数学高考第一轮复习特训卷（文科）正文答案

第一部分必备知识关键能力精准练第一单元集合与常用逻辑用语点点练1集合的概念与运算一基础小题练透篇1．答案：B解析：根据题意得，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).故选A.3．答案：A解析：根据题意，M＝{x∈N|－2≤x<4}＝{0，1，2，3}，N＝{x∈N|(x＋1)(x－3)<0}＝{0，1，2}，则∁MN＝{3}，则集合∁MN中有1个元素．4．答案：A解析：由题意A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|x≥4或x≤2}，则∁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：由题意得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)))))，因为M∩N＝∅，所以－eq\f(a,2)≤－eq\f(1,2)，所以a≥1.7．答案：(－∞，－2]∪[－1，2]解析：因为A＝{x|－1≤x＋1≤6}，所以A＝{x|－2≤x≤5}，因为A⊇B，所以B是A的子集，当B＝∅时，则m－1≥2m＋1，解得m≤－2；当B≠∅时，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－1≥－2,2m＋1≤5,m－1<2m＋1))，解得－1≤m≤2；综上所述，m的取值范围是(－∞，－2]∪[－1，2].8．答案：3解析：因为∁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＝3.二能力小题提升篇1．答案：B解析：x∈A，y∈B时，x＋y的值依次为5，6，6，7，7，8，有4个不同值，即C＝{5，6，7，8}，因此C中有4个元素．2．答案：C解析：由题意知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：因为U＝{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：根据题意，若S1＝S2＝S3＝Z，显然正确，故排除A，若S1＝{1}，S2＝{1}，S3＝{0}亦符合题意，故排除C，而D排除了所有可能，也是错的．5.答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,3)))∪（3，5]解析：根据题意，不等式eq\f(ax－5,x－a)<0的解集为M，若3∈M，且5∉M，则有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的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,3)))∪（3，5].6．答案：15解析：因为1∈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；这样所求集合即由1，－1，“3和eq\f(1,3)”，“2和eq\f(1,2)”这“四大”元素所组成的集合的非空子集．所以满足条件的集合的个数为24－1＝15.三高考小题重现篇1．答案：B解析：由题得集合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：由题意可得，A∪B＝{x|－1＜x≤2}，即A∪B＝（－1，2].3．答案：D解析：由交集的定义结合题意可得：A∩B＝{x|1≤x<2}．4．答案：C解析：方法一由题知∁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，则排除选项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中元素的个数为4，选C.6．答案：C解析：方法一在集合T中，令n＝k（k∈Z），则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，…}，观察可知，T⊆S，所以T∩S＝T.四经典大题强化篇1．解析：（1）当m＝－1时，B＝{x|－2<x<2}，又A＝{x|1<x<3}，则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的取值范围是（－∞，－2]；（3）由A∩B＝∅得①若2m≥1－m，即m≥eq\f(1,3)时，B＝∅符合题意；②若2m<1－m，即m<eq\f(1,3)时，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).综上知m≥0，即实数的取值范围为[0，＋∞）.2．解析：（1）当m＝2时，B＝{x|－m<x<m＋1}＝{x|－2<x<3}，则∁RB＝{x|x≤－2或x≥3}，又A＝{x|0<x<4}，所以A∩（∁RB）＝{x|3≤x<4}；（2）因为A∪B＝A，所以B⊆A，当B＝∅时，－m≥m＋1，解得m≤－eq\f(1,2)；当B≠∅时，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－m<m＋1,－m≥0,m＋1≤4))，解得－eq\f(1,2)<m≤0；综上，m的取值范围为m≤0.点点练2常用逻辑用语一基础小题练透篇1．答案：B解析：命题“∃x<0，3x3－6x<0”的否定为：∀x<0，3x3－6x≥0.2．答案：D解析：因为－1≤sinx≤1，所以由“∃x∈R，sinx<a”为真命题，可得：a>－1.3．答案：B解析：由题意，命题“∃x∈R，（m－1）x2＋2（1－m）x＋3≤0是假命题”可得命题“∀x∈R，（m－1）x2＋2（1－m）x＋3>0是真命题”，当m－1＝0时，即m＝1时，不等式3>0恒成立；当m－1≠0时，即m≠1时，则满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－1>0,[2（1－m）]2－4（m－1）×3<0))，解得1<m<4，综上可得，实数1≤m<4，即命题“∃x∈R，（m－1）x2＋2（1－m）x＋3≤0是假命题”时，实数m的取值范围是[1，4），又由“m>0”是“1≤m<4”的必要不充分条件，所以“m>0”是“∃x∈R，（m－1）x2＋2（1－m）x＋3≤0是假命题”的必要不充分条件．4．答案：A解析：命题“若am2<bm2，则a<b”的逆命题为：若a<b，则am2>bm2，显然是错误的，当m＝0时不成立，故A是假命题．5．答案：A解析：若λ＝eq\r(3)，则双曲线方程为eq\f(x2,\r(3))－eq\f(y2,3\r(3))＝1，从而e2＝eq\f(\r(3)＋3\r(3),\r(3))＝4，则e＝2，充分性成立．若e＝2，当λ>0时，由题意，得e2＝eq\f(λ＋λ3,λ)＝4，得λ＝eq\r(3)；当λ<0时，由题意，得e2＝eq\f(－λ－λ3,－λ3)＝4，得λ＝－eq\f(\r(3),3).故“λ＝eq\r(3)”是“双曲线离心率为2”的充分不必要条件．6．答案：D解析：因为命题“∃x∈R，4x2＋（a－2）x＋eq\f(1,4)≤0”是假命题，所以其否定“∀x∈R，4x2＋（a－2）x＋eq\f(1,4)>0”是真命题，则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”为真命题，则p，q均为真命题．∵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)是增函数，∴当x＝1时，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均为真命题，∴－eq\f(1,16)≤m<0.8．答案：（－∞，2）解析：由p为真命题，有a<（x＋eq\f(1,x)）min，而函数y＝x＋eq\f(1,x)在x∈[1，2]上单调递增，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\do7(min)＝2，所以a<2.二能力小题提升篇1．答案：B解析：对命题否定时，全称量词改成存在量词，同时否定结论，即∃x0>0，ln（x0＋1）≤0.2．答案：A解析：当a>1时，eq\f(1,a)<1成立，即充分性成立，当a＝－1时，满足eq\f(1,a)<1，但a>1不成立，即必要性不成立，则“a>1“是“eq\f(1,a)<1“的充分不必要条件．3．答案：B解析：将x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0化为标准方程，得（x－a）2＋（y－1）2＝a2－a.当点（0，1）在圆x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0外时，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－a>0,a>0))，解得a>1.∴“a>0”是“点（0，1）”在圆x2＋y2－2ax－2y＋a＋1＝0外”的必要不充分条件．4．答案：B解析：对于①，若a，b是非零向量，a·b>0，则〈a，b〉∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，a与b的夹角不一定为锐角，故①错误；对于②，在△ABC中，sinA>sinB⇔2RsinA>2RsinB⇔a>b⇔A>B，其中2R为△ABC外接圆的直径，故命题“在△ABC中，若sinA>sinB，则A>B”为真命题，所以其逆否命题为真命题，故②正确；对于③，命题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错误；对于④，若“p且q”为假命题，则p与q中必有一个为假命题，若“¬p或q”为假命题，则¬p与q都为假命题，即p为真命题，q为假命题，故④正确．5．答案：[0，4]解析：当a＝0时，1<0，命题p是假命题，符合题意；当a≠0时，若命题p是假命题，则ax2－ax＋1≥0恒成立，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0,Δ＝a2－4a≤0))，解得0<a≤4.综上可得0≤a≤4.6．答案：（2，＋∞）解析：根据指数函数的性质得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}，因为x∈A是x∈B的充分不必要条件，所以A∈B，所以m＋1>3，解得m>2.所以实数m的取值范围为（2，＋∞）.三高考小题重现篇1．答案：A解析：由a2>a得a>1或a<0，反之，由a>1得a2>a，则“a>1”是“a2>a”的充分不必要条件．2．答案：B解析：若a·c＝b·c，则（a－b）·c＝0，推不出a＝b；若a＝b，则a·c＝b·c必成立，故“a·c＝b·c”是“a＝b”的必要不充分条件．3．答案：C解析：若存在k∈Z使得α＝kπ＋（－1）kβ，则当k＝2n，n∈Z时，α＝2nπ＋β，则sinα＝sin（2nπ＋β）＝sinβ；当k＝2n＋1，n∈Z时，α＝（2n＋1）π－β，则sinα＝sin（2nπ＋π－β）＝sin（π－β）＝sinβ.若sinα＝sinβ，则α＝2nπ＋β或α＝2nπ＋π－β，n∈Z，即α＝kπ＋（－1）kβ，k∈Z，故选C.4．答案：A解析：因为sinx∈[－1，1]，所以∃x∈R，sinx<1，所以命题p是真命题．因为∀x∈R，|x|≥0，所以可得e|x|≥e0＝1，所以命题q是真命题．于是可知p∧q是真命题，（¬p）∧q是假命题，p∧（¬q）是假命题，¬（p∨q）是假命题．5．答案：A解析：若函数f（x）在[0，1]上单调递增，则f（x）在[0，1]上的最大值为f（1），若f（x）在[0，1]上的最大值为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)))为减函数，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))为增函数，故f（x）在[0，1]上的最大值为f（1）推不出f（x）在[0，1]上单调递增，故“函数f（x）在[0，1]上单调递增”是“f（x）在[0，1]上的最大值为f（1）”的充分不必要条件．6．答案：f（x）＝sinx，x∈[0，2]（答案不唯一）解析：设f（x）＝sinx，则f（x）在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函数，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，2))上是减函数．由正弦函数图象的对称性知，当x∈（0，2]时，f（x）>f（0）＝sin0＝0，故f（x）＝sinx满足条件f（x）>f（0）对任意的x∈（0，2]都成立，但f（x）在[0，2]上不一直都是增函数．四经典大题强化篇1．解析：要使函数f（x）＝lg（x2－3x＋a）的值域为全体实数，则对数的真数必须能取遍所有的正数，即函数y＝x2－3x＋a的图象与x轴要有交点，所以Δ＝9－4a≥0，解得a≤eq\f(9,4).因为函数g（x）＝（2a－1）x3在R上单调递增，所以2a－1>0，解得a>eq\f(1,2).（1）当p∧q为真命题时，p，q同为真，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).故实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(9,4))).（2）若p或q为真，而p且q为假，则p，q一真一假．①若p真q假，则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，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>\f(9,4)，,a>\f(1,2)，))所以a>eq\f(9,4).综上所述，实数a的取值范围为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）当m＝－2时，p：x2＋6x＋8<0，即－4<x<－2.由（x＋2）2<1，得－3<x<－1.因为p∨q为真，即p真或q真，所以{x|－4<x<－2}∪{x|－3<x<－1}＝{x|－4<x<－1}，因此，实数x的取值范围是（－4，－1）.（2）当m<0时，p：x2－3mx＋2m2<0，即2m<x<m，由q：－3<x<－1，得¬q：x≤－3或x≥－1，因为p是¬q的充分不必要条件，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，实数m的取值范围是（－∞，－3]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)).单元检测（一）集合与常用逻辑用语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：因为A＝（－∞，－1）∪（6，＋∞），B＝{x|4<x≤7}，所以A∪B＝（－∞，－1）∪（4，＋∞）.3．答案：C解析：命题p：“∀x≥0，2x－sinx≥0”是全称命题，又全称命题的否定是特称命题，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}，元素个数为3个．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：由题得A＝{x>1或x<－1}，因为B⊆A，所以a≥1.8．答案：C解析：因为M＝{1，3，6}，P＝{3，4，5}，所以M∩P＝{3}，M∪P＝{1，3，4，5，6}，因为U＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，所以∁U（M∪P）＝{2，7，8}，由Venn图易知，Venn图中阴影部分表示的集合是∁U（M∪P）∪（M∩P），故Venn图中阴影部分表示的集合是{2，3，7，8}．9．答案：C解析：x＝0时，x2＋x－1<0，所以p为假命题，x＝－1时，2x>3x，所以q为真命题，∴（¬p）∨q为真命题．10．答案：B解析：当k＝1时，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－α))＝cosα成立；反之，当k＝5时，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”的必要不充分条件．11．答案：B解析：由ab>0得a，b同号且不为0，对于A，“a>0或b>0”不能推出ab>0，故A错误；对于B，“a>10且b>2”可以推出ab>0，当ab>0不一定得出a>10且b>2，则“a>10且b>2”是“ab>0”的一个充分不必要条件，故B正确；对于C，“a，b同号且不为0”等价于“ab>0”，即“a，b同号且不为0”是“ab>0”的一个充分必要条件，故C错误；对于D，a＋b>0或ab>0不一定得出ab>0，比如a＝2，b＝－1满足a＋b>0，但ab<0，故D错误．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”的充分不必要条件，命题p是真命题，¬p是假命题，∵当x＝－1时，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，故命题q是假命题，¬q是真命题，所以，A，p∨q是真命题；B，p∧q是假命题；C，（¬p）∨q是假命题；D，（¬p）∧（¬q）是假命题．13．答案：（－2，2]解析：由题意得B＝{x|y＝lg（x－2）}＝（2，＋∞），∴∁RB＝（－∞，2]，∴A∩（∁RB）＝（－2，2].14．答案：[1，＋∞）解析：由题意可知，∃x≥0，a≥2x＋x，则a≥（2x＋x）min.设f（x）＝2x＋x（x∈[0，＋∞）），易知f（x）是定义域内的增函数，故当x＝0时，函数f（x）取得最小值20＋0＝1.综上可得，实数a的取值范围是[1，＋∞）.15．答案：1解析：由题意：对∀x∈R，m≥－x2＋1恒成立，所以m≥（－x2＋1）max，因为y＝－x2＋1是开口向下的抛物线，对称轴是x＝0，所以（－x2＋1）max＝1，∴m≥1.16．答案：15解析：a，b同奇或同偶的结果有11个：（1，11），（2，10），…，（11，1）.a，b一奇一偶的结果有4个：（1，12），（12，1），（3，4），（4，3）.所以集合M的元素共有15个．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.所以实数m的取值范围是{m|m>5，或m<－3}．18．解析：（1）由x2＋2x－3<0，解得－3<x<1，即A＝（－3，1）.当a＝3时，由|x＋3|<1，解得－4<x<－2，即B＝（－4，－2）.所以A∪B＝（－4，1）.（2）因为p是q成立的必要不充分条件，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，即实数a的取值范围是[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.∴实数a的取值范围是[－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≠∅等价于方程组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，显然，x＝0不是该方程的解，从而问题等价于－（m－1）＝x＋eq\f(1,x)在（0，2]上有解．又∵当x∈（0，2]时，eq\f(1,x)＋x≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当\f(1,x)＝x，即x＝1时取“＝”))，∴－（m－1）≥2，∴m≤－1，即m∈（－∞，－1].21．解析：当命题p为真时，即a2＋a－6≥0，解得a≥2或a≤－3；当命题q为真时，可得ax2－ax＋1≥0对任意x∈R恒成立，若a＝0，则满足题意；若a≠0，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝a2－4a≤0，))解得0<a≤4，∴0≤a≤4.∵p∧q为假，p∨q为真，∴“p真q假”或“p假q真”，①当p真q假时，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥2或a≤－3，,a>4或a<0，))∴a>4或a≤－3；②当p假q真时，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3<a<2，,0≤a≤4，))∴0≤a<2.∴实数a的取值范围是（－∞，－3]∪[0，2）∪（4，＋∞）.22．解析：因为x1，x2是方程x2－mx－2＝0的两个实根，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).所以当m∈[－1，1]时，|x1－x2|max＝3.由不等式a2－5a－3≥|x1－x2|对任意实数m∈[－1，1]恒成立，得a2－5a－3≥3，解得a≥6或a≤－1，所以命题p为真命题时，a≥6或a≤－1.命题q：不等式ax2＋2x－1>0有解，①a>0时，显然有解；②当a＝0时，2x－1>0有解；③当a<0时，因为ax2＋2x－1>0有解，所以Δ＝4＋4a>0，解得－1<a<0.所以命题q为真命题时，a>－1.又因为命题q是假命题，所以a≤－1.所以命题p是真命题且命题q是假命题时，实数a的取值范围为（－∞，－1].第二单元函数点点练3函数的概念及其表示一基础小题练透篇1．答案：D解析：A中两个函数的定义域不同；B中y＝x0的x不能取0；C中两函数的对应关系不同．2．答案：A解析：易得函数f（x）在R上单调递增，则由f（3x＋2）<f（x－4）可得3x＋2<x－4，解得x<－3，故不等式的解集为（－∞，－3）.3．答案：B解析：①中当x>0时，每一个x的值对应两个不同的y值，一对多，不是函数图象，②中当x＝x0时，y的值有两个，一对多，不是函数图象，③④中每一个x的值对应唯一的y值，是函数图象．4．答案：B解析：由已知条件得－x2＋3x＋4≥0，解得－1≤x≤4，故集合A＝{x|－1≤x≤4}．又B＝{x|x>2}，则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：因为x2－1≥－1，则eq\f(1,x2－1)∈（－∞，－1]∪（0，＋∞），由指数函数y＝2x的性质可得y＝2eq\f(1,x2－1)的值域为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪（1，＋∞）.二能力小题提升篇1．答案：C解析：若f（m）＝3m－1－1＝－2，则3m－1＝－1，方程无解，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：∵定义在R上的函数f（x）满足f（1－x）＋2f（x）＝x2＋1，∴当x＝0时，f（1）＋2f（0）＝1①，当x＝1时，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，将x换成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，))两式相减化简得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，则由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)，故实数a的取值范围是（－∞，eq\r(3)].5．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))解析：因为函数f（2x－1）的定义域为（0，1），所以－1<2x－1<1，所以函数f（x）的定义域为（－1，1）.由－1<1－3x<1得0<x<eq\f(2,3)，所以函数f（1－3x）的定义域是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：当x<1时，f（x）＝2－x>1；当x≥1时，x－eq\f(1,2)≥eq\f(1,2)，若a>1，则logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))≥logaeq\f(1,2)，此时不符合题意；若0<a<1，则logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))≤logaeq\f(1,2)，由题意可得logaeq\f(1,2)≥1，解得a≥eq\f(1,2)，所以实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).三高考小题重现篇1．答案：B解析：当t＝0时，x＝0，y＝0，∴过原点，排除A；当t＝1时x＝－1，y＝0，排除C和D；当x＝0时，3t－4t3＝0，t1＝0，t2＝－eq\f(\r(3),2)，t3＝eq\f(\r(3),2)时，y1＝0，y2＝－eq\f(\r(3),2)，y3＝eq\f(\r(3),2).2．答案：C解析：当0<a<1时，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.当a≥1时，a＋1≥2，∴f（a）＝2（a－1），f（a＋1）＝2（a＋1－1）＝2a，∴2（a－1）＝2a，无解．综上，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当0≤－eq\f(a,2)≤1时，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)))与a有关，与b无关；②当－eq\f(a,2)<0时，f（x）在[0，1]上单调递增；∴M－m＝f（1）－f（0）＝1＋a与a有关，与b无关；③当－eq\f(a,2)>1时，f（x）在[0，1]上单调递减，∴M－m＝f（0）－f（1）＝－1－a与a有关，与b无关．综上所述，M－m与a有关，但与b无关．4．答案：（0，＋∞）解析：函数f（x）＝eq\f(1,x＋1)＋lnx的自变量满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1≠0，,x>0，))∴x>0，即定义域为（0，＋∞）.5．答案：[2，＋∞）解析：要使函数f（x）有意义，则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))，所以函数f（x）的定义域是[2，＋∞）.6．答案：2解析：由题意，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＝2.四经典大题强化篇1．解析：由直线y＝4x＋1与y＝x＋2求得交点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(7,3)))；由直线y＝x＋2与y＝－2x＋4，求出交点Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(8,3))).由图象可看出：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）的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(8,3).2．解析：（1）由题意，设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）∵当x∈[－1，1]时，y＝f（x）＝x2－x＋1的图象恒在y＝2x＋m图象的上方，∴当x∈[－1，1]时，x2－x＋1>2x＋m恒成立，即x2－3x＋1－m>0恒成立，令g（x）＝x2－3x＋1－m，当x∈[－1，1]时，g（x）min＝g（1）＝12－3×1＋1－m＝－1－m，故只要m<－1即可，故实数m的取值范围为（－∞，－1）.点点练4函数的基本性质一基础小题练透篇1．答案：D解析：令f（x）＝x＋ex，则f（1）＝1＋e，f（－1）＝－1＋e－1，即f（1）≠f（－1），f（－1）≠－f（1），所以y＝x＋ex既不是奇函数也不是偶函数，而A，B，C依次是偶函数、奇函数、偶函数．2．答案：D解析：A选项，y＝x3是奇函数，在定义域单调递增；B选项，y＝eq\f(1,x)是奇函数，在（－∞，0）和（0，＋∞）单调递减，但在其定义域并不单调；C选项，y＝eq\r(1－x)既不是奇函数也不是偶函数，在其定义域单调递减；D选项，y＝2－x－2x是奇函数，且满足定义域上单调递减．3．答案：C解析：依题意对∀x∈R，有f（x＋6）＝f（x）＋f（3）成立，令x＝－3，则f（3）＝f（－3）＋f（3）＝2f（3），所以f（3）＝0，故f（x＋6）＝f（x），所以f（x）是周期为6的周期函数，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上周期为5的奇函数，∴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：根据题意可知，eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)>2可转化为eq\f([f（x2）－2x2]－[f（x1）－2x1],x2－x1)>0，所以f（x）－2x在[0，＋∞）上是增函数，又f（－x）＝－f（x），所以f（x）－2x为奇函数，所以f（x）－2x在R上为增函数，因为f（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的取值范围是（2021，＋∞）.7．答案：1解析：因为f（x）＝ax＋eq\f(2x,2x－1)（x≠0），且f（x）是偶函数，则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，所以实数a＝1.8．答案：（1）eq\f(1,4)（2）[0，eq\r(2)]解析：（1）a＝eq\f(1,2)，当x≤0时，f（x）＝（x－eq\f(1,2)）2≥（－eq\f(1,2)）2＝eq\f(1,4)，当x>0时，f（x）＝x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，当且仅当x＝1时取等号，所以函数f（x）的最小值为eq\f(1,4).（2）由（1）知，当x>0时，函数f（x）≥2，f（x）的最小值为2.当x≤0时，若a<0，则当x＝a时，函数f（x）取得最小值，为f（a）＝0，此时f（0）不是最小值，不满足条件；若a≥0，则函数f（x）＝（x－a）2单调递减，则当x≤0时，函数f（x）的最小值为f（0）＝a2.综上，要使f（0）是f（x）的最小值，则f（0）＝a2≤2，得0≤a≤eq\r(2)，故实数a的取值范围是[0，eq\r(2)].二能力小题提升篇1．答案：C解析：根据题意，若f（x）是定义在R上的奇函数，则f（0）＝0，又由f（x＋2）＝－f（x），则有f（x＋4）＝－f（x＋2）＝f（x），则f（8）＝f（4）＝f（0）＝0.2．答案：A解析：由条件可知，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），所以函数f（x）是周期为4的函数，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），∴函数y＝f（x）是周期为4的周期函数，∴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：函数f（x）是定义在R上的偶函数，其图象关于点（1，0）对称．对于①，由于f（－x）＝f（x），函数的图象关于（1，0）对称，故f（x＋2）＝－f（x），所以f（x＋4）＝－f（x＋2）＝f（x），所以函数f（x）是周期函数，故①正确；对于②，函数f（x）为偶函数，则f（－x）＝f（4－x），由于函数为偶函数，故满足f（x）＝f（4－x），故②正确；对于③，令f（x）＝－coseq\f(π,2)x，f（x）满足题意，但在（0，2）上单调递增，故③错误；对于④，因为f（－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），所以函数f（x）＝coseq\f(πx,2)既关于y轴对称，又关于（1，0）对称，故④正确．5．答案：0解析：当x≥0时，f（x＋4）＝－eq\f(1,f（x＋2）)＝f（x），又因为函数f（x）是定义在R上的偶函数，则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：由函数解析式知f（x）在R上单调递增，且－f（2）＝－2＝f（－2），则f（1－|x|）＋f（2）>0⇒f（1－|x|）>－f（2）＝f（－2），由单调性知1－|x|>－2，解得x∈（－3，3）.三高考小题重现篇1．答案：D解析：方法一（排除法）取x1＝－1，x2＝0，对于A项有f（x1）＝1，f（x2）＝0，所以A项不符合题意；对于B项有f（x1）＝eq\f(3,2)，f（x2）＝1，所以B项不符合题意；对于C项有f（x1）＝1，f（x2）＝0，所以C项不符合题意．方法二（图象法）如图，在坐标系中分别画出A，B，C，D四个选项中函数的大致图象，即可快速直观判断D项符合题意．2．答案：B解析：由题意可得f（x）＝eq\f(1－x,1＋x)＝－1＋eq\f(2,1＋x)，对于A，f（x－1）－1＝eq\f(2,x)－2不是奇函数；对于B，f（x－1）＋1＝eq\f(2,x)是奇函数；对于C，f（x＋1）－1＝eq\f(2,x＋2)－2，定义域不关于原点对称，不是奇函数；对于D，f（x＋1）＋1＝eq\f(2,x＋2)，定义域不关于原点对称，不是奇函数．3．答案：C解析：因为f（x）是定义在R上的奇函数，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），所以函数f（x）是以2为周期的周期函数，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：∵函数f（x＋2）为偶函数，则f（2＋x）＝f（2－x），可得f（x＋3）＝f（1－x），∵函数f（2x＋1）为奇函数，则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），故函数f（x）是以4为周期的周期函数，∵函数F（x）＝f（2x＋1）为奇函数，则F（0）＝f（1）＝0，故f（－1）＝－f（1）＝0，其它三个选项未知．5．答案：1解析：因为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))，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))为偶函数，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，经验证，符合题意．故a＝1.6．答案：－4解析：由函数f（x）是奇函数得f（－8）＝－f（8）＝－823＝－四经典大题强化篇1．解析：（1）当a＝eq\f(3,2)时，f（x）＋f（－x）＝2a－eq\f(3,2x＋1)－eq\f(3,2－x＋1)＝2a－3＝0，即f（－x）＝－f（x），故此时函数f（x）是奇函数；因当a≠eq\f(3,2)时，f（1）＝a－1，f（－1）＝a－2，故f（－1）≠f（1），且f（－1）≠－f（1）于是此时函数f（x）既不是偶函数，也不是奇函数；（2）因为f（x）是奇函数，故由（1）知a＝eq\f(3,2)，从而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).由于函数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]单调递增，所以φ（t）min＝φ（3）＝1；因此，当不等式f（x）≥eq\f(u,2x)在x∈[1，6]上恒成立时，umax＝1.2．解析：（1）因为y＝ex是增函数，所以当x≥0时，f（x）是增函数，又因为f（x）为偶函数，所以f（x）min＝f（0）＝3＋a＝3，即a＝0，当x∈（－∞，0）时，－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）因为x∈[1，m]，都有f（x＋t）≤3ex，所以f（1＋t）≤3e，当1＋t≥0时，3e1＋t≤3e，则0≤1＋t≤1，即－1≤t≤0，当1＋t<0时，同理可得－2≤t<－1，所以－2≤t≤0.同样地，由f（m＋t）≤3em及m≥2，得到et≤eq\f(em,em)，当－2≤t≤0，et存在的最小值为e－2，由题意知，e－2≤eq\f(em,em)，即em－e3m≤0，令g（m）＝em－e3m，m∈[2，＋∞），则g′（m）＝em－e3，当m∈[2，3）时，g′（m）<0，所以g（m）在[2，3）上单调递减，当m∈（3，＋∞）时，g′（m）>0，所以g（m）在（3，＋∞）上单调递增，因为g（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的解集为m≤m0，所以m的最大正整数为4.点点练5基本初等函数一基础小题练透篇1．答案：D解析：因为f（x）＝2x，所以f（mn）＝2mn，而f（m）f（n）＝2m·2n＝2m＋n＝f（m＋n），故选项A，B错误，选项D正确；f（m＋n）＝2m＋n，f（m）＋f（n）＝2m＋2n，故选项C错误．2．答案：C解析：∵函数f（x）＝2×ax＋m－n（a＞0，且a≠1）的图象恒过点（－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：设荷叶覆盖水面的初始面积为a，则x天后荷叶覆盖水面的面积y＝a·2x（x∈N＋），根据题意，令2（a·2x）＝a·220，解得x＝19.4．答案：C解析：由题意A（t，log3t），B（t，log3t－1），|AB|＝1，设C（x，log3x），因为△ABC是等边三角形，所以点C到直线AB的距离为eq\f(\r(3),2)，所以t－x＝eq\f(\r(3),2)，x＝t－eq\f(\r(3),2)，根据中点坐标公式可得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）的定义域即为函数f（x）的值域，因为2x＞0，则f（x）＞3，故f（x）的值域为（3，＋∞），所以y＝f－1（x）的定义域是（3，＋∞）.6．答案：A解析：由题意知，不等式f（log4x）＞2，即f（log4x）＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，又偶函数f（x）在（－∞，0]上是减函数，∴f（x）在[0，＋∞）上是增函数，∴log4x＞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：由于函数f（x）是幂函数，所以m2－m－1＝1，解得m＝2或m＝－1.当m＝2时，f（x）＝x2在（0，＋∞）上单调递增，舍去；当m＝－1时，f（x）＝x－1在（0，＋∞）上单调递减．8．答案：3或eq\f(1,3)解析：设t＝ax>0，则y＝t2＋2t－1，图象的对称轴方程为t＝－1.若a>1，x∈[－1，1]，则t＝ax∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))，∴当t＝a时，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]，则t＝ax∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))，∴当t＝eq\f(1,a)时，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）.二能力小题提升篇1．答案：B解析：x∈（1，2）时，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的大小关系为b＞c＞a.2．答案：B解析：∵幂函数f（x）＝（m2－2m－2）xm2－2在（0，＋∞）上为增函数，∴m2－2m－2＝1，且m2－2＞0，求得m＝3.3．答案：D解析：∵幂函数f（x）＝（m－1）xn的图象过点（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：由函数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.当a<1时，f（a）＝2－a≥1，得a≤0；当a≥1时，f（a）＝eq\f(a,2)≥1，得a≥2.综上，a∈（－∞，0]∪[2，＋∞）.5．答案：－1解析：设g（x）＝f（x）－1＝ln（eq\r(1＋x2)－x），因为g（－x）＝ln（eq\r(1＋x2)＋x）＝－g（x），所以g（x）为奇函数．因为f（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：设g（x）＝x2－2ax＋a2＋4，则g（x）＝（x－a）2＋4≥4.又因为f（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).三高考小题重现篇1．答案：D解析：由题知c＝log0.70.8<1，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(－0.8)＝30.8，易知函数y＝3x在R上单调递增，所以b＝30.8>30.7＝a>1，所以c<a<b，故选D.2．答案：C解析：方法一由函数y＝lnx的图象（图略）知，当0<a－b<1时，ln（a－b）<0，故A不正确；因为函数y＝3x在R上单调递增，所以当a>b时，3a>3b，故B不正确；因为函数y＝x3在R上单调递增，所以当a>b时，a3>b3，即a3－b3>0，故C正确；当b<a<0时，|a|<|b|，故D不正确．故选C.方法二当a＝0.3，b＝－0.4时，满足a>b，但ln（a－b）<0，3a>3b，|a|<|b|，故排除A，B，D.选C.3．答案：A解析：方法一由函数y＝x3和y＝－eq\f(1,x3)都是奇函数，知函数f（x）＝x3－eq\f(1,x3)是奇函数．由函数y＝x3和y＝－eq\f(1,x3)都在区间（0，＋∞）上单调递增，知函数f（x）＝x3－eq\f(1,x3)在区间（0，＋∞）上单调递增，故函数f（x）＝x3－eq\f(1,x3)是奇函数，且在区间（0，＋∞）上单调递增．故选A.方法二函数f（x）的定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞），关于原点对称，f（－x）＝（－x）3－eq\f(1,（－x）3)＝－x3＋eq\f(1,x3)＝－f（x），故f（x）＝x3－eq\f(1,x3)是奇函数．∵f′（x）＝3x2＋eq\f(3,x4)>0，∴f（x）在区间（0，＋∞）上单调递增．故选A.4．答案：D解析：对于函数y＝loga（x＋eq\f(1,2)），当y＝0时，有x＋eq\f(1,2)＝1，得x＝eq\f(1,2)，即y＝loga（x＋eq\f(1,2)）的图象恒过定点（eq\f(1,2)，0），排除选项A、C；函数y＝eq\f(1,ax)与y＝loga（x＋eq\f(1,2)）在各自定义域上单调性相反，排除选项B，故选D.5．答案：A解析：因为2x－2y<3－x－3－y，所以2x－3－x<2y－3－y.设f（x）＝2x－3－x，则f′（x）＝2xln2－3－x×ln3×（－1）＝2xln2＋3－xln3，易知f′（x）>0，所以f（x）在R上为增函数．由2x－3－x<2y－3－y得x<y，所以y－x＋1>1，所以ln（y－x＋1）>0，故选A.6．答案：B解析：2a＋log2a＝22b＋log2b<22b＋log2（2b），令f（x）＝2x＋log2x，则f（a）<f（2b），又易知f（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以a<2b，故选B.四经典大题强化篇1．解析：（1）因为函数f（x）是R上的奇函数，所以f（0）＝0，求得a＝0.当a＝0时，f（x）＝－x是R上的奇函数．所以a＝0为所求．（2）因为函数f（x）的定义域是一切实数，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）由已知得函数f（x）是减函数，故f（x）在区间[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)).由题设得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）由题意，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），所以函数f（x）为奇函数，符合题意．（2）由（1）f（x）＝1－eq\f(2,1＋4x)，易知f（x）在R上单调递增．因为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)))>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，则（2k＋1）t2＋4t－k>0，对t>0时恒成立，①当2k＋1＝0，即k＝－eq\f(1,2)时，4t＋eq\f(1,2)>0，对t>0时恒成立；②当2k＋1≠0，即k≠－eq\f(1,2)时，由题意，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.综上，实数k的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)).点点练6函数的图象及应用一基础小题练透篇1．答案：D解析：当a>1时，y＝a1－x是减函数，y＝loga（x－1）是增函数，排除B；又函数y＝loga（x－1）的定义域为{x|x>1}，排除A；当0<a<1时，y＝a1－x是增函数，y＝loga（x－1）是减函数，排除C.2．答案：A解析：由f（x）的图象可知，0<a<1，b<－1，观察选项中的图象可知，选A.3．答案：B解析：y＝ex的图象关于x轴对称的图象的函数解析式为y＝－ex，把y＝－ex的图象向左平移一个单位长度，得到y＝－ex＋1的图象，所以f（x）＝－ex＋1.4．答案：B解析：根据题意，f（x）＝eq\f(2x,x2＋2)，其定义域为R，由f（－x）＝－eq\f(2x,x2＋2)＝－f（x），即函数f（x）为奇函数，排除D，由f（1）＝eq\f(2,3)>0，排除A，当x→＋∞时，f（x）→0，排除C.5．答案：C解析：∵f（x）＝eq\f(－x＋b,（x＋c）2)的图象与y轴交于M，且点M的纵坐标为正，∴f（0）＝eq\f(b,c2)>0，故b>0，∵f（x）＝eq\f(－x＋b,（x＋c）2)的定义域为{x|x≠－c}，且其函数图象间断处的横坐标为正，∴－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，))作出函数图象如图，通过函数图象可以看出，当x<0时，函数无限趋近于1，但不等于1，当x>2时，函数无限趋近于0，但不等于0，所以f（x）＝k有且仅有两个不等实根，可以得到1≤k<3.7．答案：22解析：由图可知，f（3）＝1，故f（eq\f(1,f（3）)）＝f（1）＝2.函数g（x）＝f（x）－eq\f(3,2)的零点的个数即为函数y＝f（x）与函数y＝eq\f(3,2)的图象的交点个数，由图象可知，有2个交点，故零点的个数为2.8.答案：6解析：f（x）＝min{2x，x＋2，10－x}（x≥0）的图象如图中实线所示．令x＋2＝10－x，得x＝4.故当x＝4时，f（x）取最大值，又f（4）＝6，所以f（x）的最大值为6.二能力小题提升篇1．答案：C解析：令f（x）＝eq\f(e|x|,4x)，因为函数f（x）的定义域为{x|x≠0}，关于原点对称，且f（－x）＝eq\f(e|x|,－4x)＝－eq\f(e|x|,4x)＝－f（x）.所以f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除B；当x＝1时，f（1）＝eq\f(e,4)，排除A；当x→＋∞时，f（x）→＋∞，排除D.2．答案：C解析：由图象知，函数f（x）是奇函数，排除A，B；当x∈（0，＋∞）时，f（x）＝eq\f(e|x|,x)显然大于0，与图象不符，排除D.3．答案：B解析：令f（x）＝0，即4mx＝n，则mx＝log4n，即x＝eq\f(1,m)log4n，由题图可知eq\f(1,m)log4n>0，故当m>0时，n>1；当m<0时，0<n<1，排除A，D；当m<0时，易知y＝4mx是减函数，且当x→＋∞时，