＝{x|－1≤x≤6}，當B＝?時，m－1>2m＋1，即m<－2符合題意；當B≠?時，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－1≤2m＋1，,m－1≥－1，,2m＋1≤6，))得0≤m≤eq\f(5,2).綜上得m<－2或0≤m≤eq\f(5,2).專練2常用邏輯用語1．D因為全稱量詞命題的否定是存在量詞命題，所以命題p的否定為“?x≥1，2x－log2x＜1”．故選D.2．B甲等價于sin2α＝1－sin2β＝cos2β，等價于sinα＝±cosβ，所以由甲不能推導出sinα＋cosβ＝0，所以甲不是乙的充分條件；由sinα＋cosβ＝0，得sinα＝－cosβ，平方可得sin2α＝cos2β＝1－sin2β，即sin2α＋sin2β＝1，所以由乙可以推導出甲，則甲是乙的必要條件．綜上，選B.3．Can＝qn－1，當0<q<1時，0<eq\f(an＋1,an)＝q<1，所以數(shù)列{an}單調(diào)遞減，故充分性成立，若數(shù)列{an}單調(diào)遞減，則0<eq\f(an＋1,an)<1，即0<q<1，故必要性成立，所以0<q<1是數(shù)列{an}單調(diào)遞減的充要條件．故選C.4．B由x2－5x<0可得0<x<5.由|x－1|<1可得0<x<2.由于區(qū)間(0，2)是(0，5)的真子集，故“x2－5x<0”是“|x－1|<1”的必要而不充分條件．5．B當a＝0時，不等式ax2＋2ax＋1>0的解集為R；當a≠0時，由不等式ax2＋2ax＋1>0的解集為R知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝4a2－4a<0，))得0<a<1.∴當0≤a<1時不等式ax2＋2ax＋1>0的解集為R，即p：0≤a<1，又(0，1)[0，1).∴p是q的必要不充分條件．6．B由y＝2x＋m－1＝0，得m＝1－2x，由函數(shù)y＝2x＋m－1有零點，則m<1，由函數(shù)y＝logmx在(0，＋∞)上是減函數(shù)，得0<m<1，∴“函數(shù)y＝2x＋m－1有零點”是“函數(shù)y＝logmx在(0，＋∞)上為減函數(shù)”的必要不充分條件．7．Bp：x<a－3或x>a＋3，q：x≤－1或x≥eq\f(1,2)，?p：a－3≤x≤a＋3.因為?p是q的充分不必要條件，所以a＋3≤－1或a－3≥eq\f(1,2)，得a∈(－∞，－4]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)).8．A|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))|兩邊平方得到eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2－2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))，得eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，即eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，故△ABC為直角三角形，充分性成立；若△ABC為直角三角形，當∠B或∠C為直角時，|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))|≠|(zhì)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))|，必要性不成立．故選A.9．ABC根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得ex>0，故A錯誤；x＝2時，2x>x2不成立，故B錯誤；當a＝b＝0時，eq\f(a,b)沒有意義，故C錯誤；因為“x＋y>2，則x，y中至少有一個大于1”的逆否命題為“x，y都小于等于1，則x＋y≤2”，是真命題，所以原命題為真命題，故D正確．故選ABC.10．②③解析：要使函數(shù)f(x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)有意義，則有sinx≠0，∴x≠kπ，k∈Z，∴定義域為{x|x≠kπ，k∈Z}，定義域關于原點對稱．又∵f(－x)＝sin(－x)＋eq\f(1,sin（－x）)＝－sinx－eq\f(1,sinx)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋\f(1,sinx)))＝－f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)．∴f(x)的圖象關于原點對稱，∴①是假命題，②是真命題．對于③，要證f(x)的圖象關于直線x＝eq\f(π,2)對稱，只需證feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x)).∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＋eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x)))＝cosx＋eq\f(1,cosx)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＋eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x)))＝cosx＋eq\f(1,cosx)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))，∴③是真命題．令sinx＝t，－1≤t≤1且t≠0，∴g(t)＝t＋eq\f(1,t)，－1≤t≤1且t≠0，此函數(shù)圖象如圖所示(對勾函數(shù)圖象的一部分)，∴函數(shù)的值域為(－∞，－2]∪[2，＋∞)，∴函數(shù)的最小值不為2，即f(x)的最小值不為2.∴④是假命題．綜上所述，所有真命題的序號是②③.11．(－∞，－3]解析：由x2＋x－6<0得－3<x<2，即：A＝(－3，2)，由x－a>0，得x>a，即：B＝(a，＋∞)，由題意得(－3，2)(a，＋∞)，∴a≤－3.12．[9，＋∞)解析：由eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(x－1,3)))≤2，得－2≤x≤10，由x2－2x＋1－m2≤0得1－m≤x≤1＋m，設p，q表示的范圍為集合P，Q，則P＝{x|－2≤x≤10}，Q＝{x|1－m≤x≤1＋m，m>0}．因為p是q的充分而不必要條件，所以PQ.所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m>0，,1－m≤－2，,1＋m≥10，))解得m≥9.13．AB因為“存在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使得2x2－λx＋1<0成立”是假命題，所以對任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，2x2－λx＋1≥0恒成立，即2x＋eq\f(1,x)≥λ對任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))恒成立．因為2x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(2)(當且僅當x＝eq\f(\r(2),2)時，等號成立)，所以λ≤2eq\r(2).故選AB.14．A方法一設P＝{x|x>1或x<－3}，Q＝{x|x>a}，因為q是p的充分不必要條件，所以QP，因此a≥1.方法二令a＝－3，則q：x>－3，則由命題q推不出命題p，此時q不是p的充分條件，排除B，C；同理，取a＝－4，排除D.故選A.15．C若{an}為等差數(shù)列，設其公差為d，則an＝a1＋(n－1)d，所以Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d，所以eq\f(Sn,n)＝a1＋(n－1)·eq\f(d,2)，所以eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝a1＋(n＋1－1)·eq\f(d,2)－[a1＋(n－1)·eq\f(d,2)]＝eq\f(d,2)，為常數(shù)，所以{eq\f(Sn,n)}為等差數(shù)列，即甲?乙；若{eq\f(Sn,n)}為等差數(shù)列，設其公差為t，則eq\f(Sn,n)＝eq\f(S1,1)＋(n－1)t＝a1＋(n－1)t，所以Sn＝na1＋n(n－1)t，所以當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝na1＋n(n－1)t－[(n－1)a1＋(n－1)(n－2)t]＝a1＋2(n－1)t，當n＝1時，S1＝a1也滿足上式，所以an＝a1＋2(n－1)t(n∈N*)，所以an＋1－an＝a1＋2(n＋1－1)t－[a1＋2(n－1)t]＝2t，為常數(shù)，所以{an}為等差數(shù)列，即甲?乙．所以甲是乙的充要條件，故選C.16．[0，3]解析：由x2－8x－20≤0得－2≤x≤10.∴P＝{x|－2≤x≤10}，由x∈P是x∈S的必要條件，知S?P.又∵S≠?，如圖所示．則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－m≤1＋m,1－m≥－2,1＋m≤10))，∴0≤m≤3.所以當0≤m≤3時，x∈P是x∈S的必要條件，即所求m的取值范圍是[0，3].專練3不等式的概念及基本性質(zhì)1．C∵a＜b＜0，∴a2＞b2.2．A∵ac2>bc2，c2>0，∴a>b.A正確．3．D當a＞b＞0時，eq\f(1,b)＞eq\f(1,a)，ea＞eb成立，即eq\f(1,b)＞eq\f(1,a)，ea＞eb是a>b>0的必要條件，不符合題意，排除A，B.當ab＞ba時，可取a＝1，b＝－1，但a>b>0不成立，故ab＞ba不是a＞b＞0的充分條件，排除C.函數(shù)y＝lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當lna＞lnb＞0時，a＞b＞1＞0；當a＞b＞0時，取a＝eq\f(1,e)，b＝eq\f(1,e2)，則lnb＜lna＜0.綜上，lna＞lnb＞0是a＞b＞0的充分不必要條件．4．C方法一(取特殊值進行驗證)因為x＞y＞0，選項A，取x＝1，y＝eq\f(1,2)，則eq\f(1,x)－eq\f(1,y)＝1－2＝－1＜0，排除A；選項B，取x＝π，y＝eq\f(π,2)，則sinx－siny＝sinπ－sineq\f(π,2)＝－1＜0，排除B；選項D，取x＝2，y＝eq\f(1,2)，則lnx＋lny＝ln(xy)＝ln1＝0，排除D.方法二(利用函數(shù)的單調(diào)性)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x＞y＞0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(y)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(y)＜0.故選C.5．B可取a＝2，b＝±1逐一驗證，B正確．6．D∵a>b>c且a＋b＋c＝0∴a>0，c<0，b不確定∴ac<bc.7．C∵－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,2)<α<eq\f(π,2)，－π<α－β<0，∴－eq\f(3π,2)<2α－β<eq\f(π,2).8．A因為c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，所以c≥b.又b＋c＝6－4a＋3a2，所以2b＝2＋2a2，b＝a2＋1，所以b－a＝a2－a＋1＝(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)>0，所以b>a，所以c≥b>a.9．AD∵a>b>0，則eq\f(b,a)－eq\f(b＋1,a＋1)＝eq\f(b（a＋1）－a（b＋1）,a（a＋1）)＝eq\f(b－a,a（a＋1）)<0，∴eq\f(b,a)>eq\f(b＋1,a＋1)一定不成立；a＋eq\f(1,a)－b－eq\f(1,b)＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,ab)))，當ab>1時，a＋eq\f(1,a)－b－eq\f(1,b)>0，故a＋eq\f(1,a)>b＋eq\f(1,b)可能成立；a＋eq\f(1,b)－b－eq\f(1,a)＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,ab)))>0，故a＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a)恒成立；eq\f(2a＋b,a＋2b)－eq\f(a,b)＝eq\f(b2－a2,b（a＋2b）)<0，故eq\f(2a＋b,a＋2b)>eq\f(a,b)一定不成立．故選AD.10．p≤q解析：p－q＝(eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b))－(a＋b)＝(eq\f(b2,a)－a)＋(eq\f(a2,b)－b)＝(eq\f(1,a)－eq\f(1,b))(b2－a2)＝eq\f(（b－a）2（b＋a）,ab)，又a<0，b<0，所以b＋a<0，ab>0，(b－a)2≥0，所以(eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b))－(a＋b)≤0，所以p≤q.11．(－1，2)解析：∵0<b<1，∴－1<－b<0又∵0<a<2∴－1<a－b<2.12．①②③解析：對于①，若ab>0，bc－ad>0，不等式兩邊同時除以ab得eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，所以①正確；對于②，若ab>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，不等式兩邊同時乘以ab得bc－ad>0，所以②正確；對于③，若eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，當兩邊同時乘以ab時可得bc－ad>0，所以ab>0，所以③正確．13．C①中，因為b＞0＞a，所以eq\f(1,b)＞0＞eq\f(1,a)，因此①能推出eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)成立，所以①正確；②中，因為0＞a＞b，所以ab＞0，所以eq\f(a,ab)＞eq\f(b,ab)，所以eq\f(1,b)＞eq\f(1,a)，所以②正確；③中，因為a＞0＞b，所以eq\f(1,a)＞0＞eq\f(1,b)，所以eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，所以③不正確；④中，因為a＞b＞0，所以eq\f(a,ab)＞eq\f(b,ab)，所以eq\f(1,b)＞eq\f(1,a)，所以④正確．故選C.14．BD利用取特殊值法，令a＝－3，b＝－2，代入各選項，驗證可得正確的選項為BD.15．①解析：①由ac2>bc2可知c2>0，即a>b，故“ac2>bc2”是“a>b”的充分條件；②當c<0時，a<b；③當a<0，b<0時，a<b，故②③不是a>b的充分條件．16．(－1，2)解析：∵2b<a<－b，∴2b<－b，∴b<0，∴eq\f(1,b)<0，∴－eq\f(b,b)<eq\f(a,b)<eq\f(2b,b)，即－1<eq\f(a,b)<2.專練4基本不等式1．C因為2x>0，所以y＝2x＋eq\f(2,2x)≥2eq\r(2x·\f(2,2x))＝2eq\r(2)，當且僅當2x＝eq\f(2,2x)，即x＝eq\f(1,2)時取“＝”．故選C.2．B∵a>0，b>0，∴4＝2a＋b≥2eq\r(2ab)(當且僅當2a＝b，即：a＝1，b＝2時等號成立)，∴0<ab≤2，eq\f(1,ab)≥eq\f(1,2)，∴eq\f(1,ab)的最小值為eq\f(1,2).3．C當x∈(0，1)時，lgx<0，故A不成立，對于B中sinx＋eq\f(4,sinx)≥4，當且僅當sinx＝2時等號成立，等號成立的條件不具備，故B不正確；D中y＝x－eq\f(1,x)在(0，2]上單調(diào)遞增，故當x＝2時，y有最大值，故D不正確；又eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x))≥2eq\r(\r(x)·\f(1,\r(x)))＝2(當且僅當eq\r(x)＝eq\f(1,\r(x))即x＝1時等號成立).故C正確．4．B對于A，C，D，當a＝0，b＝－1時，a2＋b2＞2ab，a＋b＜2eq\r(ab)，a＋b＜－2eq\r(|ab|)，故A，C，D錯誤；對于B，因為a2＋b2＝|a|2＋|b|2≥2|a|·|b|＝2|ab|≥－2ab，所以B正確．故選B.5．Cx＋2y＝1?y＝eq\f(1－x,2)，則eq\f(xy,2x＋y)＝eq\f(x－x2,3x＋1).∵x>0，y>0，x＋2y＝1，∴0<x<1.設3x＋1＝t(1<t<4)，則x＝eq\f(t－1,3)，原式＝eq\f(－t2＋5t－4,9t)＝eq\f(5,9)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,9)＋\f(4,9t)))≤eq\f(5,9)－2eq\r(\f(4,81))＝eq\f(1,9)，當且僅當eq\f(t,9)＝eq\f(4,9t)，即t＝2，x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(1,3)時，取等號，則eq\f(xy,2x＋y)的最大值為eq\f(1,9)，故選C.6．B∵a2＋b2≥2ab，a2＋c2≥2ac，b2＋c2≥2bc，∴2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ca)，∴ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2＝4.7．C因為直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a>0，b>0)過點(1，1)，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1.所以a＋b＝(a＋b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2＋2eq\r(\f(a,b)·\f(b,a))＝4，當且僅當eq\f(a,b)＝eq\f(b,a)即a＝b＝2時取“＝”，故選C.8．D∵a⊥b，∴a·b＝(x－1，2)·(4，y)＝4(x－1)＋2y＝0，即2x＋y＝2，∴9x＋3y＝32x＋3y≥2eq\r(32x＋y)＝2eq\r(32)＝6，當且僅當2x＝y(tǒng)＝1時取等號，∴9x＋3y的最小值為6.9．C設矩形模型的長和寬分別為xcm，ycm，則x＞0，y＞0，由題意可得2(x＋y)＝8，所以x＋y＝4，所以矩形模型的面積S＝xy≤eq\f(（x＋y）2,4)＝eq\f(42,4)＝4(cm2)，當且僅當x＝y(tǒng)＝2時取等號，所以當矩形模型的長和寬都為2cm時，面積最大，為4cm2.故選C.10.eq\f(1,4)解析：∵a－3b＋6＝0，∴a－3b＝－6，∴2a＋eq\f(1,8b)＝2a＋2－3b≥2eq\r(2a·2－3b)＝2eq\r(2a－3b)＝2eq\r(2－6)＝eq\f(1,4).當且僅當2a＝2－3b，即a＝－3，b＝1時，2a＋eq\f(1,8b)取得最小值為eq\f(1,4).11．36解析：∵x>0，a>0，∴4x＋eq\f(a,x)≥2eq\r(4x·\f(a,x))＝4eq\r(a)，當且僅當4x＝eq\f(a,x)，即：x＝eq\f(\r(a),2)時等號成立，由eq\f(\r(a),2)＝3，a＝36.12．2＋eq\r(3)解析：由3a＋b＝2ab，得eq\f(3,2b)＋eq\f(1,2a)＝1，∴a＋b＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2b)＋\f(1,2a)))＝2＋eq\f(b,2a)＋eq\f(3a,2b)≥2＋2eq\r(\f(b,2a)·\f(3a,2b))＝2＋eq\r(3)(當且僅當eq\f(b,2a)＝eq\f(3a,2b)即b＝eq\r(3)a時等號成立).13．Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4a,b)))＝5＋eq\f(b,a)＋eq\f(4a,b)≥5＋2eq\r(\f(b,a)·\f(4a,b))＝9(當且僅當eq\f(b,a)＝eq\f(4a,b)即b＝2a時等號成立).14．ABD對于選項A，∵a2＋b2≥2ab，∴2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2＝1，∴a2＋b2≥eq\f(1,2)，正確；對于選項B，易知0＜a＜1，0＜b＜1，∴－1＜a－b＜1，∴2a－b＞2－1＝eq\f(1,2)，正確；對于選項C，令a＝eq\f(1,4)，b＝eq\f(3,4)，則log2eq\f(1,4)＋log2eq\f(3,4)＝－2＋log2eq\f(3,4)＜－2，錯誤；對于選項D，∵eq\r(2)＝eq\r(2（a＋b）)，∴[eq\r(2（a＋b）)]2－(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b－2eq\r(ab)＝(eq\r(a)－eq\r(b))2≥0，∴eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\r(2)，正確．故選ABD.15．BCD因為a>b，所以eq\f(a,b)－eq\f(a＋c,b＋c)＝eq\f(c（a－b）,b（b＋c）)＞0，所以eq\f(a,b)＞eq\f(a＋c,b＋c)，選項A不正確；因為a＋b＝1，所以eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a)＋a))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,b)＋b))－(a＋b)≥2b＋2a－(a＋b)＝a＋b＝1，當且僅當a＝b＝eq\f(1,2)時取等號，所以eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)的最小值為1，故選項B正確；因為a＞b＞c，所以a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0，所以(a－c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（a－b）＋（b－c）))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)))＝2＋eq\f(b－c,a－b)＋eq\f(a－b,b－c)≥2＋2eq\r(\f(b－c,a－b)·\f(a－b,b－c))＝4，當且僅當b－c＝a－b時取等號，所以eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(4,a－c)，故選項C正確；因為a2＋b2＋c2＝eq\f(1,3)[(a2＋b2＋c2)＋(a2＋b2)＋(b2＋c2)＋(c2＋a2)]≥eq\f(1,3)(a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca)＝eq\f(1,3)[(a＋b)2＋2(a＋b)c＋c2]＝eq\f(1,3)(a＋b＋c)2＝3，當且僅當a＝b＝c＝1時等號成立，所以a2＋b2＋c2的最小值為3，故選項D正確．16．30解析：一年的總運費為6×eq\f(600,x)＝eq\f(3600,x)(萬元).一年的總存儲費用為4x萬元．總運費與總存儲費用的和為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3600,x)＋4x))萬元．因為eq\f(3600,x)＋4x≥2eq\r(\f(3600,x)·4x)＝240，當且僅當eq\f(3600,x)＝4x，即x＝30時取得等號，所以當x＝30時，一年的總運費與總存儲費用之和最小．專練5二次函數(shù)與一元二次不等式1．B因為m>2，所以函數(shù)f(x)的圖象開口向下，所以eq\f(8－n,2－m)≤－2，即8－n≥－2(2－m)，所以n≤12－2m，故nm≤(12－2m)m＝－2m2＋12m＝－2(m－3)2＋18≤18，當且僅當m＝3，n＝6時等號成立，故選B.2．A由x2＋3x－4>0得(x－1)(x＋4)>0，解得x>1或x<－4.故選A.3．C由題意知－eq\f(b,a)＝1，即b＝－a且a>0.則不等式(ax＋b)(x－2)<0.化為a(x－1)(x－2)<0.故解集為(1，2).4．A因為函數(shù)y＝x2＋ax＋4的圖象開口向上，要使不等式x2＋ax＋4<0的解集為空集，所以Δ＝a2－16≤0.∴－4≤a≤4.5．Bf(x)＝x2－4x＋5可轉(zhuǎn)化為f(x)＝(x－2)2＋1.因為函數(shù)f(x)圖象的對稱軸為直線x＝2，f(2)＝1，f(0)＝f(4)＝5，且函數(shù)f(x)＝x2－4x＋5在區(qū)間[0，m]上的最大值為5，最小值為1，所以實數(shù)m的取值范圍為[2，4]，故選B.6．Cy－25x＝－x2－5x＋3000≤0，即x2＋50x－30000≥0，解得x≥150或x≤－200(舍去).7．CD方法一∵x∈[1，5]，∴不等式x2＋ax－2>0化為a>eq\f(2,x)－x，令f(x)＝eq\f(2,x)－x，則f′(x)＝－eq\f(2,x2)－1<0，∴f(x)在[1，5]上單調(diào)遞減，∴f(x)min＝f(5)＝eq\f(2,5)－5＝－eq\f(23,5)，∴a>－eq\f(23,5).方法二由Δ＝a2＋8>0，知方程恒有兩個不等實根，又知兩根之積為負，所以方程必有一正根、一負根，于是不等式在[1，5]上有解的充要條件是f(5)>0，解得：a>－eq\f(23,5).8．B設f(x)＝(mx－1)2，g(x)＝eq\r(x＋m)，其中x∈[0，1]．A．若m＝0，則f(x)＝1與g(x)＝eq\r(x)在[0，1]上只有一個交點(1，1)，故A錯誤．B．當m∈(1，2]時，∵eq\f(1,2)≤eq\f(1,m)＜1，∴f(x)≤f(0)＝1，g(x)≥g(0)＝eq\r(m)＞1，∴f(x)＜g(x)，即當m∈(1，2]時，函數(shù)y＝(mx－1)2的圖象與y＝eq\r(x＋m)的圖象在x∈[0，1]時無交點，故B正確．C．當m∈(2，3]時，∵eq\f(1,3)≤eq\f(1,m)＜eq\f(1,2)，∴f(x)≤f(1)＝(m－1)2，g(x)≥g(0)＝eq\r(m)，不妨令m＝，則f(x)≤，g(x)≥eq\r(2.1)≈，∴f(x)＜g(x)，此時無交點，即C不一定正確．D．當m∈(3，＋∞)時，g(0)＝eq\r(m)＞1＝f(0)，此時f(1)＞g(1)，此時兩個函數(shù)圖象只有一個交點，∴D錯誤．9．BCDA中，不等式2x2－x－1>0的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x>1或x<－\f(1,2)))))，A不正確；B正確；C中，a>0，且eq\f(21,a)＝7，所以a＝3，C正確；D中，－2＝q，－p＝q＋1＝－2＋1＝－1，∴p＝1，∴p＋q＝1－2＝－1，D正確．故選BCD.10.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<a或x>\f(1,a)))))解析：∵0<a<1，∴a<eq\f(1,a)，∴不等式(x－a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))>0的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<a或x>\f(1,a))))).11．[－1，1]解析：當x≤0時，由x＋2≥x2，解得－1≤x≤2.∴－1≤x≤0，當x>0時，由－x＋2≥x2解得－2≤x≤1，∴0<x≤1.綜上，不等式f(x)≥x2的解集為[－1，1].12．(2，6)解析：由題意知m－2≠0∴m≠2∵不等式(m－2)x2＋2(m－2)x＋4>0的解集為R，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－2>0，,Δ<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m>2，,4（m－2）2－16（m－2）<0，))解得2<m<6.13．ABCD對于a(x－a)(x＋1)>0，當a>0時，y＝a(x－a)(x＋1)開口向上，與x軸的交點為a，－1，故不等式的解集為x∈(－∞，－1)∪(a，＋∞)；當a<0時，y＝a(x－a)(x＋1)開口向下，若a＝－1，不等式解集為?；若－1<a<0，不等式的解集為(－1，a)，若a<－1，不等式的解集為(a，－1)，綜上，ABCD都成立．14．ACDA中，∵不等式的解集為{x|x<－3或x>－2}，∴k<0，且－3與－2是方程kx2－2x＋6k＝0的兩根，∴(－3)＋(－2)＝eq\f(2,k)，解得k＝－eq\f(2,5)，A正確；B中，∵不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x∈R，x≠\f(1,k)))))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k<0，,Δ＝4－24k2＝0，))解得k＝－eq\f(\r(6),6)，B錯；C中，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k<0，,Δ＝4－24k2<0，))解得k<－eq\f(\r(6),6)，C正確；D中，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k>0，,Δ＝4－24k2≤0，))解得k≥eq\f(\r(6),6)，D正確．15．C方法一若a，b，2a＋b互不相等，則當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤0，,b≤0，,2a＋b≤0))時，原不等式在x≥0時恒成立，又因為ab≠0，所以b<0；若a＝b，則當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤0，,a＝b，,2a＋b≤0))時，原不等式在x≥0時恒成立，又因為ab≠0，所以b<0；若a＝2a＋b，則當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥0，,a＝2a＋b，,b≤0))時，原不等式在x≥0時恒成立，又因為ab≠0，所以b<0；若b＝2a＋b，則a＝0，與已知矛盾；若a＝b＝2a＋b，則a＝b＝0，與已知矛盾．綜上，b<0，故選C.方法二特殊值法：當b＝－1，a＝1時，(x－1)(x＋1)(x－1)≥0在x≥0時恒成立；當b＝－1，a＝－1時，(x＋1)(x＋1)(x＋3)≥0在x≥0時恒成立；當b＝1，a＝－1時，(x＋1)(x－1)(x＋1)≥0在x≥0時不一定成立．故選C.16．100[60，100]解析：由題意，當x＝120時，eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(120－k＋\f(4500,120)))＝，解得k＝100.由eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－100＋\f(4500,x)))≤9，得x2－145x＋4500≤0，解得45≤x≤100，又∵60≤x≤120.∴60≤x≤100.專練6函數(shù)及其表示1．A2．C設eq\r(x)＋1＝t，則x＝(t－1)2(t≥1)，∴f(t)＝(t－1)2＋1＝t2－2t＋2，∴f(x)＝x2－2x＋2(x≥1).3．A4．B由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1≤x＋1≤2019，,x－1≠0，))得0≤x≤2018且x≠1.5．A設f(x)＝ax＋b，由f(f(x))＝x＋2知，a(ax＋b)＋b＝x＋2，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝1，,ab＋b＝2，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1，))∴f(x)＝x＋1.6．B當x∈[0，1]時，f(x)＝eq\f(3,2)x；當1≤x≤2時，設f(x)＝kx＋b，由題意得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＋b＝\f(3,2)，,2k＋b＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－\f(3,2)，,b＝3.))∴當x∈[1，2]時，f(x)＝－eq\f(3,2)x＋3.結(jié)合選項知選B.7．Af(1)＝2×1＝2，據(jù)此結(jié)合題意分類討論：當a>0時，2a＋2＝0，解得a＝－1，舍去；當a≤0時，a＋2＋2＝0，解得a＝－4，滿足題意．故選A.8．C∵f(x)＝－x2＋4x＝－(x－2)2＋4，∴當x＝2時，f(2)＝4，由f(x)＝－x2＋4x＝－5，得x＝5或x＝－1，∴要使函數(shù)在[m，5]的值域是[－5，4]，則－1≤m≤2.9．ACDA項中，f(2x)＝|2x|＝2|x|＝2f(x)，滿足條件；B項中，f(2x)＝2x＋1，2f(x)＝2x＋2，f(2x)≠2f(x)，不滿足條件；C項中，f(2x)＝－2x＝2f(x)，滿足條件；D項中，f(2x)＝2x－|2x|＝2x－2|x|＝2f(x)，滿足條件．故選ACD.10．[2，＋∞)解析：由log2x－1≥0得log2x≥1，x≥2.11．－eq\f(3,2)解析：當a≤1時，f(a)＝2a－2＝－3無解；當a>1時，由f(a)＝－log2(a＋1)＝－3，得a＋1＝8，a＝7，∴f(6－a)＝f(－1)＝2－1－2＝－eq\f(3,2).12．[0，3)解析：由題意得ax2＋2ax＋3＝0無實數(shù)解，即y＝ax2＋2ax＋3與x軸無交點，當a＝0時y＝3符合題意；當a≠0時，Δ＝4a2－12a<0，得0<a<3，綜上得0≤a<3.13．AC對于A選項，當a＝2時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－4\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,2)))))＝4，故A選項正確；對于B選項，由于當0≤x≤1時，函數(shù)的值域為[0，2]，所以當x∈(m，m＋1]，m∈N*時，f(x)＝amf(x－m)，由于x－m∈(0，1]，所以f(x－m)∈[0，2]，因為|a|＜1，所以am∈(－1，1)，所以當x∈(m，m＋1]，m∈N*時，f(x)∈(－2，2)，綜上，當|a|＜1時，函數(shù)f(x)的值域為(－2，2]，故B選項錯誤；對于C選項，由B選項得當x∈(m，m＋1]，m∈N*時，f(x)＝amf(x－m)，故當a＝2且x∈[n－1，n](n∈N*)時，f(x)＝2n－1f(x－n＋1)＝2n－1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2·4\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－n＋1－\f(1,2)))))＝2n－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－4\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－n＋\f(1,2)))))＝2n－1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－4\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(2n－1,2)))))，故C選項正確；對于D選項，取a＝eq\f(1,28)，x＝eq\f(3,4)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))＝2－4×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)－\f(1,2)))＝1，2ax－eq\f(1,2)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,28)))eq\s\up12(\f(3,4)－\f(1,2))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,28)))eq\s\up6(\f(1,4))＝2×(2－8)eq\s\up6(\f(1,4))＝2×2－2＝eq\f(1,2)，不滿足f(x)≤2ax－eq\f(1,2)，故D選項錯誤．14．(c，1－c)解析：要使函數(shù)式有意義，需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<x＋c<1，,0<x－c<1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－c<x<1－c，,c<x<1＋c.))因為0<c<eq\f(1,2)，所以c<x<1－c，即g(x)的定義域為(c，1－c).15．4或－eq\f(1,2)解析：若f(a)≥0，則f(a)＝1，此時只能是a>0，于是a＝4；若f(a)<0，則f(a)＝－2，此時只能是a<0，于是a＝－eq\f(1,2)(若a>0，由eq\f(a,2)－1＝－2，解得a＝－2不滿足題意).16.eq\f(\r(2),2)解析：由函數(shù)f(x)滿足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，可知函數(shù)f(x)的周期是4，所以f(15)＝f(－1)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，所以f(f(15))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝coseq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)．專練7函數(shù)的單調(diào)性與最值1．D方法一(排除法)取x1＝－1，x2＝0，對于A項有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以A項不符合題意；對于B項有f(x1)＝eq\f(3,2)，f(x2)＝1，所以B項不符合題意；對于C項有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以C項不符合題意．故選D．方法二(圖象法)如圖，在坐標系中分別畫出A，B，C，D四個選項中函數(shù)的大致圖象，即可快速直觀判斷D項符合題意．故選D.2．DA項，x1＝0時，y1＝1，x2＝eq\f(1,2)時，y2＝2>y1，所以y＝eq\f(1,1－x)在區(qū)間(－1，1)上不是減函數(shù)，故A項不符合題意．B項，由余弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)可得，y＝cosx在(－1，0)上遞增，在(0，1)上遞減，故B項不符合題意．C項，y＝lnx為增函數(shù)，且y＝x＋1為增函數(shù)，所以y＝ln(x＋1)在(－1，1)上為增函數(shù)，故C項不符合題意．D項，由指數(shù)函數(shù)可得y＝2x為增函數(shù)，且y＝－x為減函數(shù)，所以y＝2－x為減函數(shù)，故D項符合題意．3．D由x2－4>0得x>2或x<－2，∴f(x)的定義域為(－∞，－2)∪(2，＋∞)，由復合函數(shù)的單調(diào)性可知，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－2).4．B∵a＝log20.2<0，b＝2>1，c＝∈(0，1)，∴a<c<b.故選B.5．D由于g(x)＝eq\f(a,x＋1)在區(qū)間[1，2]上是減函數(shù)，所以a>0；由于f(x)＝－x2＋2ax在區(qū)間[1，2]上是減函數(shù)，且f(x)的對稱軸為x＝a，則a≤1.綜上有0<a≤1.故選D.6．C∵f(x)在定義域(－1，1)上是減函數(shù)，且f(1－a)<f(2a－1)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1<1－a<1，,－1<2a－1<1，,1－a>2a－1，))解得0<a<eq\f(2,3).故選C.7．ACD∵函數(shù)f(x)＝loga|x－1|在(0，1)單調(diào)遞減，∴f(x)＝loga(1－x)在(0，1)上單調(diào)遞減，∵y＝1－x在其定義域內(nèi)是減函數(shù)，∴a>1.當x∈(1，＋∞)時，f(x)＝loga|x－1|＝loga(x－1)，∵y＝x－1在其定義域內(nèi)是增函數(shù)，且a>1，∴f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，且無最大值，故A正確，B錯誤．∵f(2－x)＝loga|2－x－1|＝loga|x－1|＝f(x)，∴f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，故C正確；由a>1可知，當a＝2022時，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，故D正確．故選ACD.8．Cf(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＝（x＋2）2－4，x≥0，,4x－x2＝－（x－2）2＋4，x<0.))由f(x)的圖象可知f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)，由f(2－a2)>f(a)得2－a2>a，即a2＋a－2<0，解得－2<a<1，故選C.9．D方法一由題意得y＝x(x－a)在區(qū)間(0，1)單調(diào)遞減，所以x＝eq\f(a,2)≥1，解得a≥2.故選D.方法二取a＝3，則y＝x(x－3)＝(x－eq\f(3,2))2－eq\f(9,4)在(0，1)單調(diào)遞減，所以f(x)＝2x(x－3)在(0，1)單調(diào)遞減，所以a＝3符合題意，排除A，B，C，故選D.10．(－3，－1)∪(3，＋∞)解析：由已知可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－a>0，,a＋3>0，,a2－a>a＋3，))解得－3<a<－1或a>3，所以實數(shù)a的取值范圍為(－3，－1)∪(3，＋∞).11．[－1，1)解析：∵f(0)＝loga3<0，∴0<a<1，由復合函數(shù)的單調(diào)性可知，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為[－1，1).12．3解析：f(x)＝eq\f(x＋1,x－1)＝eq\f(x－1＋2,x－1)＝1＋eq\f(2,x－1)，顯然f(x)在[2，5]上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(2)＝1＋eq\f(2,2－1)＝3.13．C設f(x)＝(1－x)ex－1，x＞0，則當x＞0時，f′(x)＝－ex＋(1－x)ex＝－xex＜0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f()＜f(0)＝0，即e－1＜0，所以＜eq\f(1,9)，即a＜b.令g(x)＝x－ln(1＋x)，x＞0，則當x＞0時，g′(x)＝1－eq\f(1,1＋x)＝eq\f(x,1＋x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(eq\f(1,9))＞g(0)＝0，即eq\f(1,9)－ln(1＋eq\f(1,9))＞0，所以eq\f(1,9)＞－lneq\f(9,10)，即b＞c.令h(x)＝xex＋ln(1－x)，0＜x≤，則h′(x)＝(1＋x)·ex＋eq\f(1,x－1)＝eq\f(（x2－1）ex＋1,x－1).設t(x)＝(x2－1)ex＋1，則當0＜x≤時，t′(x)＝(x2＋2x－1)ex＜0，所以t(x)在(0，]上單調(diào)遞減，所以t(x)＜t(0)＝0，所以當0＜x≤時，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，]上單調(diào)遞增，所以h()＞h(0)＝0，即＋ln＞0，所以＞－ln，即a＞c，所以b＞a＞c.故選C.14．Deq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(|2x＋1|>0，,|2x－1|>0)?x∈\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠±\f(1,2)，x∈R))))))，∴函數(shù)f(x)的定義域關于原點對稱，又∵f(－x)＝ln|－2x＋1|－ln|－2x－1|＝ln|2x－1|－ln|2x＋1|＝－f(x)，∴f(x)是奇函數(shù)，排除A、C；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))時，f(x)＝ln(2x＋1)－ln(1－2x)，則f′(x)＝eq\f(2,2x＋1)－eq\f(－2,1－2x)＝eq\f(4,1－4x2)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))單調(diào)遞增，排除B；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))時，f(x)＝ln(－2x－1)－ln(1－2x)，則f′(x)＝eq\f(－2,－2x－1)－eq\f(－2,1－2x)＝eq\f(4,1－4x2)<0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))單調(diào)遞減，∴D正確．15．3解析：∵y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)在R上單調(diào)遞減，y＝log2(x＋2)在[－1，1]上單調(diào)遞增，∴f(x)在[－1，1]上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(－1)＝3.16.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))解析：∵對任意x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0成立，∴f(x)在定義域R上為單調(diào)遞減函數(shù)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,a－3<0，,a≥（a－3）×1＋4a，))解得0<a≤eq\f(3,4)，∴a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))).專練8函數(shù)的奇偶性與周期性1．C2．B3．D∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(－8)＝－f(8)＝－log28＝－3.4．A∵f(x)為奇函數(shù)且周期為2，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－2×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝－eq\f(1,2).5．C∵f(x＋2)＝f(x)，∴f(x)的周期為2，又f(x)為偶函數(shù)，∴f(－1)＝f(1)＝31＝3，∴f(2)＝f(0)＝1，∴f(4)＝f(0)＝1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\r(3)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\r(3,3)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3))).6．D∵f(x＋2)為偶函數(shù)，∴f(2＋x)＝f(2－x)，又f(x)為奇函數(shù)，∴f(－x＋2)＝－f(x－2)，∴f(x＋2)＝－f(x－2)，∴f(x＋4)＝－f(x)，∴f(x＋8)＝－f(x＋4)＝f(x)，∴f(x)是以8為周期的周期函數(shù)，∵f(0)＝0，∴f(2016)＝f(0)＝0，f(2017)＝f(1)＝1，∴f(2016)＋f(2017)＝0＋1＝1.7．D方法一f(x)的定義域為{x|x≠0}，因為f(x)是偶函數(shù)，所以f(x)＝f(－x)，即eq\f(xex,eax－1)＝eq\f(－xe－x,e－ax－1)，即e(1－a)x－ex＝－e(a－1)x＋e－x，即e(1－a)x＋e(a－1)x＝ex＋e－x，所以a－1＝±1，解得a＝0(舍去)或a＝2，故選D.方法二f(x)＝eq\f(xex,eax－1)＝eq\f(x,e（a－1）x－e－x)，f(x)是偶函數(shù)，又y＝x是奇函數(shù)，所以y＝e(a－1)x－e－x是奇函數(shù)，故a－1＝1，即a＝2，故選D.8．ABC取x＝y(tǒng)＝0，則f(0)＝0，故A正確；取x＝y(tǒng)＝1，則f(1)＝f(1)＋f(1)，所以f(1)＝0，故B正確；取x＝y(tǒng)＝－1，則f(1)＝f(－1)＋f(－1)，所以f(－1)＝0，取y＝－1，則f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)，所以f(－x)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，故C正確；由于f(0)＝0，且函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，所以函數(shù)f(x)的圖象關于y軸對稱，所以x＝0可能為函數(shù)f(x)的極小值點，也可能為函數(shù)f(x)的極大值點，也可能不是函數(shù)f(x)的極值點，故D不正確．綜上，選ABC.9．A∵f(x)是周期為3的偶函數(shù)，∴f(5)＝f(5－6)＝f(－1)＝f(1)＝eq\f(2a－3,a＋1)，又f(1)<1，∴eq\f(2a－3,a＋1)<1，得－1<a<4.10．1解析：因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝x3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a·2x－2－x))，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x))＝－x3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a·2－x－2x))，因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))為偶函數(shù)，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))，即x3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a·2x－2－x))＝－x3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a·2－x－2x))，整理得到eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2－x))＝0，故a＝1.11．2解析：方法一因為f(x)為偶函數(shù)，所以f(－x)＝f(x)，即(－x－1)2－ax＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(π,2)))＝(x－1)2＋ax＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))，得a＝2.方法二因為f(x)為偶函數(shù)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)－1))eq\s\up12(2)－eq\f(π,2)a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－1))eq\s\up12(2)＋eq\f(π,2)a，得a＝2.12．－eq\f(1,2)ln2解析：本題先采用特殊值法求出f(x)，再檢驗正確性．因為f(x)為奇函數(shù)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）＝0，,f（2）＋f（－2）＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ln|a＋1|＋b＝0①，,ln|a－1|＋ln\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,3)))＋2b＝0②.))由①可得－b＝ln|a＋1|③.將③代入②可得，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(（a－1）（a＋\f(1,3)）))＝|a＋1|2.當(a－1)(a＋eq\f(1,3))＝(a＋1)2時，解得a＝－eq\f(1,2).把a＝－eq\f(1,2)代入①，可得b＝ln2，此時f(x)＝lneq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(1,1－x)))＋ln2＝lneq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋x,1－x)))，所以f(－x)＋f(x)＝lneq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－x,1＋x)))＋lneq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋x,1－x)))＝ln1＝0，所以f(x)為奇函數(shù)，且f(0)，f(2)，f(－2)均有意義．當(a－1)(a＋eq\f(1,3))＝－(a＋1)2時，整理可得a2＋eq\f(2,3)a＋eq\f(1,3)＝0，此時Δ＝eq\f(4,9)－4×eq\f(1,3)<0，所以a無解．綜上可得，a＝－eq\f(1,2)，b＝ln2.13．B方法一設g(x)＝lneq\f(2x－1,2x＋1)，易知g(x)的定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，且g(－x)＝lneq\f(－2x－1,－2x＋1)＝lneq\f(2x＋1,2x－1)＝－lneq\f(2x－1,2x＋1)＝－g(x)，所以g(x)為奇函數(shù)．若f(x)＝(x＋a)lneq\f(2x－1,2x＋1)為偶函數(shù)，則y＝x＋a也應為奇函數(shù)，所以a＝0，故選B.方法二因為f(x)＝(x＋a)lneq\f(2x－1,2x＋1)為偶函數(shù)，f(－1)＝(a－1)ln3，f(1)＝(a＋1)lneq\f(1,3)＝－(a＋1)ln3，所以(a－1)ln3＝－(a＋1)ln3，解得a＝0，故選B.14．D若y＝g(x)的圖象關于直線x＝2對稱，則g(2－x)＝g(2＋x).因為f(x)＋g(2－x)＝5，所以f(－x)＋g(2＋x)＝5，所以f(－x)＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)．由g(2)＝4，f(0)＋g(2)＝5，得f(0)＝1.由g(x)－f(x－4)＝7，得g(2－x)＝f(－x－2)＋7，代入f(x)＋g(2－x)＝5，得f(x)＋f(－x－2)＝－2，所以f(x)的圖象關于點(－1，－1)中心對稱，所以f(1)＝f(－1)＝－1.由f(x)＋f(－x－2)＝－2，f(－x)＝f(x)，得f(x)＋f(x＋2)＝－2，所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝－2，所以f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)為周期函數(shù)，且周期為4.由f(0)＋f(2)＝－2，得f(2)＝－3.又因為f(3)＝f(－1)＝f(1)＝－1，所以f(4)＝－2－f(2)＝1，所以eq\i\su(k＝1,22,)f(k)＝6f(1)＋6f(2)＋5f(3)＋5f(4)＝6×(－1)＋6×(－3)＋5×(－1)＋5×1＝－24.故選D.15．B由①知函數(shù)f(x)在區(qū)間[4，8]上為單調(diào)遞增函數(shù)；由②知f(x＋8)＝－f(x＋4)＝f(x)，即函數(shù)f(x)的周期為8，所以c＝f(2017)＝f(252×8＋1)＝f(1)，b＝f(11)＝f(3)；由③可知函數(shù)f(x)的圖象關于直線x＝4對稱，所以b＝f(3)＝f(5)，c＝f(1)＝f(7).因為函數(shù)f(x)在區(qū)間[4，8]上為單調(diào)遞增函數(shù)，所以f(5)<f(6)<f(7)，即b<a<c，故選B.16．BC因為f(eq\f(3,2)－2x)，g(2＋x)均為偶函數(shù)，所以f(eq\f(3,2)－2x)＝f(eq\f(3,2)＋2x)，g(2＋x)＝g(2－x).令t＝eq\f(3,2)－2x，則x＝eq\f(3,4)－eq\f(t,2)，所以f(t)＝f(3－t)，即f(x)＝f(3－x).對兩邊求導，得f′(x)＝－f′(3－x)，即g(x)＋g(3－x)＝0，所以g(x)的圖象關于點(eq\f(3,2)，0)對稱，即g(eq\f(3,2))＝0.又因為g(2＋x)＝g(2－x)，所以g(x)的圖象關于直線x＝2對稱，所以g(x)的周期為4×(2－eq\f(3,2))＝2，所以g(eq\f(3,2))＝g(－eq\f(1,2))＝0，所以B正確．因為f′(2＋x)＝f′(2－x)，所以f(2＋x)＝－f(2－x)＋C，其中C為常數(shù)，所以f(2＋x)＋f(2－x)＝C，所以f(x)的圖象關于點(2，eq\f(C,2))對稱．又因為f(x)＝f(3－x)，所以f(x)的圖象關于直線x＝eq\f(3,2)對稱，所以f(x)的周期為4×(2－eq\f(3,2))＝2，所以f(－1)＝f(1)，f(4)＝f(2).又因為f(x)＝f(3－x)，所以f(1)＝f(2)，所以f(－1)＝f(4)，所以C正確．g(x)的圖象不關于直線x＝eq\f(1,2)對稱，所以D錯誤．因為f(0)＝f(2)＝eq\f(C,2)，所以當C＝0時，f(0)＝0，當C≠0時，f(0)≠0，所以A錯誤．故選BC.專練9冪函數(shù)1．B2．C設f(x)＝xα，則eq\f(f（4）,f（2）)＝eq\f(4α,2α)＝4，∴2α＝4，∴α＝2，∴f(x)＝x2，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4