數(shù)學(xué)高考第一輪復(fù)習(xí)特訓(xùn)卷（文科）正文答案

第一部分必備知識(shí)關(guān)鍵能力精準(zhǔn)練第一單元集合與常用邏輯用語(yǔ)點(diǎn)點(diǎn)練1集合的概念與運(yùn)算一基礎(chǔ)小題練透篇1．答案：B解析：根據(jù)題意得，集合A＝{0，1，2}，所以A∩B＝{0，1}．2．答案：A解析：∵A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－2<x≤0))))，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－1≤x<2))))，∴A∪B＝(－2，2).故選A.3．答案：A解析：根據(jù)題意，M＝{x∈N|－2≤x<4}＝{0，1，2，3}，N＝{x∈N|(x＋1)(x－3)<0}＝{0，1，2}，則?MN＝{3}，則集合?MN中有1個(gè)元素．4．答案：A解析：由題意A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|x≥4或x≤2}，則?RB＝{x|2<x<4}，故A∩(?RB)＝{x|2<x≤3}．5．答案：D解析：∵A＝R，B＝[1，＋∞)，∴A∩B＝[1，＋∞).6．答案：B解析：由題意得M＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<x<1))))，N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≤－\f(a,2)))))，因?yàn)镸∩N＝?，所以－eq\f(a,2)≤－eq\f(1,2)，所以a≥1.7．答案：(－∞，－2]∪[－1，2]解析：因?yàn)锳＝{x|－1≤x＋1≤6}，所以A＝{x|－2≤x≤5}，因?yàn)锳?B，所以B是A的子集，當(dāng)B＝?時(shí)，則m－1≥2m＋1，解得m≤－2；當(dāng)B≠?時(shí)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－1≥－2,2m＋1≤5,m－1<2m＋1))，解得－1≤m≤2；綜上所述，m的取值范圍是(－∞，－2]∪[－1，2].8．答案：3解析：因?yàn)?UA＝{7}，U＝{2，4，a2－a＋1}，A＝{a＋1，2}，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋1＝4，,a2－a＋1＝7，))得a＝3.二能力小題提升篇1．答案：B解析：x∈A，y∈B時(shí)，x＋y的值依次為5，6，6，7，7，8，有4個(gè)不同值，即C＝{5，6，7，8}，因此C中有4個(gè)元素．2．答案：C解析：由題意知A＝{x|x2－6x＋8<0}＝{x|2<x<4}，由A∪B＝A知B?A，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>2,a＋1<4))，解得2<a<3.3．答案：C解析：因?yàn)閁＝{x|y＝lg(2x－x2)}＝{x|0<x<2}，集合A＝{y|y＝2x，x<0}＝{y|0<y<1}，所以?UA＝[1，2).4．答案：B解析：根據(jù)題意，若S1＝S2＝S3＝Z，顯然正確，故排除A，若S1＝{1}，S2＝{1}，S3＝{0}亦符合題意，故排除C，而D排除了所有可能，也是錯(cuò)的．5.答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,3)))∪（3，5]解析：根據(jù)題意，不等式eq\f(ax－5,x－a)<0的解集為M，若3∈M，且5?M，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3a－5,3－a)<0,\f(5a－5,5－a)≥0或5－a＝0))，解可得1≤a<eq\f(5,3)或3<a≤5，即a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,3)))∪（3，5].6．答案：15解析：因?yàn)?∈A，eq\f(1,1)＝1∈A；－1∈A，eq\f(1,－1)＝－1∈A；2∈A，eq\f(1,2)∈A；3∈A，eq\f(1,3)∈A；這樣所求集合即由1，－1，“3和eq\f(1,3)”，“2和eq\f(1,2)”這“四大”元素所組成的集合的非空子集．所以滿足條件的集合的個(gè)數(shù)為24－1＝15.三高考小題重現(xiàn)篇1．答案：B解析：由題得集合N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x>\f(7,2)))，所以M∩N＝{5，7，9}．2．答案：B解析：由題意可得，A∪B＝{x|－1＜x≤2}，即A∪B＝（－1，2].3．答案：D解析：由交集的定義結(jié)合題意可得：A∩B＝{x|1≤x<2}．4．答案：C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.5．答案：C解析：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y≥x，,x＋y＝8，,x，y∈N*))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝7))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝6))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝5))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝4，))所以A∩B＝{（1，7），（2，6），（3，5），（4，4）}，故A∩B中元素的個(gè)數(shù)為4，選C.6．答案：C解析：方法一在集合T中，令n＝k（k∈Z），則t＝4n＋1＝2（2k）＋1（k∈Z），而集合S中，s＝2n＋1（n∈Z），所以必有T?S，所以T∩S＝T.方法二S＝{…，－3，－1，1，3，5，…}，T＝{…，－3，1，5，…}，觀察可知，T?S，所以T∩S＝T.四經(jīng)典大題強(qiáng)化篇1．解析：（1）當(dāng)m＝－1時(shí)，B＝{x|－2<x<2}，又A＝{x|1<x<3}，則A∪B＝{x|－2<x<3}；（2）由A?B，知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－m>2m,2m≤1,1－m≥3))，解得m≤－2，即m的取值范圍是（－∞，－2]；（3）由A∩B＝?得①若2m≥1－m，即m≥eq\f(1,3)時(shí)，B＝?符合題意；②若2m<1－m，即m<eq\f(1,3)時(shí)，需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<\f(1,3),1－m≤1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<\f(1,3),2m≥3)).得0≤m<eq\f(1,3)或m∈?，即0≤m<eq\f(1,3).綜上知m≥0，即實(shí)數(shù)的取值范圍為[0，＋∞）.2．解析：（1）當(dāng)m＝2時(shí)，B＝{x|－m<x<m＋1}＝{x|－2<x<3}，則?RB＝{x|x≤－2或x≥3}，又A＝{x|0<x<4}，所以A∩（?RB）＝{x|3≤x<4}；（2）因?yàn)锳∪B＝A，所以B?A，當(dāng)B＝?時(shí)，－m≥m＋1，解得m≤－eq\f(1,2)；當(dāng)B≠?時(shí)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－m<m＋1,－m≥0,m＋1≤4))，解得－eq\f(1,2)<m≤0；綜上，m的取值范圍為m≤0.點(diǎn)點(diǎn)練2常用邏輯用語(yǔ)一基礎(chǔ)小題練透篇1．答案：B解析：命題“?x<0，3x3－6x<0”的否定為：?x<0，3x3－6x≥0.2．答案：D解析：因?yàn)椋?≤sinx≤1，所以由“?x∈R，sinx<a”為真命題，可得：a>－1.3．答案：B解析：由題意，命題“?x∈R，（m－1）x2＋2（1－m）x＋3≤0是假命題”可得命題“?x∈R，（m－1）x2＋2（1－m）x＋3>0是真命題”，當(dāng)m－1＝0時(shí)，即m＝1時(shí)，不等式3>0恒成立；當(dāng)m－1≠0時(shí)，即m≠1時(shí)，則滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－1>0,[2（1－m）]2－4（m－1）×3<0))，解得1<m<4，綜上可得，實(shí)數(shù)1≤m<4，即命題“?x∈R，（m－1）x2＋2（1－m）x＋3≤0是假命題”時(shí)，實(shí)數(shù)m的取值范圍是[1，4），又由“m>0”是“1≤m<4”的必要不充分條件，所以“m>0”是“?x∈R，（m－1）x2＋2（1－m）x＋3≤0是假命題”的必要不充分條件．4．答案：A解析：命題“若am2<bm2，則a<b”的逆命題為：若a<b，則am2>bm2，顯然是錯(cuò)誤的，當(dāng)m＝0時(shí)不成立，故A是假命題．5．答案：A解析：若λ＝eq\r(3)，則雙曲線方程為eq\f(x2,\r(3))－eq\f(y2,3\r(3))＝1，從而e2＝eq\f(\r(3)＋3\r(3),\r(3))＝4，則e＝2，充分性成立．若e＝2，當(dāng)λ>0時(shí)，由題意，得e2＝eq\f(λ＋λ3,λ)＝4，得λ＝eq\r(3)；當(dāng)λ<0時(shí)，由題意，得e2＝eq\f(－λ－λ3,－λ3)＝4，得λ＝－eq\f(\r(3),3).故“λ＝eq\r(3)”是“雙曲線離心率為2”的充分不必要條件．6．答案：D解析：因?yàn)槊}“?x∈R，4x2＋（a－2）x＋eq\f(1,4)≤0”是假命題，所以其否定“?x∈R，4x2＋（a－2）x＋eq\f(1,4)>0”是真命題，則Δ＝（a－2）2－4×4×eq\f(1,4)＝a2－4a<0，解得0<a<4.7．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,16)，0))解析：若“p且q”為真命題，則p，q均為真命題．∵p：?x∈[1，3]，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x－1)＋m－1<0，∴m<1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x－1)在x∈[1，3]上恒成立，∵y＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x－1)是增函數(shù)，∴當(dāng)x＝1時(shí)，ymin＝0，∴m<0.∵q：?x∈R，mx2＋x－4＝0，∴mx2＋x－4＝0有解，即m＝0或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≠0,Δ＝1＋16m≥0))，∴m≥－eq\f(1,16).∵p，q均為真命題，∴－eq\f(1,16)≤m<0.8．答案：（－∞，2）解析：由p為真命題，有a<（x＋eq\f(1,x)）min，而函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)在x∈[1，2]上單調(diào)遞增，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\do7(min)＝2，所以a<2.二能力小題提升篇1．答案：B解析：對(duì)命題否定時(shí)，全稱量詞改成存在量詞，同時(shí)否定結(jié)論，即?x0>0，ln（x0＋1）≤0.2．答案：A解析：當(dāng)a>1時(shí)，eq\f(1,a)<1成立，即充分性成立，當(dāng)a＝－1時(shí)，滿足eq\f(1,a)<1，但a>1不成立，即必要性不成立，則“a>1“是“eq\f(1,a)<1“的充分不必要條件．3．答案：B解析：將x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0化為標(biāo)準(zhǔn)方程，得（x－a）2＋（y－1）2＝a2－a.當(dāng)點(diǎn)（0，1）在圓x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0外時(shí)，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－a>0,a>0))，解得a>1.∴“a>0”是“點(diǎn)（0，1）”在圓x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0外”的必要不充分條件．4．答案：B解析：對(duì)于①，若a，b是非零向量，a·b>0，則〈a，b〉∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，a與b的夾角不一定為銳角，故①錯(cuò)誤；對(duì)于②，在△ABC中，sinA>sinB?2RsinA>2RsinB?a>b?A>B，其中2R為△ABC外接圓的直徑，故命題“在△ABC中，若sinA>sinB，則A>B”為真命題，所以其逆否命題為真命題，故②正確；對(duì)于③，命題p：?x0∈R，xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋x0＋2≤0，其否定是?p：?x∈R，x2＋x＋2>0，故③錯(cuò)誤；對(duì)于④，若“p且q”為假命題，則p與q中必有一個(gè)為假命題，若“?p或q”為假命題，則?p與q都為假命題，即p為真命題，q為假命題，故④正確．5．答案：[0，4]解析：當(dāng)a＝0時(shí)，1<0，命題p是假命題，符合題意；當(dāng)a≠0時(shí)，若命題p是假命題，則ax2－ax＋1≥0恒成立，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0,Δ＝a2－4a≤0))，解得0<a≤4.綜上可得0≤a≤4.6．答案：（2，＋∞）解析：根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)得A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<2x<8，x∈R))))＝{x|－1<x<3}，因?yàn)閤∈A是x∈B的充分不必要條件，所以A∈B，所以m＋1>3，解得m>2.所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為（2，＋∞）.三高考小題重現(xiàn)篇1．答案：A解析：由a2>a得a>1或a<0，反之，由a>1得a2>a，則“a>1”是“a2>a”的充分不必要條件．2．答案：B解析：若a·c＝b·c，則（a－b）·c＝0，推不出a＝b；若a＝b，則a·c＝b·c必成立，故“a·c＝b·c”是“a＝b”的必要不充分條件．3．答案：C解析：若存在k∈Z使得α＝kπ＋（－1）kβ，則當(dāng)k＝2n，n∈Z時(shí)，α＝2nπ＋β，則sinα＝sin（2nπ＋β）＝sinβ；當(dāng)k＝2n＋1，n∈Z時(shí)，α＝（2n＋1）π－β，則sinα＝sin（2nπ＋π－β）＝sin（π－β）＝sinβ.若sinα＝sinβ，則α＝2nπ＋β或α＝2nπ＋π－β，n∈Z，即α＝kπ＋（－1）kβ，k∈Z，故選C.4．答案：A解析：因?yàn)閟inx∈[－1，1]，所以?x∈R，sinx<1，所以命題p是真命題．因?yàn)?x∈R，|x|≥0，所以可得e|x|≥e0＝1，所以命題q是真命題．于是可知p∧q是真命題，（?p）∧q是假命題，p∧（?q）是假命題，?（p∨q）是假命題．5．答案：A解析：若函數(shù)f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，則f（x）在[0，1]上的最大值為f（1），若f（x）在[0，1]上的最大值為f（1），比如f（x）＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))eq\s\up12(2)，但f（x）＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))eq\s\up12(2)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))為減函數(shù)，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))為增函數(shù)，故f（x）在[0，1]上的最大值為f（1）推不出f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，故“函數(shù)f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增”是“f（x）在[0，1]上的最大值為f（1）”的充分不必要條件．6．答案：f（x）＝sinx，x∈[0，2]（答案不唯一）解析：設(shè)f（x）＝sinx，則f（x）在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函數(shù)，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，2))上是減函數(shù)．由正弦函數(shù)圖象的對(duì)稱性知，當(dāng)x∈（0，2]時(shí)，f（x）>f（0）＝sin0＝0，故f（x）＝sinx滿足條件f（x）>f（0）對(duì)任意的x∈（0，2]都成立，但f（x）在[0，2]上不一直都是增函數(shù)．四經(jīng)典大題強(qiáng)化篇1．解析：要使函數(shù)f（x）＝lg（x2－3x＋a）的值域?yàn)槿w實(shí)數(shù)，則對(duì)數(shù)的真數(shù)必須能取遍所有的正數(shù)，即函數(shù)y＝x2－3x＋a的圖象與x軸要有交點(diǎn)，所以Δ＝9－4a≥0，解得a≤eq\f(9,4).因?yàn)楹瘮?shù)g（x）＝（2a－1）x3在R上單調(diào)遞增，所以2a－1>0，解得a>eq\f(1,2).（1）當(dāng)p∧q為真命題時(shí)，p，q同為真，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤\f(9,4)，,a>\f(1,2)，))得eq\f(1,2)<a≤eq\f(9,4).故實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(9,4))).（2）若p或q為真，而p且q為假，則p，q一真一假．①若p真q假，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤\f(9,4)，,a≤\f(1,2)，))得a≤eq\f(1,2)；②若p假q真，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>\f(9,4)，,a>\f(1,2)，))所以a>eq\f(9,4).綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，＋∞)).2．解析：（1）當(dāng)m＝－2時(shí)，p：x2＋6x＋8<0，即－4<x<－2.由（x＋2）2<1，得－3<x<－1.因?yàn)閜∨q為真，即p真或q真，所以{x|－4<x<－2}∪{x|－3<x<－1}＝{x|－4<x<－1}，因此，實(shí)數(shù)x的取值范圍是（－4，－1）.（2）當(dāng)m<0時(shí)，p：x2－3mx＋2m2<0，即2m<x<m，由q：－3<x<－1，得?q：x≤－3或x≥－1，因?yàn)閜是?q的充分不必要條件，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<0，,m≤－3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<0，,2m≥－1，))即m≤－3或－eq\f(1,2)≤m<0，因此，實(shí)數(shù)m的取值范圍是（－∞，－3]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)).單元檢測(cè)（一）集合與常用邏輯用語(yǔ)1．答案：D解析：∵A＝{x|x2≤4}＝{x|－2≤x≤2}，∴A∩B＝{－1，0，1，2}．2．答案：C解析：因?yàn)锳＝（－∞，－1）∪（6，＋∞），B＝{x|4<x≤7}，所以A∪B＝（－∞，－1）∪（4，＋∞）.3．答案：C解析：命題p：“?x≥0，2x－sinx≥0”是全稱命題，又全稱命題的否定是特稱命題，故“?x≥0，2x－sinx≥0”的否定是“?x0≥0，2x0－sinx0<0”．4．答案：D解析：由已知B＝{x|x2－2x－8>0}＝{x|x<－2或x>4}，∴?RB＝{x|－2≤x≤4}，A∩（?RB）＝{x|0<x<4}．5．答案：B解析：由A＝{x||x|≤2}可得A＝{x|－2≤x≤2}，B＝{x|0≤x<7，x∈N}＝{0，1，2，3，4，5，6}，所以A∩B＝{0，1，2}，元素個(gè)數(shù)為3個(gè)．6．答案：C解析：由不等式x2＋3x－10＝（x－2）（x＋5）<0，解得－5<x<2，即A＝{x|－5<x<2}，又由B＝{x|－7<x<0}，若x－1∈B，可得x∈{x|－6<x<1}，所以A?B＝{x|－5<x<1}．7．答案：D解析：由題得A＝{x>1或x<－1}，因?yàn)锽?A，所以a≥1.8．答案：C解析：因?yàn)镸＝{1，3，6}，P＝{3，4，5}，所以M∩P＝{3}，M∪P＝{1，3，4，5，6}，因?yàn)閁＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，所以?U（M∪P）＝{2，7，8}，由Venn圖易知，Venn圖中陰影部分表示的集合是?U（M∪P）∪（M∩P），故Venn圖中陰影部分表示的集合是{2，3，7，8}．9．答案：C解析：x＝0時(shí)，x2＋x－1<0，所以p為假命題，x＝－1時(shí)，2x>3x，所以q為真命題，∴（?p）∨q為真命題．10．答案：B解析：當(dāng)k＝1時(shí)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－α))＝cosα成立；反之，當(dāng)k＝5時(shí)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－α))＝cosα推不出k＝1，故“?α∈R，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－α))＝cosα，k∈Z”是“k＝1”的必要不充分條件．11．答案：B解析：由ab>0得a，b同號(hào)且不為0，對(duì)于A，“a>0或b>0”不能推出ab>0，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，“a>10且b>2”可以推出ab>0，當(dāng)ab>0不一定得出a>10且b>2，則“a>10且b>2”是“ab>0”的一個(gè)充分不必要條件，故B正確；對(duì)于C，“a，b同號(hào)且不為0”等價(jià)于“ab>0”，即“a，b同號(hào)且不為0”是“ab>0”的一個(gè)充分必要條件，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，a＋b>0或ab>0不一定得出ab>0，比如a＝2，b＝－1滿足a＋b>0，但ab<0，故D錯(cuò)誤．12．答案：A解析：∵x2－3x＋2≥0的解是x≥2或x≤1，∴“x>2”是“x2－3x＋2≥0”的充分不必要條件，命題p是真命題，?p是假命題，∵當(dāng)x＝－1時(shí)，x2＋2x＋1＝0，即存在x0＝－1，使得xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋2x0＋1＝0成立，故命題q是假命題，?q是真命題，所以，A，p∨q是真命題；B，p∧q是假命題；C，（?p）∨q是假命題；D，（?p）∧（?q）是假命題．13．答案：（－2，2]解析：由題意得B＝{x|y＝lg（x－2）}＝（2，＋∞），∴?RB＝（－∞，2]，∴A∩（?RB）＝（－2，2].14．答案：[1，＋∞）解析：由題意可知，?x≥0，a≥2x＋x，則a≥（2x＋x）min.設(shè)f（x）＝2x＋x（x∈[0，＋∞）），易知f（x）是定義域內(nèi)的增函數(shù)，故當(dāng)x＝0時(shí)，函數(shù)f（x）取得最小值20＋0＝1.綜上可得，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞）.15．答案：1解析：由題意：對(duì)?x∈R，m≥－x2＋1恒成立，所以m≥（－x2＋1）max，因?yàn)閥＝－x2＋1是開(kāi)口向下的拋物線，對(duì)稱軸是x＝0，所以（－x2＋1）max＝1，∴m≥1.16．答案：15解析：a，b同奇或同偶的結(jié)果有11個(gè)：（1，11），（2，10），…，（11，1）.a，b一奇一偶的結(jié)果有4個(gè)：（1，12），（12，1），（3，4），（4，3）.所以集合M的元素共有15個(gè)．17．解析：由已知得A＝{x|－1≤x≤3}，B＝{x|m－2≤x≤m＋2}．（1）∵A∩B＝[0，3]，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－2＝0，,m＋2≥3.))∴m＝2.（2）?RB＝{x|x<m－2或x>m＋2}，∵A??RB，∴m－2>3或m＋2<－1，即m>5或m<－3.所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是{m|m>5，或m<－3}．18．解析：（1）由x2＋2x－3<0，解得－3<x<1，即A＝（－3，1）.當(dāng)a＝3時(shí)，由|x＋3|<1，解得－4<x<－2，即B＝（－4，－2）.所以A∪B＝（－4，1）.（2）因?yàn)閜是q成立的必要不充分條件，所以集合B是集合A的真子集．又集合A＝（－3，1），B＝（－a－1，－a＋1），所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a－1≥－3，,－a＋1<1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a－1>－3，,－a＋1≤1，))解得0≤a≤2，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是[0，2].19．解析：（1）∵A＝{x∈R|x2－5x＋8＝2}＝{2，3}，B＝{x∈R|x2＋2x－8＝0}＝{2，－4}，∴A∪B＝{2，3，－4}．（2）∵A∩C≠?，B∩C＝?，∴2?C，－4?C，3∈C.∵C＝{x∈R|x2－ax＋a2－19>0}，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(22－2a＋a2－19≤0，,（－4）2＋4a＋a2－19≤0，,32－3a＋a2－19>0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3≤a≤5，,－2－\r(7)≤a≤－2＋\r(7)，,a<－2或a>5，))∴－3≤a<－2.∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－3，－2）.20．解析：∵集合A＝{（x，y）|x2＋mx－y＋2＝0，x∈R}＝{（x，y）|y＝x2＋mx＋2，x∈R}，B＝{（x，y）|x－y＋1＝0，0≤x≤2}＝{（x，y）|y＝x＋1，0≤x≤2}，∴A∩B≠?等價(jià)于方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2＋mx＋2，,y＝x＋1))在x∈[0，2]上有解，即x2＋mx＋2＝x＋1在[0，2]上有解，即x2＋（m－1）x＋1＝0在[0，2]上有解，顯然，x＝0不是該方程的解，從而問(wèn)題等價(jià)于－（m－1）＝x＋eq\f(1,x)在（0，2]上有解．又∵當(dāng)x∈（0，2]時(shí)，eq\f(1,x)＋x≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)\f(1,x)＝x，即x＝1時(shí)取“＝”))，∴－（m－1）≥2，∴m≤－1，即m∈（－∞，－1].21．解析：當(dāng)命題p為真時(shí)，即a2＋a－6≥0，解得a≥2或a≤－3；當(dāng)命題q為真時(shí)，可得ax2－ax＋1≥0對(duì)任意x∈R恒成立，若a＝0，則滿足題意；若a≠0，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝a2－4a≤0，))解得0<a≤4，∴0≤a≤4.∵p∧q為假，p∨q為真，∴“p真q假”或“p假q真”，①當(dāng)p真q假時(shí)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥2或a≤－3，,a>4或a<0，))∴a>4或a≤－3；②當(dāng)p假q真時(shí)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3<a<2，,0≤a≤4，))∴0≤a<2.∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是（－∞，－3]∪[0，2）∪（4，＋∞）.22．解析：因?yàn)閤1，x2是方程x2－mx－2＝0的兩個(gè)實(shí)根，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝m，,x1x2＝－2，))所以|x1－x2|＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(m2＋8).所以當(dāng)m∈[－1，1]時(shí)，|x1－x2|max＝3.由不等式a2－5a－3≥|x1－x2|對(duì)任意實(shí)數(shù)m∈[－1，1]恒成立，得a2－5a－3≥3，解得a≥6或a≤－1，所以命題p為真命題時(shí)，a≥6或a≤－1.命題q：不等式ax2＋2x－1>0有解，①a>0時(shí)，顯然有解；②當(dāng)a＝0時(shí)，2x－1>0有解；③當(dāng)a<0時(shí)，因?yàn)閍x2＋2x－1>0有解，所以Δ＝4＋4a>0，解得－1<a<0.所以命題q為真命題時(shí)，a>－1.又因?yàn)槊}q是假命題，所以a≤－1.所以命題p是真命題且命題q是假命題時(shí)，實(shí)數(shù)a的取值范圍為（－∞，－1].第二單元函數(shù)點(diǎn)點(diǎn)練3函數(shù)的概念及其表示一基礎(chǔ)小題練透篇1．答案：D解析：A中兩個(gè)函數(shù)的定義域不同；B中y＝x0的x不能取0；C中兩函數(shù)的對(duì)應(yīng)關(guān)系不同．2．答案：A解析：易得函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，則由f（3x＋2）<f（x－4）可得3x＋2<x－4，解得x<－3，故不等式的解集為（－∞，－3）.3．答案：B解析：①中當(dāng)x>0時(shí)，每一個(gè)x的值對(duì)應(yīng)兩個(gè)不同的y值，一對(duì)多，不是函數(shù)圖象，②中當(dāng)x＝x0時(shí)，y的值有兩個(gè)，一對(duì)多，不是函數(shù)圖象，③④中每一個(gè)x的值對(duì)應(yīng)唯一的y值，是函數(shù)圖象．4．答案：B解析：由已知條件得－x2＋3x＋4≥0，解得－1≤x≤4，故集合A＝{x|－1≤x≤4}．又B＝{x|x>2}，則A∪B＝[－1，＋∞）.5．答案：eq\f(15,16)x－eq\f(9,16x)＋eq\f(1,8)（x≠0）解析：用eq\f(1,x)代替3f（x）＋5feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(3,x)＋1中的x，得3feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋5f（x）＝3x＋1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3f（x）＋5f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝\f(3,x)＋1，,3f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋5f（x）＝3x＋1))消去feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，解得f（x）＝eq\f(15,16)x－eq\f(9,16x)＋eq\f(1,8)（x≠0）.6．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪（1，＋∞）解析：因?yàn)閤2－1≥－1，則eq\f(1,x2－1)∈（－∞，－1]∪（0，＋∞），由指數(shù)函數(shù)y＝2x的性質(zhì)可得y＝2eq\f(1,x2－1)的值域?yàn)閑q\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪（1，＋∞）.二能力小題提升篇1．答案：C解析：若f（m）＝3m－1－1＝－2，則3m－1＝－1，方程無(wú)解，故f（m）＝－1－log3（m＋5）＝－2，可得log3（m＋5）＝1，解得m＝－2，所以f（6＋m）＝f（4）＝34－1－1＝26.2．答案：B解析：∵定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f（1－x）＋2f（x）＝x2＋1，∴當(dāng)x＝0時(shí)，f（1）＋2f（0）＝1①，當(dāng)x＝1時(shí)，f（0）＋2f（1）＝2②，②×2－①，得3f（1）＝3，解得f（1）＝1.3．答案：C解析：由f（x）＋2f（1－x）＝eq\f(1,x)－1，將x換成1－x，得f（1－x）＋2f（1－（1－x））＝eq\f(1,1－x)－1，即f（1－x）＋2f（x）＝eq\f(1,1－x)－1.故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）＋2f（1－x）＝\f(1,x)－1，,f（1－x）＋2f（x）＝\f(1,1－x)－1，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）＋2f（1－x）＝\f(1,x)－1，,2f（1－x）＋4f（x）＝\f(2,1－x)－2，))兩式相減化簡(jiǎn)得f（x）＝eq\f(\f(2,1－x)－1－\f(1,x),3)，故f（－2）＝eq\f(\f(2,1－（－2）)－1－\f(1,－2),3)＝eq\f(\f(1,6),3)＝eq\f(1,18).4．答案：D解析：令f（a）＝t，則由f（t）≤3得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t<0，,t2＋2t≤3，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t≥0，,－t2≤3，))得t≥－3，即f（a）≥－3，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,a2＋2a≥－3，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥0，,－a2≥－3，))解得a<0或0≤a≤eq\r(3)，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是（－∞，eq\r(3)].5．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))解析：因?yàn)楹瘮?shù)f（2x－1）的定義域?yàn)椋?，1），所以－1<2x－1<1，所以函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋ǎ?，1）.由－1<1－3x<1得0<x<eq\f(2,3)，所以函數(shù)f（1－3x）的定義域是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))).6．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))解析：當(dāng)x<1時(shí)，f（x）＝2－x>1；當(dāng)x≥1時(shí)，x－eq\f(1,2)≥eq\f(1,2)，若a>1，則logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))≥logaeq\f(1,2)，此時(shí)不符合題意；若0<a<1，則logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))≤logaeq\f(1,2)，由題意可得logaeq\f(1,2)≥1，解得a≥eq\f(1,2)，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).三高考小題重現(xiàn)篇1．答案：B解析：當(dāng)t＝0時(shí)，x＝0，y＝0，∴過(guò)原點(diǎn)，排除A；當(dāng)t＝1時(shí)x＝－1，y＝0，排除C和D；當(dāng)x＝0時(shí)，3t－4t3＝0，t1＝0，t2＝－eq\f(\r(3),2)，t3＝eq\f(\r(3),2)時(shí)，y1＝0，y2＝－eq\f(\r(3),2)，y3＝eq\f(\r(3),2).2．答案：C解析：當(dāng)0<a<1時(shí)，a＋1>1，f（a）＝eq\r(a)，f（a＋1）＝2（a＋1－1）＝2a，∵f（a）＝f（a＋1），∴eq\r(a)＝2a，解得a＝eq\f(1,4)或a＝0（舍去）.∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝f（4）＝2×（4－1）＝6.當(dāng)a≥1時(shí)，a＋1≥2，∴f（a）＝2（a－1），f（a＋1）＝2（a＋1－1）＝2a，∴2（a－1）＝2a，無(wú)解．綜上，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝6.3．答案：B解析：f（x）＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(a2,4)＋b，①當(dāng)0≤－eq\f(a,2)≤1時(shí)，f（x）min＝m＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝－eq\f(a2,4)＋b，f（x）max＝M＝max{f（0），f（1）}＝max{b，1＋a＋b}，∴M－m＝maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(a2,4)，1＋a＋\f(a2,4)))與a有關(guān)，與b無(wú)關(guān)；②當(dāng)－eq\f(a,2)<0時(shí)，f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增；∴M－m＝f（1）－f（0）＝1＋a與a有關(guān)，與b無(wú)關(guān)；③當(dāng)－eq\f(a,2)>1時(shí)，f（x）在[0，1]上單調(diào)遞減，∴M－m＝f（0）－f（1）＝－1－a與a有關(guān)，與b無(wú)關(guān)．綜上所述，M－m與a有關(guān)，但與b無(wú)關(guān)．4．答案：（0，＋∞）解析：函數(shù)f（x）＝eq\f(1,x＋1)＋lnx的自變量滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1≠0，,x>0，))∴x>0，即定義域?yàn)椋?，＋∞）.5．答案：[2，＋∞）解析：要使函數(shù)f（x）有意義，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x－1≥0,x>0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥2,x>0))，所以函數(shù)f（x）的定義域是[2，＋∞）.6．答案：2解析：由題意，得f（eq\r(6)）＝（eq\r(6)）2－4＝2.又f（f（eq\r(6)））＝3，所以f（2）＝3，即|2－3|＋a＝3，解得a＝2.四經(jīng)典大題強(qiáng)化篇1．解析：由直線y＝4x＋1與y＝x＋2求得交點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(7,3)))；由直線y＝x＋2與y＝－2x＋4，求出交點(diǎn)Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(8,3))).由圖象可看出：f（x）＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋4，\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≥\f(2,3))),x＋2，\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)<x<\f(2,3))),4x＋1，\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≤\f(1,3)))))f（x）的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(8,3).2．解析：（1）由題意，設(shè)f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0）.∵f（0）＝1，∴c＝1.又f（x＋1）－f（x）＝2x，∴a（x＋1）2＋b（x＋1）＋c－（ax2＋bx＋c）＝2x.∴2ax＋a＋b＝2x，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＝2，,a＋b＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1))，∴f（x）＝x2－x＋1.（2）∵當(dāng)x∈[－1，1]時(shí)，y＝f（x）＝x2－x＋1的圖象恒在y＝2x＋m圖象的上方，∴當(dāng)x∈[－1，1]時(shí)，x2－x＋1>2x＋m恒成立，即x2－3x＋1－m>0恒成立，令g（x）＝x2－3x＋1－m，當(dāng)x∈[－1，1]時(shí)，g（x）min＝g（1）＝12－3×1＋1－m＝－1－m，故只要m<－1即可，故實(shí)數(shù)m的取值范圍為（－∞，－1）.點(diǎn)點(diǎn)練4函數(shù)的基本性質(zhì)一基礎(chǔ)小題練透篇1．答案：D解析：令f（x）＝x＋ex，則f（1）＝1＋e，f（－1）＝－1＋e－1，即f（1）≠f（－1），f（－1）≠－f（1），所以y＝x＋ex既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)，而A，B，C依次是偶函數(shù)、奇函數(shù)、偶函數(shù)．2．答案：D解析：A選項(xiàng)，y＝x3是奇函數(shù)，在定義域單調(diào)遞增；B選項(xiàng)，y＝eq\f(1,x)是奇函數(shù)，在（－∞，0）和（0，＋∞）單調(diào)遞減，但在其定義域并不單調(diào)；C選項(xiàng)，y＝eq\r(1－x)既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)，在其定義域單調(diào)遞減；D選項(xiàng)，y＝2－x－2x是奇函數(shù)，且滿足定義域上單調(diào)遞減．3．答案：C解析：依題意對(duì)?x∈R，有f（x＋6）＝f（x）＋f（3）成立，令x＝－3，則f（3）＝f（－3）＋f（3）＝2f（3），所以f（3）＝0，故f（x＋6）＝f（x），所以f（x）是周期為6的周期函數(shù)，故f（2021）＝f（6×337－1）＝f（－1）＝f（1）＝2×1－6＝－4.4．答案：B解析：由已知可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>1,4－\f(a,2)>0,a≥4－\f(a,2)＋2))，解得4≤a＜8.5．答案：C解析：∵f（x）是R上周期為5的奇函數(shù)，∴f（－x）＝－f（x），f（x＋5）＝f（x），∴f（－12）＝－f（12）＝－f（2）＝－2，f（4）＝f（－1）＝－f（1）＝－1，∴f（－12）－f（4）＝－2－（－1）＝－1.6．答案：A解析：根據(jù)題意可知，eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)>2可轉(zhuǎn)化為eq\f([f（x2）－2x2]－[f（x1）－2x1],x2－x1)>0，所以f（x）－2x在[0，＋∞）上是增函數(shù)，又f（－x）＝－f（x），所以f（x）－2x為奇函數(shù)，所以f（x）－2x在R上為增函數(shù)，因?yàn)閒（x－2020）>2（x－1011），f（1）＝2020，所以f（x－2020）－2（x－2020）>f（1）－2，所以x－2020>1，解得x>2021，即x的取值范圍是（2021，＋∞）.7．答案：1解析：因?yàn)閒（x）＝ax＋eq\f(2x,2x－1)（x≠0），且f（x）是偶函數(shù)，則f（－x）＝f（x），－ax－eq\f(2x,2－x－1)＝ax＋eq\f(2x,2x－1)，－a－eq\f(2,2－x－1)＝a＋eq\f(2,2x－1)，2a＋eq\f(2,2x－1)－eq\f(2×2x,2x－1)＝0，即2a＝2，所以實(shí)數(shù)a＝1.8．答案：（1）eq\f(1,4)（2）[0，eq\r(2)]解析：（1）a＝eq\f(1,2)，當(dāng)x≤0時(shí)，f（x）＝（x－eq\f(1,2)）2≥（－eq\f(1,2)）2＝eq\f(1,4)，當(dāng)x>0時(shí)，f（x）＝x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)，所以函數(shù)f（x）的最小值為eq\f(1,4).（2）由（1）知，當(dāng)x>0時(shí)，函數(shù)f（x）≥2，f（x）的最小值為2.當(dāng)x≤0時(shí)，若a<0，則當(dāng)x＝a時(shí)，函數(shù)f（x）取得最小值，為f（a）＝0，此時(shí)f（0）不是最小值，不滿足條件；若a≥0，則函數(shù)f（x）＝（x－a）2單調(diào)遞減，則當(dāng)x≤0時(shí)，函數(shù)f（x）的最小值為f（0）＝a2.綜上，要使f（0）是f（x）的最小值，則f（0）＝a2≤2，得0≤a≤eq\r(2)，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是[0，eq\r(2)].二能力小題提升篇1．答案：C解析：根據(jù)題意，若f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，則f（0）＝0，又由f（x＋2）＝－f（x），則有f（x＋4）＝－f（x＋2）＝f（x），則f（8）＝f（4）＝f（0）＝0.2．答案：A解析：由條件可知，f（－x）＝－f（x），且f（x）＝f（2－x），即f（2－x）＝－f（－x），即f（2＋x）＝－f（x），那么f（x＋4）＝－f（x＋2）＝f（x），所以函數(shù)f（x）是周期為4的函數(shù)，f（2021）＝f（505×4＋1）＝f（1）＝log28＝3.3．答案：C解析：由f（x＋2）＝f（－x）可知f（2－x）＝f（x）.又f（4－x）＝－f（x），∴f（4－x）＋f（2－x）＝0，∴f（x＋2）＝－f（x），∴f（x＋4）＝f[（x＋2）＋2]＝－f（x＋2）＝f（x），∴函數(shù)y＝f（x）是周期為4的周期函數(shù)，∴f（2019）＝f（3），f（2020）＝f（0），f（2021）＝f（1）.由f（4－x）＋f（x）＝0可得f（4－1）＋f（1）＝0，即f（3）＋f（1）＝0，∴f（2019）＋f（2020）＋f（2021）＝0＋0＝0.4．答案：C解析：函數(shù)f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，其圖象關(guān)于點(diǎn)（1，0）對(duì)稱．對(duì)于①，由于f（－x）＝f（x），函數(shù)的圖象關(guān)于（1，0）對(duì)稱，故f（x＋2）＝－f（x），所以f（x＋4）＝－f（x＋2）＝f（x），所以函數(shù)f（x）是周期函數(shù)，故①正確；對(duì)于②，函數(shù)f（x）為偶函數(shù)，則f（－x）＝f（4－x），由于函數(shù)為偶函數(shù)，故滿足f（x）＝f（4－x），故②正確；對(duì)于③，令f（x）＝－coseq\f(π,2)x，f（x）滿足題意，但在（0，2）上單調(diào)遞增，故③錯(cuò)誤；對(duì)于④，因?yàn)閒（－x）＝coseq\f(π（－x）,2)＝coseq\f(πx,2)＝f（x），f（2－x）＝coseq\f(π（2－x）,2)＝coseq\f(2π－πx,2)＝－coseq\f(πx,2)＝－f（x），所以函數(shù)f（x）＝coseq\f(πx,2)既關(guān)于y軸對(duì)稱，又關(guān)于（1，0）對(duì)稱，故④正確．5．答案：0解析：當(dāng)x≥0時(shí)，f（x＋4）＝－eq\f(1,f（x＋2）)＝f（x），又因?yàn)楹瘮?shù)f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，則f（－2019）＝f（2019）＝f（4×504＋3）＝f（3）＝－eq\f(1,f（1）)＝－1，f（2021）＝f（4×505＋1）＝f（1）＝1，因此，f（－2019）＋f（2021）＝0.6．答案：（－3，3）解析：由函數(shù)解析式知f（x）在R上單調(diào)遞增，且－f（2）＝－2＝f（－2），則f（1－|x|）＋f（2）>0?f（1－|x|）>－f（2）＝f（－2），由單調(diào)性知1－|x|>－2，解得x∈（－3，3）.三高考小題重現(xiàn)篇1．答案：D解析：方法一（排除法）取x1＝－1，x2＝0，對(duì)于A項(xiàng)有f（x1）＝1，f（x2）＝0，所以A項(xiàng)不符合題意；對(duì)于B項(xiàng)有f（x1）＝eq\f(3,2)，f（x2）＝1，所以B項(xiàng)不符合題意；對(duì)于C項(xiàng)有f（x1）＝1，f（x2）＝0，所以C項(xiàng)不符合題意．方法二（圖象法）如圖，在坐標(biāo)系中分別畫(huà)出A，B，C，D四個(gè)選項(xiàng)中函數(shù)的大致圖象，即可快速直觀判斷D項(xiàng)符合題意．2．答案：B解析：由題意可得f（x）＝eq\f(1－x,1＋x)＝－1＋eq\f(2,1＋x)，對(duì)于A，f（x－1）－1＝eq\f(2,x)－2不是奇函數(shù)；對(duì)于B，f（x－1）＋1＝eq\f(2,x)是奇函數(shù)；對(duì)于C，f（x＋1）－1＝eq\f(2,x＋2)－2，定義域不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，不是奇函數(shù)；對(duì)于D，f（x＋1）＋1＝eq\f(2,x＋2)，定義域不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，不是奇函數(shù)．3．答案：C解析：因?yàn)閒（x）是定義在R上的奇函數(shù)，所以f（－x）＝－f（x）.又f（1＋x）＝f（－x），所以f（2＋x）＝f[1＋（1＋x）]＝f[－（1＋x）]＝－f（1＋x）＝－f（－x）＝f（x），所以函數(shù)f（x）是以2為周期的周期函數(shù)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)－2))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(1,3).4．答案：B解析：∵函數(shù)f（x＋2）為偶函數(shù)，則f（2＋x）＝f（2－x），可得f（x＋3）＝f（1－x），∵函數(shù)f（2x＋1）為奇函數(shù)，則f（1－2x）＝－f（2x＋1），∴f（1－x）＝－f（x＋1），∴f（x＋3）＝－f（x＋1）＝f（x－1），即f（x）＝f（x＋4），故函數(shù)f（x）是以4為周期的周期函數(shù)，∵函數(shù)F（x）＝f（2x＋1）為奇函數(shù)，則F（0）＝f（1）＝0，故f（－1）＝－f（1）＝0，其它三個(gè)選項(xiàng)未知．5．答案：1解析：因?yàn)閒eq\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?yàn)閒eq\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，解得a＝1，經(jīng)驗(yàn)證，符合題意．故a＝1.6．答案：－4解析：由函數(shù)f（x）是奇函數(shù)得f（－8）＝－f（8）＝－823＝－四經(jīng)典大題強(qiáng)化篇1．解析：（1）當(dāng)a＝eq\f(3,2)時(shí)，f（x）＋f（－x）＝2a－eq\f(3,2x＋1)－eq\f(3,2－x＋1)＝2a－3＝0，即f（－x）＝－f（x），故此時(shí)函數(shù)f（x）是奇函數(shù)；因當(dāng)a≠eq\f(3,2)時(shí)，f（1）＝a－1，f（－1）＝a－2，故f（－1）≠f（1），且f（－1）≠－f（1）于是此時(shí)函數(shù)f（x）既不是偶函數(shù)，也不是奇函數(shù)；（2）因?yàn)閒（x）是奇函數(shù)，故由（1）知a＝eq\f(3,2)，從而f（x）＝eq\f(3,2)－eq\f(3,2x＋1)；由不等式f（x）≥eq\f(u,2x)，得u≤eq\f(3,2)·2x－eq\f(3·2x,2x＋1)，令2x＋1＝t∈[3，65]（因x∈[1，6]），故u≤eq\f(3,2)（t－1）－eq\f(3（t－1）,t)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(2,t)))－eq\f(9,2).由于函數(shù)φ（t）＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(2,t)))－eq\f(9,2)在[3，65]單調(diào)遞增，所以φ（t）min＝φ（3）＝1；因此，當(dāng)不等式f（x）≥eq\f(u,2x)在x∈[1，6]上恒成立時(shí)，umax＝1.2．解析：（1）因?yàn)閥＝ex是增函數(shù)，所以當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）是增函數(shù)，又因?yàn)閒（x）為偶函數(shù)，所以f（x）min＝f（0）＝3＋a＝3，即a＝0，當(dāng)x∈（－∞，0）時(shí)，－x>0，所以f（x）＝f（－x）＝3e－x，所以f（x）＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3ex，x≥0，,3e－x，x<0)).（2）因?yàn)閤∈[1，m]，都有f（x＋t）≤3ex，所以f（1＋t）≤3e，當(dāng)1＋t≥0時(shí)，3e1＋t≤3e，則0≤1＋t≤1，即－1≤t≤0，當(dāng)1＋t<0時(shí)，同理可得－2≤t<－1，所以－2≤t≤0.同樣地，由f（m＋t）≤3em及m≥2，得到et≤eq\f(em,em)，當(dāng)－2≤t≤0，et存在的最小值為e－2，由題意知，e－2≤eq\f(em,em)，即em－e3m≤0，令g（m）＝em－e3m，m∈[2，＋∞），則g′（m）＝em－e3，當(dāng)m∈[2，3）時(shí)，g′（m）<0，所以g（m）在[2，3）上單調(diào)遞減，當(dāng)m∈（3，＋∞）時(shí)，g′（m）>0，所以g（m）在（3，＋∞）上單調(diào)遞增，因?yàn)間（2）＝e2（1－2e）<0，g（4）＝e3（e－4）<0，g（5）＝e3（e2－5）>0，所以存在m0∈（4，5），使得g（m0）＝0，所以em－e3m≤0的解集為m≤m0，所以m的最大正整數(shù)為4.點(diǎn)點(diǎn)練5基本初等函數(shù)一基礎(chǔ)小題練透篇1．答案：D解析：因?yàn)閒（x）＝2x，所以f（mn）＝2mn，而f（m）f（n）＝2m·2n＝2m＋n＝f（m＋n），故選項(xiàng)A，B錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確；f（m＋n）＝2m＋n，f（m）＋f（n）＝2m＋2n，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤．2．答案：C解析：∵函數(shù)f（x）＝2×ax＋m－n（a＞0，且a≠1）的圖象恒過(guò)點(diǎn)（－1，4），∴m－1＝0，且2·am－1－n＝4，解得m＝1，n＝－2，∴m＋n＝－1.3．答案：C解析：設(shè)荷葉覆蓋水面的初始面積為a，則x天后荷葉覆蓋水面的面積y＝a·2x（x∈N＋），根據(jù)題意，令2（a·2x）＝a·220，解得x＝19.4．答案：C解析：由題意A（t，log3t），B（t，log3t－1），|AB|＝1，設(shè)C（x，log3x），因?yàn)椤鰽BC是等邊三角形，所以點(diǎn)C到直線AB的距離為eq\f(\r(3),2)，所以t－x＝eq\f(\r(3),2)，x＝t－eq\f(\r(3),2)，根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得log3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(\r(3),2)))＝eq\f(log3t＋log3t－1,2)＝log3t－eq\f(1,2)＝log3eq\f(t,\r(3))，所以t－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(t,\r(3))，解得t＝eq\f(3\r(3)＋3,4).5．答案：C解析：y＝f－1（x）的定義域即為函數(shù)f（x）的值域，因?yàn)?x＞0，則f（x）＞3，故f（x）的值域?yàn)椋?，＋∞），所以y＝f－1（x）的定義域是（3，＋∞）.6．答案：A解析：由題意知，不等式f（log4x）＞2，即f（log4x）＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，又偶函數(shù)f（x）在（－∞，0]上是減函數(shù)，∴f（x）在[0，＋∞）上是增函數(shù)，∴l(xiāng)og4x＞eq\f(1,2)＝log42，或log4x＜－eq\f(1,2)＝log4eq\f(1,2)，∴0＜x＜eq\f(1,2)，或x＞2.7．答案：－1解析：由于函數(shù)f（x）是冪函數(shù)，所以m2－m－1＝1，解得m＝2或m＝－1.當(dāng)m＝2時(shí)，f（x）＝x2在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，舍去；當(dāng)m＝－1時(shí)，f（x）＝x－1在（0，＋∞）上單調(diào)遞減．8．答案：3或eq\f(1,3)解析：設(shè)t＝ax>0，則y＝t2＋2t－1，圖象的對(duì)稱軸方程為t＝－1.若a>1，x∈[－1，1]，則t＝ax∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))，∴當(dāng)t＝a時(shí)，y取得最大值，ymax＝a2＋2a－1＝14，解得a＝3或a＝－5（舍去）.若0<a<1，x∈[－1，1]，則t＝ax∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))，∴當(dāng)t＝eq\f(1,a)時(shí)，y取得最大值，ymax＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))eq\s\up12(2)＋2×eq\f(1,a)－1＝14，解得a＝eq\f(1,3)或a＝－eq\f(1,5)（舍去）.二能力小題提升篇1．答案：B解析：x∈（1，2）時(shí)，x2＜2x，所以2x2<22x，即a＜又（2x）2＝22x，x∈（1，2），2x＞2x，所以22x＞22x，即b所以a，b，c的大小關(guān)系為b＞c＞a.2．答案：B解析：∵冪函數(shù)f（x）＝（m2－2m－2）xm2－2在（0，＋∞）上為增函數(shù)，∴m2－2m－2＝1，且m2－2＞0，求得m＝3.3．答案：D解析：∵冪函數(shù)f（x）＝（m－1）xn的圖象過(guò)點(diǎn)（m，8），∴m－1＝1，且mn＝8，求得m＝2，n＝3，故f（x）＝x3.∵a＝f（20.3）＝20.9＞1，b＝f（0.32）＝0.36∈（0，1），c＝f（log20.3）＝（log20.3）3＜0，∴a＞b＞c.4．答案：D解析：由函數(shù)f（x）＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－x，x<1，,\f(x,2)，x≥1，))f（f（a））＝eq\f(1,2)f（a），得f（a）≥1.當(dāng)a<1時(shí)，f（a）＝2－a≥1，得a≤0；當(dāng)a≥1時(shí)，f（a）＝eq\f(a,2)≥1，得a≥2.綜上，a∈（－∞，0]∪[2，＋∞）.5．答案：－1解析：設(shè)g（x）＝f（x）－1＝ln（eq\r(1＋x2)－x），因?yàn)間（－x）＝ln（eq\r(1＋x2)＋x）＝－g（x），所以g（x）為奇函數(shù)．因?yàn)閒（a）＝3，所以g（a）＝f（a）－1＝2，g（－a）＝－g（a）＝－2，所以f（－a）＝g（－a）＋1＝－1.6．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))解析：設(shè)g（x）＝x2－2ax＋a2＋4，則g（x）＝（x－a）2＋4≥4.又因?yàn)閒（x）＝loga（x2－2ax＋a2＋4）（a>0，且a≠1）有最大值，且最大值不小于－1，所以0<a<1，所以f（x）max＝loga4≥－1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)≥4，,0<a<1，))解得0<a≤eq\f(1,4).三高考小題重現(xiàn)篇1．答案：D解析：由題知c＝log0.70.8<1，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(－0.8)＝30.8，易知函數(shù)y＝3x在R上單調(diào)遞增，所以b＝30.8>30.7＝a>1，所以c<a<b，故選D.2．答案：C解析：方法一由函數(shù)y＝lnx的圖象（圖略）知，當(dāng)0<a－b<1時(shí)，ln（a－b）<0，故A不正確；因?yàn)楹瘮?shù)y＝3x在R上單調(diào)遞增，所以當(dāng)a>b時(shí)，3a>3b，故B不正確；因?yàn)楹瘮?shù)y＝x3在R上單調(diào)遞增，所以當(dāng)a>b時(shí)，a3>b3，即a3－b3>0，故C正確；當(dāng)b<a<0時(shí)，|a|<|b|，故D不正確．故選C.方法二當(dāng)a＝0.3，b＝－0.4時(shí)，滿足a>b，但ln（a－b）<0，3a>3b，|a|<|b|，故排除A，B，D.選C.3．答案：A解析：方法一由函數(shù)y＝x3和y＝－eq\f(1,x3)都是奇函數(shù)，知函數(shù)f（x）＝x3－eq\f(1,x3)是奇函數(shù)．由函數(shù)y＝x3和y＝－eq\f(1,x3)都在區(qū)間（0，＋∞）上單調(diào)遞增，知函數(shù)f（x）＝x3－eq\f(1,x3)在區(qū)間（0，＋∞）上單調(diào)遞增，故函數(shù)f（x）＝x3－eq\f(1,x3)是奇函數(shù)，且在區(qū)間（0，＋∞）上單調(diào)遞增．故選A.方法二函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋ǎ蓿?）∪（0，＋∞），關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，f（－x）＝（－x）3－eq\f(1,（－x）3)＝－x3＋eq\f(1,x3)＝－f（x），故f（x）＝x3－eq\f(1,x3)是奇函數(shù)．∵f′（x）＝3x2＋eq\f(3,x4)>0，∴f（x）在區(qū)間（0，＋∞）上單調(diào)遞增．故選A.4．答案：D解析：對(duì)于函數(shù)y＝loga（x＋eq\f(1,2)），當(dāng)y＝0時(shí)，有x＋eq\f(1,2)＝1，得x＝eq\f(1,2)，即y＝loga（x＋eq\f(1,2)）的圖象恒過(guò)定點(diǎn)（eq\f(1,2)，0），排除選項(xiàng)A、C；函數(shù)y＝eq\f(1,ax)與y＝loga（x＋eq\f(1,2)）在各自定義域上單調(diào)性相反，排除選項(xiàng)B，故選D.5．答案：A解析：因?yàn)?x－2y<3－x－3－y，所以2x－3－x<2y－3－y.設(shè)f（x）＝2x－3－x，則f′（x）＝2xln2－3－x×ln3×（－1）＝2xln2＋3－xln3，易知f′（x）>0，所以f（x）在R上為增函數(shù)．由2x－3－x<2y－3－y得x<y，所以y－x＋1>1，所以ln（y－x＋1）>0，故選A.6．答案：B解析：2a＋log2a＝22b＋log2b<22b＋log2（2b），令f（x）＝2x＋log2x，則f（a）<f（2b），又易知f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，所以a<2b，故選B.四經(jīng)典大題強(qiáng)化篇1．解析：（1）因?yàn)楹瘮?shù)f（x）是R上的奇函數(shù)，所以f（0）＝0，求得a＝0.當(dāng)a＝0時(shí)，f（x）＝－x是R上的奇函數(shù)．所以a＝0為所求．（2）因?yàn)楹瘮?shù)f（x）的定義域是一切實(shí)數(shù)，所以eq\f(1,2x)＋a>0恒成立．即a>－eq\f(1,2x)恒成立，由于－eq\f(1,2x)∈（－∞，0），故只要a≥0即可．（3）由已知得函數(shù)f（x）是減函數(shù)，故f（x）在區(qū)間[0，1]上的最大值是f（0）＝log2（1＋a），最小值是f（1）＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋a)).由題設(shè)得log2（1＋a）－log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋a))≥2?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)>0，,a＋1≥4a＋2.))故－eq\f(1,2)<a≤－eq\f(1,3).2．解析：（1）由題意，f（0）＝1－eq\f(a,1＋1)＝0，解得a＝2，所以f（x）＝1－eq\f(2,1＋4x)＝eq\f(4x－1,4x＋1)，所以f（－x）＝eq\f(4－x－1,4－x＋1)＝eq\f(1－4x,1＋4x)＝－f（x），所以函數(shù)f（x）為奇函數(shù)，符合題意．（2）由（1）f（x）＝1－eq\f(2,1＋4x)，易知f（x）在R上單調(diào)遞增．因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k·\f(22x＋1－1,4x)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4＋2x,2x)))>0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k·\f(22x＋1－1,4x)))＞－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4＋2x,2x)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4＋2x,2x)))，所以k·eq\f(22x＋1－1,4x)>－eq\f(4＋2x,2x)，即keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4x)－2))<eq\f(4,2x)＋1，即（2k＋1）·22x＋4·2x－k>0在R上恒成立，令t＝2x>0，則（2k＋1）t2＋4t－k>0，對(duì)t>0時(shí)恒成立，①當(dāng)2k＋1＝0，即k＝－eq\f(1,2)時(shí)，4t＋eq\f(1,2)>0，對(duì)t>0時(shí)恒成立；②當(dāng)2k＋1≠0，即k≠－eq\f(1,2)時(shí)，由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2k＋1>0,Δ＝16＋4k（2k＋1）<0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2k＋1>0,－\f(2,2k＋1)≤0，,－k≥0))解得－eq\f(1,2)<k≤0.綜上，實(shí)數(shù)k的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)).點(diǎn)點(diǎn)練6函數(shù)的圖象及應(yīng)用一基礎(chǔ)小題練透篇1．答案：D解析：當(dāng)a>1時(shí)，y＝a1－x是減函數(shù)，y＝loga（x－1）是增函數(shù)，排除B；又函數(shù)y＝loga（x－1）的定義域?yàn)閧x|x>1}，排除A；當(dāng)0<a<1時(shí)，y＝a1－x是增函數(shù)，y＝loga（x－1）是減函數(shù)，排除C.2．答案：A解析：由f（x）的圖象可知，0<a<1，b<－1，觀察選項(xiàng)中的圖象可知，選A.3．答案：B解析：y＝ex的圖象關(guān)于x軸對(duì)稱的圖象的函數(shù)解析式為y＝－ex，把y＝－ex的圖象向左平移一個(gè)單位長(zhǎng)度，得到y(tǒng)＝－ex＋1的圖象，所以f（x）＝－ex＋1.4．答案：B解析：根據(jù)題意，f（x）＝eq\f(2x,x2＋2)，其定義域?yàn)镽，由f（－x）＝－eq\f(2x,x2＋2)＝－f（x），即函數(shù)f（x）為奇函數(shù)，排除D，由f（1）＝eq\f(2,3)>0，排除A，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f（x）→0，排除C.5．答案：C解析：∵f（x）＝eq\f(－x＋b,（x＋c）2)的圖象與y軸交于M，且點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為正，∴f（0）＝eq\f(b,c2)>0，故b>0，∵f（x）＝eq\f(－x＋b,（x＋c）2)的定義域?yàn)閧x|x≠－c}，且其函數(shù)圖象間斷處的橫坐標(biāo)為正，∴－c>0，故c<0.6．答案：B解析：已知f（x）＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|2x－1|，x<2，,\f(3,x－1)，x≥2，))作出函數(shù)圖象如圖，通過(guò)函數(shù)圖象可以看出，當(dāng)x<0時(shí)，函數(shù)無(wú)限趨近于1，但不等于1，當(dāng)x>2時(shí)，函數(shù)無(wú)限趨近于0，但不等于0，所以f（x）＝k有且僅有兩個(gè)不等實(shí)根，可以得到1≤k<3.7．答案：22解析：由圖可知，f（3）＝1，故f（eq\f(1,f（3）)）＝f（1）＝2.函數(shù)g（x）＝f（x）－eq\f(3,2)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)即為函數(shù)y＝f（x）與函數(shù)y＝eq\f(3,2)的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，由圖象可知，有2個(gè)交點(diǎn)，故零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為2.8.答案：6解析：f（x）＝min{2x，x＋2，10－x}（x≥0）的圖象如圖中實(shí)線所示．令x＋2＝10－x，得x＝4.故當(dāng)x＝4時(shí)，f（x）取最大值，又f（4）＝6，所以f（x）的最大值為6.二能力小題提升篇1．答案：C解析：令f（x）＝eq\f(e|x|,4x)，因?yàn)楹瘮?shù)f（x）的定義域?yàn)閧x|x≠0}，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且f（－x）＝eq\f(e|x|,－4x)＝－eq\f(e|x|,4x)＝－f（x）.所以f（x）是奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，排除B；當(dāng)x＝1時(shí)，f（1）＝eq\f(e,4)，排除A；當(dāng)x→＋∞時(shí)，f（x）→＋∞，排除D.2．答案：C解析：由圖象知，函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，排除A，B；當(dāng)x∈（0，＋∞）時(shí)，f（x）＝eq\f(e|x|,x)顯然大于0，與圖象不符，排除D.3．答案：B解析：令f（x）＝0，即4mx＝n，則mx＝log4n，即x＝eq\f(1,m)log4n，由題圖可知eq\f(1,m)log4n>0，故當(dāng)m>0時(shí)，n>1；當(dāng)m<0時(shí)，0<n<1，排除A，D；當(dāng)m<0時(shí)，易知y＝4mx是減函數(shù)，且當(dāng)x→＋∞時(shí)，