專題2函數(shù)與基本初等函數(shù)第6講函數(shù)的概念及其表示eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓(xùn)練手冊(cè)P328))1．【解析】B由函數(shù)解析式有意義，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1>0，,4－x2>0，))解得－1<x<2.故選B.2．【解析】D由函數(shù)解析式有意義，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1≥0，,x－1≠0，))解得x>1，故函數(shù)的定義域是(1，＋∞).故選D.3．【解析】B因?yàn)槎x域是{x|0≤x≤4}，A錯(cuò)誤；因?yàn)橹涤蚴莧y|－4≤y≤0}，D錯(cuò)誤；因?yàn)閷?duì)于定義域內(nèi)每一個(gè)x有且只有一個(gè)y值，C錯(cuò)誤．故選B.4．【解析】Df(x)＝x2的定義域?yàn)镽，值域?yàn)閇0，＋∞），對(duì)于A，f(x)＝(x＋1)2與f(x)＝x2的對(duì)應(yīng)關(guān)系不同，故不是同一個(gè)函數(shù)；對(duì)于B，f(x)＝x·eq\r(x2)的值域?yàn)镽，故不是同一個(gè)函數(shù)；對(duì)于C，f(x)＝eq\f(x3,x)的定義域?yàn)閧x|x≠0}，故不是同一個(gè)函數(shù)；對(duì)于D，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x|x|，x≤0，,x|x|，x>0))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x≤0，,x2，x>0))＝x2，故與f(x)＝x2是同一個(gè)函數(shù)．故選D.5．【解析】A因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域是[1，3]，則在函數(shù)g(x)＝eq\f(f(2x－1),\r(x－1))中，必有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤2x－1≤3，,x－1>0，))解得1<x≤2，所以g(x)的定義域是（1，2].故選A.6．【解析】C因?yàn)閒(－x)＝－ax3－bx－eq\f(c,x)＋3，所以f(x)＋f(－x)＝6，即f(t)＋f(－t)＝6.又因?yàn)閒(t)＝4，所以f(－t)＝2.故選C.7．【解析】AD因?yàn)閒（eq\f(1,x)）＝eq\f(\f(1,x),1＋(\f(1,x))2)＝eq\f(x,x2＋1)＝f(x)，所以A成立，B、C不成立．又f(－x)＝eq\f(－x,1＋(－x)2)＝eq\f(－x,1＋x2)＝－f(x)，所以D成立．故選AD.8．【解析】[－1，2]由題意得(m＋1)x2－(m＋1)x＋eq\f(3,4)≥0在R上恒成立．當(dāng)m＋1＝0，即m＝－1時(shí)，eq\f(3,4)>0恒成立，符合題意，當(dāng)m＋1≠0時(shí)，只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋1>0，,Δ＝(m＋1)2－3(m＋1)≤0，))解得－1<m≤2.綜上，m∈[－1，2].9．【解析】B要使f(x)＝lgeq\f(1－x,1＋x)有意義，則eq\f(1－x,1＋x)>0，即(1－x)(1＋x)>0，解得－1<x<1，所以函數(shù)f(x)的定義域是(－1，1).要使g(x)＝eq\f(f(ex),x＋2)有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<ex<1，,x＋2≠0，))解得x<0且x≠－2，所以函數(shù)g(x)的定義域是{x|x<0且x≠－2}．故選B.10．【解析】（－eq\f(1,2)，＋∞）當(dāng)x≤0時(shí)，x＋1≤1，f(x)<f(x＋1)x2－1<(x＋1)2－1，解得－eq\f(1,2)<x≤0.當(dāng)0<x≤1時(shí)，x＋1>1，此時(shí)f(x)＝x2－1≤0，f(x＋1)＝log2(x＋1)>0，所以當(dāng)0<x≤1時(shí)，恒有f(x)<f(x＋1).當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<f(x＋1)log2x<log2(x＋1)，顯然成立．綜上，不等式f(x)<f(x＋1)的解集為（－eq\f(1,2)，＋∞）.11．【解析】f(x)＝eq\f(1,3)x2＋x由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(x)＋2f(－x)＝x2－x，①,f(－x)＋2f(x)＝x2＋x，②))2×②－①可得3f(x)＝x2＋3x，故f(x)＝eq\f(1,3)x2＋x.12．【解析】eq\f(1,2)若0<a<1，則1<a＋1<2.由f(a)＝f(a＋1)，得eq\r(a)＝2(a＋1－1)，即a＝4a2，解得a＝0（舍去）或a＝eq\f(1,4)；若a≥1，由f(a)＝f(a＋1)，得2(a－1)＝2(a＋1－1)，該方程無(wú)解．綜上可知，a＝eq\f(1,4)，所以f(a)＝f（eq\f(1,4)）＝eq\r(\f(1,4))＝eq\f(1,2).13．【解析】f(x)＝x2＋3x因?yàn)閒(x＋y)－2f(y)＝x2＋2xy－y2＋3x－3y對(duì)任意實(shí)數(shù)x，y都成立，所以令x＝y(tǒng)＝0，得f(0)＝0，再令y＝0，得f(x)－2f(0)＝x2＋3x，所以f(x)＝x2＋3x.14．【解析】B由題意，令f(x)＝2－x2＝1，得x＝±1.因此當(dāng)x≤－1或x≥1時(shí)，x2≥1，－x2≤－1，所以2－x2≤1，fM(x)＝2－x2；當(dāng)－1＜x＜1時(shí)，x2＜1，所以－x2＞－1，所以2－x2＞1，fM(x)＝1.所以fM(0)＝1，故選B.第7講函數(shù)的值域與最值eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓(xùn)練手冊(cè)P329))1．【解析】D令x－1≥0，解得x≥1，又函數(shù)f(x)在[1，＋∞）上為增函數(shù)，所以f(x)∈[2，＋∞），即函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇2，＋∞），故選D.2．【解析】A因?yàn)閤>0，所以y＝eq\f(x2＋2x＋4,x)＝x＋eq\f(4,x)＋2≥2eq\r(4)＋2＝6，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(4,x)，即x＝2時(shí)取等號(hào)．所以函數(shù)的最小值為6.故選A.3．【解析】10作出函數(shù)f(x)的圖象（如圖）.由圖象可知，當(dāng)x＝±1時(shí)，f(x)取最大值為f(1)＝f(－1)＝1.當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)取最小值為f(0)＝0，故f(x)的最大值為1，最小值為0.4．【解析】[－3，1]y＝2x＋1在(－∞，0)上單調(diào)遞增，y＝x2－4x＋1＝(x－2)2－3圖象的對(duì)稱軸是x＝2，在[0，2）上單調(diào)遞減，在（2，4]上單調(diào)遞增，且f(0)＝1，f(2)＝－3，f(－1)＝－1，f(4)＝1，所以當(dāng)x＝0時(shí)，函數(shù)f(x)取得最大值1，當(dāng)x＝2時(shí)，函數(shù)f(x)取得最小值－3.5．【解析】A當(dāng)x≥1時(shí)，y＝2x≥2.由于函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((4－2a)x＋3a，x<1，,2x，x≥1))的值域?yàn)镽，所以當(dāng)x<1時(shí)，f(x)＝(4－2a)x＋3a的值域B應(yīng)滿足B(－∞，2).即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－2a>0，,4－2a＋3a≥2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<2，,a≥－2，))所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－2，2）.故選A.6．【解析】ACD令t＝eq\r(x)＋1≥1，得eq\r(x)＝t－1，則x＝(t－1)2，得f（eq\r(x)＋1）＝f(t)＝2(t－1)2＋(t－1)－1＝2t2－3t，故f(x)＝2x2－3x，x∈[1，＋∞），f(3)＝9，A正確，B錯(cuò)誤．f(x)＝2x2－3x＝2（x－eq\f(3,4)）2－eq\f(9,8)，所以f(x)在[1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝－1，f(x)的圖象與x軸只有1個(gè)交點(diǎn)，C、D正確．故選ACD.7．【解析】2設(shè)eq\r(1－x)＝t(t≥0)，所以x＝1－t2.所以y＝x＋2eq\r(1－x)＝1－t2＋2t＝－t2＋2t＋1＝－(t－1)2＋2，所以當(dāng)t＝1，即x＝0時(shí)，ymax＝2.8．【解析】1在同一坐標(biāo)系中，作函數(shù)f(x)，g(x)的圖象，依題意，h(x)的圖象如圖所示．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)＝1.9．【解析】A由對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)可得f(x)＝x＋eq\f(1,x)在[eq\f(1,2)，1]上單調(diào)遞減，在[1，3]上單調(diào)遞增，所以f(x)在[eq\f(1,2)，3]上，f(x)min＝f(1)＝2，f(x)max＝max{f（eq\f(1,2)），f(3)}＝eq\f(10,3)，所以|f(x1)－f(x2)|max＝f(x)max－f(x)min＝eq\f(10,3)－2＝eq\f(4,3)，故選A.10．【解析】B根據(jù)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，值域?yàn)閇－2，8]，可得，y＝3f(x)＋1的值域?yàn)閇－5，25]，y＝－f(x)的值域?yàn)閇－8，2]，y＝|f(2x)|的值域?yàn)閇0，8]，y＝f(3x＋1)的值域?yàn)閇－2，8]，故選B.11．【解析】[eq\f(1,8)，2]①當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≤|x|，即－x2＋2x－2a≤x，整理可得a≥－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)x，由恒成立的條件可知a≥（－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)x）max(x>0).結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)可知，當(dāng)x＝eq\f(1,2)時(shí)，（－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)x）max＝－eq\f(1,8)＋eq\f(1,4)＝eq\f(1,8)，則a≥eq\f(1,8).②當(dāng)－3≤x≤0時(shí)，f(x)≤|x|，即x2＋2x＋a－2≤－x，整理可得a≤－x2－3x＋2，由恒成立的條件可知a≤(－x2－3x＋2)min(－3≤x≤0).結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)可知，當(dāng)x＝－3或x＝0時(shí)，(－x2－3x＋2)min＝2，則a≤2.綜合①②可得實(shí)數(shù)a的取值范圍是[eq\f(1,8)，2].12．【解析】eq\f(1,4)[0，eq\r(2)]由題意知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((x－\f(1,2))2，x≤0，,x＋\f(1,x)，x>0.))當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝（x－eq\f(1,2)）2≥（0－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).當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≥2，此時(shí)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)的最小值為f(a)＝0，此時(shí)f(0)不是最小值，不滿足條件．若a≥0，函數(shù)f(x)的最小值為f(0)＝a2，要使f(x)的最小值為f(0)，則f(0)＝a2≤2，即0≤a≤eq\r(2).故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[0，eq\r(2)].13．【解析】ABD對(duì)于A，f(x)＝eq\f(1,x2)，當(dāng)定義域分別為(－1，0)與(0，1)時(shí)，值域均為(1，＋∞)，所以f(x)＝eq\f(1,x2)可構(gòu)造同族函數(shù)，A正確；對(duì)于B，f(x)＝|x|，當(dāng)定義域分別為[－1，0]與[0，1]時(shí)，值域均為[0，1]，所以f(x)＝|x|可構(gòu)造同族函數(shù)，B正確；對(duì)于C,f(x)＝eq\f(1,x)在定義域(－∞，0)∪(0，＋∞)內(nèi)，函數(shù)圖象在第一象限內(nèi)單調(diào)遞減，在第三象限內(nèi)單調(diào)遞減，不滿足定義域不同時(shí)，值域相同，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，f(x)＝x＋eq\f(1,x)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，當(dāng)定義域分別為[eq\f(1,2)，1]與[1，2]時(shí)，值域均為[2，eq\f(5,2)]，D正確．故選ABD.14．【解析】C因?yàn)槎x在R上的函數(shù)f(x)對(duì)一切實(shí)數(shù)x，y都滿足f(x)≠0，且f(x＋y)＝f(x)f(y)，令x＝y(tǒng)＝0，可得f(0)＝f(0)f(0)，所以f(0)＝1，再令y＝－x，可得f(0)＝f(x)f(－x)＝1，所以f(－x)＝eq\f(1,f(x)).又f(x)在(0，＋∞)上的值域?yàn)?0，1)，因此f(x)在(－∞，0)上的值域?yàn)?1，＋∞)，則f(x)在R上的值域是(0，＋∞).故選C.第8講函數(shù)的單調(diào)性及應(yīng)用eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓(xùn)練手冊(cè)P330))1．【解析】D令u＝x2－4x－5＝(x－2)2－9，又因?yàn)閤2－4x－5>0，所以x>5或x<－1，故u＝x2－4x－5在(5，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，－1)上單調(diào)遞減．又因?yàn)閒(t)＝lnt為增函數(shù)，所以函數(shù)f(x)＝ln(x2－4x－5)在(5，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，－1)上單調(diào)遞減．故選D.2．【解析】C設(shè)t＝2x2－ax，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間(2，4)上單調(diào)遞減，所以根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可得，函數(shù)t＝2x2－ax在區(qū)間(2，4)上單調(diào)遞減，所以eq\f(a,4)≥4，解得a≥16，故選C.3．【解析】Cf(－x)＝(－x)2－2|－x|＋5＝x2－2|x|＋5＝f(x)，則f(x)為偶函數(shù)，f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，如圖所示．當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝x2－2x＋5，對(duì)稱軸為x＝1，所以f(x)在[1，＋∞）上單調(diào)遞增，在[0，1]上單調(diào)遞減；則當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)在[－1，0]上單調(diào)遞增，在（－∞，－1]上單調(diào)遞減，則有f(x)的遞增區(qū)間為[－1，0]，[1，＋∞）.故選C.4．【解析】AB根據(jù)題意，函數(shù)y＝f(x)在R上為減函數(shù)，且f(2m)>f(－m＋9)，則有2m<－m＋9,解得m<3，所以A、B正確，C、D錯(cuò)誤．故選AB.5．【解析】B因?yàn)閒(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2ax，x≤1，,(3－a)x＋2，x>1))是定義在R上的增函數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,－2)≥1，,3－a>0，,－1＋2a≤3－a＋2，))解得1≤a≤2.故選B.6．【解析】B因?yàn)閒(x)是定義域?yàn)?0，＋∞)的減函數(shù)，所以f(x)－eq\f(1,ex)為定值．設(shè)t＝f(x)－eq\f(1,ex)，由題意知f(t)＝eq\f(1,e)＋1.又因?yàn)閒(x)＝eq\f(1,ex)＋t，令x＝t，得f(t)＝eq\f(1,et)＋t＝eq\f(1,e)＋1，所以t＝1，所以f(x)＝eq\f(1,ex)＋1，所以f(ln2)＝eq\f(1,eln2)＋1＝eq\f(3,2).故選B.7．【解析】f(x)＝1－eq\f(1,2x)（答案不唯一）f(x)＝1－eq\f(1,2x)，定義域?yàn)镽.因?yàn)閑q\f(1,2x)>0，所以f(x)＝1－eq\f(1,2x)<1，即值域?yàn)?－∞，1)；又f(x)是增函數(shù)，滿足對(duì)任意x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，均有eq\f(f(x1)－f(x2),x1－x2)>0.8．【解析】D因?yàn)閷?duì)任意x1，x2∈(－∞，＋∞)，x1≠x2，都有(x2－x1)[f(x1)－f(x2)]>0，則函數(shù)f(x)為減函數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3<0，,2a>0，,(a－3)＋5≥2a，))解得0<a≤2，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是（0，2].故選D.9．【解析】B依題意，函數(shù)f(x)在(－2，＋∞)上為單調(diào)函數(shù)，由于y＝log2(x＋2)＋b在（－2，0]上單調(diào)遞增，所以f(x)在(－2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以b>0且1＋b≤2，即0<b≤1.所以“b≤1”是“函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bx＋2，x>0，,log2(x＋2)＋b，－2<x≤0))在(－2，＋∞)上為單調(diào)函數(shù)”的必要不充分條件．故選B.10．【解析】A因?yàn)槎x在R上的函數(shù)f(x)滿足(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減．因?yàn)閒(x)＋f(－x)＝0，所以f(－x)＝－f(x).因?yàn)閒(1)＝－1，所以f(－1)＝－f(1)＝1，由|f(x－2)|≤1，得－1≤f(x－2)≤1，所以f(1)≤f(x－2)≤f(－1).因?yàn)閒(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，所以－1≤x－2≤1，得1≤x≤3，故選A.11．【解析】D因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)的對(duì)稱軸為x＝1，所以函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[1，＋∞）上是增函數(shù)，又當(dāng)x≥1時(shí)，eq\f(f(x),x)＝eq\f(1,2)x－1＋eq\f(3,2x).（方法1：利用“對(duì)勾函數(shù)”）因?yàn)閑q\f(1,2)x＝eq\f(3,2x)時(shí)，即x＝eq\r(3)時(shí)，eq\f(f(x),x)取到最小值，所以eq\f(f(x),x)在[1，eq\r(3)]上單調(diào)遞減，即[1，eq\r(3)]為“緩增區(qū)間”．（方法2：利用導(dǎo)數(shù)）令g(x)＝eq\f(1,2)x－1＋eq\f(3,2x)(x≥1)，g′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(3,2x2)＝eq\f(x2－3,2x2)，由g′(x)≤0，得1≤x≤eq\r(3).即函數(shù)eq\f(f(x),x)在區(qū)間[1，eq\r(3)]上單調(diào)遞減，故“緩增區(qū)間”為[1，eq\r(3)].故選D.12．【解析】D因?yàn)閒(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋2－x，x>0，,－x3，x≤0，))又y＝2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，y＝2－x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，則g(x)＝－2x＋2－x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且g(0)＝－20＋20＝0.又h(x)＝－x3在(－∞，0)上單調(diào)遞減，且h(0)＝－03＝0，所以f(x)在R上單調(diào)遞減．又因?yàn)?0.2>30＝1，即b>1，0＝ln1<ln2<lne＝1，即0<a<1，log0.32<log0.31＝0，即c<0，所以b>a>c，所以f(b)<f(a)<f(c).故選D.13．【解析】B因?yàn)閷?duì)任意x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．又f(x)＝2x＋1與f(x)＝ex在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，A、D錯(cuò)誤；因?yàn)閷?duì)任意x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，f（eq\f(x1＋x2,2)）<eq\f(f(x1)＋f(x2),2)，所以f(x)的圖象在(0，＋∞)上是凹形曲線，而f(x)＝－x2的圖象在(0，＋∞)上是凸形曲線，C錯(cuò)誤；而f(x)＝eq\f(1,x)的圖象在(0，＋∞)上是凹形曲線，同時(shí)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，B正確．故選B.14．【解析】C令函數(shù)g(x)＝eq\f(2,x)，h(x)＝eq\f(lnx,x).要滿足條件，必須g(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，h(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞減，且g(a)≥h(a).易知g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令h′(x)>0，即1－lnx>0，解得0<x<e，令h′(x)<0，即1－lnx<0，解得x>e，可得h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以a≥e.g(a)－h(huán)(a)＝eq\f(2－lna,a)(a>0)，令eq\f(2－lna,a)≥0，即2－lna≥0，解得0<a≤e2.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[e，e2].故選C.第9講函數(shù)的奇偶性、周期性與對(duì)稱性eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓(xùn)練手冊(cè)P332))1．【解析】B因?yàn)楹瘮?shù)y＝xlnx的定義域是(0，＋∞)，所以y＝xlnx既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)．故選B.2．【解析】Af（－eq\f(9,2)）＝f（－eq\f(9,2)＋4）＝f（－eq\f(1,2)）＝－f（eq\f(1,2)）＝－eq\f(1,2)×（1＋eq\f(1,2)）＝－eq\f(3,4).故選A.3．【解析】D令x<0，則－x>0，故f(－x)＝(－x)2（1－eq\r(3,－x)）＝x2（1＋eq\r(3,x)），又y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(x)＝－f(－x)＝－x2（1＋eq\r(3,x)）.故選D.4．【解析】Bf(－x)＝a－eq\f(1,2－x－1)＝a－eq\f(2x,1－2x)＝－f(x)＝eq\f(1,2x－1)－a，得2a＝eq\f(1,2x－1)＋eq\f(2x,1－2x)＝－1，所以a＝－eq\f(1,2).故選B.5．【解析】AC因?yàn)閥＝f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，所以f(－x)＝f(x).對(duì)于A，因?yàn)閒(|－x|)＝f(|x|)，所以y＝f(|x|)為偶函數(shù)，故滿足題意；對(duì)于B，因?yàn)椋瓁f(－x)＝－xf(x)，所以y＝xf(x)為奇函數(shù)，故不滿足題意；對(duì)于C，易得y＝f(x)＋f(－x)為偶函數(shù)，故滿足題意；對(duì)于D，因?yàn)閒(－x)－x＝f(x)－x≠f(x)＋x，所以y＝f(x)＋x不為偶函數(shù)，故不滿足題意．故選AC.6．【解析】C因?yàn)楫?dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝ex－1，根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，可得y＝ex是增函數(shù)，所以f(x)＝ex－1在[0，＋∞）上單調(diào)遞增，又f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f(0)＝0，所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，因此f(x)在R上單調(diào)遞增．因?yàn)閒(6－a2)>f(－a)，所以6－a2>－a，解得－2<a<3.故選C.7．【解析】x2＋1由題意知，f(－x)＝f(x)，g(－x)＝－g(x)，則由f(x)＋g(x)＝x2＋3x＋1，可得f(－x)＋g(－x)＝(－x)2＋3(－x)＋1，即f(x)－g(x)＝x2－3x＋1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(x)＋g(x)＝x2＋3x＋1，,f(x)－g(x)＝x2－3x＋1，))可得f(x)＝x2＋1.8．【解析】41因?yàn)閒(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x).所以f(x)是周期為4的函數(shù)．因?yàn)閒(0)＝0，f(1)＝1，f(2)＝0，f(3)＝－f(1)＝－1，又f(x)是周期為4的周期函數(shù)，所以f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝f(4)＋f(5)＋f(6)＋f(7)＝…＝f(2020)＋f(2021)＋f(2022)＋f(2023)＝0.所以f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2026)＝f(2024)＋f(2025)＋f(2026)＝f(0)＋f(1)＋f(2)＝1.9．【解析】D因?yàn)槠婧瘮?shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，且f(2)＝0，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且f(－2)＝0.由xf(x－1)≥0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,f(x－1)≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,f(x－1)≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,－2≤x－1≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,0≤x－1≤2，))解得－1≤x≤0或1≤x≤3.故選D.10．【解析】C易知函數(shù)g(x)＝(x2－1)(ex－e－x)＋x為[－3，3]上的奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，又由函數(shù)f(x)＝[(x－1)2－1](ex-1－e1-x)＋(x－1)＋1的圖象向左平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，再向下平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，得到g(x)的圖象，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1，1)對(duì)稱，所以M＋N＝2.故選C.11．【解析】AC令y＝0，則f(x)f(0)＝f(0)＋|x|，令x＝y(tǒng)＝0，則[f(0)]2＝f(0)，解得f(0)＝0或f(0)＝1，若f(0)＝0，則|x|＝0恒成立，不合題意，故f(0)＝1，A正確；f(0)＝1，則f(x)＝1＋|x|，f(－1)＝2，B錯(cuò)誤；函數(shù)f(x)＝1＋|x|，定義域?yàn)镽，f(－x)＝1＋|－x|＝1＋|x|＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，C正確，D錯(cuò)誤．故選AC.12．【解析】A因?yàn)楹瘮?shù)f(x)滿足f(1－x)＝f(x＋1)，所以f(x)的圖象關(guān)于x＝1對(duì)稱，即f(2－x)＝f(x).①又因?yàn)閥＝f(2x＋2)為奇函數(shù)，所以f(－2x＋2)＝－f(2x＋2)，即f(－x＋2)＝－f(x＋2)，②由①②知f(x)＝－f(x＋2)，所以f(x＋2)＝－f(x＋4)＝－f(x)，即f(x)＝f(x＋4)，所以函數(shù)f(x)的周期為4，所以f(2025)＝f(506×4＋1)＝f(1)，又f(1)＝1，所以f(2025)＝f(1)＝1.故選A.13．【解析】ACD因?yàn)閒(2＋x)＝f(2－x)，則f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，A正確，B錯(cuò)誤；因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，則f(－x)＝f(x＋4)，又f(－x)＝f(x)，所以f(x＋4)＝f(x)，所以T＝4，C正確；因?yàn)門＝4且f(x)為偶函數(shù)，故y＝f(x＋4)為偶函數(shù)，D正確．故選ACD.14．【解析】ABC因?yàn)閒(xy)＝y(tǒng)2f(x)＋x2f(y)，對(duì)于A，令x＝y(tǒng)＝0，f(0)＝0×f(0)＋0×f(0)＝0，A正確；對(duì)于B，令x＝y(tǒng)＝1，f(1)＝f(1)＋f(1)，則f(1)＝0，B正確；對(duì)于C，令x＝y(tǒng)＝－1，f(1)＝f(－1)＋f(－1)＝2f(－1)，則f(－1)＝0，令y＝－1，f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)＝f(x)，又函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，所以f(x)為偶函數(shù)，C正確；對(duì)于D，不妨令f(x)＝0，顯然符合題設(shè)條件，此時(shí)f(x)無(wú)極值，D錯(cuò)誤．故選ABC.第10講冪函數(shù)與二次函數(shù)eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓(xùn)練手冊(cè)P333))1．【解析】A設(shè)冪函數(shù)f(x)＝xα，則4α＝3×2α，解得α＝log23，所以f(x)＝xlog23，所以f（eq\f(1,2)）＝2－log23＝eq\f(1,3)，故選A.2．【解析】C設(shè)冪函數(shù)y＝f(x)＝xα，其圖象過(guò)點(diǎn)（8，2eq\r(2)），故8α＝2eq\r(2)，所以α＝eq\f(1,2)，故f(x)＝eq\r(x)，f(x－1)－f2(x)＝eq\r(x－1)－x.令eq\r(x－1)＝t，則y＝t－(1＋t2)，t≥0，所以t＝eq\f(1,2)時(shí)，ymax＝－eq\f(3,4).故選C.3．【解析】A因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝ax2＋bx＋5滿足條件f(－1)＝f(3)，所以f(x)＝ax2＋bx＋5的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(－1＋3,2)＝1對(duì)稱，則f(2)＝f(0)＝5.故選A.4．【解析】B因?yàn)楹瘮?shù)y＝xeq\s\up6(\f(1,2))在定義域[0，＋∞）上單調(diào)遞增，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－5a≥0，,a＋2≥0，,3－5a＜a＋2，))解得eq\f(1,6)＜a≤eq\f(3,5).故選B.5．【解析】B由于f(x)為R上的偶函數(shù)，因此只需考慮函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的單調(diào)性即可．由題意知函數(shù)f(x)在[3，＋∞）上為增函數(shù)，在[1，2]上為減函數(shù)，故－eq\f(a,2)∈[2，3]，即a∈[－6，－4].故選B.6．【解析】C設(shè)t＝f(x)，由題意可得g(x)＝f(t)＝at2＋bt＋c，t≥k，函數(shù)y＝at2＋bt＋c，t≥k的圖象為y＝f(x)的圖象的部分，即有g(shù)(x)的值域?yàn)閒(x)的值域的子集，即[2，＋∞）[k，＋∞），可得k≤2，即實(shí)數(shù)k的最大值為2.故選C.7．【解析】1，－1（答案不唯一）因?yàn)閮绾瘮?shù)f(x)＝xm在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以m>0，因?yàn)閮绾瘮?shù)g(x)＝xn在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以n<0，又因?yàn)閥＝f(x)－g(x)是奇函數(shù)，所以冪函數(shù)f(x)和冪函數(shù)g(x)都是奇函數(shù)，所以m可以是1，n可以是－1.8．【解析】(－∞，－1)由任意m∈[－1，1]，使得函數(shù)f(x)＝x2－2mx在區(qū)間[a，＋∞）內(nèi)不單調(diào)，由函數(shù)f(x)＝x2－2mx在(－∞，m)上單調(diào)遞減，在(m，＋∞)上單調(diào)遞增，則a<m，而m∈[－1，1]，得a<－1.9．【解析】[－1，0]因?yàn)閒(x)＝bx2＋mx＋3是定義在區(qū)間[b，b＋2]上的偶函數(shù)，所以定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，即b＋b＋2＝0，解得b＝－1.又f(－x)＝f(x)，所以b(－x)2＋m(－x)＋3＝bx2＋mx＋3，即－m＝m，解得m＝0，所以f(x)＝－x2＋3，x∈[－1，1]，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[－1，0].10．【解析】（－eq\f(\r(2),2)，0）作出二次函數(shù)f(x)的圖象，對(duì)于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(m)<0，,f(m＋1)<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋m2－1<0，,(m＋1)2＋m(m＋1)－1<0，))解得－eq\f(\r(2),2)<m<0.11．【解析】B（方法1）設(shè)x1，x2分別是函數(shù)f(x)在[0，1]上的最小值點(diǎn)與最大值點(diǎn)，則m＝xeq\o\al(2,1)＋ax1＋b，M＝xeq\o\al(2,2)＋ax2＋b.所以M－m＝xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1)＋a(x2－x1)，顯然此值與a有關(guān)，與b無(wú)關(guān)．（方法2）由題意可知，函數(shù)f(x)的二次項(xiàng)系數(shù)為固定值，則二次函數(shù)圖象的形狀一定．隨著b的變動(dòng)，相當(dāng)于圖象上下移動(dòng)，若b增大k個(gè)單位，則最大值與最小值分別變?yōu)镸＋k，m＋k，而(M＋k)－(m＋k)＝M－m，故與b無(wú)關(guān)．隨著a的變動(dòng)，相當(dāng)于圖象左右移動(dòng)，則M－m的值在變化，故與a有關(guān)．12．【解析】A由題意知問(wèn)題轉(zhuǎn)化為f(x)max≤g(x)max.f(x)＝－x2＋ax－6＝－(x2－ax)－6＝－（x－eq\f(a,2)）2＋eq\f(a2,4)－6.當(dāng)x＝eq\f(a,2)≤0，即a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，f(x)<f(0)＝－6.當(dāng)x＝eq\f(a,2)>0，即a>0時(shí)，f(x)max＝f（eq\f(a,2)）＝eq\f(a2,4)－6.而g(x)＝x＋4在（－∞，－1]上單調(diào)遞增，故g(x)max＝g(－1)＝3.故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤0，,－6≤3，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,\f(a2,4)－6≤3，))解得a≤6，所以a的最大值是6.故選A.13．【解析】A由圖2可知，AB＋BC＝9，設(shè)AB＝m，則BC＝9－m.如圖，當(dāng)點(diǎn)M在BC上時(shí)，則AB＝m，BM＝x－m，MC＝9－x，NC＝y(tǒng)，因?yàn)镸N⊥AM∠MAB＝∠NMC，所以tan∠MAB＝tan∠NMCeq\f(BM,AB)＝eq\f(CN,CM)，即eq\f(x－m,m)＝eq\f(y,9－x)，化簡(jiǎn)為y＝－eq\f(1,m)x2＋eq\f(9＋m,m)x－9，當(dāng)x＝eq\f(9＋m,2)時(shí)，代入上式并結(jié)合圖2可得y＝－9＋eq\f((\f(9＋m,m))2,\f(4,m))＝eq\f(4,5)，解得m＝5或m＝eq\f(81,5)（舍去），所以AB＝5，BC＝4，所以矩形ABCD的面積是20，故選A.14．【解析】C設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，因?yàn)閒(x)f(y)＝f(xy)，令y＝0，得f(x)f(0)＝f(0)，故f(0)＝0，所以c＝0.令y＝1，得f(x)f(1)＝f(x)，故f(1)＝1，即a＋b＝1.又f(2)＝4，即4a＋2b＝4，故a＝1，b＝0，所以f(x)＝x2，由f(p＋q)＋f(q)＝1，得(p＋q)2＋q2＝1，設(shè)p＋q＝cosθ，q＝sinθ，即p＝cosθ－sinθ，q＝sinθ，則p2＋2q2＝(cosθ－sinθ)2＋2sin2θ＝1－2sinθcosθ＋2sin2θ＝1－sin2θ＋(1－cos2θ)＝2－sin2θ－cos2θ＝2－eq\r(2)sin（2θ＋eq\f(π,4)），所以p2＋2q2∈[2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)]，所以p2＋2q2的最大值與最小值之和為4，故選C.第11講指數(shù)與指數(shù)函數(shù)eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓(xùn)練手冊(cè)P334))1．【解析】D因?yàn)楫?dāng)x－2＝0時(shí)，f(2)＝2，所以f(x)的圖象必經(jīng)過(guò)點(diǎn)(2，2).故選D.2．【解析】A因?yàn)閍＝30.4>1，b＝log30.4<0，0<c＝0.33<1，所以a，b，c的大小關(guān)系為a>c>b.3．【解析】D因?yàn)閥＝4x－3·2x＋3的值域?yàn)閇1，7]，所以1≤4x－3·2x＋3≤7.所以－1≤2x≤1或2≤2x≤4，所以x≤0或1≤x≤2.故選D.4．【解析】A由題意可知eq\f(e5a＋b,ea＋b)＝e4a＝3＋1，解得ea＝eq\r(2).由e3a＋b＝55，可得e6a＋b＝e3a＋b·(ea)3＝55×（eq\r(2)）3＝110eq\r(2)≈156.故選A.5．【解析】A易知y＝eq\f(1,2x+1)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，y＝eq\f(1,x＋2)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且f(x)在x＝0處連續(xù)，故f(x)在R上單調(diào)遞減，由f(a2－1)>f(3)，則a2－1<3，解得－2<a<2，故不等式f(a2－1)>f(3)的解集為(－2，2).故選A.6．【解析】ABC函數(shù)f(x)＝eq\f(ex－e－x,2)的定義域?yàn)镽，則f(－x)＝eq\f(e－x－ex,2)＝－f(x)，所以f(x)是奇函數(shù)，|f(－x)|＝|－f(x)|＝|f(x)|，所以函數(shù)|f(x)|是偶函數(shù)，A正確；－f(－x)＝f(x)＝－[－f(x)]，所以函數(shù)－f(x)是奇函數(shù)，B正確；f(x)是奇函數(shù)，|f(x)|是偶函數(shù)，所以f(x)|f(x)|是奇函數(shù)，C正確；因?yàn)閒(|－x|)＝f(|x|)，所以f(|x|)是偶函數(shù)，所以f(|x|)f(x)是奇函數(shù)，D錯(cuò)誤．故選ABC.7．【解析】eq\f(8,5)原式＝eq\f(2×4\s\up6(\f(3,2))a\s\up6(\f(3,2))b－\f(3,2),10a\s\up6(\f(3,2))b－\f(3,2))＝eq\f(8,5).8．【解析】（eq\f(1,2)）x（答案不唯一）因?yàn)楹瘮?shù)f(x)滿足f(x－y)＝eq\f(f(x),f(y))，且f(2)<f(－2)，所以符合上述條件的函數(shù)是一個(gè)單調(diào)遞減的指數(shù)函數(shù)，故答案為f(x)＝（eq\f(1,2)）x（不唯一）.9．【解析】BD由|sinx|∈[0，1]，可得e|sinx|∈[1，e]，A錯(cuò)誤；因?yàn)閒(－x)＝e|sin(－x)|＝e|sinx|＝f(x)，所以f(x)是偶函數(shù)，B正確；由f(x＋π)＝e|sin(x＋π)|＝e|－sinx|＝e|sinx|＝f(x)，所以π是f(x)的周期，C錯(cuò)誤；由f(x)≥eq\r(e)，即e|sinx|≥eeq\s\up6(\f(1,2))，可得|sinx|≥eq\f(1,2)，所以x的取值范圍是{x|eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(5π,6)＋kπ，k∈Z}，D正確．故選BD.10．【解析】ABC對(duì)于A，因?yàn)閍>b，所以a＋c>b＋c，A正確；對(duì)于B，當(dāng)a>b>0時(shí)，因?yàn)閮绾瘮?shù)y＝x0.4在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以a0.4>b0.4，B正確；對(duì)于C，因?yàn)閍>b，所以a＋c>b＋c，而函數(shù)y＝（eq\f(1,2)）x為減函數(shù)，所以（eq\f(1,2)）a＋c<（eq\f(1,2)）b＋c，C正確；對(duì)于D，eq\f(b,a)－eq\f(b＋c,a＋c)＝eq\f(b(a＋c)－a(b＋c),a(a＋c))＝eq\f(c(b－a),a(a＋c))，因?yàn)閍>b>0，c>0，所以c(b－a)<0，a(a＋c)>0，所以eq\f(b,a)－eq\f(b＋c,a＋c)＝eq\f(c(b－a),a(a＋c))<0，所以eq\f(b,a)<eq\f(b＋c,a＋c)，D錯(cuò)誤．故選ABC.11．【解析】AC令ax＝t，則y＝a2x＋2ax－1＝t2＋2t－1＝(t＋1)2－2.當(dāng)a>1時(shí)，因?yàn)閤∈[－1，1]，所以t∈[eq\f(1,a)，a].又函數(shù)y＝(t＋1)2－2在[eq\f(1,a)，a]上單調(diào)遞增，所以ymax＝(a＋1)2－2＝14，解得a＝3（負(fù)值舍去）.當(dāng)0<a<1時(shí)，因?yàn)閤∈[－1，1]，所以t∈[a，eq\f(1,a)]，又函數(shù)y＝(t＋1)2－2在[a，eq\f(1,a)]上單調(diào)遞增，則ymax＝（eq\f(1,a)＋1）2－2＝14，解得a＝eq\f(1,3)（負(fù)值舍去）.綜上，a＝3或a＝eq\f(1,3).故選AC.12．【解析】D當(dāng)x>0時(shí)，則－x<0，f(－x)＝－（eq\f(1,2)）－x＋1＝－2x＋1＝－f(x)，當(dāng)x<0時(shí)，則－x>0，f(－x)＝2－x－1＝（eq\f(1,2)）x－1＝－f(x)，f(0)＝20－1＝0，所以f(x)為奇函數(shù)．因?yàn)閤>0時(shí)f(x)＝2x－1為增函數(shù)，又f(x)為奇函數(shù)，所以f(x)為R上的增函數(shù)，f(x)的圖象如下：由f(x)＋f(t2－2x)≥0得f(x)≥－f(t2－2x)＝f(－t2＋2x)，所以x≥－t2＋2x，即x≤t2對(duì)?x∈[2－t，2＋t]都成立，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＋t≤t2，,2－t≤2＋t，))解得t≥2.故選D.13．【解析】eq\r(3)＋1根據(jù)題意，對(duì)?x∈R，有f(f（x)－2x）＝3，又因?yàn)閒(x)是定義在R上的增函數(shù)，所以在R上存在常數(shù)a使得f(a)＝3，所以f(x)＝2x＋a，所以f(a)＝2a＋a＝3，解得a＝1，所以f(x)＝2x＋1，所以f(log43)＝2log43＋1＝eq\r(3)＋1.14．【解析】（1，eq\f(4,3)]因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝3x＋tanx－2m＋1(m∈R)是定義在[－1，1]上的“倒戈函數(shù)”，所以存在x0∈[－1，1]，x0≠0，使f(－x0)＝－f(x0)，即－3x0－tanx0＋2m－1＝3－x0＋tan(－x0)－2m＋1，即4m－2＝3x0＋3－x0.令t＝3x0，則t∈[eq\f(1,3)，3]，所以4m－2＝t＋eq\f(1,t)≥2，當(dāng)且僅當(dāng)t＝1，即x0＝0時(shí)取等號(hào)，所以m>1，當(dāng)t＝eq\f(1,3)或t＝3時(shí)，(4m－2)max＝3＋eq\f(1,3)＝eq\f(10,3)，所以m≤eq\f(4,3)，所以1<m≤eq\f(4,3).

第12講對(duì)數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓(xùn)練手冊(cè)P336))1．【解析】A因?yàn)閒(x)＝|lnx|的定義域?yàn)?0，＋∞)，B、D錯(cuò)誤；又f(x)＝|lnx|≥0，C錯(cuò)誤，A正確．故選A.2．【解析】C原式＝log6eq\r(12)－log62＝log6eq\f(\r(12),2)＝log6eq\r(3).3．【解析】B由題意得A＝{x∈N|1≤2x-1≤4}＝{1，2，3}，則m＝log21＝log31＝0或m＝log22＝log33＝1或m＝log32或m＝log23，所以B＝{0，1，log32，log23}，元素個(gè)數(shù)為4.故選B.4．【解析】A令函數(shù)g(x)＝x2－2ax＋1＋a＝(x－a)2＋1＋a－a2，對(duì)稱軸為x＝a，要使函數(shù)在（－∞，1]上單調(diào)遞減，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g(1)>0，,a≥1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－a>0，,a≥1，))解得1≤a<2，即a∈[1，2）.故選A.5．【解析】D因?yàn)閘og20.3<log21＝0，所以a<0.因?yàn)?.4＝－log20.4＝log2eq\f(5,2)>log22＝1，所以b>1.因?yàn)?<0.40.3<0.40＝1，所以0<c<1，所以a<c<b.故選D.6．【解析】A由題意可知，1h后，該手機(jī)剩余的電量為1200×eq\f(4,5)mA，2h后，該手機(jī)剩余的電量為1200×(eq\f(4,5))2mA，……，以此類推可知，n(n∈N*)h后，該手機(jī)剩余的電量為1200×(eq\f(4,5))nmA，由1200×(eq\f(4,5))n≤200，即(eq\f(4,5))n≤eq\f(1,6)，所以，n≥logeq\f(1,6)＝eq\f(lg\f(1,6),lg\f(4,5))＝eq\f(－lg6,lg8－lg10)＝eq\f(lg6,1－lg8)＝eq\f(lg2＋lg3,1－3lg2)≈eq\f(0.3＋0.48,1－3×0.3)＝7.8，因此，該手機(jī)至少可以待機(jī)7h．故選A.7.【解析】logx(或logax，0<a<1)對(duì)于條件①，易得f(x)為(0，＋∞)上的減函數(shù)．對(duì)于條件②，剛好符合對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)．故這樣的函數(shù)可以是一個(gè)單調(diào)遞減的對(duì)數(shù)函數(shù)．8．【解析】(2，3)不妨設(shè)x1<x2<x3，如圖所示，由圖可得，|log2x1|＝|log2x2|＝－x3＋3∈(0，1)，所以log2x1＝－log2x2，即x1x2＝1，由－x3＋3∈(0，1)，得x3∈(2，3)，所以x1x2x3的取值范圍是(2，3)．9.【解析】C如圖，當(dāng)－2≤x≤eq\f(1,4)時(shí)，f(x)＝x2＋x＝(x＋eq\f(1,2))2－eq\f(1,4)∈[－eq\f(1,4)，2]，因?yàn)閒(x)的值域是[－2，2]，又f(x)＝logx在(eq\f(1,4)，c]上單調(diào)遞減，所以logc＝－2，所以c＝4.故選C.10．【解析】AB因?yàn)?<a<b<1，0<c<1，可得函數(shù)y＝ax，y＝logcx均是減函數(shù)，可得ab<aa，logca>logcb，C，D錯(cuò)誤；又由函數(shù)y＝lnx是增函數(shù)，y＝cx是減函數(shù)，可得ca>cb，且ca＋1>cb＋1，所以ln(ca＋1)>ln(cb＋1)，A正確；因?yàn)?<c<1，可得c＋1>1，所以函數(shù)y＝(c＋1)x是增函數(shù)，可得(c＋1)a<(c＋1)b，B正確．故選AB.11．【解析】B因?yàn)閍＝log6eq\r(3,7)＝eq\f(1,3)log67>eq\f(1,3)log66＝eq\f(1,3)，log6eq\r(3,7)<log66＝1，所以eq\f(1,3)<a<1.因?yàn)閎＝log7eq\r(3,6)＝eq\f(1,3)log76<eq\f(1,3)log77＝eq\f(1,3)，即b<eq\f(1,3).因?yàn)閏＝60.1>60＝1，即c>1.所以b<a<c.故選B.12．【解析】BCD由題得點(diǎn)P(2，1)，即2m＋n＝1，0<m<eq\f(1,2)，0<n<1，所以2m＋n＝1≥2eq\r(2mn)，即mn≤eq\f(1,8)，當(dāng)且僅當(dāng)2m＝n＝eq\f(1,2)時(shí)取等號(hào)，A錯(cuò)誤；4m2＋n2≥eq\f(（2m＋n）2,2)＝eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)2m＝n＝eq\f(1,2)時(shí)取等號(hào)，B正確；m2＋n＝m2－2m＋1＝(m－1)2>(eq\f(1,2)－1)2＝eq\f(1,4)，C正確；由2m＋n＝1，2(m＋1)＋n＝3，(eq\f(1,m＋1)＋eq\f(2,n))[2(m＋1)＋n]×eq\f(1,3)＝eq\f(1,3)×[2＋2＋eq\f(n,m＋1)＋eq\f(4（m＋1）,n)]≥eq\f(1,3)×(4＋4)＝eq\f(8,3)，且取不到等號(hào)，故eq\f(1,m＋1)＋eq\f(2,n)>eq\f(8,3)，D正確．故選BCD.13．【解析】ACD因?yàn)槿加推嘗p1＝20×lgeq\f(p1,p0)∈[60，90]，所以eq\f(p1,p0)＝10eq\s\up6(\f(Lp1,20))，Lp1∈[60，90]．①同理eq\f(p2,p0)＝10eq\s\up6(\f(Lp2,20))，Lp2∈[50，60]，②eq\f(p3,p0)＝10eq\s\up6(\f(Lp3,20))＝102＝100.③確；對(duì)于B，②÷③得eq\f(p2,p3)＝10eq\s\up6(\f(Lp2－Lp3,20))∈[10eq\s\up18(\f(1,2))，101]，所以eq\f(p2,p3)<10，所以B錯(cuò)誤；對(duì)于C，eq\f(p3,p0)＝10eq\s\up6(\f(Lp3,20))＝102＝100，所以C正確；對(duì)于D，①÷②得eq\f(p1,p2)＝10eq\s\up6(\f(Lp1－Lp2,20))∈[100，102]，所以eq\f(p1,p2)∈[1，100]，p1≤100p2，所以D正確．故選ACD.14．【解析】A由xlny＝y(tǒng)ez＝zx，得xlny＝zx，則z＝lny，得y＝ez，所以ez·ez＝zx，所以x＝eq\f(e2z,z).令f(z)＝ez－z(z>0)，則f′(z)＝ez－1>0，所以函數(shù)f(z)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(z)>f(0)＝e0－0＝1，所以ez>z，即y>z，所以x－y＝eq\f(e2z,z)－ez＝eq\f(e2z－zez,z)＝eq\f(ez（ez－z）,z)>0，所以x>y.綜上，x>y>z.故選A.第13講函數(shù)的圖象eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓(xùn)練手冊(cè)P337))1．【解析】C因?yàn)閥＝lgeq\f(x＋3,10)＝lg(x＋3)－1，所以將y＝lgx的圖象向左平移3個(gè)單位長(zhǎng)度得到y(tǒng)＝lg(x＋3)的圖象，再將y＝lg(x＋3)的圖象向下平移1個(gè)單位長(zhǎng)度得到y(tǒng)＝lg(x＋3)－1，即y＝lgeq\f(x＋3,10)的圖象．故選C.2．【解析】A由于函數(shù)f(x)＝loga|x|＋1(0<a<1)是偶函數(shù)，故其圖象關(guān)于y軸對(duì)稱．當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝loga|x|＋1(0<a<1)是減函數(shù)；當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝loga|x|＋1(0<a<1)是增函數(shù)．再由圖象過(guò)點(diǎn)(1，1)，(－1，1)可知，選A.3．【解析】B設(shè)所求函數(shù)的圖象上的任一點(diǎn)坐標(biāo)為(x，y)，則其關(guān)于直線x＝1的對(duì)稱點(diǎn)坐標(biāo)為(2－x，y).由對(duì)稱性知點(diǎn)(2－x，y)在函數(shù)y＝lnx的圖象上，所以y＝ln(2－x).故選B.4．【解析】C對(duì)于A，將y＝f(x)的圖象在y軸左側(cè)的部分“去除”，將y軸右側(cè)的部分關(guān)于y軸做對(duì)稱，y軸右側(cè)的部分保持不變，可得y＝f(|x|)的圖象，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，將y＝f(x)的圖象在x軸以上的部分保留，x軸以下部分翻折到x軸上方，可得y＝|f(x)|的圖象，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，將y＝f(x)的圖象在y軸右側(cè)的部分“去除”，將y軸左側(cè)的部分關(guān)于y軸做對(duì)稱，y軸左側(cè)的部分保持不變，可得y＝f(－|x|)的圖象，C正確；對(duì)于D，將y＝f(|x|)的圖象關(guān)于x軸做對(duì)稱，即可得y＝－f(|x|)的圖象，D錯(cuò)誤．故選C.5．【解析】D由圖知，函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，其為偶函數(shù)，且f(－2)＝f(2)<0.由eq\f(5sin(－x),(－x)2＋1)＝－eq\f(5sinx,x2＋1)且定義域?yàn)镽，即B中函數(shù)為奇函數(shù)，排除；當(dāng)x>0時(shí)，eq\f(5(ex－e－x),x2＋2)>0，eq\f(5(ex＋e－x),x2＋2)>0，即A、C中(0，＋∞)上函數(shù)值為正，排除．故選D.6．【解析】C根據(jù)奇函數(shù)的圖象特征，作出f(x)在(－∞，0)上的圖象如圖所示．由x2f(x)>2f(x)，得(x2－2)f(x)>0，等價(jià)于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2>0，,f(x)>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2<0，,f(x)<0，))解得x<－2或eq\r(2)<x<2或－eq\r(2)<x<0.故不等式的解集為(－∞，－2)∪(－eq\r(2)，0)∪(eq\r(2)，2).故選C.7．【解析】C令f(x)＝eq\f(ex＋e－x,2)，則該函數(shù)的定義域?yàn)镽，f(－x)＝eq\f(e－x＋ex,2)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)＝eq\f(ex＋e－x,2)為偶函數(shù)，排除B.由基本不等式可得f(x)≥eq\f(1,2)×2eq\r(ex·e－x)＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，等號(hào)成立，所以，函數(shù)f(x)的最小值為f(x)min＝f(0)＝1，排除A、D.故選C.8．【解析】ABD按如下順序作出f(x)的圖象：y＝lnx→y＝ln|x|→y＝ln|x－2|→y＝|ln|x－2||.由圖象可知，ABD正確．9．【解析】B因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex-1－1，x≤1，,log2x，x>1，))所以y＝g(x)＝f(1－x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e－x－1，x≥0，,log2(1－x)，x<0，))所以當(dāng)x＝0時(shí)，g(0)＝e0－1＝0，A、C錯(cuò)誤；當(dāng)x≥0時(shí)，g(x)＝e-x－1單調(diào)遞減，D錯(cuò)誤，B正確．故選B.10．【解析】A因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋x，x<0，,－x2，x≥0，))它的圖象如圖所示．由f(f（t)）≤2，可得f(t)≥－2.當(dāng)t≤0時(shí)，f(t)＝t2＋t＝（t＋eq\f(1,2)）2－eq\f(1,4)≥－2恒成立；當(dāng)t>0時(shí)，f(t)＝－t2≥－2，即t2≤2，解得0<t≤eq\r(2).綜上，實(shí)數(shù)t的取值范圍是（－∞，eq\r(2)].故選A.11．【解析】BD函數(shù)g(x)＝f(x)＋a的四個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，x3，x4，就是函數(shù)y＝f(x)與y＝－a的圖象四個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)．作出函數(shù)y＝f(x)的圖象，如圖．對(duì)于A，f(0)＝1，當(dāng)－1<x<0時(shí)，f(x)＝－lg(－x)，令f(x)＝1，解得x＝－eq\f(1,10)，結(jié)合圖象可知－1<x2≤－eq\f(1,10)，A錯(cuò)誤；結(jié)合圖象可知0<－a≤1，解得－1≤a<0，B正確；又|lg(－x1)|＝|lg(－x2)|，且lg(－x2)<0，lg(－x1)>0，所以lg(－x1)＝－lg(－x2)，即lg(－x1)＋lg(－x2)＝lg(x1x2)＝0，所以x1x2＝1，C錯(cuò)誤；根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)和圖象得出eq\f(x3＋x4,2)＝3，所以x3＋x4＝6，D正確．故選BD.12．【解析】[1，2]－6由圖象可知，當(dāng)x＝0時(shí)，函數(shù)在[－1，1]上的最小值ymin＝1，當(dāng)x＝±1時(shí)，函數(shù)在[－1，1]上的最大值ymax＝2，所以當(dāng)x∈[－1，1]時(shí)，函數(shù)y＝f(x)的值域?yàn)閇1，2].當(dāng)x∈[0，3]時(shí)，函數(shù)f(x)＝－(x－1)2＋2，當(dāng)x∈[3，＋∞）時(shí)，函數(shù)f(x)＝x－5，當(dāng)x>0時(shí)，令f(x)＝1，則x＝0或x＝2或x＝6.又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)為偶函數(shù)，圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，所以對(duì)于任意x∈[a，b](b<0)，要使得y∈[－2，1]，則a∈[－6，－2]，b∈[－6，－2]，且a≤b，則實(shí)數(shù)a的最小值是－6.13．【解析】(6，18)作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示．當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝|3x－1|＝1－3x∈(0，1).由圖可知，f(a)＝f(b)＝f(c)∈(0，1)，即0<2－c<1，解得1<c<2，則3<3c<9.由f(a)＝f(b)，即|3a－1|＝|3b－1|，即1－3a＝3b－1，可得3a＋3b＝2，因此，3a＋c＋3b＋c＝3c(3a＋3b)＝2×3c∈(6，18).14．【解析】D兩個(gè)函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)轉(zhuǎn)化為圖象與y＝a的圖象的公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)，作出y＝|2x－1|，y＝x2－4|x|＋2的大致圖象，如圖所示．由圖可知，當(dāng)g(x)有2個(gè)零點(diǎn)時(shí)，f(x)無(wú)零點(diǎn)或只有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)g(x)有3個(gè)零點(diǎn)時(shí)，f(x)只有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)f(x)有2個(gè)零點(diǎn)時(shí)，g(x)有4個(gè)零點(diǎn)．故選D.第14講函數(shù)與方程eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓(xùn)練手冊(cè)P339))1．【解析】D當(dāng)x≤1時(shí)，由f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；當(dāng)x>1時(shí)，由f(x)＝1＋log2x＝0，解得x＝eq\f(1,2)，又因?yàn)閤>1，所以此時(shí)方程無(wú)解．綜上，函數(shù)f(x)的零點(diǎn)只有0.2．【解析】Bf(x)為增函數(shù)，又f(0)＝－1，f(1)＝eq\f(1,2)，所以f(0)·f(1)<0，所以f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)．3．【解析】C依題意，充要條件為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,x1x2＝\f(1,a)<0))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－4a>0，,a<0，))所以a<0.故選項(xiàng)C為充分不必要條件．4．【解析】C因?yàn)殚_(kāi)區(qū)間(0，1)的長(zhǎng)度等于1，每經(jīng)這一次操作，區(qū)間長(zhǎng)度變?yōu)樵瓉?lái)的一半，所以經(jīng)過(guò)n(n∈N*)次操作后，區(qū)間長(zhǎng)度變?yōu)閑q\f(1,2n)，令eq\f(1,2n)<0.01，解得n≥7，且n∈N*，故所需二分區(qū)間的次數(shù)最少為7.故選C.5．【解析】A因?yàn)閒(a)＝(a－b)(a－c)＞0，f(b)＝(b－c)(b－a)＜0，f(c)＝(c－a)(c－b)＞0，所以f(a)f(b)＜0，f(b)f(c)＜0，所以函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)分別在(a，b)和(b，c)內(nèi)，故選A.6．【解析】A依題意，f(0)＝－3<0，f(1)＝e－2>0，且函數(shù)f(x)是增函數(shù)，所以f(x)的零點(diǎn)在(0，1)內(nèi)，即0<a<1.g(1)＝－3<0，g(2)＝ln2＋3>0，函數(shù)g(x)的零點(diǎn)在(1，2)內(nèi)，即1<b<2，于是f(b)>f(1)>0.又函數(shù)g(x)在(0，1)內(nèi)是增函數(shù)，因此，g(a)<g(1)<0，g(a)<0<f(b)．7．【解析】ABC因?yàn)閒(x＋4)＝f(x)＋f(2)，所以f(－2＋4)＝f(2)＝f(－2)＋f(2)，所以f(－2)＝0，因?yàn)閒(x)是R上的奇函數(shù)，所以f(2)＝0.所以f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)是周期為4的函數(shù)．因?yàn)閒(0)＝0，所以f(4)＝0，f(－4)＝0.當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，令f(x)＝2x2－3x＋1＝0，得x＝eq\f(1,2)或x＝1，即f(1)＝0，f(eq\f(1,2))＝0，所以f(－1)＝0，f(－eq\f(1,2))＝0，所以f(3)＝0，f(－3)＝0，f(eq\f(7,2))＝0，f(－eq\f(7,2))＝0.故f(x)在[－4，4]上有13個(gè)零點(diǎn)，故選ABC.8．【解析】4函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，說(shuō)明函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，f(x)＝f(x＋2)說(shuō)明f(x)的周期是2，在同一平面直角坐標(biāo)系中畫出函數(shù)y＝f(x)的圖象與y＝log5(x＋1)的圖象，如圖所示．由圖可知，共有4個(gè)不同的交點(diǎn)，即g(x)＝f(x)－log5(x＋1)有4個(gè)零點(diǎn)．9．【解析】B令f(x)＝0，得eq\f(1,x－1)＝－2sin(πx)，函數(shù)f(x)的零點(diǎn)就是函數(shù)y＝eq\f(1,x－1)與函數(shù)y＝－2sin(πx)圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo)．又函數(shù)y＝eq\f(1,x－1)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1，0)對(duì)稱，函數(shù)y＝－2sin(πx)的周期為2，其圖象也關(guān)于點(diǎn)(1，0)對(duì)稱，兩函數(shù)圖象如下，共有8個(gè)交點(diǎn)，這8個(gè)點(diǎn)兩兩關(guān)于點(diǎn)(1，0)對(duì)稱，故其橫坐標(biāo)的和為8.故選B.10．【解析】D函數(shù)f(x)＝2x3＋x－a在R上單調(diào)遞增，由函數(shù)f(x)＝2x3＋x－a在（1，2]內(nèi)有零點(diǎn)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(1)＝3－a<0，,f(2)＝18－a≥0，))解得3<a≤18，即命題p成立的充要條件是3<a≤18，顯然3<a≤18成立，不等式3≤a<18，3<a<18，a<18都不一定成立，而3<a≤18成立，不等式a≥3恒成立，反之，當(dāng)a≥3時(shí)，3<a≤18不一定成立，所以命題p成立的一個(gè)必要不充分條件是a≥3.故選D.11．【解析】AD因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2|x|，0<|x|<1，,|4－x2|，|x|≥1))的圖象如圖所示．對(duì)于A，由函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，且f(－x)＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，A正確．對(duì)于B，令f(x)＝0，解得x＝±2，B錯(cuò)誤．對(duì)于C，f(x)在(1，2)上單調(diào)遞減，C錯(cuò)誤．對(duì)于D，由f(f（x)）＝5，得|4－f2(x)|＝5，且|f(x)|≥1，解得f(x)＝±3.當(dāng)f(x)＝3，即|4－x2|＝3，解得x＝±1，或x＝±eq\r(7)；當(dāng)f(x)＝－3，即log2|x|＝－3，解得x＝±eq\f(1,8)，D正確．故選AD.12．【解析】－1由題可得xex＋x＝axln(ax－1)，即xex＋x＝ln(ax－1)eln(ax-1)＋ln(ax－1).令f(x)＝xex＋x，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則f(x)＝f(ln(ax－1))，因?yàn)檎龑?shí)數(shù)x0是方程ex＋1＝aln(ax－1)的根，所以x0＝ln(ax0－1)，即ex0＝ax0－1，即ex0－ax0＝－1.13．【解析】C令h(x)＝－x－a，則g(x)＝f(x)－h(huán)(x).在同一坐標(biāo)系中畫出y＝f(x)，y＝h(x)圖象的示意圖，如圖．若g(x)存在2個(gè)零點(diǎn)，則y＝f(x)的圖象與y＝h(x)的圖象有2個(gè)交點(diǎn)，平移y＝h(x)的圖象，可知當(dāng)直線y＝－x－a過(guò)點(diǎn)(0，1)時(shí)，有2個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)1＝－0－a，a＝－1.當(dāng)y＝－x－a在y＝－x＋1上方，即a<－1時(shí)，僅有1個(gè)交點(diǎn)，不符合題意．當(dāng)y＝－x－a在y＝－x＋1下方，即a>－1時(shí)，有2個(gè)交點(diǎn)，符合題意．綜上，a的取值范圍為[－1，＋∞）.13．【解析】B設(shè)t為f(x)在[0，1]上的零點(diǎn)，則et＋a(t－1)＋b＝0，所以(t－1)a＋b＋et＝0，即點(diǎn)(a，b)在直線(t－1)x＋y＋et＝0，又a2＋b2表示點(diǎn)(a，b)到原點(diǎn)距離的平方，則eq\r(a2＋b2)≥eq\f(|et|,\r((t－1)2＋1))，即a2＋b2≥eq\f(e2t,(t－1)2＋1).令g(t)＝eq\f(e2t,(t－1)2＋1)，可得g′(t)＝eq\f(2e2t(t2＋2－2t)－e2t(2t－2),(t2＋2－2t)2)＝eq\f(2e2t(t2－3t＋3),(t2＋2－2t)2)，因?yàn)閑2t>0，t2－3t＋3>0，所以g′(t)>0，可得g(t)在[0，1]上單調(diào)遞增，所以當(dāng)t＝0時(shí)，g(t)min＝g(0)＝eq\f(1,2)，所以a2＋b2≥eq\f(1,2)，即a2＋b2的最小值為eq\f(1,2).故選B.第15講函數(shù)模型及其應(yīng)用eq\o(\s\up7(),\s\do5(授課提示：訓(xùn)練手冊(cè)P341))1．【解析】C設(shè)一次函數(shù)為y＝kx＋b(k≠0)，將(0，1800)和(2，2400)代入得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1800＝b，,2400＝2k＋b，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝300，,b＝1800.))故公司市場(chǎng)營(yíng)銷部員工的個(gè)人月收入與月銷售量之間的函數(shù)關(guān)系為y＝300x＋1800，令x＝3，得y＝300×3＋1800＝2700(元)，故選C.2．【解析】B由圖象知，當(dāng)x∈(4，＋∞)時(shí)，增長(zhǎng)速度由大到小依次為g(x)>f(x)>h(x).故選B.3．【解析】D為了使1個(gè)感染者傳染人數(shù)不超過(guò)1，只需eq\f(R0,N)(N－V)≤1，即R0(1－eq\f(V,N))≤1.因?yàn)镽0＝4，所以1－eq\f(V,N)≤eq\f(1,4)，可得eq\f(V,N)≥eq\f(3,4)＝75%.故選D.4．【解析】C由0.95K＝eq\f(K,1＋e－0.23(t*－53))得e－0.23(t*－53)＝eq\f(1,19)，兩邊取自然對(duì)數(shù)得－0.23(t*－53)＝－ln19，結(jié)合ln19≈3得t*≈66.5．【解析】B由題意m1＝2m2，v＝v0lneq\f(m1＋m2,m1)＝v0lneq\f(2m2＋m2,2m2)＝8，得v0lneq\f(3,2)＝8，故v0＝eq\f(8,ln\f(3,2))＝eq\f(8,ln3－ln2)≈eq\f(8,1.1－0.7)＝20，故選B.6．【解析】C不妨設(shè)用水量為x(x≥0)，每月的水費(fèi)為y元．根據(jù)題意，可得y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x，x≤10，,30＋5(x－10)，x>10.))當(dāng)3x＝55時(shí)，x＝eq\f(55,3)>10，不