答案解析第一章集合與常用邏輯用語(yǔ)、不等式第1節(jié)集合知識(shí)診斷自測(cè)知識(shí)梳理1.(1)互異性(2)屬于∈(3)列舉法描述法(4)NN*或N＋ZQR2.(1)元素?(2)不屬于?(4)非空3.{x|x∈A，且x∈B}診斷自測(cè)1.(1)×(2)×(3)×(4)√[(1)錯(cuò)誤.空集只有一個(gè)子集.(2)錯(cuò)誤.{x|y＝x2＋1}＝R，{y|y＝x2＋1}＝[1，＋∞)，{(x，y)|y＝x2＋1}是拋物線(xiàn)y＝x2＋1上的點(diǎn)集.(3)錯(cuò)誤.當(dāng)x＝1時(shí)，不滿(mǎn)足集合中元素的互異性.]2.－1或－8[若x－2＝－3，得x＝－1，符合題意，若x＋5＝－3，得x＝－8，符合題意，故x＝－1或－8.]3.{2，4}[易知?UB＝{2，4，6}，故A∩(?UB)＝{2，4}.]4.[2，＋∞)[由圖可知a≥2.]考點(diǎn)聚焦突破例1(1)2(2)1[(1)當(dāng)x＝1時(shí)，y＝1，2，4，x－y＝0，－1，－3，不符合(x－y)∈A，舍去；當(dāng)x＝2時(shí)，y＝1，2，4，x－y＝1，0，－2，則x＝2，y＝1；當(dāng)x＝4時(shí)，y＝1，2，4，x－y＝3，2，0，則x＝4，y＝2.故B＝{(x，y)|(2，1)，(4，2)}，共2個(gè)元素.(2)因?yàn)閑q\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a，\f(b,a)，1))＝{a2，a＋b，0}，顯然a≠0，所以eq\f(b,a)＝0，即b＝0；此時(shí)兩集合分別是{a，1，0}，{a，a2，0}，則a2＝1，解得a＝1或a＝－1.當(dāng)a＝1時(shí)，不滿(mǎn)足互異性，故舍去；當(dāng)a＝－1時(shí)，滿(mǎn)足題意.所以a2026＋b2026＝(－1)2026＋02026＝1.]訓(xùn)練1(1)B(2)D[(1)由題意得B＝{x|x＝mn，m∈A，n∈A}＝{－1，0，1}，故集合B的真子集個(gè)數(shù)為23－1＝7.(2)由|x－1|<3，可得－2<x<4，所以A＝{x|－2<x<4}.由x2－3x－10<0，可得－2<x<5，所以B＝{x|－2<x<5}.若a?A，且a∈B，則有a∈?BA＝[4，5).]例2(1)A(2)0或eq\f(1,5)[(1)因?yàn)镸＝{x|x＝4k－3，k∈Z}＝{x|x＝2(2k－1)－1，k∈Z}，N＝{x|x＝2k－1，k∈Z}，所以M?N.故選A.(2)因?yàn)锳＝{x|x－5＝0}＝{5}，又A∩B＝B，所以B?A.當(dāng)B＝?時(shí)，a＝0，符合題意；當(dāng)B＝{5}時(shí)，5a－1＝0，解得a＝eq\f(1,5).綜上可得，a＝0或a＝eq\f(1,5).]訓(xùn)練2(1)B(2)254{m|m≤－2或－1≤m≤2}[(1)對(duì)于A(yíng)，?UA＝{2}，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，?UB＝{－1}，所以{－1}??UB，故B正確；對(duì)于C，(?UA)∩B＝{2}，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，?U(A∪B)＝?，故D錯(cuò)誤.(2)易得A＝{x|－2≤x≤5}.若x∈Z，則A＝{－2，－1，0，1，2，3，4，5}，即A中含有8個(gè)元素，所以A的非空真子集的個(gè)數(shù)為28－2＝254.①當(dāng)m－1≥2m＋1，即m≤－2時(shí)，B＝?，滿(mǎn)足B?A；②當(dāng)m－1<2m＋1，即m>－2時(shí)，要使B?A，則需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－1≥－2，,2m＋1≤5，))解得－1≤m≤2.綜上所述，m的取值范圍是{m|m≤－2或－1≤m≤2}.]例3(1)C(2)D(3)B[(1)由集合的并運(yùn)算，得M∪N＝{x|－3<x<4}.(2)B＝{1，4，9，16，25，81}，A∩B＝{1，4，9}，則?A(A∩B)＝{2，3，5}.故選D.(3)由題可知A＝{x|y＝ln(1－x2)}＝{x|－1<x<1}，?RA＝{x|x≤－1或x≥1}，所以由(?RA)∪B＝R，得a≥1.]訓(xùn)練3(1)A(2)D(3)B[(1)因?yàn)锳＝{x|－5<x3<5}＝{x|－eq\r(3,5)<x<eq\r(3,5)}，B＝{－3，－1，0，2，3}，所以A∩B＝{－1，0}，故選A.(2)由Venn圖可知陰影部分對(duì)應(yīng)的集合為B∩(?UA).由x(x－3)>0，解得x<0或x>3，所以A＝{x|x<0或x>3}，?UA＝{x|0≤x≤3}.由log2(x－1)<2＝log24，得0<x－1<4，解得1<x<5，所以B＝{x|1<x<5}，所以B∩(?UA)＝{x|1<x≤3}.(3)因?yàn)榧螦，B滿(mǎn)足A＝{x|x>1}，B＝{x|x<a－1}，且A∩B＝?，則a－1≤1，解得a≤2.]例4BCD[若A與B構(gòu)成“全食”或“偏食”，則A∩B≠?.當(dāng)a＝0時(shí)，B＝{0}，當(dāng)a≠0時(shí)，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－a，\f(1,a))).對(duì)于A(yíng)，若a＝－2，則B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2，－\f(1,2)))，此時(shí)A∩B＝?，不滿(mǎn)足題意；對(duì)于B，若a＝－eq\f(1,2)，則B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－2))，此時(shí)B?A，滿(mǎn)足題意；對(duì)于C，若a＝0，則B＝{0}，此時(shí)B?A，滿(mǎn)足題意；對(duì)于D，若a＝1，則B＝{－1，1}，此時(shí)A∩B＝{1}≠?，滿(mǎn)足題意.故選BCD.]訓(xùn)練4eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)≤x≤1))))[由3x2－8x－3≤0得－eq\f(1,3)≤x≤3，則A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)≤x≤3))))，又A－B＝{x|x∈A且x?B}，則A－B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)≤x≤1)))).]教考銜接典例20[設(shè)A＝{x|x是會(huì)打乒乓球的教師人數(shù)}，B＝{x|x是會(huì)打羽毛球的教師人數(shù)}，C＝{x|x是會(huì)打籃球的教師人數(shù)}.根據(jù)題意得card(A)＝30，card(B)＝60，card(C)＝20，card(A∪B∪C)＝80，card(A∩B∩C)＝5，根據(jù)三元容斥原理得card(A∪B∪C)＝card(A)＋card(B)＋card(C)－card(A∩B)－card(B∩C)－card(C∩A)＋card(A∩B∩C)，有card(A∩B)＋card(B∩C)＋card(C∩A)＝35，而card(A∩B)＋card(B∩C)＋card(C∩A)中把A∩B∩C的區(qū)域計(jì)算了3次，故要減掉這3次，才能得到會(huì)且僅會(huì)其中兩個(gè)體育項(xiàng)目的教師人數(shù).因此會(huì)且僅會(huì)其中兩個(gè)體育項(xiàng)目的教師人數(shù)為35－3×5＝20.]第2節(jié)常用邏輯用語(yǔ)知識(shí)診斷自測(cè)知識(shí)梳理1.充分必要充分不必要必要不充分充要2.(1)?(2)?3.?x∈M,q(x)?x∈M,?p(x)診斷自測(cè)1.(1)×(2)√(3)√(4)√[(1)錯(cuò)誤，至少有一個(gè)三角形的內(nèi)角和為π是存在量詞命題.]2.A[由“三角形是等邊三角形”可得到“該三角形一定是等腰三角形”，但反之不成立.]3.任意一個(gè)偶數(shù)都不是素?cái)?shù)4.[1，＋∞)[∵x2≥1，即x≥1或x≤－1，且原命題是真命題，∴a的取值范圍是a≥1.]考點(diǎn)聚焦突破例1(1)C(2)AC[(1)由于函數(shù)y＝x3和y＝3x都是定義域R上的單調(diào)遞增，因此a3＝b3，3a＝3b均與a＝b等價(jià)，從而a3＝b3是3a＝3b的充要條件.(2)由ab＋b－a－1＝0，可得(a＋1)(b－1)＝0，解得a＝－1或b＝1，故選AC.]訓(xùn)練1(1)C(2)A[(1)由eq\f(1,x)<1得x>1或x<0，不妨設(shè)集合A＝(－∞，0)∪(1，＋∞).由x2＋x－6>0得x<－3或x>2，不妨設(shè)集合B＝(－∞，－3)∪(2，＋∞).因?yàn)锽A，所以p推不出q，而q能推出p，所以p是q的必要不充分條件.故選C.(2)當(dāng)a1>0，且q>1時(shí)，有an＋1－an＝a1qn－a1qn－1＝a1qn－1(q－1)>0，所以an＋1>an(n∈N*)，即{an}為遞增數(shù)列；當(dāng){an}為遞增數(shù)列時(shí)，即對(duì)一切n∈N*，有an＋1>an恒成立，所以an＋1－an＝a1qn－1(q－1)>0，但a1<0且0<q<1時(shí)，上式也成立，顯然無(wú)法得出a1>0，且q>1.則“a1>0，且公比q>1”是“{an}為遞增數(shù)列”的充分不必要條件.]例2B[由x2－5x＋4<0，解得1<x<4.因?yàn)椤皒2－5x＋4<0”是“a－1<x<a＋1”的必要不充分條件，所以(a－1，a＋1)是(1，4)的真子集，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1≥1，,a＋1≤4，))解得2≤a≤3.經(jīng)驗(yàn)證，端點(diǎn)值滿(mǎn)足條件，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[2，3].]訓(xùn)練2A[由log2(x－1)<m，得0<x－1<2m，即1<x<2m＋1.由eq\f(2,x)>1，得0<x<2.若p是q的充分不必要條件，則2m＋1≤2，解得m≤0.故選A.]例3(1)D(2)B[(1)“?x∈R，x2－4x＋6<0”的否定為“?x∈R，x2－4x＋6≥0”.(2)在命題p中，當(dāng)x＝－1時(shí)，|x＋1|＝0，所以命題p為假命題，?p為真命題.在命題q中，因?yàn)榱⒎礁扔诒旧淼膶?shí)數(shù)有－1，0，1，所以?x>0，使得x3＝x，所以命題q為真命題，?q為假命題，所以?p和q都是真命題.]例4A[由題意知，p：?x∈[－1，2]，x2－2x＋a<0為假命題，則?p：?x∈[－1，2]，x2－2x＋a≥0為真命題，當(dāng)x∈[－1，2]時(shí)，y＝x2－2x＋a的圖象的對(duì)稱(chēng)軸方程為x＝1，此時(shí)其最大值為(－1)2＋2＋a＝3＋a，則3＋a≥0，解得a≥－3.又q：?x∈R，x2－4x＋a＝0為真命題，即Δ＝16－4a≥0，解得a≤4.綜上，a的取值范圍為[－3，4].]訓(xùn)練3(1)AD(2)ACD[(1)對(duì)于A(yíng)，利用均值不等式可得?x>0，x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號(hào)成立，故A正確；對(duì)于B，對(duì)于?x<0，－x>0，x＋eq\f(1,x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,－x)))≤－2eq\r(－x·\f(1,－x))＝－2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝－1時(shí)，等號(hào)成立，故命題?x<0，x＋eq\f(1,x)>－2為假命題，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，易知對(duì)于?x>0，eq\f(x,1＋x2)＝eq\f(1,x＋\f(1,x))≤eq\f(1,2\r(x·\f(1,x)))＝eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號(hào)成立，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，易知當(dāng)x＝－1時(shí)，eq\f(x,1＋x2)＝－eq\f(1,2)，即?x<0，eq\f(x,1＋x2)≤－eq\f(1,2)，故D正確.(2)命題p的否定是“?x∈[0，1]，不等式2x－2<m2－3m”，故A正確；命題q的否定是“?x∈[1，3]，不等式x2－ax＋4>0”，故B錯(cuò)誤；若命題p為真命題，則當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，(2x－2)min≥m2－3m，即m2－3m＋2≤0，解得1≤m≤2，故C正確；若命題q為假命題，則?x∈[1，3]，不等式x2－ax＋4>0為真命題，即a<x＋eq\f(4,x)在x∈[1，3]時(shí)恒成立，因?yàn)閤＋eq\f(4,x)≥2eq\r(x·\f(4,x))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(4,x)，即x＝2時(shí)取等號(hào)，所以a<4，故D正確.]第3節(jié)不等式及其性質(zhì)知識(shí)診斷自測(cè)知識(shí)梳理1.(1)>＝<(2)>＝<2.(1)①>③a>c(2)②a+c>b+d③ac>bd④an>bn診斷自測(cè)1.(1)×(2)×(3)×(4)√[(1)由不等式的性質(zhì)，ac3＞bc3?a＞b；反之，c≤0時(shí)，a＞b?ac3＞bc3.(2)由等式的性質(zhì)，a＝b?ac＝bc；反之，c＝0時(shí)，ac＝bc?a＝b.(3)a＝－3，b＝－1，則eq\f(a,b)>1，但a<b.]2.ABD[C中，若a＝－2，b＝－1，則a2＞ab＞b2，故C錯(cuò)誤.其余均為真命題.]3.M＞N[M－N＝x2＋y2＋1－2x－2y＋2＝(x－1)2＋(y－1)2＋1＞0.故M＞N.]4.(－5，－1)[由b∈(2，3)得－6<－2b<－4，又1<a<3，故－5<a－2b<－1.]考點(diǎn)聚焦突破例1(1)C(2)M>N[(1)∵c是正實(shí)數(shù)，且c<1，∴0<c<1，由c<cb<ca<1，得0<a<b<1，∵eq\f(aa,ab)＝aa－b>1，∴ab<aa，∵eq\f(aa,ba)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(a)，0<eq\f(a,b)<1，a>0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(a)<1，即aa<ba，綜上可知，ab<aa<ba.(2)法一M－N＝eq\f(e2024＋1,e2025＋1)－eq\f(e2025＋1,e2026＋1)＝eq\f(（e2024＋1）（e2026＋1）－（e2025＋1）2,（e2025＋1）（e2026＋1）)＝eq\f(e2024＋e2026－2e2025,（e2025＋1）（e2026＋1）)＝eq\f(e2024（e－1）2,（e2025＋1）（e2026＋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(2024)>f(2025)，即M>N.]訓(xùn)練1(1)B(2)eq\f(y2,x)>eq\f(y,x)>eq\f(1,x)[(1)法一易知a，b，c都是正數(shù)，eq\f(b,a)＝eq\f(3ln4,4ln3)＝log8164<1，所以a>b；eq\f(b,c)＝eq\f(5ln4,4ln5)＝log6251024>1，所以b>c.即c<b<a.法二構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，由f′(x)>0，得0<x<e；由f′(x)<0，得x>e.∴f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(3)>f(4)>f(5)，即a>b>c.(2)法一因?yàn)槿齻€(gè)式子的值很明顯都是負(fù)數(shù)，且eq\f(\f(y2,x),\f(y,x))＝y(tǒng)∈(0，1)，所以eq\f(y2,x)>eq\f(y,x)；同理eq\f(\f(y,x),\f(1,x))＝y(tǒng)∈(0，1)，所以eq\f(y,x)>eq\f(1,x).綜上，eq\f(1,x)<eq\f(y,x)<eq\f(y2,x).法二因?yàn)閑q\f(y2,x)－eq\f(y,x)＝eq\f(y（y－1）,x)>0，所以eq\f(y2,x)>eq\f(y,x)；因?yàn)閑q\f(y,x)－eq\f(1,x)＝eq\f(y－1,x)>0，所以eq\f(y,x)>eq\f(1,x)，所以eq\f(y2,x)>eq\f(y,x)>eq\f(1,x).]例2(1)B(2)BCD[(1)由a<b<0，可得a＋b<0，故A錯(cuò)誤；由a<b<0，可得a－b<0，故B正確；由a<b<0，可得－a>－b>0，所以|a|>|b|，故C錯(cuò)誤；由a<b<0，可得|a|>|b|>0，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))<eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))，故D錯(cuò)誤.(2)當(dāng)c＝0時(shí)，ac2＝bc2，故A錯(cuò)誤；由不等式的可加性可知，B正確；若a>b>c>0，則a－b>0，b＋c>0，∴eq\f(a,b)－eq\f(a＋c,b＋c)＝eq\f(a（b＋c）－b（a＋c）,b（b＋c）)＝eq\f(c（a－b）,b（b＋c）)>0，∴eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)，故C正確；若a>b>c>0，則a－b>0，a－c>0，b－c>0，且a－c>a－b，∴eq\f(1,a－b)>eq\f(1,a－c)>0，又b>c>0，由可乘性知，eq\f(b,a－b)>eq\f(c,a－c)，故D正確.]訓(xùn)練2(1)B(2)AC[(1)由a<b不能推出a－c<b－d，如a＝2，b＝3，c＝0，d＝1，滿(mǎn)足a<b，但是a－c＝b－d，故充分性不成立；當(dāng)a－c<b－d時(shí)，又c<d，可得a－c＋c<b－d＋d，即a<b，故必要性成立，所以“a<b”是“a－c<b－d”的必要不充分條件.(2)由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，可知b<a<0.A中，因?yàn)閍＋b<0，ab>0，所以eq\f(1,a＋b)<0，eq\f(1,ab)>0，則eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)，故A正確；B中，因?yàn)閎<a<0，所以－b>－a>0，故－b>|a|，即|a|＋b<0，故B錯(cuò)誤；C中，因?yàn)閎<a<0，又eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則－eq\f(1,a)>－eq\f(1,b)>0，所以a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)，故C正確；D中，因?yàn)閎<a<0，根據(jù)y＝x2在(－∞，0)上單調(diào)遞減，可得b2>a2>0，而y＝lnx在定義域(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以lnb2>lna2，故D錯(cuò)誤.]例3(1)D(2)D[(1)由題知－1<a<5，因?yàn)椋?<b<1，所以－1<－b<3，對(duì)于A(yíng)，若eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1<a<5，,－3<b<0，))則－15<ab<3，若eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1<a<5，,b＝0，))則ab＝0，若eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1<a<5，,0<b<1，))則－1<ab<5，綜上可得－15<ab<5，故A正確；對(duì)于B，－4＝－3－1<a＋b<1＋5＝6，故B正確；對(duì)于C，－2＝－1－1<a－b<3＋5＝8，故C正確；對(duì)于D，當(dāng)a＝4，b＝eq\f(1,2)時(shí)，eq\f(a,b)＝8，故D錯(cuò)誤.(2)設(shè)7a－5b＝m(a－b)＋n(a＋b)＝(m＋n)a－(m－n)b，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝7，,m－n＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝6，,n＝1，))所以7a－5b＝6(a－b)＋(a＋b).又a－b∈[5，27]，a＋b∈[6，30]，所以7a－5b＝6(a－b)＋(a＋b)∈[36，192].]訓(xùn)練3(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))(2)(－4，2)(1，18)[(1)∵4＜b＜9，∴eq\f(1,9)＜eq\f(1,b)＜eq\f(1,4)，又3＜a＜8，∴eq\f(1,9)×3＜eq\f(a,b)＜eq\f(1,4)×8，即eq\f(1,3)＜eq\f(a,b)＜2.(2)因?yàn)椋?<x<4，2<y<3，所以－3<－y<－2，所以－4<x－y<2.由－3<3x<12，4<2y<6，得1<3x＋2y<18.]第4節(jié)均值不等式知識(shí)診斷自測(cè)知識(shí)梳理1.(2)a＝b(3)eq\f(a＋b,2)eq\r(ab)2.(1)2ab3.(1)2eq\r(P)(2)eq\f(1,4)S2診斷自測(cè)1.(1)×(2)×(3)×(4)×[(1)不等式ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)成立的條件是a，b∈R，eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)成立的條件是a≥0，b≥0.(2)由于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，故函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)無(wú)最小值.(3)由于sinx＝eq\f(4,sinx)時(shí)sinx＝2無(wú)解，故sinx＋eq\f(4,sinx)的最小值不為4.(4)“eq\f(y,x)＋eq\f(x,y)≥2”的充要條件是“xy＞0”.]2.3[x＋eq\f(1,x－1)＝x－1＋eq\f(1,x－1)＋1≥2eq\r(（x－1）·\f(1,x－1))＋1＝3，當(dāng)且僅當(dāng)x－1＝eq\f(1,x－1)，即x＝2時(shí)等號(hào)成立.]3.9[由ab＝a＋b＋3≥2eq\r(ab)＋3，得ab－2eq\r(ab)－3≥0，解得eq\r(ab)≥3(eq\r(ab)≤－1舍去)，即ab≥9.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝3時(shí)取等號(hào).]4.44[設(shè)矩形的長(zhǎng)為xcm，寬為ycm，則x＋y＝8，其面積S＝xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))eq\s\up12(2)＝16，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝4時(shí)等號(hào)成立.]考點(diǎn)聚焦突破例1(1)D(2)0[(1)因?yàn)?a2＋b2＝7，則aeq\r(1＋b2)＝eq\f(1,2)×2a×eq\r(1＋b2)＝eq\f(1,2)eq\r(4a2（1＋b2）)≤eq\f(1,2)×eq\f(4a2＋1＋b2,2)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)4a2＝1＋b2，且4a2＋b2＝7，即a＝1，b＝eq\r(3)時(shí)，等號(hào)成立.(2)法一由a>－1可得a＋1>0，則eq\f(a2,a＋1)＝eq\f(a2－1＋1,a＋1)＝a－1＋eq\f(1,a＋1)＝a＋1＋eq\f(1,a＋1)－2≥2eq\r(（a＋1）·\f(1,a＋1))－2＝0，當(dāng)且僅當(dāng)a＋1＝eq\f(1,a＋1)，即a＝0時(shí)等號(hào)成立.法二由a>－1可得a＋1>0，a2≥0，則eq\f(a2,a＋1)≥0，當(dāng)a＝0時(shí)取等號(hào).]例2B[?m，n∈(0，＋∞)，m＋eq\f(9,n)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(9,n)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋n))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋mn＋\f(9,mn)))≥eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋2\r(mn·\f(9,mn))))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)mn＝eq\f(9,mn)，且eq\f(1,m)＋n＝4，即m＝1，n＝3時(shí)等號(hào)成立，則m＋eq\f(9,n)的最小值為4.]例3B[∵a>0，b>0，a2－2ab＋4＝0，則b＝eq\f(a,2)＋eq\f(2,a)，∴b－eq\f(a,4)＝eq\f(a,2)＋eq\f(2,a)－eq\f(a,4)＝eq\f(a,4)＋eq\f(2,a)≥2eq\r(\f(a,4)·\f(2,a))＝eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(a,4)＝eq\f(2,a)，即a＝2eq\r(2)時(shí)，等號(hào)成立，此時(shí)b＝eq\f(3\r(2),2).]訓(xùn)練1(1)B(2)－2[(1)法一由a＋2b＝ab得b＝eq\f(a,a－2)，因?yàn)閍>0，b>0，所以2a＋b＝2a＋eq\f(a,a－2)＝2(a－2)＋eq\f(2,a－2)＋5≥2eq\r(2（a－2）·\f(2,a－2))＋5＝9，當(dāng)且僅當(dāng)a－2＝eq\f(1,a－2)，即a＝b＝3時(shí)，等號(hào)成立.法二因?yàn)閍>0，b>0，且a＋2b＝ab，所以eq\f(a＋2b,ab)＝eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝1，因?yàn)?a＋b＝(2a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))＝5＋eq\f(2b,a)＋eq\f(2a,b)≥5＋2eq\r(\f(2b,a)·\f(2a,b))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2b,a)＝eq\f(2a,b)，即a＝b＝3時(shí)，等號(hào)成立，所以2a＋b的最小值為9.故選B.(2)由x<2知2－x>0，則eq\f(4,x－2)＋x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,2－x)＋2－x))＋2≤－2eq\r(\f(4,2－x)·（2－x）)＋2＝－2，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4,2－x)＝2－x，即x＝0時(shí)等號(hào)成立.]例4C[令f(x)＝eq\f(x2＋3x＋1,x)，由題意可得a≤f(x)min，f(x)＝x＋eq\f(1,x)＋3≥2eq\r(x·\f(1,x))＋3＝5，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)，即x＝1時(shí)等號(hào)成立，a≤f(x)min＝5，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，5].]訓(xùn)練2(1)C(2)A[(1)因?yàn)閤>0，由x＋eq\f(a,x)≥2eq\r(x·\f(a,x))＝2eq\r(a)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(a,x)，即x＝eq\r(a)時(shí)取等號(hào)，則2eq\r(a)≥6，可得a≥9.(2)因?yàn)閤>0，y>0，且eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)＝1，所以2x＋y＝(2x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(1,y)))＝5＋eq\f(2x,y)＋eq\f(2y,x)≥5＋2eq\r(\f(2x,y)·\f(2y,x))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2x,y)＝eq\f(2y,x)，且eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)＝1，即x＝y(tǒng)＝3時(shí)取等號(hào)，此時(shí)2x＋y取得最小值9，若2x＋y<m2－8m有解，則9<m2－8m，解得m>9或m<－1，即實(shí)數(shù)m的取值范圍為(－∞，－1)∪(9，＋∞).]例5eq\f(16,3)[由題意及N(h)＝eq\f(m,3h＋4)，可得N(0)＝eq\f(m,4)＝10，即m＝40，∴N(h)＝eq\f(40,3h＋4).隔熱層的建造費(fèi)用與30年間的能源消耗費(fèi)用的總和F(h)＝30N(h)＋9h＝eq\f(1200,3h＋4)＋9h＝eq\f(1200,3h＋4)＋3(3h＋4)－12≥2eq\r(\f(1200,3h＋4)·3（3h＋4）)－12＝108(萬(wàn)元)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1200,3h＋4)＝3(3h＋4)，即h＝eq\f(16,3)厘米時(shí)F(h)達(dá)到最小值.]訓(xùn)練38[每臺(tái)機(jī)器運(yùn)轉(zhuǎn)x年的年平均利潤(rùn)為eq\f(y,x)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(18－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(25,x)))))萬(wàn)元，由于x>0，故eq\f(y,x)≤18－2eq\r(25)＝8，當(dāng)且僅當(dāng)x＝5時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)每臺(tái)機(jī)器為該公司創(chuàng)造的年平均利潤(rùn)最大，最大為8萬(wàn)元.]教考銜接典例(1)13(2)eq\r(3)(3)eq\f(1,14)[(1)(2x＋3y)2≤(22＋32)(x2＋y2)∴x2＋y2≥13，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,2)＝eq\f(y,3)，即x＝2，y＝3時(shí)取等號(hào).(2)由柯西不等式得，(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))2≤(a＋b＋c)(1＋1＋1)＝3，∴當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝eq\f(1,3)時(shí)，eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)的最大值為eq\r(3).(3)根據(jù)柯西不等式：(x2＋y2＋z2)(1＋4＋9)≥(x＋2y＋3z)2＝1，即x2＋y2＋z2≥eq\f(1,14)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,14)，y＝eq\f(1,7)，z＝eq\f(3,14)時(shí)等號(hào)成立.]第5節(jié)一元二次函數(shù)、方程和不等式第一課時(shí)二次函數(shù)及其性質(zhì)知識(shí)診斷自測(cè)知識(shí)梳理1.(1)ax2＋bx＋c(a≠0)(2)(m，n)2.R－eq\f(b,2a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，\f(4ac－b2,4a)))減增增減診斷自測(cè)1.(1)√(2)×(3)×[(2)二次函數(shù)y＝x2－x與y＝2x2－2x零點(diǎn)相同，但解析式不同，故(2)錯(cuò)誤.(3)當(dāng)對(duì)稱(chēng)軸x＝－eq\f(b,2a)?[m，n]時(shí)，最值則不是eq\f(4ac－b2,4a)，故(3)錯(cuò)誤.]2.4[y＝－3(x2－4x＋4)＋4＝－3(x－2)2＋4≤4.]3.(－∞，40]∪[160，＋∞)[依題意知，eq\f(k,8)≥20或eq\f(k,8)≤5，解得k≥160或k≤40.]4.f(x)＝x2－4x[由題意，可設(shè)f(x)＝a(x－2)2－4(a＞0)，又圖象過(guò)原點(diǎn)，所以f(0)＝4a－4＝0，a＝1，所以f(x)＝(x－2)2－4＝x2－4x.]考點(diǎn)聚焦突破例1－4x2＋4x＋7[法一(利用“一般式”)設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0).由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a＋2b＋c＝－1，,a－b＋c＝－1，,\f(4ac－b2,4a)＝8，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝4，,c＝7.))所以所求二次函數(shù)的解析式為f(x)＝－4x2＋4x＋7.法二(利用“頂點(diǎn)式”)設(shè)f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0).因?yàn)閒(2)＝f(－1)，所以?huà)佄锞€(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸為x＝eq\f(2＋（－1）,2)＝eq\f(1,2)，所以m＝eq\f(1,2).又根據(jù)題意，函數(shù)有最大值8，所以n＝8，所以f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋8.因?yàn)閒(2)＝－1，所以aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋8＝－1，解得a＝－4，所以f(x)＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋8＝－4x2＋4x＋7.法三(利用“零點(diǎn)式”)由已知f(x)＋1＝0的兩根為x1＝2，x2＝－1，故可設(shè)f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)(a≠0)，即f(x)＝ax2－ax－2a－1.又函數(shù)有最大值8，即eq\f(4a（－2a－1）－（－a）2,4a)＝8.解得a＝－4或a＝0(舍).故所求函數(shù)的解析式為f(x)＝－4x2＋4x＋7.]訓(xùn)練1y＝eq\f(1,2)x2＋x－eq\f(3,2)或y＝－eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)[因?yàn)槎魏瘮?shù)的圖象過(guò)點(diǎn)(－3，0)，(1，0)，所以可設(shè)二次函數(shù)為y＝a(x＋3)(x－1)(a≠0)，展開(kāi)得，y＝ax2＋2ax－3a，頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)為eq\f(－12a2－4a2,4a)＝－4a，由于二次函數(shù)圖象的頂點(diǎn)到x軸的距離為2，所以|－4a|＝2，即a＝±eq\f(1,2)，所以二次函數(shù)的解析式為y＝eq\f(1,2)x2＋x－eq\f(3,2)或y＝－eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2).]例2(1)D(2)AD[(1)由a>b>c且a＋b＋c＝0，得a>0，c<0，所以函數(shù)圖象開(kāi)口向上，排除A，C；又f(0)＝c<0，排除B.故選D.(2)因?yàn)閳D象與x軸交于兩點(diǎn)，所以b2－4ac＞0，即b2＞4ac，A正確.對(duì)稱(chēng)軸為x＝－1，即－eq\f(b,2a)＝－1，2a－b＝0，B錯(cuò)誤.結(jié)合圖象，當(dāng)x＝－1時(shí)，y＞0，即a－b＋c＞0，C錯(cuò)誤.由對(duì)稱(chēng)軸為x＝－1知，b＝2a.根據(jù)拋物線(xiàn)開(kāi)口向下，知a＜0，所以5a＜2a，即5a＜b，D正確.]訓(xùn)練2ACD[由二次函數(shù)圖象開(kāi)口向下知a<0，對(duì)稱(chēng)軸為x＝－eq\f(b,2a)＝1，即2a＋b＝0，故b>0.又因?yàn)閒(0)＝c>0，所以abc<0.f(2)＝f(0)＝4a＋2b＋c>0，f(3)＝f(－1)＝9a＋3b＋c<0.]例3解(1)由題意知a≠0.當(dāng)a>0時(shí)，f(x)＝ax2－x＋2a－1的圖象開(kāi)口向上，對(duì)稱(chēng)軸方程為x＝eq\f(1,2a)，所以f(x)在區(qū)間[1，2]上單調(diào)遞減需滿(mǎn)足eq\f(1,2a)≥2，又a>0，所以0<a≤eq\f(1,4)；當(dāng)a<0時(shí)，f(x)＝ax2－x＋2a－1的圖象開(kāi)口向下，對(duì)稱(chēng)軸方程為x＝eq\f(1,2a)<0，所以f(x)在區(qū)間[1，2]上單調(diào)遞減恒成立.綜上，a的取值范圍是(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))).(2)①當(dāng)0<eq\f(1,2a)≤1，即a≥eq\f(1,2)時(shí)，f(x)在區(qū)間[1，2]上單調(diào)遞增，此時(shí)g(a)＝f(1)＝3a－2.②當(dāng)1<eq\f(1,2a)<2，即eq\f(1,4)<a<eq\f(1,2)時(shí)，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調(diào)遞減，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，2))上單調(diào)遞增，此時(shí)g(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)))＝2a－eq\f(1,4a)－1.③當(dāng)eq\f(1,2a)≥2，即0<a≤eq\f(1,4)時(shí)，f(x)在區(qū)間[1，2]上單調(diào)遞減，此時(shí)g(a)＝f(2)＝6a－3.綜上所述，g(a)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6a－3，a∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，,2a－\f(1,4a)－1，a∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))，,3a－2，a∈\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).))訓(xùn)練3解(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝x2＋3x－3，x∈[－2，3]，函數(shù)圖象的對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)x＝－eq\f(3,2)∈[－2，3]，∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝eq\f(9,4)－eq\f(9,2)－3＝－eq\f(21,4)，f(x)max＝f(3)＝15，∴f(x)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(21,4)，15)).(2)函數(shù)圖象的對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)x＝－eq\f(2a－1,2).①當(dāng)－eq\f(2a－1,2)≤1，即a≥－eq\f(1,2)時(shí)，f(x)max＝f(3)＝6a＋3，∴6a＋3＝1，即a＝－eq\f(1,3)，滿(mǎn)足題意；②當(dāng)－eq\f(2a－1,2)＞1，即a＜－eq\f(1,2)時(shí)，f(x)max＝f(－1)＝－2a－1，∴－2a－1＝1，即a＝－1，滿(mǎn)足題意.綜上可知，a＝－eq\f(1,3)或－1.第二課時(shí)一元二次方程、不等式知識(shí)診斷自測(cè)知識(shí)梳理2.{x|x＞x2，或x＜x1}eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠－\f(b,2a)))R{x|x1＜x＜x2}??3.{x|x≠a}{x|x<b，或x>a}?{x|b<x<a}診斷自測(cè)1.(1)×(2)√(3)×(4)×[(1)錯(cuò)誤.eq\f(x－a,x－b)≥0等價(jià)于(x－a)(x－b)≥0且x≠b.(3)錯(cuò)誤.當(dāng)a＝0時(shí)，其解集為{0}；當(dāng)a<0時(shí)，其解集為?.(4)若方程ax2＋bx＋c＝0(a<0)沒(méi)有實(shí)根，則不等式ax2＋bx＋c>0(a<0)的解集為?.]2.(－∞，－1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))[由－2x2＋x≤－3可得2x2－x－3≥0，即(2x－3)(x＋1)≥0，得x≤－1或x≥eq\f(3,2)，故不等式的解集為(－∞，－1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).]3.－3[由題意可得－a＝－1＋2，b＝(－1)×2，即a＝－1，b＝－2，故a＋b＝－3.]4.(－3，0)[由題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k<0，,Δ＝k2－4×2k×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,8)))<0，))解得－3<k<0.]考點(diǎn)聚焦突破例1ACD[∵關(guān)于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集為(－∞，－2)∪(3，＋∞)，∴a>0，A正確；－2和3是關(guān)于x的方程ax2＋bx＋c＝0的兩根，由根與系數(shù)的關(guān)系得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2＋3＝－\f(b,a)，,－2×3＝\f(c,a)，))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－a，,c＝－6a，))∴a＋b＋c＝－6a<0，B錯(cuò)誤；不等式bx＋c>0可化為－ax－6a>0，得x<－6，C正確；不等式cx2－bx＋a<0可化為－6ax2＋ax＋a<0，即6x2－x－1>0，解得x<－eq\f(1,3)或x>eq\f(1,2)，D正確.故選ACD.]訓(xùn)練1ABD[由題意得，a<0，且x1，x2是一元二次方程a(x＋1)(x－3)＋1＝0，即ax2－2ax＋1－3a＝0的兩根，所以x1＋x2＝－eq\f(－2a,a)＝2，故A正確；x1x2＝eq\f(1－3a,a)＝eq\f(1,a)－3<－3，故B正確；x2－x1＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(4－4×\f(1－3a,a))＝2eq\r(4－\f(1,a))>4，故D正確；由x2－x1>4，可得－1<x1<x2<3是錯(cuò)誤的，故C錯(cuò)誤.]例2(1)ABD[因?yàn)榉匠蘹2＋x－2＝0的解為x1＝1，x2＝－2，所以不等式x2＋x－2>0的解集為{x|x<－2或x>1}，故A正確；因?yàn)閑q\f(2x＋1,x－2)－1≤0，即eq\f(x＋3,x－2)≤0，即(x＋3)(x－2)≤0(x－2≠0)，解得－3≤x<2，所以不等式的解集為{x|－3≤x<2}，故B正確；由|x－2|≥1，可得x－2≤－1或x－2≥1，解得x≤1或x≥3，所以不等式的解集為{x|x≤1或x≥3}，故C錯(cuò)誤；由|x－1|<1，可得－1<x－1<1，解得0<x<2，由eq\f(x＋4,x－5)<0，可得－4<x<5，因此，“|x－1|<1”是“eq\f(x＋4,x－5)<0”的充分不必要條件，故D正確.](2)解原不等式變?yōu)?ax－1)(x－1)＜0，①當(dāng)a＞0時(shí)，原不等式可化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)＜0，所以當(dāng)a＞1時(shí)，解得eq\f(1,a)＜x＜1；當(dāng)a＝1時(shí)，解集為?；當(dāng)0＜a＜1時(shí)，解得1＜x＜eq\f(1,a).②當(dāng)a＝0時(shí)，原不等式等價(jià)于－x＋1＜0，即x＞1.③當(dāng)a＜0時(shí)，eq\f(1,a)＜1，原不等式可化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)＞0，解得x＞1或x＜eq\f(1,a).綜上，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|1＜x＜\f(1,a)))，當(dāng)a＝1時(shí)，不等式的解集為?，當(dāng)a＞1時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(1,a)＜x＜1))，當(dāng)a＝0時(shí)，不等式的解集為{x|x＞1}，當(dāng)a＜0時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜\f(1,a)，或x＞1)).訓(xùn)練2(1)D[原不等式等價(jià)于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≠0，,1－2x>0，))即x<eq\f(1,2)且x≠0，故選D.](2)解當(dāng)Δ＝a2－4≤0，即－2≤a≤2時(shí)，原不等式的解集為?，當(dāng)Δ＝a2－4>0，即a>2或a<－2時(shí)，方程x2－ax＋1＝0的兩根為x1＝eq\f(a－\r(a2－4),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－4),2)，原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)<x<\f(a＋\r(a2－4),2))))).綜上可知，當(dāng)－2≤a≤2時(shí)，原不等式的解集為?，當(dāng)a>2或a<－2時(shí)，原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)<x<\f(a＋\r(a2－4),2))))).例3ACD[當(dāng)k＝0時(shí)，不等式即為－3<0，不等式恒成立；當(dāng)k≠0時(shí)，若不等式恒成立，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k<0，,Δ＝k2＋24k<0))?－24<k<0，于是－24<k≤0，故選ACD.]例4C[因?yàn)閤∈[1，2]，y∈[2，3]，則eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以eq\f(y,x)∈[1，3]，又y2－xy－mx2≤0，可得m≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))eq\s\up12(2)－eq\f(y,x)，令t＝eq\f(y,x)∈[1，3]，則?t∈[1，3]，m≥t2－t，即只需m≥(t2－t)max，t2－t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,4)，當(dāng)t＝3時(shí)，t2－t取到最大值，(t2－t)max＝9－3＝6，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是[6，＋∞).故選C.]例5D[不等式x2＋px>4x＋p－3，可化為(x－1)p＋x2－4x＋3>0，由已知可得[(x－1)p＋x2－4x＋3]min>0(0≤p≤4)，令f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3(0≤p≤4)，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）＝x2－4x＋3>0，,f（4）＝4（x－1）＋x2－4x＋3>0，))解得x<－1或x>3.]訓(xùn)練3解(1)原不等式等價(jià)于mx2－2x＋(1－m)＜0，當(dāng)m＝0時(shí)，－2x＋1＜0不恒成立；當(dāng)m≠0時(shí)，若不等式對(duì)于任意實(shí)數(shù)x恒成立，則需m＜0且Δ＝4－4m(1－m)＜0，無(wú)解，所以不存在實(shí)數(shù)m，使不等式恒成立.(2)因?yàn)閤＞1，所以m＜eq\f(2x－1,x2－1).設(shè)2x－1＝t(t＞1)，x2－1＝eq\f(t2＋2t－3,4)，所以m＜eq\f(4t,t2＋2t－3)＝eq\f(4,t－\f(3,t)＋2).設(shè)g(t)＝t－eq\f(3,t)＋2，t∈(1，＋∞)，顯然g(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.當(dāng)t→＋∞時(shí)，t－eq\f(3,t)＋2→＋∞，eq\f(4,t－\f(3,t)＋2)→0，所以m≤0.所以m的取值范圍是(－∞，0].(3)設(shè)f(m)＝(x2－1)m－(2x－1)，當(dāng)m∈[－2，2]時(shí)，f(m)＜0恒成立.當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（2）＜0，,f（－2）＜0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x2－2x－1＜0，①,－2x2－2x＋3＜0.②))由①得eq\f(1－\r(3),2)＜x＜eq\f(1＋\r(3),2).由②得x＜eq\f(－1－\r(7),2)或x＞eq\f(－1＋\r(7),2).取交集，得eq\f(－1＋\r(7),2)＜x＜eq\f(1＋\r(3),2).所以x的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(－1＋\r(7),2)＜x＜\f(1＋\r(3),2))).第二章函數(shù)第1節(jié)函數(shù)的概念及其表示知識(shí)診斷自測(cè)知識(shí)梳理1.每一個(gè)實(shí)數(shù)x唯一2.定義域?qū)?yīng)關(guān)系3.解析法4.(2)并集診斷自測(cè)1.(1)×(2)×(3)×(4)×[(1)錯(cuò)誤.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－3≥0，,2－x≥0))無(wú)解，可知其說(shuō)法錯(cuò)誤.(2)錯(cuò)誤.根據(jù)函數(shù)的概念可知其錯(cuò)誤.(3)錯(cuò)誤.集合A中的元素0在集合B中無(wú)元素與之對(duì)應(yīng).(4)錯(cuò)誤.只有兩個(gè)函數(shù)的定義域，對(duì)應(yīng)關(guān)系分別相同時(shí)，這兩個(gè)函數(shù)才是同一個(gè)函數(shù).]2.B[函數(shù)y＝(eq\r(x))2與函數(shù)m＝eq\f(n2,n)和y＝x的定義域不同，則不是同一個(gè)函數(shù)，函數(shù)y＝eq\r(x2)＝|x|與y＝x的解析式不同，也不是同一個(gè)函數(shù)，故選B.]3.[－3，0)∪(0，＋∞)[由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋3≥0，,x≠0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥－3，,x≠0，))故函數(shù)的定義域?yàn)閇－3，0)∪(0，＋∞).]4.eq\f(1,2)[因?yàn)閒(－3)＝eq\r(－3＋3)＝0，所以f(f(－3))＝f(0)＝eq\f(1,2).]考點(diǎn)聚焦突破例1(1)B(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(11,2)，2))[(1)由題意知，函數(shù)f(x)＝eq\f(3x,\r(4－x))＋eq\r(2x－2)有意義，需滿(mǎn)足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4－x>0，,2x－2≥0，))解得1≤x<4，故f(x)＝eq\f(3x,\r(4－x))＋eq\r(2x－2)的定義域?yàn)閇1，4).(2)因?yàn)椋?≤x≤3，所以－8≤3x－2≤7，所以f(x)的定義域?yàn)閇－8，7]，要使f(2x＋3)有意義，需滿(mǎn)足－8≤2x＋3≤7，解得－eq\f(11,2)≤x≤2，所以函數(shù)f(2x＋3)的定義域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(11,2)，2)).]訓(xùn)練1(1)A(2)－3(－∞，3)[(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?1，＋∞)，由題意可知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－3>1，,3－x≥0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>2，,x≤3，))即2<x≤3，故函數(shù)F(x)的定義域?yàn)?2，3].(2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\f(\r(x＋a),x－b)的定義域?yàn)閑q\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋a≥0，,x－b≠0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥－a，,x≠b，))而函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(x＋a),x－b)的定義域?yàn)閇3，＋∞)，所以－a＝3，b<3，即a＝－3，實(shí)數(shù)b的取值范圍為(－∞，3).]例2解(1)(換元法)設(shè)1－sinx＝t，t∈[0，2]，則sinx＝1－t，∵f(1－sinx)＝cos2x＝1－sin2x，∴f(t)＝1－(1－t)2＝2t－t2，t∈[0，2].即f(x)＝2x－x2，x∈[0，2].(2)(配湊法)∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝x2＋eq\f(1,x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up12(2)－2，∴f(x)＝x2－2，x∈(－∞，－2]∪[2，＋∞).(3)(待定系數(shù)法)∵f(x)是一次函數(shù)，可設(shè)f(x)＝ax＋b(a≠0)，∴3[a(x＋1)＋b]－2[a(x－1)＋b]＝2x＋17.即ax＋(5a＋b)＝2x＋17，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,5a＋b＝17，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝7.))∴f(x)的解析式是f(x)＝2x＋7.(4)(解方程組法)∵2f(x)＋f(－x)＝3x，①∴將x用－x替換，得2f(－x)＋f(x)＝－3x，②由①②解得f(x)＝3x.訓(xùn)練2(1)f(x)＝x2－1(x≥1)(2)x＋1[(1)法一(換元法)令eq\r(x)＋1＝t，則x＝(t－1)2，t≥1，所以f(t)＝(t－1)2＋2(t－1)＝t2－1(t≥1)，所以函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝x2－1(x≥1).法二(配湊法)f(eq\r(x)＋1)＝x＋2eq\r(x)＝x＋2eq\r(x)＋1－1＝(eq\r(x)＋1)2－1.因?yàn)閑q\r(x)＋1≥1，所以函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝x2－1(x≥1).(2)由題意知3f(x)－f(2－x)＝4x，①用2－x代替x，得3f(2－x)－f(x)＝8－4x，②由①②可得f(x)＝x＋1.]例3D[函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(x)，0≤x≤1，,2f（x－1），x>1，))所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝2×eq\r(\f(1,4))＝1.]例4(1)D(2)B[(1)因?yàn)楫?dāng)x>0時(shí)，f(x)＝f(x－1)－f(x－2)，所以f(x＋1)＝f(x)－f(x－1)，f(x＋1)＝－f(x－2)，即f(x＋3)＝－f(x)，f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，所以f(2030)＝f(338×6＋2)＝f(2)＝－f(－1)＝eq\f(a,2)－1＝1，則a＝4.(2)法一當(dāng)x≤－1時(shí)，x＋1≤0，2x≤－2，f(x＋1)＝1，f(2x)＝1，則f(2x)>f(x＋1)不成立；當(dāng)－1<x≤0時(shí)，x＋1>0，2x≤0，f(x＋1)＝3x＋1，f(2x)＝1，由f(2x)>f(x＋1)，得3x＋1<1＝30，則x<－1，與－1<x≤0矛盾，舍去；當(dāng)x>0時(shí)，x＋1>1，2x>0，f(x＋1)＝3x＋1，f(2x)＝32x，由f(2x)>f(x＋1)，得32x>3x＋1，則2x>x＋1，得x>1.綜上，滿(mǎn)足f(2x)>f(x＋1)的x的取值范圍是(1，＋∞).法二畫(huà)出f(x)的大致圖象，如圖所示.若f(2x)>f(x＋1)，則2x>0>x＋1或2x>x＋1>0，解得x>1.]訓(xùn)練3(1)0或2(2)3(－∞，－1)∪(0，＋∞)[(1)當(dāng)a>0時(shí)，log2a＝1，解得a＝2；當(dāng)a≤0時(shí)，2a＝1，解得a＝0.所以a＝0或2.(2)因?yàn)閒(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x≤0，,3，x>0，))所以f(－1)＝(－1)2＋1＝2，所以f(f(－1))＝f(2)＝3.當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝x2＋1>2，則x2>1，解得x<－1；當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝3>2恒成立，所以不等式f(x)>2的解集是(－∞，－1)∪(0，＋∞).]第2節(jié)單調(diào)性與最大(小)值知識(shí)診斷自測(cè)知識(shí)梳理1.(1)f(x1)<f(x2)f(x1)>f(x2)(2)減函數(shù)II2.f(x)≤f(x0)f(x)≥f(x0)診斷自測(cè)1.(1)×(2)×(3)×(4)√[(1)錯(cuò)誤，應(yīng)對(duì)任意的x1＜x2，都有f(x1)＜f(x2)成立才可以.(2)錯(cuò)誤，反例：f(x)＝x在[1，＋∞)上為增函數(shù)，但f(x)＝x的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，＋∞).(3)錯(cuò)誤，此單調(diào)區(qū)間不能用“∪”連接，故單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)和(0，＋∞).]2.[2，＋∞)[由題意可知x2－2x≥0，解得x≤0或x≥2，所以函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，0]∪[2，＋∞)，設(shè)y＝eq\r(u)，u＝x2－2x，二次函數(shù)u＝x2－2x的單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，1)，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是[2，＋∞).]3.14[由于f(x)＝eq\f(4,x2)在[－2，－1]上單調(diào)遞增，故f(x)的最大值為f(－1)＝4，最小值為f(－2)＝1.]4.[－1，1)[由條件知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2≤a＋1≤2，,－2≤2a≤2，,a＋1＞2a，))解得－1≤a＜1.]考點(diǎn)聚焦突破例1(1)(－∞，－6][由題意，要使函數(shù)y＝eq\r(x2＋2x－24)有意義，需滿(mǎn)足x2＋2x－24≥0，解得x≤－6或x≥4，又由t＝x2＋2x－24在(－∞，－6]上單調(diào)遞減，在[4，＋∞)上單調(diào)遞增，結(jié)合復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性的判定方法，可得函數(shù)y＝eq\r(x2＋2x－24)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－6].](2)解法一設(shè)－1＜x1＜x2＜1，f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1＋1,x－1)))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x－1)))，則f(x1)－f(x2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x1－1)))－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2－1)))＝eq\f(a（x2－x1）,（x1－1）（x2－1）)，由于－1＜x1＜x2＜1，所以x2－x1＞0，x1－1＜0，x2－1＜0，故當(dāng)a＞0時(shí)，f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，函數(shù)f(x)在(－1，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)a＜0時(shí)，f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，函數(shù)f(x)在(－1，1)上單調(diào)遞增.法二f′(x)＝eq\f(（ax）′（x－1）－ax（x－1）′,（x－1）2)＝eq\f(a（x－1）－ax,（x－1）2)＝－eq\f(a,（x－1）2).當(dāng)a＞0時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(－1，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)a＜0時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(－1，1)上單調(diào)遞增.訓(xùn)練1(1)B(2)C[(1)y＝x2在(－∞，0]上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故A錯(cuò)誤；y＝x在R上為增函數(shù)，故B正確；y＝－eq\r(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，故C錯(cuò)誤；y＝eq\f(1,x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故D錯(cuò)誤.(2)因?yàn)楹瘮?shù)y＝x2－5x＋6的圖象的對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)x＝eq\f(5,2)，由x2－5x＋6＝0可得x＝2或x＝3，作出函數(shù)f(x)＝|x2－5x＋6|的大致圖象如圖所示.由圖可知，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2)))和(3，＋∞).]例2ACD[對(duì)于A(yíng)，y＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2，由x∈[0，3)，再結(jié)合函數(shù)的圖象(如圖①所示)，可得函數(shù)的值域?yàn)閇2，6).對(duì)于B(分離常數(shù)法)，y＝eq\f(2x＋1,x－3)＝eq\f(2（x－3）＋7,x－3)＝2＋eq\f(7,x－3)，顯然eq\f(7,x－3)≠0，∴y≠2.故函數(shù)的值域?yàn)?－∞，2)∪(2，＋∞).對(duì)于C(換元法)，設(shè)t＝eq\r(x－1)，則x＝t2＋1，且t≥0，∴y＝2(t2＋1)－t＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(15,8)，由t≥0，再結(jié)合函數(shù)的圖象(如圖②所示)，可得函數(shù)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,8)，＋∞)).對(duì)于D，函數(shù)的定義域?yàn)閇1，＋∞)，∵y＝eq\r(x＋1)與y＝eq\r(x－1)在[1，＋∞)上均單調(diào)遞增，∴y＝eq\r(x＋1)＋eq\r(x－1)在[1，＋∞)上為增函數(shù)，∴當(dāng)x＝1時(shí)，ymin＝eq\r(2)，即函數(shù)的值域?yàn)閇eq\r(2)，＋∞).]訓(xùn)練2(1)C(2)1[(1)法一依題意，f(x)＝eq\f(2（2x2＋1）－2,2x2＋1)＝2－eq\f(2,2x2＋1)，顯然2x2＋1≥1，則0<eq\f(2,2x2＋1)≤2，于是0≤2－eq\f(2,2x2＋1)<2，所以函數(shù)f(x)的值域是[0，2).法二(換元法)令t＝2x2，t≥0，g(t)＝eq\f(2t,t＋1)(t≥0).當(dāng)t＝0時(shí)，g(t)＝0.當(dāng)t≠0時(shí)，g(t)＝eq\f(2,1＋\f(1,t))，因?yàn)閠>0，所以1＋eq\f(1,t)>1，0<eq\f(1,1＋\f(1,t))<1，所以g(t)＝eq\f(2,1＋\f(1,t))∈(0，2).綜上，g(t)∈[0，2)，即f(x)的值域?yàn)閇0，2).(2)法一(數(shù)形結(jié)合法)在同一坐標(biāo)系中，作函數(shù)f(x)，g(x)的圖象，依題意，h(x)的圖象為如圖所示的實(shí)線(xiàn)部分.易知點(diǎn)A(2，1)為圖象的最高點(diǎn)，因此h(x)的最大值為h(2)＝1.法二(單調(diào)性法)依題意，h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，0<x≤2，,－x＋3，x>2.))當(dāng)0<x≤2時(shí)，h(x)＝log2x是增函數(shù)；當(dāng)x>2時(shí)，h(x)＝3－x是減函數(shù)，因此h(x)在x＝2時(shí)取得最大值h(2)＝1.]例3D[易知f(x)＝2x－eq\f(1,x－1)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又eq\r(5)＞eq\r(3)＞eq\r(2)>1，故f(eq\r(5))＞f(eq\r(3))＞f(eq\r(2))，即c＞b＞a.]例4(－eq\r(5)，－2)∪(2，eq\r(5))[因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝lnx＋2x在定義域(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(1)＝ln1＋2＝2，所以由f(x2－4)<2，得f(x2－4)<f(1)，所以0<x2－4<1，解得－eq\r(5)<x<－2或2<x<eq\r(5).]例5D[因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在R上單調(diào)，由函數(shù)解析式可得函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增不滿(mǎn)足題意，故f(x)在R上單調(diào)遞減，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,3a－2≥loga1－1，))解得eq\f(1,3)≤a<1.]訓(xùn)練3(1)B(2)(－3，1)[(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，且當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝－x2－2ax－a，所以f(x)＝－x2－2ax－a在(－∞，0)上單調(diào)遞增，所以－a≥0，即a≤0；當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝ex＋ln(x＋1)，所以函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增.若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，則－a≤f(0)＝1，即a≥－1.綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－1，0].故選B.(2)根據(jù)所給的分段函數(shù)，畫(huà)出圖象如圖.已知函數(shù)在整個(gè)定義域上是單調(diào)遞減的，由f(3－a2)<f(2a)可知，3－a2>2a，解得－3<a<1.]微點(diǎn)突破例1解令u(x)＝5－x2，則u(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞增，在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，且u(0)＝5.f(x)＝x2－2x－3＝(x－1)2－4在(－∞，1]上單調(diào)遞減，在[1，＋∞)上單調(diào)遞增.即u(x)的單調(diào)性是以“0”為界來(lái)劃分的，f(x)的單調(diào)性是以“1”為界來(lái)劃分的，由此可確定g(x)的單調(diào)性.令5－x2＝1，則x＝±2.x(－∞，－2][－2，0][0，2][2，＋∞)u(x)＝5－x2增增減減u(－∞，1][1，5][1，5](－∞，1]f(u)減增增減f(5－x2)減增減增所以函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－2]，[0，2]，單調(diào)遞增區(qū)間是[－2，0]，[2，＋∞).例2解假設(shè)存在滿(mǎn)足條件的實(shí)數(shù)λ，則由f(x)＝x2＋1，g(x)＝f(f(x))，得g(x)＝(x2＋1)2＋1.∴F(x)＝g(x)－λf(x)＝x4＋(2－λ)x2＋2－λ.令t＝x2，則t＝x2在(－∞，0)上單調(diào)遞減，且當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))時(shí)，t>eq\f(1,2)；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))時(shí)，0<t<eq\f(1,2).故若F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))上單調(diào)遞增，則函數(shù)φ(t)＝t2＋(2－λ)t＋2－λ在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減.∴函數(shù)φ(t)＝t2＋(2－λ)t＋2－λ的圖象的對(duì)稱(chēng)軸t＝eq\f(λ－2,2)為直線(xiàn)t＝eq\f(1,2)，即eq\f(λ－2,2)＝eq\f(1,2)，則λ＝3.故存在滿(mǎn)足條件的實(shí)數(shù)λ(λ＝3)，使F(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減且在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))上單調(diào)遞增.訓(xùn)練(1)A(2)(－∞，0][(1)A中，∵函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)，∴y＝－f(x)在R上是減函數(shù)，故A正確.B中，函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)，但y＝eq\f(1,f（x）)在R上不一定是減函數(shù)，如f(x)＝x在R上是增函數(shù)，但y＝eq\f(1,f（x）)＝eq\f(1,x)在R上不是減函數(shù)，故排除B.C中，函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)，但y＝[f(x)]2在R上不一定是增函數(shù)，如f(x)＝x在R上是增函數(shù)，但y＝[f(x)]2＝x2在R上不是增函數(shù)，故排除C.D中，函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)，但y＝af(x)(a為實(shí)數(shù))在R上不一定是增函數(shù)，例如f(x)＝x在R上是增函數(shù)，但f(x)＝－2x在R上不是增函數(shù)，故排除D.(2)由題意知函數(shù)y＝ax2－2x在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,\f(1,a)≤1，))或a＝0，解得a≤0.]第3節(jié)函數(shù)的奇偶性、周期性知識(shí)診斷自測(cè)知識(shí)梳理1.f(-x)=f(x)y軸f(-x)=-f(x)原點(diǎn)2.(1)f(x)(2)最小最小正數(shù)診斷自測(cè)1.(1)×(2)×(3)√(4)×[(1)由于偶函數(shù)的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，故y＝x2在(0，＋∞)上不具有奇偶性，(1)錯(cuò)誤.(2)由奇函數(shù)定義可知，若f(x)為奇函數(shù)，且在x＝0處有意義時(shí)才滿(mǎn)足f(0)＝0，(2)錯(cuò)誤.(4)反例：f(x)＝x3，x∈[－3，5]，存在x＝1，使f(－1)＝－f(1)，但f(x)既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù)，(4)錯(cuò)誤.]2.BC[對(duì)于f(x)＝x4，f(x)的定義域?yàn)镽，由f(－x)＝(－x)4＝x4＝f(x)，可知f(x)＝x4是偶函數(shù)，同理可知f(x)＝x5，f(x)＝x＋eq\f(1,x)是奇函數(shù)，f(x)＝eq\f(1,x2)是偶函數(shù).]3.(－2，0)∪(2，5][由圖象可知，當(dāng)0＜x＜2時(shí)，f(x)＞0；當(dāng)2＜x≤5時(shí)，f(x)＜0，又f(x)是奇函數(shù)，∴當(dāng)－2＜x＜0時(shí)，f(x)＜0，當(dāng)－5≤x＜－2時(shí)，f(x)＞0.綜上，f(x)＜0的解集為(－2，0)∪(2，5].]4.－1[因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是定義在R上的周期為4的奇函數(shù)，所以f(2025)＝f(506×4＋1)＝f(1)＝－f(－1)＝－1.]考點(diǎn)聚焦突破例1解(1)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－x2≥0，,x2－3≥0，))得x2＝3，解得x＝±eq\r(3)，即函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧－eq\r(3)，eq\r(3)}，從而f(x)＝eq\r(3－x2)＋eq\r(x2－3)＝0.因此f(－x)＝－f(x)且f(－x)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)既是奇函數(shù)又是偶函數(shù).(2)顯然函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng).因?yàn)楫?dāng)x＜0時(shí)，－x＞0，則f(－x)＝－(－x)2－x＝－x2－x＝－f(x)；當(dāng)x＞0時(shí)，－x＜0，則f(－x)＝(－x)2－x＝x2－x＝－f(x).綜上可知