核心微讲答案-(Word练习)【赢在微点·顶层设计】2027年高中数学高考一轮总复习

核|心|微|讲 第一章　集合、常用逻辑用语与不等式 第一节　集合 必备知识·梳理 教材回顾 1．确定性　互异性　无序性　a∈A　b∉A　列举法　描述法　图示法 3．A⊆B　B⊇A　AB　BA　A⊆B且B⊆A　子集　真子集 5．B∩A　∅　A　B∪A　A　A　B　A　U　U 小题快练 1．A　解析　因为A＝{x|－5<x3<5}＝{x|－<x<}，B＝{－3，－1,0,2,3}，所以A∩B＝{－1,0}，故选A. 2．B　解析　集合M表示纵坐标为1的点集，集合N表示横坐标为0的点集，所以M∩N＝{(0,1)}，故选B. 3．A　解析　对于A，B，{y|y＝x2＋1，x∈R}＝[1，＋∞)，{x|x＝t2＋1，t∈R}＝[1，＋∞)，{(x，y)|y＝x2＋1，x∈R}表示函数y＝x2＋1图象上的点的集合，所以A正确，B错误；对于C，∅{0}，所以C错误；对于D，集合{a，b}的真子集为∅，{a}，{b}，所以D错误．故选A. 4．{0,2,4,6,8,9}　解析　由题意知集合A中至少包含0,2,4,6,8,9这几个元素，而∁UB＝{0,2,4,6,8,9}，所以A∩(∁UB)＝{0,2,4,6,8,9}． 5．0或1　解析　当a－3＝－3时，可得a＝0，此时集合A＝{－3，－1，－4}，符合题意；当2a－1＝－3时，可得a＝－1，此时a2－4＝－3，不满足集合中元素的互异性，舍去；当a2－4＝－3时，可得a＝1或a＝－1(舍去)，当a＝1时，集合A＝{－2,1，－3}，符合题意．综上可得，实数a＝0或1. 关键能力·落实 1．D　解析　B＝{1,4,9,16,25,81}，A∩B＝{1,4,9}，则∁A(A∩B)＝{2,3,5}．故选D. 2．C　解析　因为A∩B＝{(1,7)，(2,6)，(3,5)，(4,4)}，所以A∩B中元素的个数为4，故选C. 3．C　解析　A＝{x|2x2－3x－2<0}＝－<x<2，若a∈A，a＋1∉A，则解得1≤a<2.故选C. 4．C　解析　因为{a2,0，－1}＝{a，b,0}，所以①或②由①得或其中与元素互异性矛盾，舍去，符合题意；由②得符合题意，两种情况代入得ab＝－1.故选C. 【例1】　(1)A　解析　因为集合A＝{x|x>5}，B＝{x|1－log2x<0}＝{x|x>2}，所以A⊆B.故选A. (2)A　解析　因为整数集Z＝{x|x＝3k，k∈Z}∪{x|x＝3k＋1，k∈Z}∪{x|x＝3k＋2，k∈Z}，U＝Z，所以∁U(M∪N)＝{x|x＝3k，k∈Z}．故选A. 【训练】　(1)B　解析　因为M＝{x|y＝，x∈R}＝{x|－1≤x≤1}，N＝{x|x＝m2，m∈M}＝{x|0≤x≤1}，所以NM.故选B. (2)A　解析　因为B⊆A，所以①若B＝∅，即ax＋1≤0无解，此时a＝0，满足题意．②若B≠∅，即ax＋1≤0有解，当a>0时，可得x≤－，要使B⊆A，则需要解得0<a<1；当a<0时，可得x≥－，要使B⊆A，则需要解得－≤a<0，综上，实数a的取值范围是.故选A. 【例2】　(1)C　解析　由集合的并运算，得M∪N＝{x|－3<x<4}．故选C. (2)B　解析　解法一：如图所示，易知答案为B. 解法二(特值法)：不妨设∁RM＝(1,2)，N＝(0,3)，则M∪(∁RN)＝M.故选B. 【例3】　D　解析　由题意，得A＝{x|(x－1)(x－a)<0}，当a>1时，A＝{x|1<x<a}，因为A∩N*＝∅，所以1<a≤2；当a<1时，A＝{x|a<x<1}，因为A∩N*＝∅，所以a<1；当a＝1时，A＝∅，满足题意．综上所述，实数a的取值范围为(－∞，2]．故选D. 【题组对点练】　 1．A　解析　由题图可知阴影部分表示的集合为A∩∁UB.解不等式x2＋2x－3<0，得－3<x<1，即A＝(－3,1)，由B＝[0,2]，得∁UB＝(－∞，0)∪(2，＋∞)，所以A∩∁UB＝(－3,0)．故选A. 2．AD　解析　 由题意得A⊆∁UB，又∁U(B∩C)＝(∁UB)∪(∁UC)，所以A⊆∁U(B∩C)，故A正确；符合题意的集合A，B，C及全集U的关系可用如图所示的Venn图表示，由图可知C不是∁U(A∪B)的子集，故B错误；集合A∪B∪C与全集U不一定相等，故C错误；由A∩B＝∅，可得A∩B∩C＝∅∩C＝∅，故D正确．综上．选AD. 3．5　解析　由A∩B＝A可知B≠∅，所以m≥0.由|x－3|≤m可得－m≤x－3≤m，即3－m≤x≤3＋m，故B＝[3－m，3＋m]，因为A∩B＝A，所以A⊆B，所以解得m≥5，所以m的最小值为5. 4．AC　解析　因为m＝n＝且对任意x∈R，m＋n＝1，所以m，n的值一个为0时，另一个为1，即x∈A时，x∉B或x∈B时，x∉A，所以A，B间的关系为B＝∁RA或A＝∁RB，故选AC. 第二节　常用逻辑用语 必备知识·梳理 教材回顾 1．充分　必要　充分不必要　必要不充分　充要 2．(1)∀　(2)∃ 3．∀x∈M，p(x)　∀x∈M，綈p(x) 小题快练 1．B　解析　由“三角形是等边三角形”可得到“该三角形一定是等腰三角形”，但反之不成立．故选B. 2．D　解析　含有一个量词的命题的否定规律是“改量词，否结论”，可知选D. 3．A　解析　由“小故，有之不必然，无之必不然．体也，若有端．大故，有之必然，若见之成见也”知“大故”必然有其原因，有其原因必然会发生，所以“有之必然”所表述的数学关系一定是充分条件．故选A. 4．任意一个偶数都不是素数 5．(－∞，3)　解析　因为x∈A是x∈B的充分不必要条件，所以AB，所以a＜3. 关键能力·落实 1．B　解析　解法一：若a2＝b2，则当a＝－b≠0时，有a2＋b2＝2a2,2ab＝－2a2，即a2＋b2≠2ab，所以由a2＝b2a2＋b2＝2ab；若a2＋b2＝2ab，则有a2＋b2－2ab＝0，即(a－b)2＝0，所以a＝b，则有a2＝b2，即a2＋b2＝2ab⇒a2＝b2.所以“a2＝b2”是“a2＋b2＝2ab”的必要不充分条件．故选B. 解法二：因为“a2＝b2”⇔“a＝－b或a＝b”，“a2＋b2＝2ab”⇔“a＝b”，所以本题可以转化为判断“a＝－b或a＝b”与“a＝b”的关系，又“a＝－b或a＝b”是“a＝b”的必要不充分条件，所以“a2＝b2”是“a2＋b2＝2ab”的必要不充分条件．故选B. 2．A　解析　因为z1>z2，所以复数z1和z2是实数，所以z1－z2>0成立；当z1－z2>0时，例如(2－3i)－(－5－3i)＝7>0，z1，z2无法比较大小，所以“z1>z2”是“z1－z2>0”的充分不必要条件．故选A. 3．B　解析　“打磨玉石”不一定“成为器物”，故充分性不成立，但“成为器物”一定要“打磨玉石”，故必要性成立，所以“打磨玉石”是“成为器物”的必要不充分条件．故选B. 4．D　解析　由x－>0可知>0，即或解不等式组可知x－>0的解集为{x|x>1或－1<x<0}，故不等式x－>0成立的一个充分不必要条件是x>1.故选D. 【例1】　C　解析　由题意可得集合A＝[－3,4]，若m>2，则2m－1>m＋1，此时B＝(m＋1,2m－1)，因为“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件，故BA，故所以2<m≤；若m<2，则2m－1<m＋1，此时B＝(2m－1，m＋1)，因为“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件，故BA，故所以－1≤m<2；若m＝2，则2m－1＝m＋1，此时B＝∅，满足BA，综上可得m∈，故选C. 【训练】　(1)C　解析　由函数f(x)满足f(－x)－f(x)＝0，得函数f(x)是R上的偶函数，而f(x)在[0，＋∞)上单调递减，因此由f(a)>f(b)得f(|a|)>f(|b|)，|a|<|b|⇔a2<b2，所以“a2<b2”是“f(a)>f(b)”的充要条件．故选C. (2)C　解析　因为0<ln(x－2)≤ln 3，所以1<x－2≤3，即3<x≤5，因为(x－2m)(x－2m－3)≤0，所以2m≤x≤2m＋3，因为p是q的充分不必要条件，所以(3,5]是[2m,2m＋3]的真子集，所以解得1≤m≤，故选C. 【例2】　(1)ABC　解析　对于A，“正方形是菱形”等价于“所有的正方形都是菱形”，是全称量词命题，故A正确；对于B，当x＝1时，e<e＋1成立，故B正确；对于C，命题“∃x∈R，x2－2x＋3＝0”的否定为“∀x∈R，x2－2x＋3≠0”，故C正确；对于D，命题“∀x>1，都有2x＋1>5”的否定为“∃x>1，使得2x＋1≤5”，故D不正确．故选ABC. (2)至少有一个实数是无理数 【例3】　(1)B　解析　由题意得，当x∈(1,2)时，a>log2x恒成立，则a≥1，结合选项，命题是真命题的一个充分不必要条件是a≥2.故选B. (2)(－2,1)　解析　因为命题“∃x∈R，x2＋2ax＋2－a＝0”是假命题，所以“∀x∈R，x2＋2ax＋2－a≠0”为真命题，所以Δ＝4a2－4(2－a)<0，即a2＋a－2<0，所以－2<a<1. 【题组对点练】　 1．AC　解析　A项，原命题的否定为∀x∈R，x2－x＋≥0，是全称量词命题，因为x2－x＋＝2≥0，所以原命题的否定为真命题，所以该选项符合题意；B项，原命题为全称量词命题，其否定为存在量词命题，所以该选项不符合题意；C项，原命题为存在量词命题，所以其否定为全称量词命题，对于方程x2＋2x＋2＝0，Δ＝22－8＝－4<0，所以x2＋2x＋2>0，所以原命题为假命题，即其否定为真命题，所以该选项符合题意；D项，原命题的否定为对于任意实数x，都有x3＋1≠0，如x＝－1时，x3＋1＝0，所以原命题的否定不是真命题，所以该选项不符合题意．故选AC. 2．(－2,1)∪(1，＋∞)　解析　若命题p为真，则对于任意x∈[1,2]，都有a≤(x2)min＝1，即a≤1；若命题q为真，则方程x2＋2ax＋2－a＝0有解．则有Δ＝4a2－4(2－a)≥0，即 a2＋a－2≥0，解得 a≥1或a≤－2.若p与q都是真命题，则a≤－2或a＝1，所以若p与q中至少有一个是假命题，则a>－2且a≠1. 第三节　等式性质与不等式性质 必备知识·梳理 教材回顾 1．>　＝　< 2．b＝a　a＝c　＝ 3．b<a　a>c　ac>bc　ac<bc　a＋c>b＋d　ac>bd 小题快练 1．A　解析　因为M－N＝2a(a－2)－(a＋1)(a－3)＝a2－2a＋3＝(a－1)2＋2>0，所以M>N.故选A. 2．D　解析　对于A，当a<b<0时，不等式无意义，故A错误；对于B，当a<0<b时，<，故B错误；对于C，当a<b<0时，a2>b2，故C错误；对于D，当a<b时，a3<b3成立，故D正确． 3．D　解析　因为x＋y<0，y>0，所以x<－y<0<y.在不等式x<－y两边同时乘以x，得x2>－xy.在不等式x<－y两边同时乘以y，得xy<－y2，则－xy>y2.所以x2>－xy>y2.故选D. 4．ab<ab2<a　解析　因为a>0，－1<b<0，所以ab<0,0<b2<1,0<ab2<a，故ab<ab2<a. 5．(－2,1)　解析　因为－2<b<－1，所以－4<2b<－2，又2<a<3，所以－2<a＋2b<1. 关键能力·落实 【例1】　(1)A　解析　因为2c－2b＝e－2＋1＝(－1)2>0，所以2c>2b，即c>b；又因为(2b)4－(2a)4＝16e2－e3＝e2(16－e)>0，所以(2b)4>(2a)4，又a，b均为正数，所以2b>2a，即b>a，所以a<b<c.故选A. (2)eπ·πe＜ee·ππ　解析　＝＝π－e，又0＜＜1,0＜π－e＜1，所以π－e＜1，即＜1，即eπ·πe＜ee·ππ. 【训练1】　(1)C　解析　P－Q＝－(2a＋2b)＝(a－1)2＋(b－1)2＋2≥0，所以P－Q≥0，即P≥Q.故选C. (2)B　解析　解法一：易知a，b，c都是正数，＝＝log8164<1，所以a>b；＝＝log6251 024>1，所以b>c.即c<b<a.故选B. 解法二：构造函数f(x)＝，则f′(x)＝，由f′(x)>0，得0<x<e；由f′(x)<0，得x>e.所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．所以f(3)>f(4)>f(5)，即a>b>c.故选B. 【例2】　(1)A　解析　因为a>0>b，所以a3>0，b3<0，即a3>b3，故A正确；取a＝1，b＝－2，则|a|>|b|不成立，<不成立，故B，C错误；取a＝，b＝－，则ln(a－b)＝ln 1＝0，故D错误．故选A. (2)BC　解析　对于A，因为a>b>c，所以a－c>b－c>0，所以<，A错误；对于B，因为a>b>c，a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0，a－b>0，所以b＋c＝－a<0，所以a－b>b＋c，即a－c>2b，B正确；对于C，因为a－b>0，a＋b＝－c>0，所以a2－b2＝(a＋b)(a－b)>0，即a2>b2，C正确；对于D，ab＋bc＝b(a＋c)＝－b2≤0，D错误．故选BC. 【训练2】　(1)D　解析　当c＝0时，A不成立；－＝>0，即>，B错误；－＝＝<0，即<，C错误；由a<b<0，得a2>ab>b2，D正确．故选D. (2)ACD　解析　由<<0，得c≠0.当c>0时，由<<0，得<<0，即b<a<0，可得0<<1；当c<0时，由<<0，得>>0，即b>a>0，所以0<<1，故A，D正确；由<<0，得－＝<0，且a与b同号，即ab>0，所以c与b－a异号，即c与a－b同号，故C正确；由ac<bc，得(a－b)c<0，故B错误．故选ACD. 【例3】　(1)C　解析　A，因为15<b<18，所以<<，又6<a<60，所以<<4，所以A错误．B，因为6<a<60,15<b<18，所以36<a＋2b<96，所以B错误．C，因为15<b<18，所以－18<－b<－15，又6<a<60，所以－12<a－b<45，所以C正确．D，因为6<a<60,15<b<18，所以21<a＋b<78，由A选项知<<，所以<<，所以D错误．故选C. (2)12　解析　设参加书法、唱歌、折纸比赛的人数分别为a，b，c，由题意得a≥b＋1，b≥c＋1,2c≥a＋1，所以a＋b＋2c≥b＋1＋c＋1＋a＋1，所以c≥3，所以b≥4，a≥5，所以参加这三项比赛的总人数至少为12. 【训练3】　(1)　解析　因为0<β<，所以－<－β<0，又0<α<，所以－<α－β<，又β<α，所以α－β>0，即0<α－β<. (2)B　解析　原式分子和分母同时除以x，得＝，由条件得2<－2y<6，<<，所以<－<，即<－<3，所以<1－<4，所以<<.故选B. 第四节　基本不等式 必备知识·梳理 教材回顾 1．(1)a>0，b>0　(2)a＝b　(3)　 2．(1)2ab　(2)2　(3)2　(4)2 3．(1)2　(2)S2 小题快练 1．B　解析　代入a＝1，b＝2，则有0<a＝1<＝<＝1.5<b＝2.故选B. 2．C　解析　当x>2时，x－2>0，f(x)＝(x－2)＋＋2≥2＋2＝4，当且仅当x－2＝(x>2)，即x＝3时，取等号，即当f(x)取得最小值时x＝3，即a＝3.故选C. 3．A　解析　因为0<x<1，所以1－x>0，所以x(1－x)≤2＝，当且仅当x＝1－x，即x＝时，等号成立，故x(1－x)的最大值为.故选A. 4．4　解析　由x＋y＝1得＋＝(x＋y)＝2＋＋≥2＋2＝4，当且仅当x＝y＝时，等号成立，即＋的最小值为4. 5．10　解析　当最后一辆汽车出发时，第一辆汽车最少行驶了＝(h)，最后一辆车驶完全程共需要 h，所以这批物资全部到达灾区最少需要h，由基本不等式，得＋≥2＝10，当且仅当＝，即v＝80时，等号成立，故最少需要10 h. 关键能力·落实 【例1】　(1)5　解析　因为x>1，所以x－1>0，由基本不等式，得x＋＝(x－1)＋＋1≥2＋1＝5，当且仅当x＝3时，等号成立．因此，x＋的最小值为5. (2)　解析　因为0<x<，所以1－2x2>0，x＝·x≤·＝，当且仅当2x2＝1－2x2，即x＝时等号成立． 【例2】　(1)A　解析　由题意得4a2＋b2＝(4a2＋b2)＝8＋＋≥2＋8＝16，当且仅当＝，即b2＝4a2＝8时等号成立，所以4a2＋b2的最小值为16，故选A. (2)C　解析　依题意，因为a＋b＝2，所以(a＋1)＋(b＋1)＝4，则＋＝[(a＋1)＋(b＋1)]·＝≥×(2×4＋10)＝，当且仅当a＝，b＝时，等号成立．故选C. 【例3】　解　设4x－5＝t，则x＝.因为x>，所以t>0.所以y＝＝＝t＋＋3≥2＋3＝5.当且仅当t＝1，即x＝时，上式取“＝”．所以x＝时，ymin＝5. 【例4】　6　解析　由x＋3y＋xy＝9，得x＝，所以x＋3y＝＋3y＝＝＝＝3(1＋y)＋－6≥2－6＝12－6＝6.当且仅当3(1＋y)＝，即y＝1时取等号．所以x＋3y的最小值为6. 【题组对点练】　 1．C　解析　因为x<，所以3x－2<0，f(x)＝3x－2＋＋3＝－＋3≤－2＋3＝－3.当且仅当2－3x＝，即x＝－时取“＝”．故选C. 2．B　解析　＋＝(a＋b)＝≥×(4＋5)＝，当且仅当＝时，等号成立．故选B. 3.　解析　设x－1＝t，则x＝t＋1，t>0，y＝＝＝≤(当且仅当t＝2，即x＝3时取等号)． 4.　解析　因为5ab＋b2＝1，所以a＝＝－，所以a＋b＝－＋b＝＋≥2＝，当且仅当a＝，b＝时，等号成立，所以a＋b的最小值为. 【例5】　B　解析　假设第一次的油价为m元/升，第二次的油价为n元/升，第一种方案的均价：＝≥；第二种方案的均价：＝≤.所以无论油价如何变化，第二种都更划算．故选B. 【训练】　4＋4　解析　设BC＝a，AC＝b，AB＝c，其中a，b，c>0，因为以斜边BC为直径的半圆弧的长为2π，所以π×＝2π，得a＝4，因为△ABC为直角三角形，所以a2＝b2＋c2，所以b2＋c2＝16，所以2≤＝8，得b＋c≤4，当且仅当b＝c＝2时等号成立，则a＋b＋c≤4＋4，即△ABC周长的最大值为4＋4. 高考真题·重温 1．ABD　解析　因为a2＋b2≥2ab，所以2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2＝1，所以a2＋b2≥，A正确；易知0<a<1,0<b<1 ，所以－1<a－b<1，所以2a－b>2－1＝，B正确；令a＝，b＝，则log2＋log2＝－2＋log2<－2，C错误；因为(＋)2＝a＋b＋2≤1＋2·＝2，所以＋≤，D正确．故选ABD. 2．C　解析　因为y＝x2＋2x＋4＝(x＋1)2＋3，所以当x＝－1时，y取得最小值，且ymin＝3，所以A不符合题意．因为y＝|sin x|＋≥2＝4，当且仅当|sin x|＝，即|sin x|＝2时不等式取等号，但是根据正弦函数的有界性可知|sin x|＝2不可能成立，因此可知y>4，所以B不符合题意．因为y＝2x＋22－x≥2＝4，当且仅当2x＝22－x，即x＝2－x，x＝1时不等式取等号，所以ymin＝4，所以C符合题意．当0<x<1时，ln x<0，y＝ln x＋<0，所以D不符合题意．故选C. 3．BC　解析　对于A，B：由x2＋y2－xy＝1，得(x＋y)2－3xy＝1，(x＋y)2－1＝3xy≤32，即(x＋y)2≤4，所以－2≤x＋y≤2，所以A不正确，B正确；对于C，D：由x2＋y2－xy＝1，得x2＋y2－1＝xy≤，当且仅当x＝y时取等号，所以x2＋y2≤2，所以C正确，D不正确．故选BC. 4．4　解析　因为a>0，b>0，所以a＋b>0，又ab＝1，所以＋＋＝＋＝＋≥2＝4，当且仅当a＋b＝4时取等号，结合ab＝1，解得a＝2－，b＝2＋或a＝2＋，b＝2－时等号成立． 第五节　二次函数与一元二次方程、不等式 第1课时　二次函数 必备知识·梳理 教材回顾 1．(1)ax2＋bx＋c(a≠0)　(2)(m，n) 2．R　－　　减　增　增　减 小题快练 1．D　解析　设所求函数的解析式为y＝a(x－h)2＋k(a≠0)，由题意可知a＝－2，h＝－1，k＝3，故y＝－2(x＋1)2＋3.故选D. 2．C　解析　因为一次函数y＝ax＋b的图象经过第二、三、四象限，所以a<0，b<0，所以二次函数的图象开口向下，对称轴方程x＝－<0.只有选项C符合，故选C. 3．D　解析　f(x)的对称轴为直线x＝1，所以f(x)max＝f(3)＝7.故选D. 4．2　解析　因为f(0)＝f(2)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称．所以x1＋x2＝2×1＝2. 5．(－∞，40]∪[160，＋∞)　解析　依题意知，≥20或≤5，解得k≥160或k≤40. 关键能力·落实 【例1】　解　解法一(一般式)：设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，依题意，f(0)＝0，f(x)图象的对称轴为直线x＝1，f(1)＝1，故有⇒所以f(x)＝－x2＋2x. 解法二(零点式)：由已知易得f(2)＝f(0)＝0，所以f(x)＝0的两根分别为0,2.所以可设其解析式为f(x)＝ax(x－2)．又因为f(1)＝1，可得a＝－1，所以f(x)＝－x(x－2)＝－x2＋2x. 解法三(顶点式)：由已知，可得顶点为(1,1)，所以可设其解析式为f(x)＝a(x－1)2＋1.又由f(0)＝0，可得a＝－1，所以f(x)＝－(x－1)2＋1＝－x2＋2x. 【训练1】　f(x)＝x2－4x＋3　解析　依题意，设函数f(x)＝a(x－2)2＋h(a≠0)，由二次函数f(x)的图象过点(0,3)，得f(0)＝3，所以4a＋h＝3，即h＝3－4a，所以f(x)＝a(x－2)2＋3－4a，令f(x)＝0，即a(x－2)2＋3－4a＝0，所以ax2－4ax＋3＝0，设方程的两根为x1，x2，则x1＋x2＝4，x1x2＝，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝16－，所以16－＝10，解得a＝1，所以f(x)＝x2－4x＋3. 【例2】　AD　解析　因为图象与x轴交于两点，所以b2－4ac＞0，即b2＞4ac，A正确．对称轴为直线x＝－1，即－＝－1,2a－b＝0，B错误．结合图象，当x＝－1时，y＞0，即a－b＋c＞0，C错误．由对称轴为直线x＝－1知，b＝2a.根据抛物线开口向下，知a＜0，所以5a＜2a，即5a＜b，D正确．故选AD. 【训练2】　(1)D　解析　由a>b>c且a＋b＋c＝0，得a>0，c<0，所以函数图象开口向上，排除A，C；又f(0)＝c<0，排除B.故选D. (2)ACD　解析　解法一：由题可知，f(0)＝c>0，故C正确；f(1)＝4a＋2b＋c>0　①，f＝a＋b＋c＝0，所以b＝－a－c，代入①，得4a＋2(－a－c)＋c>0，即2a－c>0，所以2a>c>0，所以a>0，故A正确；因为a＋b＋c＝0，a>0，c>0，所以b<0，故B错误；f(－1)＝4a－2b＋c＝4a－2(－a－c)＋c＝6a＋3c>0，故D正确．故选ACD. 解法二：根据题意，可画出函数f(x)的大致图象，如图所示，数形结合，易知选ACD. 【例3】　解　(1)当a>0时，f(x)＝ax2－x＋2a－1的图象开口向上，对称轴方程为x＝，所以f(x)在区间[1,2]上单调递减需同时满足≥2，a>0，解得0<a≤.当a<0时，f(x)＝ax2－x＋2a－1的图象开口向下，对称轴方程为x＝<0，所以f(x)在区间[1,2]上单调递减需满足a<0.综上，a的取值范围是(－∞，0)∪. (2)①当0<<1，即a>时，f(x)在区间[1,2]上单调递增，此时g(a)＝f(1)＝3a－2.②当1≤≤2，即≤a≤时，f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，此时g(a)＝f＝2a－－1.③当>2，即0<a<时，f(x)在区间[1,2]上单调递减，此时g(a)＝f(2)＝6a－3.综上所述，g(a)＝ 【训练3】　解　(1)当a＝2时，f(x)＝x2＋3x－3，x∈[－2,3]，函数图象的对称轴为直线x＝－∈[－2,3]，所以f(x)min＝f＝－－3＝－，f(x)max＝f(3)＝15，所以f(x)的值域为. (2)函数图象的对称轴为直线x＝－.①当－≤1，即a≥－时，f(x)max＝f(3)＝6a＋3，所以6a＋3＝1，即a＝－，满足题意；②当－＞1，即a＜－时，f(x)max＝f(－1)＝－2a－1，所以－2a－1＝1，即a＝－1，满足题意．综上可知，a＝－或－1. 第2课时　一元二次不等式的解法 必备知识·梳理 教材回顾 3．{x|x≠a}　{x|x<b，或x>a}　∅　{x|b<x<a} 小题快练 1．A　解析　因为(x－1)(2－x)≥0，所以(x－2)(x－1)≤0，所以结合二次函数的性质可得1≤x≤2.故选A. 2．A　解析　由>0，得(x－5)(2－x)>0，得(x－5)(x－2)<0，解得2<x<5；由|x－1|<4，得－4<x－1<4，得－3<x<5.因为(2,5)(－3,5)，所以“>0”是“|x－1|<4”的充分不必要条件，故选A. 3．－14　解析　依题意知解得故a＋b＝－14. 4．(－4,0)　解析　依题意知即解得－4＜a＜0. 5．(0,1)　解析　由题意，花卉带的宽度为x(0<x<3)米，则中间草坪的长为(8－2x)米，宽为(6－2x)米，所以(8－2x)×(6－2x)>×8×6，整理得x2－7x＋6>0，即(x－6)(x－1)>0，又0<x<3，故0<x<1，故x的取值范围为(0,1)． 关键能力·落实 1．B　解析　－2x2＋x＋3<0可化为(2x－3)(x＋1)>0，解得x<－1或x>.故选B. 2．{x|－7<x<2}　解析　<1，即－1<0，即<0，解得－7<x<2，因此不等式的解集为{x|－7<x<2}． 3．{x|－3≤x<－2，或0<x≤1}　解析　原不等式等价于即由①，得x<－2或x>0；由②，得－3≤x≤1.画出数轴，如图， 可得原不等式的解集为{x|－3≤x<－2，或0<x≤1}． 4．解　原不等式变为(ax－1)(x－1)<0，因为a>0，所以(x－1)<0.当a>1时，0<<1，解得<x<1；当a＝1时，解集为∅；当0<a<1时，>1，解得1<x<.综上，当0<a<1时，原不等式的解集为{x；当a＝1时，原不等式的解集为∅；当a>1时，原不等式的解集为{x. 【例1】　(1)A　解析　不等式ax2＋bx＋2>0的解集为{x|－1<x<2}，所以－1,2是方程ax2＋bx＋2＝0的两个实数根，且a<0，则解得故不等式2x2＋bx＋a>0，即2x2＋x－1>0，解得x<－1或x>，所以不等式2x2＋bx＋a>0的解集为{x.故选A. (2)　解析　解法一：由题知x1，x2是一元二次方程x2－2ax－8a2＝0(a＞0)的实数根，所以Δ＝4a2＋32a2＝36a2＞0，且x1＋x2＝2a，x1x2＝－8a2.又因为x2－x1＝15，所以152＝(x1＋x2)2－4x1x2＝4a2＋32a2＝36a2，又a＞0，解得a＝. 解法二：由x2－2ax－8a2<0(a>0)得，(x－4a)(x＋2a)<0，即－2a<x<4a.又因为此不等式解集为{x|x1<x<x2}，所以x1＝－2a，x2＝4a，由x2－x1＝15，得4a－(－2a)＝15，a＝. 【训练1】　(1)B　解析　关于x的不等式x2＋px＋q<0的解集为(－1,2)，则方程x2＋px＋q＝0的两根为－1和2，则即则>0可化为>0，整理得>0，可得－3<x<2或x>4，故选B. (2)ABD　解析　根据题意，函数y＝x2＋ax＋b(a>0)有且只有一个零点，则Δ＝a2－4b＝0，即a2＝4b(b>0)．对于A，a2－b2－4＝4b－b2－4＝－(b2－4b＋4)＝－(b－2)2≤0，即有a2－b2≤4，故A正确；对于B，a2＋＝4b＋≥2＝4，当且仅当4b＝，即b＝时等号成立，故B正确；对于C，由x1，x2为方程x2＋ax－b＝0的两根，可得x1x2＝－b<0，故C错误；对于D，由x1，x2为方程x2＋ax＋b－c＝0的两根，可得x1＋x2＝－a，x1x2＝b－c，则|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝a2－4(b－c)＝a2－4b＋4c＝4c＝16，解得c＝4，故D正确．故选ABD. 【例2】　解　(1)①当m＝0时，1>0显然恒成立；②当m≠0时，由题意知⇒⇒0<m<1.由①②知，m的取值范围为[0,1)． (2)原不等式可化为x2－2x＋a2－3a－3≥0，因为该不等式对任意实数x恒成立，所以Δ≤0，即4－4(a2－3a－3)≤0，即a2－3a－4≥0，解得a≤－1或a≥4，所以实数a的取值范围是{a|a≤－1或a≥4}． (3)设g(m)＝mx2－mx－1＝(x2－x)m－1，其图象是直线，当m∈[1,2]时，图象为一条线段，则即解得<x<，故x的取值范围为. 【训练2】　(1)D　解析　当a＝－1时，3>0恒成立，符合题意；当a≠－1时，需满足解得－1<a<2.综上所述，－1≤a<2.故选D. (2)D　解析　解法一：当1≤x≤2时，不等式x2－ax＋1≤0恒成立，所以当1≤x≤2时，a≥恒成立，则a≥max，由于＝x＋，而y＝x＋在[1,2]上单调递增，故当x＝2时，x＋取得最大值，故a≥.故选D. 解法二：令f(x)＝x2－ax＋1，x∈[1,2]，因为当1≤x≤2时，不等式x2－ax＋1≤0恒成立，所以f(x)max≤0，所以即解得a≥.故选D. 微专题强化一　一元二次方程根的分布 【例1】　解　(1)由f(x)＝x2＋2mx＋3m＋4有且仅有一个零点，可知方程f(x)＝0有两个相等实根，故Δ＝0，即4m2－4(3m＋4)＝0，即m2－3m－4＝0，解得m＝4或m＝－1. (2)f(－1)＝1－2m＋3m＋4<0，解得m<－5. (3)由题意，知即解得－5<m<－1.故m的取值范围为(－5，－1)． 【例2】　解　(1)依题意知，函数f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1的图象与x轴的交点分别在区间(－1,0)和(1,2)内，画出示意图， 得 即解得－<m<－.故实数m的取值范围为. (2) 依题意知，函数f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1的图象与x轴的交点落在区间(0,1)内，画出示意图，得即解得－<m<1－.故实数m的取值范围为. 【训练】　解　令f(x)＝x2＋(m－3)x＋m， (1)由题意得解得0<m≤1. (2)若方程x2＋(m－3)x＋m＝0的一个根大于1，一个根小于1，则f(1)＝2m－2<0，解得m<1. (3)若方程x2＋(m－3)x＋m＝0的一个根在(－2,0)内，另一个根在(0,4)内，则解得－<m<0. (4)若方程x2＋(m－3)x＋m＝0的一个根小于2，一个根大于4，则解得m<－. (5)若方程x2＋(m－3)x＋m＝0的两个根都在(0,2)内，则解得<m≤1. 第二章　函数与基本初等函数 第一节　函数的概念及其表示 必备知识·梳理 教材回顾 1．非空的实数集　任意　唯一确定 2．(1)定义域　对应关系　值域　(2)定义域　对应关系 3．解析法　列表法 小题快练 1．C　解析　要使函数解析式有意义，需满足即得－1≤x<1或1<x<2.所以函数f(x)的定义域为[－1,1)∪(1,2)．故选C. 2．B　解析　A中函数定义域不是[－2,2]；C中图象不表示函数；D中函数值域不是[0,2]．故选B. 3．D　解析　对于A，f(x)的定义域是R，g(x)的定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞)，两个函数的定义域不同，故二者不是同一个函数；对于B，f(x)＝与g(x)＝x的对应关系不同，故二者不是同一个函数；对于C，f(x)的定义域是[1，＋∞)，g(x)的定义域是(－∞，－1]∪[1，＋∞)，两个函数的定义域不同，故二者不是同一个函数；对于D，g(x)＝＝|x|＝与f(x)＝的定义域以及对应关系都相同，故二者是同一个函数．故选D. 4．(－∞，－1]∪(0,1]　解析　因为f(x)是分段函数，所以f(x)≥2应分段求解．当x≤0时，f(x)≥2即为x2＋1≥2，解得x≤－1或x≥1，所以x≤－1.当x>0时，f(x)≥2即为－x＋3≥2，即x≤1，所以0<x≤1.综上所述，x∈(－∞，－1]∪(0,1]． 5．(0,1)∪[2，＋∞)　解析　当x≤1时，f(x)＝x2＋2，所以f(x)∈[2，＋∞)；当x>1时，f(x)＝，所以f(x)∈(0,1)．综上，f(x)的值域为(0,1)∪[2，＋∞)． 关键能力·落实 1．C　解析　f(x)＝的定义域需满足解得0<x≤3且x≠1，故其定义域为(0,1)∪(1,3]．故选C. 2．[1,4)　解析　由题意知函数f(x)＝＋要有意义，需满足解得1≤x<4，故f(x)＝＋的定义域为[1,4)． 3．C　解析　要使f(x)＝lg有意义，则>0，即(1－x)(1＋x)>0，解得－1<x<1，所以函数f(x)的定义域为(－1,1)．要使g(x)＝f(x－1)＋有意义，则解得≤x<2，所以函数g(x)的定义域为{x.故选C. 4.　解析　因为函数f(x＋1)的定义域为[1,2]，所以2≤x＋1≤3，即函数f(x)的定义域为[2,3]．由2≤2x≤3，解得1≤x≤，因此f(2x)的定义域为. 【例1】　解　(1)(换元法)设1－sin x＝t，t∈[0,2]，则sin x＝1－t，因为f(1－sin x)＝cos2x＝1－sin2x，所以f(t)＝1－(1－t)2＝2t－t2，t∈[0,2]．即f(x)＝2x－x2，x∈[0,2]． (2)(配凑法)因为f＝x2＋＝2－2，所以f(x)＝x2－2，x∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)． (3)(待定系数法)因为f(x)是一次函数，可设f(x)＝ax＋b(a≠0)，所以3[a(x＋1)＋b]－2[a(x－1)＋b]＝2x＋17.即ax＋(5a＋b)＝2x＋17，所以解得所以f(x)的解析式是f(x)＝2x＋7. (4)(解方程组法)因为2f(x)＋f(－x)＝3x　①，所以将x用－x替换，得2f(－x)＋f(x)＝－3x　②，由①②解得f(x)＝3x. 【训练】　(1)f(x)＝lg (x＞1)　解析　令＋1＝t(t＞1)，则x＝，所以f(t)＝lg(t＞1)，所以f(x)＝lg(x＞1)． (2)x2＋2x＋1　解析　设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，则f′(x)＝2ax＋b，所以2ax＋b＝2x＋2，则a＝1，b＝2，所以f(x)＝x2＋2x＋c，又f(x)＝0有两个相等实根，即x2＋2x＋c＝0有两个相等实根，所以Δ＝4－4c＝0，则c＝1.故f(x)＝x2＋2x＋1. (3)－－(x≠0)　解析　因为f(x)－2f＝2x　①，以代替①中的x，得f－2f(x)＝　②，①＋②×2得－3f(x)＝2x＋，所以f(x)＝－－(x≠0)． 【例2】　B　解析　根据题意得f(－2)＝log28＝3，f(log26)＝2log26－1＝3，所以f(－2)＋f(log26)＝6.故选B. 【例3】　A　解析　若a≤1，则2a－1－2＝－3，即2a－1＝－1，无解；若a>1，则－log2(a＋1)＝－3，即a＋1＝23，解得a＝7，所以f(6－a)＝f(－1)＝2－1－1－2＝－.故选A. 【例4】　　解析　由题意得，当x>时，2x＋2x－>1恒成立，即x>满足题意；当0<x≤时，2x＋＋1>1恒成立，即0<x≤满足题意；当x≤0时，由x＋1＋＋1＝2x＋>1，得x>－，即－<x≤0.综上，x的取值范围是. 【题组对点练】　 1．B　解析　由log212＝2＋log23，且log23∈(1,2)，得f(2＋log23)＝f(1＋log23)＝f(log23)＝log23＝2－log23＝.故选B. 2．D　解析　因为f(2a－1)－1≤0⇒f(2a－1)≤1.①当2a－1≥1时，f(2a－1)＝ln(2a－1)≤1⇒1≤a≤.②当0≤2a－1<1时，f(2a－1)＝0≤1⇒≤a<1.③当2a－1<0时，f(2a－1)＝2a－1≤1⇒a<.综上所述，a≤.故选D. 3．BC　解析　函数f(x)＝的定义域是[－2，＋∞)，故A错误；当－2≤x<1时，f(x)＝x2，值域为[0,4]，当x≥1时，f(x)＝－x＋2，值域为(－∞，1]，故f(x)的值域为(－∞，4]，故B正确；当x≥1时，令f(x)＝－x＋2＝2，无解，当－2≤x<1时，令f(x)＝x2＝2，解得x＝－，故C正确；当－2≤x<1时，令f(x)＝x2<1，解得x∈(－1,1)，当x≥1时，令f(x)＝－x＋2<1，解得x∈(1，＋∞)，故f(x)<1的解集为(－1,1)∪(1，＋∞)，故D错误．故选BC. 第二节　函数的基本性质 第1课时　函数的单调性与最值 必备知识·梳理 教材回顾 2．f(x)≤M　f(x0)＝M　f(x)≥M　f(x0)＝M 小题快练 1．D　解析　对于A，f(x)＝|x|在R上不具有单调性，不合题意，舍去．对于B，f(x)＝x为R上的减函数，不合题意，舍去．对于C，f(x)＝x2在R上不具有单调性，不合题意，舍去．对于D，f(x)＝为R上的增函数，符合题意，故选D. 2．D　解析　函数y＝x＋为对勾函数，由对勾函数的性质知，函数y＝x＋的单调递减区间为[－1,0)，(0,1]．故选D. 3．C　解析　 因为f(x)＝函数图象如图所示，由函数图象可知，当x＝1时，函数取得最大值f(x)max＝f(1)＝1.故选C. 4.　2　解析　由于f(x)＝在[2,6]上单调递减，故f(x)的最大值为f(2)＝2，最小值为f(6)＝. 5．(－∞，－3)　解析　由x2＋2x－3>0，解得x<－3或x>1，即函数的定义域为(－∞，－3)∪(1，＋∞)．令t＝x2＋2x－3，则y＝logt，因为y＝logt为减函数，t＝x2＋2x－3在(－∞，－3)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以函数y＝log(x2＋2x－3)的单调递增区间为(－∞，－3)． 关键能力·落实 【例1】　(1)ACD　解析　因为y＝x与y＝－在(0，＋∞)上单调递增，所以y＝x－在(0，＋∞)上单调递增，故A正确；由y＝|x2－2x|的图象(图略)知，B不正确；因为y′＝2－2sin x≥0，所以y＝2x＋2cos x是R上的增函数，故C正确；函数y＝lg(x＋1)是定义域(－1，＋∞)上的增函数，故D正确．故选ACD. (2)解　解法一(定义法)：设－1<x1<x2<1，因为f(x)＝a＝a，所以f(x1)－f(x2)＝a－a＝，由于－1<x1<x2<1，所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上单调递减；当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上单调递增． 解法二(导数法)：f′(x)＝＝＝－.故当a>0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1,1)上单调递减；当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1,1)上单调递增． 【训练1】　(1)B　解析　g(x)＝x|x－1|＋1＝画出函数图象，如图所示，根据图象知，函数的单调递减区间为.故选B. (2)证明　设x1，x2∈R，且x1<x2，则x2－x1>0，即f(x2－x1)>1，所以f(x2)－f(x1)＝f[(x2－x1)＋x1]－f(x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)－1－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0，所以f(x1)<f(x2)，所以f(x)是R上的增函数． 【例2】　(1)D　解析　因为f(x＋1)＝f(1－x)，所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，可得f＝f.由x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上单调递减．因为1<2<<e，所以f(2)>f>f(e)，所以b>a>c.故选D. (2)A　解析　因为f(x)＋f(－x)＝0，所以f(－x)＝－f(x)，又f(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)．因为f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，所以－1≤x－2≤1，得1≤x≤3.故选A. 【例3】　B　解析　因为函数f(x)在R上单调递增，且当x<0时，f(x)＝－x2－2ax－a，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，所以－a≥0，即a≤0；当x≥0时，f(x)＝ex＋ln(x＋1)，所以函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增．若函数f(x)在R上单调递增，则－a≤f(0)＝1，即a≥－1.综上，实数a的取值范围是[－1,0]．故选B. 【题组对点练】　 1．D　解析　因为f(x)的定义域为R，且f(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数．又当x>0时，f′(x)＝ex－>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为<<e，所以f()<f()<f(e)，又f(－)＝f()，所以f(－)<f()<f(e)．故选D. 2．D　解析　由－x2＋4x>0，得0<x<4，即函数f(x)的定义域为(0,4)，令g(x)＝－x2＋4x，x∈(0,4)，易知g(x)在(0,2]上单调递增，在(2,4)上单调递减，又y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，所以当函数f(x)在(a，a＋1)上单调递增时，根据复合函数的单调性可知解得0≤a≤1，故选D. 3．D　解析　函数y＝3x在(－∞，＋∞)上单调递增，而函数f(x)＝3|a－2x|在区间(1,2)上单调递减，所以y＝|2x－a|在区间(1,2)上单调递减，所以≥2，解得a∈[4，＋∞)．故选D. 【例4】　(1)C　解析　由y＝x在[1,4]上单调递增，且y＝在[1,4]上单调递减，可得f(x)＝x－＋1在[1,4]上单调递增，又f(1)＝0，f(4)＝，故值域为.故选C. (2)　解析　因为定义域为，而y＝x－在上为增函数．所以当x＝时，ymax＝. 【训练2】　－　解析　f(x)＝－2x－1.由于y＝，y＝－2x－1在[1,2]上均单调递减，故f(x)在[1,2]上单调递减，所以f(x)min＝f(2)＝－2＝－. 第2课时　函数的奇偶性与周期性 必备知识·梳理 教材回顾 1．f(－x)＝f(x)　y轴　f(－x)＝－f(x)　原点 2．(1)f(x＋T)＝f(x)　(2)最小　最小正数 小题快练 1．BC　解析　根据偶函数的定义知偶函数满足f(－x)＝f(x)，且定义域关于原点对称，所以A为奇函数；B，C为偶函数；D既不是奇函数，也不是偶函数．故选BC. 2．C　解析　因为f(x)为奇函数，所以f(－1)＝－f(1)＝5.故选C. 3．B　解析　由f(x＋2)＝f(x)可知，函数f(x)的周期为2，当x∈[－1,1]时，f(x)＝x2＋1，所以f(2 024.5)＝f＝f＝＋1＝.故选B. 4．f(x)＝　解析　因为f(x)＝是定义在(－1,1)上的奇函数，所以f(0)＝b＝0，所以f(x)＝，又f＝，所以＝，得a＝1，所以函数f(x)＝，经检验，符合题意．故f(x)＝. 5．(－2,0)∪(0,2)　解析　根据奇函数的图象关于原点对称，可得f(x)的图象如图所示．xf(x)>0即图象上点的横坐标与纵坐标同号，且均不为0.结合图象可知，xf(x)>0的解集是(－2,0)∪(0,2)． 关键能力·落实 1．AC　解析　对于A，函数的定义域为{x，关于原点对称，且f(－x)＝tan(－x)＝－tan x＝－f(x)，故函数为奇函数；对于B，函数的定义域为R，关于原点对称，且f(－x)＝x2－x≠±f(x)，故函数为非奇非偶函数；对于C，函数的定义域为R，关于原点对称，且f(－x)＝＝－f(x)，故函数为奇函数；对于D，函数的定义域为{x|x≠－1}，不关于原点对称，故函数为非奇非偶函数．故选AC. 2．B　解析　对于A，f(－x)＝＝≠f(x)，故f(x)不是偶函数；对于B，f(－x)＝＝＝f(x)，故f(x)是偶函数；对于C，f(x)的定义域为{x|x≠－1}，不关于原点对称，故f(x)不是偶函数；对于D，f(－x)＝＝＝－＝－f(x)，故f(x)是奇函数．故选B. 3．D　解析　因为f(x)为R上的奇函数，g(x)为R上的偶函数，所以f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)．对于A，x∈R，设F(x)＝f(x)＋g(x)，则F(－x)＝f(－x)＋g(－x)＝－f(x)＋g(x)≠－f(x)－g(x)＝－F(x)，故错误；对于B，x∈R，设N(x)＝f(x)－g(x)，则N(－x)＝f(－x)－g(－x)＝－f(x)－g(x)≠f(x)－g(x)＝N(x)，故错误；对于C，x∈R，g(x)≠0，设M(x)＝，M(－x)＝＝－＝－M(x)≠M(x)，故错误；对于D，x∈R，设H(x)＝|f(x)g(x)|，H(－x)＝|f(－x)g(－x)|＝|－f(x)g(x)|＝|f(x)g(x)|＝H(x)，所以H(x)为偶函数，故正确．故选D. 4．奇　解析　由题意得函数f(x)的定义域为R，定义域关于原点对称，令x＝y＝0，则f(0)＝f(0)＋f(0)＋2，故f(0)＝－2.令y＝－x，则f(0)＝f(x)＋f(－x)＋2，故f(x)＋2＝－f(－x)－2＝－[f(－x)＋2]．故f(x)＋2为奇函数． 【例1】　f(x)＝　解析　因为f(x)为奇函数，所以f(0)＝0.当x<0时，－x>0.f(x)＝－f(－x)＝－(－x＋1)＝x－1.所以f(x)＝ 【例2】　B　解析　因为f(x)为偶函数，则f(1)＝f(－1)，所以(1＋a)ln ＝(－1＋a)ln 3，解得a＝0.当a＝0时，f(x)＝xln ，由(2x－1)(2x＋1)>0，解得x>或x<－，则其定义域为{x，关于原点对称．f(－x)＝(－x)ln＝(－x)ln＝(－x)ln－1＝xln＝f(x)，故此时f(x)为偶函数．故选B. 【例3】　D　解析　偶函数f(x)在(－∞，0]上单调递减，则在(0，＋∞)上单调递增．因为f(1)＝0，则当x>0时，xf(x－2)>0即f(|x－2|)>0＝f(1)，所以x－2>1或x－2<－1，解得x>3或x<1，所以x∈(0,1)∪(3，＋∞)．当x<0时，xf(x－2)>0即f(x－2)<0，f(|x－2|)<0＝f(1)，所以－1<x－2<1，解得1<x<3，所以解集为空集．综上，不等式xf(x－2)>0的解集为(0,1)∪(3，＋∞)，故选D. 【题组对点练】　 1．B　解析　因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(3)＝－f(－3)，又f(3)＝－8，所以f(－3)＝8，又当x<0时，f(x)＝x2＋，所以f(－3)＝(－3)2＋＝8，解得a＝3，故选B. 2．C　解析　解法一：因为函数f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，当x>0时，－x<0，f(－x)＝－a2x－1，－f(x)＝－x－a，则－a2x－1＝－x－a，可得a＝1，故选C. 解法二： 因为函数f(x)是奇函数，所以f(－1)＝－f(1)，即－a2－1＝－(1＋a)，解得a＝0或a＝1，经检验a＝1符合题意，故选C. 3．(5，＋∞)　解析　因为f(x－2)为奇函数，所以f(x－2)的图象的对称中心为(0,0)．又因为f(x)的图象可由f(x－2)的图象向左平移2个单位长度得到，所以f(x)的图象关于点(－2,0)中心对称，因为f(x)在[－2，＋∞)上单调递减，所以f(x)在(－∞，－2]上也单调递减，所以f(3－x)>0＝f(－2)，即3－x<－2，解得x>5，所以解集为(5，＋∞)． 【例4】　(1)D　解析　因为函数f(x)是偶函数，所以f(－x)＝f(x)，又因为f(2－x)＝－f(x)，所以f(2－x)＝－f(－x)，所以f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)，所以函数f(x)的周期为4，所以f＝f＝f＝f＝－f＝－f＝－.故选D. (2)340　解析　因为f(x＋6)＝f(x)，所以f(x)的周期T＝6，于是f(1)＝1，f(2)＝2，f(3)＝f(－3)＝－(－3＋2)2＝－1，f(4)＝f(－2)＝－(－2＋2)2＝0，f(5)＝f(－1)＝－1，f(6)＝f(0)＝0，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)＋f(6)＝1，而2 024＝6×337＋2，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 024)＝337×1＋1＋2＝340. 【训练】　f(x)＝log2(3－x)　解析　令x∈[－1,0]，则－x∈[0,1]，结合题意可得f(x)＝f(－x)＝log2(－x＋1)，令x∈[1,2]，则x－2∈[－1,0]，故f(x)＝f(x－2)＝log2[－(x－2)＋1]＝log2(3－x)．故函数f(x)在[1,2]上的解析式是f(x)＝log2(3－x)． 第3课时　函数的对称性 必备知识·梳理 教材回顾 1．(1)原点　y轴　(2)x＝a　(a,0)　(3)(a,0) 2．(1)y轴　(2)x轴　(3)原点 小题快练 1．B　解析　因为f(x)＝＝1＋，由y＝的图象向上平移一个单位长度得到y＝1＋的图象，又y＝的图象关于点(0,0)对称，所以f(x)＝1＋的图象关于点(0,1)对称．故选B. 2．A　解析　因为f(x＋2)＝f(2－x)，所以f(x)的图象关于直线x＝2对称，所以f(3)＝f(1)，由于f(x)在(－∞，2)上单调递增，所以f(－1)<f(1)＝f(3)，f(0)<f(1)＝f(3)．故选A. 3．3　解析　由已知得f(x)的图象关于直线x＝2对称，所以f(5)＝f(－1)＝3. 4．(－1,2)　解析　y＝f(x)与y＝－f(－x)的图象关于原点对称，y＝f(x)的图象经过点P(1，－2)，则函数y＝－f(－x)的图象必过点(－1,2)． 5．1　解析　因为函数f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(－x)＝f(x)，因为f(x＋2)＝f(2－x)，所以f(x＋4)＝f(－x)＝f(x)，所以函数f(x)是以4为周期的周期函数，则f(2 027)＝f(4×507－1)＝f(－1)＝f(1)＝1. 关键能力·落实 【例1】　(1)x＝1　解析　因为f(x＋1)为偶函数，所以函数f(x＋1)的图象关于直线x＝0对称．又函数f(x)的图象是由函数f(x＋1)的图象向右平移一个单位长度而得到，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称． (2)解　假设存在a，b, 使得曲线y＝f关于直线x＝b对称．令g(x)＝f＝(x＋a)ln＝(x＋a)ln，因为曲线y＝g(x)关于直线x＝b对称，所以g(x)＝g(2b－x)，即(x＋a)ln＝(2b－x＋a)ln＝(x－2b－a)ln，于是得当a＝，b＝－时，g(x)＝ln，g(－1－x)＝ln＝ln＝ln＝ln＝g(x)，所以曲线y＝g(x)关于直线x＝－对称，满足题意．故存在a，b，使得曲线y＝f关于直线x＝b对称，且a＝，b＝－. 【训练1】　(1)1　解析　因为f(x)的周期为6，则f(2 025)＝f(3)，又f(x＋2)为偶函数，所以f(x)的图象关于直线x＝2对称，所以f(3)＝f(1)＝1，所以f(2 025)＝1. (2)D　解析　函数f(x)＝ex＋e2－x＝ex＋，令t＝ex(t>0)，g(t)＝t＋(t>0)，类比对勾函数y＝x＋(k>0)的图象，作出g(t)的大致图象，如图所示，则g(t)在(0，＋∞)上先减后增，又y＝ex单调递增，所以函数f(x)先减后增，A选项错误．函数f(x)＝ex＋e2－x>0，所以f(x)没有零点，B选项错误．x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以函数f(x)没有最大值，C选项错误．由于f(2－x)＝e2－x＋e2－(2－x)＝e2－x＋ex＝f(x)，所以f(x)关于直线x＝1对称，故选D. 【例2】　(1)(－2,0)　解析　y＝f(x)的图象是由y＝f(x－2)的图象向左平移2个单位得到的，而y＝f(x－2)的图象的对称中心为(0,0)，所以y＝f(x)的图象的对称中心为(－2,0)． (2)D　解析　解法一：由f(2－x)＋f(x)＝－2知f(x)关于(1，－1)对称，将y＝f(x)向左平移1个单位，向上平移1个单位得到y＝f(x＋1)＋1关于原点对称，所以y＝f(x＋1)＋1是奇函数，故选D. 解法二：函数f(x)满足f(2－x)＋f(x)＝－2，可得f(1－x)＋f(1＋x)＝－2，即f(1－x)＋1＋f(1＋x)＋1＝0，即f(－x＋1)＋1＝－[f(x＋1)＋1]，所以函数y＝f(x＋1)＋1为奇函数．故选D. 【训练2】　ABC　解析　对于A，f(x)＝＝＝2－，其图象可以由y＝－的图象向左平移2个单位长度，再向上平移2个单位长度得到，又y＝－的图象关于原点对称，故f(x)＝的图象关于点(－2,2)中心对称，A正确；对于B，因为f(2x－1)为奇函数，所以f(2x－1)＝－f(－2x－1)，所以f(x－1)＝－f(－x－1)，所以f(x)＝－f(－x－2)，所以函数f(x)关于点(－1,0)中心对称，B正确；对于C，函数y＝f(x)的图象向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度得到函数y＝f(x－1)＋1的图象，由于y＝f(x)过定点(0,1)，故函数y＝f(x－1)＋1过定点(1,2)，C正确；对于D，函数y＝＝＝1＋的图象关于点(3，c)中心对称，所以解得所以b＋c＝4，D不正确．故选ABC. 【例3】　(1)0.4　解析　由已知得f(x)的图象关于x＝0和x＝1对称，故f(x)的周期为2，所以f(8.6)＝f(0.6)＝f(－0.6)＝0.4. (2)C　解析　由已知f(x)关于(0,0)与(2,0)对称，所以f(x)是周期为2|2－0|＝4的函数，当x∈(2,4)时，f(x)＝－log(x－1)＋m，则f(3)＝m＋1，则f(2 025)＝f(1)＝－f(－1)＝－f(3)＝－m－1，所以＝m＋1，解得m＝－.故选C. 【训练3】　D　解析　因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(x)的图象关于(0,0)对称，又f为偶函数，则f(x)的图象关于直线x＝对称，所以f(x)是以4＝6为周期的周期函数．对于f＝f，令x＝－，得f(2)＝f(1)＝2，f(2 022)＝f(6×337)＝f(0)＝0，f(2 023)＝f(6×337＋1)＝f(1)＝2，f(2 024)＝f(6×337＋2)＝f(2)＝2，所以f(2 022)＋f(2 023)＋f(2 024)＝4.故选D. 【例4】　(1)D　解析　解法一：设t＝x－1，则y＝f(t)与y＝f(－t)的图象关于直线t＝0对称．即y＝f(x－1)与y＝f(1－x)的图象关于直线x＝1对称．故选D. 解法二：y＝f(x－1)与y＝f(1－x)的图象分别由y＝f(x)与y＝f(－x)的图象向右平移一个单位长度而得到，又y＝f(x)与y＝f(－x)的图象关于y轴对称．所以y＝f(x－1)与y＝f(1－x)的图象关于直线x＝1对称．故选D. (2)y＝e2－x　解析　与曲线f(x)＝ex关于直线x＝1对称的曲线对应的函数是f(2－x)＝e2－x，即y＝e2－x. 【训练4】　g(x)＝－ln(x－1)　解析　解法一：设P(x，y)为函数y＝g(x)图象上任意一点，则点P(x，y)关于点(1,0)的对称点Q(2－x，－y)在函数y＝f(x)的图象上，即－y＝f(2－x)＝ln(x－1)．所以y＝－ln(x－1)，所以g(x)＝－ln(x－1)． 解法二：f(x)＝ln(1－x)向左平移一个单位长度得y＝ln(－x)，其关于原点对称的函数为y＝－ln x，再向右平移一个单位长度得y＝－ln(x－1)，所以g(x)＝－ln(x－1)． 解法三：y＝f(x)关于点(1,0)对称的函数g(x)＝－f(2－x)＝－ln(x－1)． 第4课时　函数性质的综合应用 关键能力·落实 【例1】　(－3,1)　解析　由f(－x)＝－f(x)，得a＝0，即f(x)＝－＝当x≥0时，f(x)＝－1＋在[0，＋∞)上单调递减，又f(x)为奇函数，故f(x)在R上是减函数．由f(x)为奇函数，则不等式f(x2)＋f(2x－3)>0可化为f(x2)>f(3－2x)，所以x2<3－2x，解得－3<x<1，故不等式的解集为(－3,1)． 【训练1】　C　解析　由题意，知g(x)＝xf(x)在R上为偶函数，因为奇函数f(x)在R上是增函数，且f(0)＝0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又3>log2 5.1>2>20.8>0，且a＝g(－log25.1)＝g(log25.1)，所以g(3)>g(－log25.1)>g(20.8)，则b<a<c.故选C. 【例2】　(1)A　解析　依题意，函数f(x)的图象关于原点对称，则函数f(x)是奇函数，又f(x)的周期为4，且f(3)＝－2，则有f(2 025)＝f(－3＋507×4)＝f(－3)＝－f(3)＝2.故选A. (2)ABC　解析　因为f(2x＋1)是偶函数，所以f(－2x＋1)＝f(1＋2x)，即f(1－x)＝f(1＋x)，即函数f(x)的图象关于x＝1对称，则f(x)＝f(2－x)．因为f(x－1)是奇函数，所以f(－x－1)＝－f(x－1)，则f(－x－2)＝－f(x)＝－f(2－x)，即f(x－2)＝－f(2＋x)，则f(x)＝－f(x＋4)，即f(x＋8)＝－f(x＋4)＝f(x)，即函数f(x)的周期是8.则f(x)＝f(x－16)成立，故A正确；令x＝0，由f(－x－1)＝－f(x－1)，得f(－1)＝－f(－1)，得f(－1)＝0，f(3)＝0，则f(11)＝f(3)＝0，故B正确；f(2 024)＝f(8×253＋0)＝f(0)成立，故C正确；f(2 023)＝f(8×253－1)＝f(－1)＝f(3)成立，故D错误．故选ABC. 【训练2】　D　解析　因为f(x＋1)是奇函数，所以f(x)关于(1,0)中心对称，所以f(1)＝0，因为f(x＋2)是偶函数，所以f(x)关于直线x＝2对称，周期为4，所以f(0)＝－f(2)，f(3)＝f(1)，即f(1)－f(2)＝6，f(2)＝－6，代入可得解得因此f＝f＝－f＝－＝.故选D. 【例3】　C　解析　因为f(x－2)为奇函数，f(x)的周期为2，所以f(x)为奇函数，因为当x∈[0,1)时，>0，所以f(x)在[0,1)上单调递增，因为f(x)为奇函数，所以f(x)在(－1,0)上单调递增，所以f(x)在(－1,1)上单调递增，因为f＝f＝f，f(4)＝f(4－2×2)＝f(0)，f＝f＝f，f>f(0)>f，即f>f(4)>f.故选C. 【训练3】　B　解析　因为f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝f(x＋2＋2)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)是周期为4的周期函数，所以f(6)＝f(2)＝－f(0)＝f(0)，f＝f＝－f＝f，f(－7)＝f(1)，又当x∈[0,1]时，f(x)单调递增，所以f(0)<f<f(1)，即f(6)<f<f(－7)．故选B. 高考真题·重温 1．B　解析　(排除法)由题知函数f(x)的定义域为R，关于原点对称，f(－x)＝－(－x)2＋(e－x－ex)sin(－x)＝－x2＋(ex－e－x)sin x＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，函数图象关于y轴对称，排除A，C；f(1)＝－1＋sin 1>－1＋sin＝－1＋－>0，排除D.故选B. 2．D　解析　由题意可得f(x)的定义域为{x|x≠0}且a≠0.因为f(x)＝为偶函数，则f(x)－f(－x)＝－＝＝0，又因为x≠0，可得ex－e(a－1)x＝0，即ex＝e(a－1)x，则x＝(a－1)x，即1＝a－1，解得a＝2.故选D. 3．A　解析　令y＝1，得f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)f(1)＝f(x)，即f(x＋1)＝f(x)－f(x－1)．故f(x＋2)＝f(x＋1)－f(x)　①，f(x＋3)＝f(x＋2)－f(x＋1)　②.①＋②，得f(x＋3)＝－f(x)，所以f(x)的周期为6.令x＝1，y＝0，得f(1)＋f(1)＝f(1)f(0)，所以f(0)＝2，所以f(2)＝f(1)－f(0)＝1－2＝－1，f(3)＝f(2)－f(1)＝－1－1＝－2，f(4)＝f(3)－f(2)＝－2－(－1)＝－1，f(5)＝f(4)－f(3)＝－1－(－2)＝1，f(6)＝f(5)－f(4)＝1－(－1)＝2.所以(k)＝3[f(1)＋f(2)＋…＋f(6)]＋f(19)＋f(20)＋f(21)＋f(22)＝3×0＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1＋(－1)＋(－2)＋(－1)＝－3.故选A. 4．B　解析　因为f(x＋2)为偶函数，所以f(－x＋2)＝f(x＋2)．又因为f(2x＋1)为奇函数，所以f(－2x＋1)＝－f(2x＋1)，所以f(1)＝－f(1)，可得f(1)＝0，所以f(－1)＝－f(3)＝－f(1)＝0.故B正确． 素养进级·提能力 【典例】　BC　解　设函数h(x)＝f，则h(x)为偶函数，从而h(－x)＝h(x)，于是f＝f，即f＝f，函数f(x)的图象关于直线x＝对称，因此f(－1)＝f(4)，故C正确．由函数f(x)的图象关于直线x＝对称，得g(x)的图象关于点对称，则g＝0，由g(2＋x)是偶函数，得g(x)的图象关于x＝2对称，所以g(x)的周期T＝4×＝2，所以g＝g＝0，故B正确．由g(x)的周期T＝2，且关于点对称，所以g(－1)＝g(1)，g(1)＝－g(2)，所以g(－1)＝－g(2)，故D错误．取特殊函数f(x)＝1(x∈R)满足已知条件，所以A不正确．故选BC. 应用体验 1．BC　解析　因为函数f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以f′(－x)＝f′(x)，则函数f′(x)是偶函数，C正确．又f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝f(x)，所以f′(x＋4)＝f′(x)，所以函数f′(x)是以4为周期的周期函数，B正确．f(2 027)＝f(3)＝f(－1)＝－f(1)＝－2，A错误．由f(x＋2)＝f(－x)可知函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f′(1)＝0，D错误．故选BC. 2．ABD　解析　对于A，由f(x)为R上的奇函数，则f(0)＝0，f(x)＋f(－x)＝0，则f′(x)－f′(－x)＝0，所以g(x)－g(－x)＝0，即g(x)为偶函数，因此关于直线x＝0对称，故A正确；对于B，由f(2x)＝2f(x)g(x)，则两边同时求导得2f′(2x)＝2f′(x)g(x)＋2f(x)g′(x)，即g(2x)＝g2(x)＋f2(x)，故B正确；由g(x)f(x)－f(x)g(x)＝0，则2g(x)g′(x)－2f(x)f′(x)＝0，即[g2(x)]′－[f2(x)]′＝0，即[g2(x)－f2(x)]′＝0，则g2(x)－f2(x)＝C(C为常数)，设h(x)＝g2(x)－f2(x)＝C(C为常数)，对于C，由g(2x)＝g2(x)＋f2(x)，则g(0)＝g2(0)＋f2(0)，即g(0)[g(0)－1]＝0，解得g(0)＝0或g(0)＝1，当g(0)＝0，则h(0)＝g2(0)－f2(0)＝0，则h(x)＝g2(x)－f2(x)＝0，即f(x)＝±g(x)，又g(x)为偶函数，则f(x)即是奇函数也是偶函数，与f(x)在R上单调递增矛盾，因此g(0)＝0不符合题意，则g(0)＝1，故C错误；对于D，当g(0)＝1时，则h(0)＝g2(0)－f2(0)＝1，则h(x)＝g2(x)－f2(x)＝1，即g2(x)－f2(x)＝1，故D正确．故选ABD. 微专题强化二　抽象函数 【例1】　(1)2　解析　因为f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy(x，y∈R)，f(1)＝2，所以令x＝y＝1，得f(2)＝f(1＋1)＝f(1)＋f(1)＋2＝6，再令x＝2，y＝－1，得f(2－1)＝f(2)＋f(－1)－4＝2，所以f(－1)＝0，所以f(－2)＝f(－1)＋f(－1)＋2＝2. (2)B　解析　由f(a＋b)＝f(a)f(b)，f(1)＝2，令b＝1可得f(a＋1)＝f(a)f(1)＝2f(a)，所以＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝2×1 013＝2 026.故选B. 【训练1】　　解析　因为f(8)＝3，所以f(2×4)＝f(2)＋f(4)＝f(2)＋f(2×2)＝f(2)＋f(2)＋f(2)＝3f(2)＝3，所以f(2)＝1.所以f(2)＝f(×)＝f()＋f()＝2f()＝1，所以f()＝. 【例2】　ABD　解析　A中，因为f(x＋y)＝f(x)f(y)＋f(x)＋f(y)，当x>0时，f(x)>0，f(2)＝3，令x＝y＝1，则f(2)＝[f(1)]2＋2f(1)＝3，解得f(1)＝1，A正确；B中，任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x2>x1，则f(x2)＝f[x1＋(x2－x1)]＝f(x1)f(x2－x1)＋f(x1)＋f(x2－x1)，因为当x>0时，f(x)>0，所以f(x2－x1)>0，f(x1)>0，所以f(x1)f(x2－x1)＋f(x1)＋f(x2－x1)>f(x1)，即f(x2)>f(x1)，所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，B正确；C中，令x＝y＝0，则f(0)＝[f(0)]2＋2f(0)，解得f(0)＝0或f(0)＝－1，当f(0)＝0，且x>0时，令y＝－x，则0＝f(x)f(－x)＋f(x)＋f(－x)，若f(x)为奇函数，则f(－x)＝－f(x)，即0＝－f2(x)＋f(x)－f(x)，解得f(x)＝0，与题意矛盾；当f(0)＝－1时，f(x)不为奇函数．综上所述，函数f(x)不是奇函数，C错误；D中，当f(x)＝2x－1，则f(x＋y)＝2x＋y－1，f(x)f(y)＋f(x)＋f(y)＝(2x－1)(2y－1)＋(2x－1)＋(2y－1)＝2x＋y－2x－2y＋1＋2x－1＋2y－1＝2x＋y－1，所以f(x＋y)＝f(x)f(y)＋f(x)＋f(y)，易得f(x)＝2x－1在R上单调递增，所以x>0时，f(x)＝2x－1>20－1＝0，f(2)＝22－1＝3，故函数f(x)的一个解析式为f(x)＝2x－1，D正确．故选ABD. 【例3】　(3,4]　解析　因为f＝f(x)－f(y)，所以f(y)＋f＝f(x)．在上述等式中取x＝4，y＝2，则有f(2)＋f(2)＝f(4)．又因为f(2)＝1，所以f(4)＝2，所以f(x)－f≤2可变形为f(x(x－3))≤f(4)．又因为f(x)是定义在区间(0，＋∞)上的增函数，所以解得3＜x≤4.故x的取值范围是(3,4]． 【训练2】　A　解析　解法一：因为f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)，所以f(x1)－f(x2)＝f[(x1－x2)＋x2]－f(x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)＝f(x1－x2)，不妨令x1>x2，则x1－x2>0，因为当x>0时，f(x)<0，所以f(x1－x2)<0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，所以函数f(x)在R上单调递减．在f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)中，令x1＝x2＝0，则f(0)＝f(0)＋f(0)，得f(0)＝0.由题意知，f(x2)＋f(2x)＝f(x2＋2x)，又f(0)＝0，所以f(x2)＋f(2x)≥0即f(x2＋2x)≥f(0)，又f(x)在R上单调递减，所以x2＋2x≤0，解得－2≤x≤0，即x∈[－2,0]．故选A. 解法二：因为f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)，所以可令f(x)＝kx，又当x>0时，f(x)<0，所以k<0，所以f(x2)＋f(2x)≥0可转化为kx2＋2kx≥0，即x2＋2x≤0，解得－2≤x≤0，即x∈[－2,0]．故选A. 【例4】　AC　解析　令x＝y＝0，得f2(0)＝f2(0)－f2(0)＝0，所以f(0)＝0，所以A正确．令x＝0，得f(y)f(－y)＝f2(0)－f2(y)，因为f(0)＝0，所以f(y)f(－y)＝－f2(y)，即f(y)[f(y)＋f(－y)]＝0，因为f(y)不恒为0，所以f(y)＋f(－y)＝0，即f(x)＋f(－x)＝0，所以函数f(x)是奇函数，所以B错误．因为函数f(x)是奇函数，所以函数f(x)的图象关于原点对称．因为函数f(2x＋1)是偶函数，所以f(2x＋1)＝f(－2x＋1)，所以f(1＋x)＝f(1－x)，所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以函数f(x)的图象关于点(2,0)对称，即f(2＋x)＝－f(2－x)成立，所以C正确，且函数f(x)是以4为周期的周期函数．因为f(0)＝0，f(1)＝1，并且函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f(2)＝0，又因为函数f(x)的图象关于点(2,0)对称，所以f(3)＝－f(1)＝－1，因为函数f(x)是以4为周期的周期函数，所以f(4)＝f(0)＝0，即f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1＋0＋(－1)＋0＝0，再由周期性得，(k)＝0＋1＝1，所以D错误．综上，选AC. 【训练3】　A　解析　因为对任意x∈R，都有f(3－x)＝f(x＋1)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝2对称．又函数f(x＋1)的图象关于点(－1,0)对称，则函数f(x)的图象关于点(0,0)对称，即函数f(x)为奇函数，所以f(x＋4)＝f(－x)＝－f(x)，所以f(x＋8)＝－f(x＋4)＝f(x)，所以8是函数f(x)的一个周期，f(61)＝f(8×8－3)＝f(－3)＝－f(3)＝－f(1)＝－3.故选A. 第三节　幂函数与指、对数式的运算 必备知识·梳理 教材回顾 1．(1)y＝xα　(3)(1,1)　(0,0)　(1,1)　奇函数　偶函数 2．(1)x　根式　a　a　(2)　　0　(3)ar＋s　ars　arbr 3．(1)x＝logaN　a　N　lg N　ln N　(2)0　1　N　logaM＋logaN　logaM－logaN　nlogaM 小题快练 1．B　解析　因为y＝x＝，所以x3≥0，解得x≥0，即函数的定义域为[0，＋∞)，故排除A，D，又函数在定义域上单调递增，故B正确．故选B. 2．A　解析　因为2lg 5＋lg 4＝2lg 5＋2lg 2＝2(lg 5＋lg 2)＝2.又5log52＝2，所以2lg 5＋lg 4－5log52＝2－2＝0.故选A. 3．A　解析　log1210＝＝＝.故选A. 4.　解析　原式＝1＋×＋log23－log22－log23＝1＋×－1＝. 5．[－4,4]　解析　设幂函数为f(x)＝xα，则α＝，所以α＝，所以f(x)＝x，不等式f(|x|)≤2等价于|x|≤2，所以|x|≤4，所以－4≤x≤4，所以不等式f(|x|)≤2的解集是[－4,4]． 关键能力·落实 1．D　解析　设f(x)＝xα，则2α＝，α＝－2，即f(x)＝x－2，它是偶函数，单调递增区间是(－∞，0)．故选D. 2．D　解析　幂函数y＝xα，当α>0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递增，且0<α<1时，图象上凸，所以0<m<1.当α<0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递减．不妨令x＝2，由题图得2－1<2n<1，则－1<n<0.综上可知，－1<n<0<m<1.故选D. 3．A　解析　由题意得b＝3<4＝2＝a，a＝2＝4<4<5＝25＝c，所以b<a<c.故选A. 4．(－∞，－1)∪　解析　不等式(a＋1) <(3－2a) 等价于a＋1>3－2a>0或3－2a<a＋1<0或a＋1<0<3－2a，解得a<－1或<a<. 【例1】　(1)－　解析　原式＝(－1) ×＋－＋1＝＋500－10(＋2)＋1＝＋10－10－20＋1＝－. (2)ABD　解析　对于A，－1·(a－2) ＝a＋＝a，故正确；对于B，(xa－1y)a·(4y－a)＝4x×a·ya－a＝4xy0＝4x，故正确；对于C，[(1－)2] －(1＋)－1＋(1＋)0＝(－1)2×－＋1＝－1－(－1)＋1＝1，故错误；对于D,2a3b·÷(4)＝[2×(－5)÷4]a3＋b＋＝－ab，故正确．故选ABD. 【训练1】　(1)6　解析　原式＝2×3××12＝2×3×3×2×3×2＝21＋×3＋＋＝2×3＝6. (2)　解析　原式＝＝. (3)45　解析　由x＋x＝3，两边平方，得x＋x－1＝7，再平方得x2＋x－2＝47，所以x2＋x－2－2＝45. 【例2】　(1)2　解析　原式＝log535－log5－log514＋log ()2＝log5＋log2＝log5125－1＝log553－1＝3－1＝2. (2)　解析　原式＝×＝log32×log23＝×＝. (3)　解析　因为14b＝5，所以log145＝b.又log147＝a，所以log3528＝＝＝. 【训练2】　(1)4　解析　原式＝2lg 5＋(lg 5＋1)＋lg 2(2＋lg 5)＋(lg 2)2＝1＋3lg 5＋2lg 2＋lg 2(lg 5＋lg 2)＝1＋3lg 5＋3lg 2＝1＋3(lg 5＋lg 2)＝4. (2)64　解析　根据题意有－＝－，即3loga2－＝－，设t＝loga2(a>1)，则t>0，故3t－＝－，得t＝(t＝－1舍去)，所以loga2＝，所以a＝2，所以a＝64. 【例3】　D　解析　设至少经过n(n∈N*)个小时才能驾驶，则有60×(1－30%)n<20，即0.7n<，两边同时取对数得lg 0.7n<lg，即nlg 0.7<lg，因为lg 0.7<0，所以n>＝＝≈＝3.2所以n≥4，即至少经过4个小时才能驾驶，故选D. 【训练3】　C　解析　当W＝300时，ln f1＝，即ln f＝ln k3－ln 300，则f＝，当W＝8 100时，ln f2＝，即ln f＝ln k3－ln 8 100，则f＝.所以3＝＝27，即＝3，所以体重为300 g的豚鼠和体重为8 100 g的小狗的脉搏率的比值为3.故选C. 第四节　指数函数 必备知识·梳理 教材回顾 2．(0，＋∞)　(0,1)　y>1　0<y<1　y>1　0<y<1　 增函数　减函数 小题快练 1．CD　解析　y＝x2的值域为[0，＋∞)；y＝的值域为(－∞，0)∪(0，＋∞)；y＝2x的值域为(0，＋∞)；y＝3x－1的值域为(0，＋∞)．故选CD. 2．C　解析　因为y＝e－|x|＝所以函数图象关于y轴对称，且过点(0,1)，y＝e－|x|>0，函数在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，故C符合．故选C. 3．A　解析　不等式x－4≥3－2x，即34－x≥3－2x，由于y＝3x是增函数，所以4－x≥－2x，解得x≥－4，所以原不等式的解集为[－4，＋∞)．故选A. 4．(－3,1)　解析　当a<0时，不等式f(a)<1可化为a－7<1，即a<8，即a<－3，因为0<<1，所以a>－3，此时－3<a<0；当a≥0时，不等式f(a)<1可化为<1，此时0≤a<1.故a的取值范围是(－3,1)． 5．(1)(1,2 025)　解析　由x－1＝0得x＝1，此时f(x)＝a0＋2 024＝1＋2 024＝2 025，所以f(x)＝ax－1＋2 024的图象恒过定点(1,2 025)． (2)∪(1，)　解析　若a>1，则y＝ax是增函数，则由a2<2，可得1<a<；若0<a<1，则y＝ax是减函数，则由a－2<2，可得<a<1.综上所述，实数a的取值范围是∪(1，)． 关键能力·落实 【例1】　(1)C　解析　在同一直角坐标系中，作出函数y＝3－x与函数y＝－3x的图象，如图所示，由图象可知，函数y＝3－x与函数y＝－3x的图象关于原点对称，故选C. (2)(0,1)　解析　作出函数y＝|2x－1|的图象与直线y＝b，如图所示．由图象可得实数b的取值范围是(0,1)． (3)CD　解析　在同一直角坐标系中作出函数y＝x与y＝x的图象如图所示，设a＝b＝M，当M>1时，结合图象可得，a<b<0；当M＝1时，结合图象可得，a＝b＝0；当0<M<1时，结合图象可得，a>b>0.综上，选CD. 【训练】　(1)B　解析　由题意得，f(x)的定义域为R，排除C，D；当x≥－2时，f(x)＝x＋2，因为0<<1，所以f(x)在[－2，＋∞)上单调递减，排除A.故选B. (2)BC　解析　表示过点M(x1，y1)与点A(1，－1)的直线的斜率k.M(x1，y1)是y＝ex在x∈[0,1)图象上的动点，如图，B(1，e)，则k∈(－∞，－2]，只有B，C满足． 【例2】　(1)A　解析　因为函数y＝x在R上单调递减，a<b<，所以a>b>1.因为函数y＝ax(a>1)在R上为增函数，所以aa>ab.又y＝xb(b>1)在(0，＋∞)上单调递增，所以ab>bb，综上，aa>ab>bb.故选A. (2)D　解析　因为ea＋πb≥e－b＋π－a，所以ea－π－a≥e－b－πb①，令f(x)＝ex－π－x，则f(x)是R上的增函数，①即为f(a)≥f(－b)，所以a≥－b，即a＋b≥0.故选D. 【例3】　A　解析　f(x)＝|3x－3－x|的定义域为R，f(－x)＝|3－x－3x|＝|3x－3－x|＝f(x)，故y＝f(x)为偶函数．当x>0时，y＝3x，y＝－3－x均为增函数，故g(x)＝3x－3－x为(0，＋∞)上的增函数，又g(0)＝0，故当x>0时，g(x)>0，则y＝f(x)＝g(x)为(0，＋∞)上的增函数，故x<0时，y＝f(x)为减函数，f(2x－1)－f(x)>0，即f(2x－1)>f(x)，则|2x－1|>|x|，即(2x－1)2>x2,3x2－4x＋1>0，解得x∈∪(1，＋∞)．故选A. 【例4】　D　解析　函数y＝2x在R上单调递增，而函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0,1)上单调递减，则有函数y＝x(x－a)＝2－在区间(0,1)上单调递减，因此≥1，解得a≥2，所以a的取值范围是[2，＋∞)．故选D. 【题组对点练】　 1．B　解析　由函数y＝4.2x单调递增可知，0<a<1<b，又c＝log4.20.2<0，故b>a>c，故选B. 2．D　解析　因为函数f(x)＝2 024ax2＋bx＋1(a≠0)的图象关于直线x＝2对称，所以y＝ax2＋bx＋1关于直线x＝2对称，即－＝2，即b＝－4a，所以f(x)＝＝2 024a(x－2)2＋1－4a.又因为函数f(x)有最小值为1，所以a>0且f(2)＝1，即2 0241－4a＝1，所以1－4a＝0，即a＝，所以f(x)＝2 024(x－2)2.所以不等式f(x)≥2 024，即2 024(x－2)2≥2 024，即(x－2)2≥1，解得x≥4或x≤0.故选D. 3．AD　解析　因为f(－x)＝＝＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，图象关于坐标原点对称，故A正确；因为f(1)＝＝－，f(－1)＝＝，f(1)≠f(－1)，所以f(x)不是偶函数，图象不关于y轴对称，故B不正确；因为f(x)＝－＝－1＋，又3x>0，所以3x＋1>1，所以0<<2，所以f(x)∈(－1,1)，故C不正确；因为f(x)＝－＝－1＋，且y＝3x为增函数，所以f(x)在定义域(－∞，＋∞)上单调递减，故D正确．故选AD. 素养进级·提能力 【典例】　C　解　由f(x)≥0及y＝x＋a，y＝ln(x＋b)单调递增，可得x＋a与ln(x＋b)同正、同负或同为零，所以当ln(x＋b)＝0时，x＋a＝0，即所以b＝a＋1，则a2＋b2＝a2＋(a＋1)2＝22＋≥，故选C. 应用体验 1．2e2　解析　设f(x)＝aex－2，g(x)＝aex＋x，则a>0时，f(x)、g(x)均为增函数，令f(x)＝0得x＝ln，则g＝a·＋ln＝0，即ln＋2＝0，所以a＝2e2. 2．A　解析　①当a＝0时，f(x)≥0(x∈R)，满足题意，②当a<0时，ex－a>0，当x>－时，ax＋<0，故f(x)≥0(x∈R)不恒成立，③当a>0时，设g(x)＝ex－a，h(x)＝ax＋，则g(x)＝ex－a，h(x)＝ax＋都是递增函数，要使f(x)≥0(x∈R)恒成立，则(e2－a)，恒同号，所以g(x)＝ex－a，h(x)＝ax＋与x轴交点重合，令g(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a，h(x)＝ax＋＝0，得x＝－，方程ln a＝－的解的个数，即y＝aln a，y＝－交点个数，设φ(a)＝aln a，则φ′(a)＝1＋ln a由导数的应用可得φ(a)＝aln a在为减函数，在为增函数，则φ(a)min＝－<－，即ln a＝－有2个解，所以存在2个a，使得f(x)≥0(x∈R)成立，综合①②③得，满足条件的a的个数是3个，故选A. 第五节　对数函数 必备知识·梳理 教材回顾 1．(1)y＝logax(a>0，且a≠1)　(0，＋∞)　(2)(0，＋∞)　R　(1,0)　增　减 2．y＝logax(a>0，且a≠1)　y＝x 小题快练 1．B　解析　要使式子b＝log3a－1(4－a2)有意义，需解得<a<或<a<2.故选B. 2．D　解析　因为x∈[－1,3]，所以x2＋1∈[1,10]，所以f(x)＝lg(x2＋1)∈[0,1]，故选D. 3．A　解析　由函数f(x)的解析式可确定该函数为偶函数，图象关于y轴对称．设g(x)＝loga|x|，先画出当x>0时g(x)的图象，然后根据g(x)的图象关于y轴对称画出x<0时g(x)的图象，最后由函数g(x)的图象向上整体平移1个单位长度即得f(x)的图象，结合图象知选A. 4．AB　解析　对于选项A，由>0，解得－1<x<1，即f(x)的定义域为(－1,1)，所以A正确；对于选项B，f(－x)＝ln＝－ln＝－f(x)，即f(x)为奇函数，所以B正确；对于选项C，f(x)＝ln＝ln＝ln，在(－1,1)上，y＝－1＋单调递减，根据复合函数的单调性可知，f(x)在定义域上是减函数，所以C不正确；对于选项D，因为f(x)的定义域为(－1,1)，所以－1＋∈(0，＋∞)，所以ln∈(－∞，＋∞)，所以D不正确．故选AB. 5.　解析　由log (2x－1)≥0，得0<2x－1≤1.所以<x≤1.所以函数y＝的定义域是. 关键能力·落实 【例1】　(1)A　解析　由于函数y＝lg(x＋1)的图象可由函数y＝lg x的图象向左平移一个单位长度得到，函数y＝lg x的图象与x轴的交点是(1,0)，故函数y＝lg(x＋1)的图象与x轴的交点是(0,0)，所以函数y＝|lg(x＋1)|的图象与x轴的交点是(0,0)．故选A. (2)BD　解析　因为函数f(x)＝loga(x－b)为减函数，所以0<a<1，B项正确．因为函数f(x)的图象与x轴的交点在正半轴，所以x＝1＋b>0，即b>－1，又因为函数f(x)的图象与y轴有交点，所以b<0，所以－1<b<0，D项正确．故选BD. 【训练】　D　解析　当x＝0时，y＝loga＝－1.当0<a<1时，函数图象经过第二、三、四象限；当a>1时，函数图象经过第一、三、四象限．所以函数y＝loga的图象一定经过第三、四象限．故选D. 【例2】　(1)B　解析　A．y＝0.6x单调递减，所以0.60.6<0.60.5，故A错误；B.y＝log6x单调递增，所以log60.6>log60.5，又log60.5>log50.5，所以log60.6>log50.5，故B正确；C.0.60.5∈(0,1)，log0.60.5>log0.60.6＝1，所以0.60.5<log0.60.5，故C错误：D.y＝log6x单调递增，所以log60.5<log60.7，故D错误．故选B. (2)A　解析　因为a，b，c均为正数，将a，b，c分别看成是函数图象的交点的横坐标．在同一平面直角坐标系内分别画出y＝2x，y＝x，y＝log2x，y＝logx的图象如图．由图可知a<b<c.故选A. 【例3】　B　解析　因为偶函数f(x)在(－∞，0]上单调递减，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(1)＝2，所以不等式f(log2x)>2＝f(1)，即|log2x|>1，解得0<x<或x>2.故选B. 【例4】　D　解析　由f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|，得f(x)的定义域为{x，关于坐标原点对称，又f(－x)＝ln|1－2x|－ln|－2x－1|＝ln|2x－1|－ln|2x＋1|＝－f(x)，所以f(x)为定义域上的奇函数，故排除A，C；当x∈时，f(x)＝ln(2x＋1)－ln(1－2x)，因为y＝ln(2x＋1)在上单调递增，y＝ln(1－2x)在上单调递减，所以f(x)在上单调递增，故排除B；当x∈时，f(x)＝ln(－2x－1)－ln(1－2x)＝ln＝ln，因为u＝1＋在上单调递减，f(u)＝ln u在(0，＋∞)上单调递增，根据复合函数单调性可知f(x)在上单调递减，故D正确． 【题组对点练】　 1．C　解析　因为a＝20.2>20＝1,0＝log0.21<b＝log0.20.5<log0.20.2＝1，c＝log20.2<log21＝0，所以a>b>c.故选C. 2．(2，＋∞)　解析　因为loga<loga，当0<a<1时，则有>，无解；当a>1时，则有<，解得a>1.综上a>1，则对数函数y＝logax(a>0，且a≠1)在(0，＋∞)上单调递增，又关于x的不等式loga(2x－3)>0，所以2x－3>1，解得x>2.所以关于x的不等式loga(2x－3)>0的解集为(2，＋∞)． 3.　解析　令u(x)＝2－a2x(a>0)，则u(x)＝2－a2x(a>0)在[3,7]上单调递减，所以由复合函数的单调性可知y＝logau在[3,7]上单调递减，则解得0<a<，即a的取值范围为. 4．AB　解析　由题意可得解得－6<x<4，即f(x)的定义域是(－6,4)，则A正确；f(x)＝log2(－x2－2x＋24)，因为y＝－x2－2x＋24在(－6，－1)上单调递增，在(－1,4)上单调递减，y＝log2x在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在(－6，－1)上单调递增，在(－1,4)上单调递减，所以f(x)max＝f(－1)＝2log25，则B正确；因为f(x)在(－6，－1)上单调递增，在(－1,4)上单调递减，且f(－4)＝f(2)＝4，所以不等式f(x)<4的解集是(－6，－4)∪(2,4)，则C错误；因为f(x)在(－1,4)上单调递减，所以D错误．故选AB. 高考真题·重温 1．D　解析　由题意，得＝2.1，＝3.15，若S不变，则2.1ln N1＝3.15ln N2，即2ln N1＝3ln N2所以N＝N，故选D. 2．D　解析　a＝20.7>20＝1，b＝0.7<0＝1且b>0，c＝log2<log21＝0，故a>b>c，故选D. 3．C　解析　因为a＝log52<log55＝＝c，b＝log83>log88＝＝c，所以a<c<b.故选C. 4．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. 5．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)＝2xln 2－3－x×ln 3×(－1)＝2xln 2＋3－xln 3，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. 微专题强化三　幂、指、对的大小比较 【例1】　D　解析　解法一：分别对20a＝22,22b＝23，ac＝b两边取对数，得a＝log2022，b＝log2223，c＝logab.a－b＝log2022－log2223＝－＝.由基本不等式，得lg 20·lg 23<2＝2<2＝2＝(lg 22)2，所以(lg 22)2－lg 20·lg 23>0，即a－b>0，所以a>b>1.又c＝logab<logaa＝1，所以a>b>c.故选D. 解法二：＝·＝，又lg 20·lg 23<2＝2<2＝(lg 22)2，所以>1，a>b>1，又c＝logab<logaa＝1，所以a>b>c.故选D. 【例2】　(1)C　解析　因为y＝0.3x在R上为减函数，且>0.2>0，所以0.3<0.30.2<0.30，即0.3<0.30.2<1.因为y＝2x在R上为增函数，且0.2>0，所以20.2>20＝1，所以0.3<0.30.2<1<20.2，所以b>c>a.故选C. (2)B　解析　因为b＝ln－ln 3＝－＝＝<＝0，而a＝e>0，c＝π>0，所以b最小．又ln a＝ln e＝<，ln c＝ln π＝ln π>，所以ln c>ln a，即c>a，因此c>a>b.故选B. 【例3】　(1)C　解析　因为函数y＝x为增函数，所以<，即a<b，又因为函数y＝x为增函数，所以<，即b<c，故c>b>a.故选C. (2)ABD　解析　因为0<a<1，所以0<1－a<1＋a，因此loga(1－a)>loga(1＋a)，故A正确；因为0<a<1，所以1<1＋a<2，因此loga(1＋a)<loga1＝0，故B正确；因为0<a<1，所以0<1－a<1，因此(1－a) >(1－a) ，故C不正确；因为0<a<1，所以0<1－a<1，因此a1－a<a0＝1，故D正确．故选ABD. 【例4】　ACD　解析　由4m－4n<5－m－5－n得4m－5－m<4n－5－n，令f(x)＝4x－5－x，则f(m)<f(n)．因为函数y＝4x，y＝－5－x在R上都是增函数，所以f(x)在R上是增函数，所以m<n，故A正确．当m＝1，n＝2时，＝n－3<m－3＝1，故B错误．因为函数y＝x在R上单调递增，所以由m<n得<，故C正确．因为函数y＝3－x在R上单调递减，所以由m<n得3－n<3－m，故D正确．故选ACD. 【例5】　B　解析　因为a＝2ln 1.01＝ln 1.012＝ln 1.020 1，所以a>b，排除选项A与选项D.下面比较a与c的大小．令f(x)＝2ln(1＋x)－＋1，x∈[0,1)，则f′(x)＝－＝，因为(1＋4x)－(1＋x)2＝1＋4x－1－2x－x2＝2x－x2＝x(2－x)≥0(x∈[0,1))，所以f′(x)≥0，所以f(x)在[0,1)上为增函数，所以f(0.01)>f(0)＝0，得a>c.排除C，故选B. 第六节　函数的图象 必备知识·梳理 教材回顾 2．(2)－f(x)　f(－x)　－f(－x)　logax　(3)f(ax)　Af(x) (4)|f(x)|　f(|x|) 小题快练 1．C　解析　其图象是由y＝x2图象中x<0的部分和y＝x－1图象中x≥0的部分组成．故选C. 2．C　解析　由于函数f(x)＝ln(x＋1)的图象是由函数y＝ln x的图象向左平移1个单位长度得到的，函数g(x)＝x2－4x＋4＝(x－2)2，故函数g(x)图象的对称轴为x＝2，顶点坐标为(2,0)，开口向上，所以作出f(x)，g(x)的图象如图所示，故函数f(x)与g(x)的图象有两个交点．故选C. 3．y＝ln　解析　根据伸缩变换方法可得，所求函数解析式为y＝ln. 4．y＝f(－x＋1)　解析　y＝f(－x)的图象向右平移1个单位长度，是将f(－x)中的x变成x－1，故所得函数为y＝f(－x＋1)． 5．1　解析　由图象可知不等式－2<f(x＋t)<4即为f(3)<f(x＋t)<f(0)，故x＋t∈(0,3)，即不等式的解集为(－t,3－t)，依题意可得t＝1. 关键能力·落实 1．解　先作出y＝x的图象，保留图象中x≥0的部分，再作出y＝x的图象中x>0部分关于y轴的对称部分，即得y＝|x|的图象，如图①实线部分． 2．解　将函数y＝log2x的图象向左平移1个单位长度，再将x轴下方的部分沿x轴翻折上去，即可得到函数y＝|log2(x＋1)|的图象，如图②. 3．解　因为y＝且函数为偶函数，先用描点法作出[0，＋∞)上的图象，再根据对称性作出(－∞，0)上的图象，如图③. 4．解　原函数解析式可化为y＝2＋，故函数图象可由函数y＝的图象向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度得到，如图④所示． 【例1】　C　解析　由函数f(x)＝ln|x|可知定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且定义域关于原点对称．因为f(－x)＝ln|－x|＝ln|x|＝－f(x)，所以函数f(x)＝ln|x|为奇函数，故排除选项B；因为f(1)＝ln|1|＝0，故排除选项A；因为f＝ln＝ln2>0，故排除选项D.故选C. 【例2】　D　解析　对于A，要使函数f(x)有意义，则即所以x<－3或－3<x<－2或－2<x<－1或x>－1，所以函数f(x)的定义域为(－∞，－3)∪(－3，－2)∪(－2，－1)∪(－1，＋∞)，A不正确；对于B，f(0)＝≠0，而题图中函数f(x)的图象过原点，B不正确；对于C，对于函数f(x)＝，则f′(x)＝，当x>0时，f′(x)>0，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不符合题图，C不正确；对于D，函数f(x)＝，定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，且f(0)＝0，f′(x)＝，当x<－1时，f′(x)<0，当－1<x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0，所以函数f(x)＝在(－∞，－1)上单调递减，在(－1,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，符合题图，D正确．故选D. 【题组对点练】　 1．D　解析　由函数f(x)＝的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)关于原点对称，又由f(－x)＝＝－＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，所以函数f(x)的图象关于原点对称，可排除A、B选项；当x∈(0,1)时，f(x)<0；当x＝1时，f(x)＝0；当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，根据指数函数与对数函数的增长趋势，可得x→＋∞时，f(x)→0，可排除C选项．故选D. 2．A　解析　由题图可知，函数的定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞)，而C选项中函数的定义域为(0，＋∞)，故排除C；对于B，由f(x)＝xln|x|，f(－x)＝－xln|x|，所以f(－x)＝－f(x)，即函数为奇函数，排除B；对于D，当0<x<1时，x－1<0，ex>0，所以f(x)＝(x－1)ex<0，排除D.故选A. 【例3】　AC　解析　作出f(x)＝x－[x]＝的图象如图所示． 由图可知f＝f<f，所以A正确；函数f(x)每隔一个单位重复一次，是以1为周期的函数，函数f(x)在定义域R上是周期函数，不是增函数，所以B错误；函数f(x)是以1为周期的函数，所以方程f(x)－＝0有无数个实数根，所以C正确；由图可知f(x)＝x－[x]∈[0,1)，所以函数f(x)无最大值，最小值为0，所以D错误．故选AC. 【训练】　D　解析　作出y＝|2x－1|，y＝x2－4|x|＋2的大致图象，如图所示．由图可知，当g(x)有2个零点时，f(x)无零点或只有1个零点；当g(x)有3个零点时，f(x)只有1个零点；当f(x)有2个零点时，g(x)有4个零点．故选D. 第七节　函数的零点与方程的解 必备知识·梳理 教材回顾 1．(1)f(x)＝0　(2)零点　x轴　(3)f(a)f(b)<0　(a，b)　f(c)＝0 2．零点　一分为二 小题快练 1．B　解析　令y＝f(x)－3＝0，得f(x)＝3.当x≤0时，令＝3，得x＝－8；当x>0时，易知f(x)＝x＋log2x单调递增，且f(2)＝3.故函数y＝f(x)－3的零点为－8和2.故选B. 2．B　解析　因为f(1.375)>0，f(1.312 5)<0，且1.375－1.312 5<0.1，所以该方程的一个近似根(精确度为0.1)在区间(1.312 5，1.375)内，结合选项知，选B. 3．A　解析　设f(x)＝ln(x＋1)－，易知f(x)为增函数，而f(1)＝ln 2－2<0，f(2)＝ln 3－1>0，所以函数f(x)在区间(1,2)内有零点，即用二分法求方程ln(x＋1)＝的近似解时，可以取的一个区间是(1,2)．故选A. 4．C　解析　由题意知函数f(x)在区间(1,2)上单调递增，又函数的一个零点在区间(1,2)内，所以即解得0<a<3.故选C. 5．1　解析　由题易得f(x)在R上单调递增，又f(－1)＝－3<0，f(0)＝1>0，因此函数f(x)有且只有一个零点． 关键能力·落实 【例1】　(1)B　解析　因为函数y＝x－2和y＝－在[0，＋∞)上都单调递减，所以f(x)＝x－2－在[0，＋∞)上单调递减，又f(0)＝4>0，f(1)＝1>0，f(2)＝1－<0，f(3)＝－<0，f(4)＝－<0，故f(1)f(2)<0，所以函数f(x)的零点所在区间是(1,2)．故选B. (2)AC　解析　作出函数y＝2x2－3和y＝4ln x的图象，如图所示，由图象可知，f(x)最多有两个零点，因为f＝＋4－3>0，f()＝2e－2－3>0，f(1)＝2－3<0，f(e)＝2e2－4－3>0，f(e2)＝2e4－8－3>0，所以ff(1)<0，f(1)f()<0，由函数零点存在定理可知f(x)在内有零点，在(1，)内有零点．故选AC. 【训练1】　(1)AD　解析　f(－2)＝>0，f(－1)＝－1<0，f(0)＝－1<0，f(1)＝e－3<0，f(2)＝e2－4>0，因为f(－2)f(－1)<0，f(1)f(2)<0，所以f(x)在(－2，－1)和(1,2)内存在零点．故选AD. (2)－2　解析　函数f(x)＝e－x－2x－5是减函数，f(－2)＝e2－1>0，f(－1)＝e－3<0，所以f(－2)f(－1)<0，所以函数f(x)＝e－x－2x－5的零点位于区间(－2，－1)上，所以m＝－2. 【例2】　(1)B　解析　解法一：因为f(0)f(1)＝(－1)×1＝－1<0，且函数在定义域上单调递增且连续，所以函数f(x)在区间(0,1)内有且只有1个零点．故选B. 解法二：设y1＝2x，y2＝2－x3，在同一坐标系中画出两函数的图象如图所示，在区间(0,1)内，两图象的交点个数即为f(x)的零点个数．故函数f(x)在区间(0,1)内有且只有1个零点．故选B. (2)C　解析　因为f(2＋x)＝f(2－x)，f(x)关于直线x＝2对称，且f(5＋x)＝f(－x－1)；因为f(7＋x)＝f(7－x)，故可得f(5＋x)＝f(－x＋9)；故可得f(－x－1)＝f(－x＋9)，则f(x)＝f(x＋10)，故f(x)是以10为周期的函数．又f(x)在区间[0,7]上只有x＝1和x＝3两个零点，根据函数对称性可知，f(x)在一个周期[0,10]内也只有两个零点，又区间[0,2 024]内包含202个周期，故f(x)在[0,2 020]上的零点个数为202×2＝404，又f(x)在(2 020,2 024]上的零点个数与在(0,4]上的零点个数相同，有2个．故f(x)在[0,2 024]上有406个零点，即f(x)＝0在区间[0,2 024]上有406个根．故选C. 【训练2】　(1)B　解析　由题知函数f(x)是增函数．根据函数零点存在定理及f(0)＝－2<0，f(1)＝e－2>0，f(0)f(1)<0，可知函数f(x)在区间(0,1)上有且只有一个零点．故选B. (2)D　解析　由题意知，f(x)是周期为2的偶函数．在同一直角坐标系内，分别作出函数y＝f(x)及y＝log3|x|的图象，如图所示，观察图象可知它们有4个交点，即函数y＝f(x)－log3|x|有4个零点．故选D. 【例3】　(1)D　解析　令h(x)＝f(x)－g(x)＝ax2－cos x＋a－1，f(x)和g(x)恰有一个交点，即h(x)恰有一个零点．由于x∈(－1,1)，关于x＝0对称，h(x)显然为一个偶函数，偶函数只有一个零点，只可能在x＝0处取得，因此：h(0)＝0－1＋a－1＝0，所以a＝2. (2)D　解析　当a＝0时，f(x)＝3，不符合题意，当a>0时，由于函数y＝2alog2x，y＝a·4x＋3在上均单调递增，此时函数f(x)在上单调递增；当a<0时，由于函数y＝2alog2x，y＝a·4x＋3在上均单调递减，此时函数f(x)在上单调递减．因为函数f(x)在区间上有零点，所以ff(1)<0，即3(4a＋3)<0，解得a<－.故选D. 【训练3】　B　解析　由f(x)＝3x－＝0，可得a＝3x－，令g(x)＝3x－，其中x∈(－∞，－1)，由于存在x0∈(－∞，－1)，使得f(x0)＝0，则实数a的取值范围即为函数g(x)在(－∞，－1)上的值域．由于函数y＝3x，y＝－在区间(－∞，－1)上均单调递增，所以函数g(x)在(－∞，－1)上单调递增．当x∈(－∞，－1)时，g(x)＝3x－<g(－1)＝3－1＋1＝，又当x∈(－∞，－1)时，g(x)＝3x－>0，所以函数g(x)在(－∞，－1)上的值域为.因此实数a的取值范围是.故选B. 高考真题·重温 1．D　解析　由题图可知函数f(x)的图象关于y轴对称，所以函数f(x)是偶函数．对于A，f(x)＝，定义域为R，f(－x)＝＝－f(x)，所以函数f(x)＝是奇函数，所以排除A；对于B，f(x)＝，定义域为R，f(－x)＝＝－＝－f(x)，所以函数f(x)＝是奇函数，所以排除B；对于C，f(x)＝，定义域为R，f(－x)＝＝f(x)，所以函数f(x)＝是偶函数，又x2＋2>0，ex＋e－x>0，所以f(x)>0恒成立，不符合题意，所以排除C；分析知，选项D符合题意，故选D. 2．A　解析　设函数f(x)＝(3x－3－x)cos x，则对任意x∈，都有f(－x)＝(3－x－3x)cos(－x)＝－(3x－3－x)cos x＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数，因此排除B，D选项．又f(1)＝(3－3－1)cos 1＝cos 1>0，所以排除C选项．故选A. 3．A　解析　对于B选项，当x＝1时，y＝0，与图象不符，故B不符合题意．对于C选项，当x＝1时，y＝＝cos 1≈cos 60°＝<1，与图象不符，故C不符合题意．对于D选项，当x＝3时，y＝>0，与图象不符，故D不符合题意．综上，用排除法选A. 4．①②④　解析　由题意知f(x)的零点个数即为y＝|lg x|和y＝kx＋2的图象的交点个数，在同一个平面直角坐标系内画出y＝|lg x|与y＝kx＋2的图象(如图)．由图可知当k＝0时，两函数图象有2个不同的交点，故①正确；存在负数k，使直线y＝kx＋2与y＝|lg x|的图象相切，故②正确；当k<0时，直线y＝kx＋2与y＝|lg x|的图象至多有2个交点，故③不正确；由图易知当k>0时，直线y＝kx＋2与y＝|lg x|的图象可以有3个不同的交点，故④正确． 5．[10，＋∞)　解析　设g(x)＝|x|－2，h(x)＝x2－ax＋3a－5，因为g(x)有2个零点，f(x)至少有3个零点，所以h(x)必有零点．对于h(x)＝x2－ax＋3a－5.(1)当Δ＝0时，a＝2或10.①当a＝2时，h(x)＝x2－2x＋1，如图①.此时，f(x)＝|x|－2，有2个零点，不符合题意．②当a＝10时，h(x)＝x2－10x＋25，如图②.此时，f(x)有3个零点，符合题意． (2)当Δ>0时，a<2或a>10.设h(x)的两个零点为x1，x2，且x1<x2.①当a<2时，要使f(x)至少有3个零点，h(x)的两个零点x1，x2需满足x1<x2≤－2，如图③，所以不等式组无解．②当a>10时，要使f(x)至少有3个零点，需h(x)的两个零点x1，x2满足2≤x1<x2，如图④，所以解得a>4，所以a>10.综上，a的取值范围为[10，＋∞)． 第八节　函数模型的应用 必备知识·梳理 教材回顾 1．递增　递增　递增　快　慢　y　x 小题快练 1．B　解析　设隔墙的长度为x m(0<x<6)，矩形面积为y m2，则y＝x×＝2x(6－x)＝－2(x－3)2＋18，所以当x＝3时，y最大．故选B. 2．B　解析　利润L(x)＝20x－C(x)＝－(x－18)2＋142，当x＝18时，L(x)有最大值．故选B. 3．B　解析　由图象知，当x∈(4，＋∞)时，增长速度由大到小依次为g(x)>f(x)>h(x)．故选B. 4．16　解析　当t＝0时，y＝a，当t＝8时，y＝ae－8b＝a，所以e－8b＝，若容器中的细砂只有开始时的八分之一，则y＝ae－bt＝a，e－bt＝＝(e－8b)3＝e－24b，即t＝24，所以再经过16 min容器中的细砂只有开始时的八分之一． 关键能力·落实 【例1】　ABC　解析　由题图可知甲企业的污水排放量在t1时刻高于乙企业，而在t2时刻甲、乙两企业的污水排放量相同，故在[t1，t2]这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强，故A正确；由题图知在t2时刻，甲企业对应的关系图象斜率的绝对值大于乙企业的，故B正确；在t3时刻，甲、乙两企业的污水排放量都低于污水达标排放量，故都已达标，C正确；甲企业在[0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]这三段时间中，在[0，t1]的污水治理能力明显低于[t1，t2]时的，故D错误． 【训练1】　CD　解析　对于A选项：由题图可知，当乙车速度大于40 km/h时，乙车每消耗1 L汽油，行驶里程都超过5 km，故A错误．对于B选项：由题意可知，以相同速度行驶相同路程，燃油效率越高，耗油越少，故三辆车中甲车耗油最少，B错误．对于C选项：甲车以80 km/h的速度行驶时，燃油效率为10 km/L，则行驶1 h，消耗了汽油80×1÷10＝8(L)，故C对．对于D选项：速度在80 km/h以下时，丙车比乙车燃油效率更高，所以更省油，故D对．故选CD. 【例2】　ACD　解析　因为Lp＝20×lg随着p增大而增大，且Lp1∈[60,90]，Lp2∈[50,60]，所以Lp1≥Lp2，所以p1≥p2，故A正确；由Lp＝20×lg，得p＝p010，因为Lp3＝40，所以p3＝p010＝100p0，故C正确；假设p2>10p3，则p010>10p010，所以10－>10，所以Lp2－Lp3>20，不可能成立，故B不正确；因为＝＝10－＋2≥1，所以p1≤100p2，故D正确．故选ACD. 【训练2】　B　解析　设火星的公转周期为T1，椭圆轨道的长半轴长为a1，水星的公转周期为T2，椭圆轨道的长半轴长为a2，则T1＝8T2，且得＝＝8，所以＝4，即a1＝4a2.故选B. 【例3】　B　解析　设应在病人注射这种药经过x h后再次向病人注射这种药，则血液中的含药量y(单位：mg)与注射后的时间x的关系式为y＝2 500(1－20%)x，由题意可得2 500(1－20%)x>1 500，整理可得x>，所以logx<log，即x<log.由log＝log＝＝＝≈≈2.3，所以x<2.3，故从现在起到再次向病人注射这种药的最长时间为2.3 h，才能保持疗效．故选B. 【训练3】　B　解析　设甲和乙刚开始的“日能力值”为1，且n天后，甲的“日能力值”是乙的20倍，则n天后甲、乙的“日能力值”分别为(1＋2%)n，(1－1%)n，依题意，得＝20，即n＝20，两边取常用对数得nlg＝lg 20，因此n＝≈≈100，所以大约需要经过100天，甲的“日能力值”是乙的20倍．故选B. 第三章　一元函数的导数及其应用 第一节　导数的概念及运算 必备知识·梳理 教材回顾 1．(1)确定的值　确定的值　 2．0　αxα－1　cos x　－sin x　ex　axln a　　 3．(1)f′(x)±g′(x)　(2)f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)　 (3) 4．y′u·u′x 小题快练 1．B　解析　由a为常数知(sin a)′＝0，A错误；(sin 2x)′＝cos 2x·(2x)′＝2cos 2x，B正确；(3x)′＝3xln 3，C错误；()′＝[(x＋1) ]′＝(x＋1) ＝，D错误．故选B. 2．C　解析　因为h′(t)＝－9.8t＋8，所以h′(0.5)＝－9.8×0.5＋8＝3.1，所以此运动员在0.5秒时的瞬时速度为3.1米/秒．故选C. 3．B　解析　由题意，f′(x)＝2ax－，则f′(1)＝2a－1＝3，解得a＝2，则f(x)＝2x2－ln x，f(1)＝2，所以函数f(x)＝2x2－ln x的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0.故选B. 4．y＝(e－1)x＋2　解析　由题意，得f′(x)＝ex－，所以f′(1)＝e－1，又因为f(1)＝e＋1，所以切点为(1，e＋1)，切线斜率k＝f′(1)＝e－1，故切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2. 5.　解析　设点P的横坐标为x0，由y＝x2＋2x＋3得y′＝2x＋2，所以y′|x＝x0＝2x0＋2，设α为曲线C在点P处切线的倾斜角，则2x0＋2＝tan α，又α∈，所以tan α∈[0,1]，所以0≤2x0＋2≤1，即x0∈. 关键能力·落实 1．AC　解析　对于A，′＝1－，故A正确；对于B，(e2x)′＝e2x(2x)′＝2e2x，故B错误；对于C，(log2x)′＝，故C正确；对于D，′＝＝－，故D错误．故选AC. 2．D　解析　设φ(x)＝(x－3)(x－32)(x－33)(x－34)(x－35)，即f(x)＝xφ(x)，则f′(x)＝φ(x)＋xφ′(x)，所以f′(0)＝φ(0)＝－3×32×33×34×35＝－31＋2＋3＋4＋5＝－315.故选D. 3．A　解析　因为V＝πr3，所以r＝，所以r′＝×V，当V＝时，r′＝××＝××＝×＝(dm/L)．故选A. 4．－　解析　由f(x)＝x2＋2xf′(2)－ln x，得f′(x)＝2x＋2f′(2)－，当x＝2时，可得f′(2)＝4＋2f′(2)－，解得f′(2)＝－. 【例1】　(1)B　解析　由f(x)＝x2－2(x>0)，得f′(x)＝2x.已知x0＝2，则f′(x0)＝f′(2)＝4，f(x0)＝f(2)＝2，则f(x)的图象在横坐标为x0＝2的点处的切线方程为y－2＝4(x－2)．令y＝0，可得x1＝，则f′(x1)＝f′＝3，f(x1)＝f＝，所以f(x)的图象在横坐标为x1＝的点处的切线方程为y－＝3.令y＝0，可得x2＝≈1.417.故选B. (2)2x－y＋2＝0或x＋4y＋1＝0(写出其中一个即可)　解析　由y＝x3－x，得y′＝3x2－1，设切点坐标为(x0，x－x0)，则切线斜率为3x－1，得方程y－(x－x0)＝(3x－1)(x－x0)，代入点(－1,0)，得2x＋3x－1＝0，即(x0＋1)2(2x0－1)＝0，解得x0＝－1或x0＝.当x0＝－1时，切线方程为2x－y＋2＝0；当x0＝时，切线方程为x＋4y＋1＝0. 【例2】　ln 2　解析　由f(x)为偶函数，易得a＝1.所以f(x)＝ex＋e－x，f′(x)＝ex－e－x.设切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝ex0－e－x0＝，解得x0＝ln 2. 【例3】　　解析　设(x0，y0)为y＝2x与y＝eax＋b的切点坐标，则y′|x＝x0＝aeax0＋b＝2，故y＝eax＋b在(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝2(x－x0)，即y＝2x＋y0－2x0＝2x＋eax0＋b－2x0，所以由②得eax0＋b＝2x0，代入①得ax0＝1，即aeb＋1＝2，a＝，ab＝，设f(x)＝·，f′(x)＝·，由f′(x)>0得x<1，f(x)在(－∞，1)单调递增，f′(x)<0得x>1，f(x)在(1，＋∞)单调递减，所以f(x)≤f(1)＝，所以ab的取值范围为. 【题组对点练】　 1．C　解析　解法一：由题意知，当x<0时，f(x)＝ln(－2x)＋1，所以当x>0时，f(x)＝－f(－x)＝－{ln[－2(－x)]＋1}＝－ln(2x)－1，f′(x)＝－·2＝－，所以f′＝－2，f＝－1，故所求的切线方程为y－(－1)＝－2，即y＝－2x.故选C. 解法二：由题意知，当x<0时，f(x)＝ln(－2x)＋1，所以f′(x)＝·(－2)＝，故f′＝－2，又f(x)为奇函数，所以f′(x)为偶函数，则f′＝f′＝－2，又f＝－f＝－＝－1，故所求的切线方程为y－(－1)＝－2，即y＝－2x.故选C. 2．C　解析　设切点P(x0，y0)，因为f′(x)＝3x2－1，直线x＋2y－1＝0的斜率为－，所以f′(x0)＝3x－1＝2，所以x＝1，所以x0＝±1，又切点P(x0，y0)在曲线y＝f(x)上，所以y0＝x－x0＋3，所以当x0＝1时，y0＝3；当x0＝－1时，y0＝3.所以切点P的坐标为(1,3)或(－1,3)．故选C. 3．B　解析　函数f(x)＝ln x＋ax的图象存在与直线2x－y＝0平行的切线，即f′(x)＝＋a＝2在(0，＋∞)上有解，即a＝2－.因为x>0，所以2－<2，所以a的取值范围是(－∞，2)．故选B. 4．B　解析　过点(2,0)作曲线f(x)＝xex的切线，设切点坐标为(x0，x0ex0)，由题意得f′(x)＝(x＋1)ex，则(x0＋1)ex0＝，即(x－2x0－2)ex0＝0，由于ex0>0，故x－2x0－2＝0，Δ＝12>0，由题意可知x1，x2为x2－2x－2＝0的两个实数根，则x1＋x2＝2，x1x2＝－2，故＋＝＝－1.故选B. 【例4】　A　解析　设直线y＝kx＋b与曲线y＝ln x的切点坐标为(x1，y1)，直线y＝kx＋b与曲线y＝－ln(－x)的切点坐标为(x2，y2)，对y＝ln x求导得y′＝，对y＝－ln(－x)求导得y′＝－·(－1)＝－，所以有得得所以k＝＝.故选A. 【训练】　C　解析　根据题意，设直线l与f(x)＝ex－1相切于点(m，em－1)，与g(x)相切于点(n，ln n＋1)(n>0)，对于f(x)＝ex－1，f′(x)＝ex，则直线l的方程为y＋1－em＝em(x－m)，即y＝emx＋em(1－m)－1，对于g(x)＝ln x＋1，g′(x)＝，则直线l的方程为y－(ln n＋1)＝(x－n)，即y＝x＋ln n，直线l是f(x)与g(x)的公切线，则可得(1－m)(em－1)＝0，解得m＝0或m＝1，则切线方程为y＝ex－1或y＝x，故f(x)与g(x)的公切线有两条．故选C. 教考衔接1　曲线的切线方程 一、教材题组·加固练 题1　解　令1－ex＝0，解得x＝0，所以函数f(x)＝1－ex的图象与x轴相交于点P(0,0)．由f′(x)＝－ex，知f′(0)＝－1，所以曲线在点P(0,0)处的切线方程为x＋y＝0. 题2　解　y′＝ln x＋1，所以k＝y′|x＝1＝ln 1＋1＝1, 则函数y＝xln x在点(1,0)处的切线方程为y－0＝1×(x－1)，即x－y－1＝0. 题3　解　因为y′＝，所以切线方程的斜率k＝y′|x＝π＝－，则切线方程为y＝－＋1，即x＋πy－π＝0. 题4　解　曲线y＝e2ax，所以y′＝e2ax·(2ax)′＝2a·e2ax，所以在点(0,1)处的切线斜率为k＝2ae0＝2a，又因为切线与直线2x－y＋1＝0垂直，所以2a×2＝－1，所以a＝－. 题5　解　y＝x＋ln x的导数为y′＝1＋，曲线y＝x＋ln x在x＝1处的切线的斜率为k＝1＋＝2，所以曲线y＝x＋ln x在x＝1处的切线方程为y－1＝2x－2，即y＝2x－1.由题意知，直线y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(2a＋3)x＋1只有一个公共点，则关于x的方程ax2＋(2a＋3)x＋1＝2x－1，即ax2＋(2a＋1)x＋2＝0有且只有一解．当a＝0时，上式可变为x＋2＝0，解得x＝－2，有且只有一解，符合题意．当a≠0时，令Δ＝(2a＋1)2－8a＝0，即4a2－4a＋1＝0，解得a＝.综上a＝0或a＝. 二、创新变式·提升练 变式1　y＝(1＋e)x　解析　f′(x)＝1＋ex，设切点坐标为(x0，y0)，则有＝1＋ex0，又y0＝x0＋e x0，所以＝1＋e x0，解得x0＝1，所以f′(1)＝1＋e，即k＝1＋e，从而过点P(0,0)的切线方程为y＝(1＋e)x. 变式2　(1,1－e)　解析　设切点P的坐标为(x0，y0)，f′(x)＝－ex，由题意知，f′(x0)＝－e x0＝－e，解得x0＝1，此时y0＝1－e，故所求切点P的坐标为(1,1－e)． 变式3　　解析　由题知f′(x)＝2x＋2－，因为函数f(x)的图象在点处的切线与直线x＋2y＝0垂直，所以f′＝2，即3－2m＝2，解得m＝. 变式4　1或－3　解析　设过点A(a,0)作曲线y＝(1－x)ex的切线的切点为P(x0，y0)，y′＝－ex＋(1－x)ex＝－xex，kPA＝－x0e x0，所以＝－x0e x0，整理得x－(a＋1)x0＋1＝0，由题意知此方程有两个相等的实数根，所以Δ＝(a＋1)2－4＝0，解得a＝1或a＝－3. 变式5　1　解析　设函数f(x)＝x2－2与g(x)＝3ln x－ax的公共点为(x0，y0)，则即则3ln x0＋x－1＝0.令h(x)＝3ln x＋x2－1，易得h(x)在(0，＋∞)上单调递增，由3ln x0＋x－1＝0，解得x0＝1，所以公共点为(1，－1)，所以－1＝3ln 1－a，解得a＝1. 三、链接高考·体验练 1．C　解析　由题意可知y′＝＝，则曲线y＝在点处的切线斜率k＝y′|x＝1＝，所以曲线y＝在点处的切线方程为y－＝(x－1)，即y＝x＋.故选C. 2．A　解析　f′(x)＝，所以f′(0)＝3，所以曲线y＝f(x)在点(0,1)处的切线方程为y－1＝3(x－0)，即3x－y＋1＝0，切线与两坐标轴的交点分别为(0,1)，，所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为×1×＝.故选A. 3．(－∞，－4)∪(0，＋∞)　解析　因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋1＋a)ex，设切点坐标为(x0，(x0＋a)e x0)，切线斜率k＝(x0＋1＋a)e x0，切线方程为y－(x0＋a)e x0＝(x0＋1＋a)ex0(x－x0)，因为切线过原点，所以－(x0＋a)ex0＝(x0＋1＋a)ex0(－x0)，整理得x＋ax0－a＝0.因为切线有两条，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)． 4．ln 2　解析　由题，令f(x)＝ex＋x，则f′(x)＝ex＋1，所以f′(0)＝2，所以曲线y＝ex＋x在点(0,1)处的切线方程为y＝2x＋1.令g(x)＝ln(x＋1)＋a，则g′(x)＝，设直线y＝2x＋1与曲线y＝g(x)相切于点(x0，y0)，则＝2，得x0＝－，则y0＝2x0＋1＝0，所以0＝ln＋a，所以a＝ln 2. 第二节　导数与函数的单调性 必备知识·梳理 教材回顾 1．单调递增　单调递减　常数函数 2．定义域　零点 小题快练 1．C　解析　由题图可知，f(x)在区间(－2,1)，(1,3)，(3,5)上均不单调，故A，B，D错误；在区间(4,5)上，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在区间(4,5)上单调递增，故C正确． 2．D　解析　因为在区间(0，π)上，f′(x)＝－sin x－1<0恒成立，所以f(x)在(0，π)上单调递减．故选D. 3.　　解析　y′＝6x－＝.因为函数的定义域为(0，＋∞)，所以由y′>0，得x>.所以函数的单调递增区间为.由y′<0，得0<x<，所以函数的单调递减区间为. 4．(0,2]　解析　由y′＝1－≥0，得x≤－a或x≥a，所以y＝x＋的单调递增区间为(－∞，－a]和[a，＋∞)．因为函数在[2，＋∞)内单调递增，所以[2，＋∞)⊆[a，＋∞)，所以a≤2.又a>0，所以0<a≤2. 5.　解析　因为x∈(0，＋∞)，f′(x)＝＋>0，所以函数f(x)＝ln x－在(0，＋∞)上单调递增，所以只需满足1－x>2x－1>0，解得<x<. 关键能力·落实 【例1】　A　解析　由f(x)的图象可知，当x∈(－∞，0)时，函数f(x)单调递增，则f′(x)≥0，故排除C，D；当x∈(0，＋∞)时，函数f(x)先单调递减、再单调递增最后单调递减，则导函数值f′(x)应先小于0，再大于0，最后小于0，故排除B，选A. 【训练1】　D　解析　由题图知，当x<0时，xf′(x)>0，则f′(x)<0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减；当0<x<b时，xf′(x)>0，则f′(x)>0，故f(x)在(0，b)上单调递增；当x>b时，xf′(x)<0，则f′(x)<0，故f(x)在(b，＋∞)上单调递减．综上所述，只有D符合题意．故选D. 【例2】　(1)B　解析　由y＝4x2＋(x≠0)，得y′＝8x－，令y′>0，即8x－>0，解得x>，所以函数y＝4x2＋的单调递增区间为.故选B. (2)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋＝＝.令f′(x)＝0，得x＝或x＝1.①当0<a<1时，>1，所以x∈(0,1)或x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0,1)和上单调递增，在上单调递减；②当a＝1时，＝1，所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；③当a>1时，0<<1，所以x∈或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，所以函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．综上，当0<a<1时，函数f(x)在(0,1)和上单调递增，在上单调递减；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减． 【训练2】　(1)(0，e2)　解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2，当x∈(0，e2)时，f′(x)<0，当x∈(e2，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为(0，e2)． (2)解　f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝x－2＋＝＝.当a≥1时，f′(x)≥0在定义域上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当0<a<1时，令f′(x)＝0，得x1＝1－，x2＝1＋，故当x∈(0,1－)∪(1＋，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(1－，1＋)时，f′(x)<0，所以f(x)在区间(0,1－)和(1＋，＋∞)上单调递增，在区间(1－，1＋)上单调递减． 【例3】　AC　解析　令f(x)＝ex－ln(x＋1)且x∈(0,1)，则f′(x)＝ex－>0，故f(x)在区间(0,1)上单调递增，因为0<x1<x2<1，所以f(x1)<f(x2)，即e x1－ln(x1＋1)<e x2－ln(x2＋1)，故ex2－e x1>ln，所以A正确，B错误；令f(x)＝且x∈(0,1)，则f′(x)＝<0，故f(x)在区间(0,1)上单调递减，因为0<x1<x2<1，所以f(x1)>f(x2)，即>，故x2e x1>x1e x2所以C正确，D错误．故选AC. 【例4】　D　解析　令g(x)＝f(x)－x2，则g′(x)＝f′(x)－2x<0，即函数g(x)在R上单调递减．又不等式f(x)>x2－1可化为f(x)－x2>－1，而g(2)＝f(2)－22＝3－4＝－1，所以该不等式可化为g(x)>g(2)，故该不等式的解集为(－∞，2)．故选D. 【例5】　C　解析　f′(x)＝－sin x＋＝≥0在区间上恒成立，即a≥xsin x在区间上恒成立．设g(x)＝xsin x，x∈，则g′(x)＝sin x＋xcos x>0，所以g(x)在上单调递增，则g(x)<g＝，所以a≥，则a的最小值为.故选C. 【题组对点练】　 1．C　解析　令f(x)＝，则其定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.令f′(x)<0，解得x>，因此f(x)在(，＋∞)上单调递减，又因为a＝＝＝f(4)，b＝＝＝f(e)，c＝＝＝f()，且4>e>>，所以f(4)<f(e)<f()，即a<b<c.故选C. 2．B　解析　因为f(x)的定义域为R，f(－x)＝(e－x＋ex)(－x)2＝(e－x＋ex)x2＝f(x)，所以f(x)为偶函数．因为f′(x)＝(ex－e－x)x2＋2x(ex＋e－x)，所以f′(0)＝0，当x>0时，ex>1,0<e－x<1，所以ex－e－x>0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为f(log3m)－e－<0，即f(log3m)<e＋＝f(1)，即f(log3m)<f(1)．因为f(x)＝(ex＋e－x)x2在(0，＋∞)上单调递增且为偶函数，所以|log3m|<1，即－1<log3m<1，解得<m<3，所以实数m的取值范围为.故选B. 3．A　解析　依题意f′(x)＝－ln x＋＋a－1，故f′(x)在(1，＋∞)上有零点，令g(x)＝－ln x＋＋a－1，令g(x)＝0，得a＝ln x－＋1，令z(x)＝ln x－＋1，则z′(x)＝＋，由x>1，得z′(x)>0，z(x)在(1，＋∞)上单调递增，又由z(1)＝0，得z(x)>0，故a＝z(x)>0，所以a的取值范围是(0，＋∞)．故选A. 高考真题·重温 1．C　解析　由题可知，f′(x)＝aex－≥0在(1,2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥在(1,2)上恒成立．设g(x)＝xex，x∈(1,2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，因此g(x)在(1,2)上单调递增，g(x)>g(1)＝e，故e≥，即a≥＝e－1，即a的最小值为e－1.故选C. 2．B　解析　因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以依题意可知而f′(x)＝－，所以即所以f′(x)＝－＋，因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x＝1时取最大值，满足题意．所以f′(2)＝－1＋＝－.故选B. 3．C　解析　设f(x)＝(1－x)ex－1，x>0，则当x>0时，f′(x)＝－ex＋(1－x)ex＝－xex<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(0.1)<f(0)＝0，即0.9e0.1－1<0，所以0.1e0.1<，即a<b.令g(x)＝x－ln(1＋x)，x>0，则当x>0时，g′(x)＝1－＝>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g>g(0)＝0，即－ln>0，所以>－ln，即b>c.令h(x)＝xex＋ln(1－x)，0<x≤0.1，则h′(x)＝(1＋x)ex＋＝.设t(x)＝(x2－1)ex＋1，则当0<x≤0.1时，t′(x)＝(x2＋2x－1)ex<0，所以t(x)在(0,0.1]上单调递减，所以t(x)<t(0)＝0，所以当0<x≤0.1时，h′(x)>0，所以h(x)在(0,0.1]上单调递增，所以h(0.1)>h(0)＝0，即0.1e0.1＋ln 0.9>0，所以0.1e0.1>－ln 0.9，即a>c，所以b>a>c.故选C. 4．(－2,1)　解析　令x3－3x＝－(x－1)2＋a，则a＝x3－3x＋(x－1)2，设h(x)＝x3－3x＋(x－1)2，则h′(x)＝3x2－3＋2(x－1)＝(3x＋5)(x－1)，因为x>0，所以3x＋5>0，当0<x<1时，h′(x)<0，当x>1时，h′(x)>0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．因为曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，h(0)＝1，h(1)＝－2，所以a的取值范围为(－2,1)． 第三节　导数与函数的极值、最值 必备知识·梳理 教材回顾 1．(1)f′(x)<0　f′(x)>0　(2)f′(x)>0　f′(x)<0　(3)极值点　极值 2．(1)连续不断　(2)极值　端点处的函数值f(a)，f(b) 小题快练 1．C　解析　设导函数f′(x)的图象与x轴的交点分别为x1，x2，x3，x4，x5，根据函数的极值的定义可知在该点处的左右两侧的导数符号相反，可得x1，x4为函数f(x)的极大值点，x2，x5为函数f(x)的极小值点，所以函数f(x)极值点的个数为4.故选C. 2．B 3．B　解析　由f′(x)＝＋2ax－3，得f′(2)＝0，解得a＝，经验证符合题意．故选B. 4．(－∞，－)∪(，＋∞)　解析　f′(x)＝3x2－2ax＋2，由题意知f′(x)有两个变号零点，所以Δ＝(－2a)2－4×3×2>0，解得a>或a<－. 5．32　解析　令f′(x)＝3x2－12＝0，解得x＝±2.计算f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8，f(3)＝－1，所以M＝24，m＝－8，故M－m＝32. 关键能力·落实 【例1】　解　(1)f′(x)＝＋2x＋a.由题意知f′(2)＝，即＋4＋a＝，所以a＝－3. (2)f(x)的定义域为(0，＋∞)．由(1)知f(x)＝ln x＋x2－3x＋2，f′(x)＝.当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)的单调递增区间是，(1，＋∞)，单调递减区间是.当x＝时，f(x)取得极大值f＝－ln 2；当x＝1时，f(x)取得极小值f(1)＝0. 【训练1】　AD　解析　由题可得f′(x)＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]，x∈R，因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以f′(－2)＝0，则4－2(a＋2)＋a－1＝0，解得a＝－1，故f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1(x2＋x－2)＝(x－1)(x＋2)ex－1，当x<－2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当－2<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－2,1)，故A正确，B错误；由上可知，f(x)的极大值为f(－2)＝5e－3，极小值为f(1)＝－1，故C错误，D正确．故选AD. 【例2】　解　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，则f′(1)＝e－1.f(1)＝e－2，所以切点坐标为(1，e－2)，所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0. (2)易知函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增，无极值；当a>0时，由f′(x)>0，得x>ln a，由f′(x)<0，得x<ln a，所以函数f(x)在区间(－∞，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(ln a)＝a－aln a－a3.由题意知a－aln a－a3<0(a>0)，等价于1－ln a－a2<0(a>0)．令g(a)＝1－ln a－a2(a>0)，则g′(a)＝－－2a<0，所以函数g(a)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，故当0<a<1时，g(a)>0；当a>1时，g(a)<0.故实数a的取值范围为(1，＋∞)． 【训练2】　(1)　解析　函数f(x)＝ln x＋1－2a－x＋，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝－1－＝，x>0.因为函数f(x)有两个不同的极值点x1，x2，所以－x2＋x－a＝0有两个不同的正实数根x1，x2，则有解得0<a<，所以a的取值范围为. (2)　解析　因为f(x)＝ln x＋x2－ax(x>0)，所以f′(x)＝＋x－a，因为函数f(x)＝ln x＋x2－ax(x>0)在上有且仅有一个极值点，所以y＝f′(x)在上只有一个变号零点．令f′(x)＝＋x－a＝0，得a＝＋x.设g(x)＝＋x，则g(x)在上单调递减，在[1,3]上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝2，又g＝，g(3)＝.结合函数g(x)＝x＋，x∈的图象可得，当≤a<时，y＝f′(x)在区间上只有一个变号零点，所以实数a的取值范围为. 【例3】　(1)B　解析　由题意得f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x，当x∈[－π，0]时，sin x≤0，f′(x)≤0，所以f(x)在[－π，0]上单调递减，故函数f(x)在区间[－π，0]上的最大值为f(－π)＝π.故选B. (2)解　①函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.(ⅰ)若a≤0，则f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．(ⅱ)若a>0，则当x>a时，f′(x)<0；当0<x<a时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减． ②f′(x)＝，当a≤时，f(x)在上单调递减，所以f(x)max＝f＝2－ae；当<a<e时，f(x)在上单调递增，在[a，e]上单调递减，所以f(x)max＝f(a)＝－ln a；当a≥e时，f(x)在上单调递增，所以f(x)max＝f(e)＝－.综上，g(a)＝ 【训练3】　1或e　解析　因为f′(x)＝a－＋＝，x>0，当a≤0时，f′(x)<0，所以f(x)是(0，＋∞)上的减函数，函数f(x)无最小值，不符合题意；当a>0时，由f′(x)<0，得0<x<，由f′(x)>0，得x>，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，函数f(x)的最小值为f＝1＋a＋(1－a)ln a＝2，得(a－1)(1－ln a)＝0，解得a＝1或e. 教考衔接2　三次函数的图象与性质 一、教材题组·加固练 题1　解　函数f(x)＝x3－x2－2x＋1的定义域为R.对f(x)求导数，得f′(x)＝x2－x－2＝(x＋1)(x－2)．令f′(x)＝0，解得x＝－1，或x＝2.x＝－1和x＝2把函数定义域划分成三个区间，f′(x)在各区间上的正负，以及f(x)的单调性如表所示. x (－∞，－1) －1 (－1，2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 f(－1)＝ 单调递减 f(2)＝－ 单调递增 所以，f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1,2)内单调递减，如图所示． 题2　解　因为f(x)＝x3－4x＋4，所以f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)．令f′(x)＝0，解得x＝－2，或x＝2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示. x (－∞，－2) －2 (－2,2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 单调递减 － 单调递增 因此，当x＝－2时，f(x)有极大值，并且极大值为f(－2)＝；当x＝2时，f(x)有极小值，并且极小值为f(2)＝－.函数f(x)＝x3－4x＋4的图象如图所示． 题3　解　由上题可知，在区间[0,3]上，当x＝2时，函数f(x)＝x3－4x＋4有极小值，并且极小值为f(2)＝－.又由于f(0)＝4，f(3)＝1，所以函数f(x)＝x3－4x＋4在区间[0,3]上的最大值是4，最小值是－.上述结论可以从函数f(x)＝x3－4x＋4在区间[0,3]上的图象得到直观验证． 题4　解　f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝(x－c)(3x－c)．解法一：当f′(x)＝0，即x＝或x＝c，函数f(x)可能有极值．由题意，当x＝2时，函数f(x)有极大值，所以c>0.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x c (c，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以，当x＝时，函数f(x)有极大值，此时＝2，所以c＝6. 解法二：因为f(x)在x＝2处有极值，所以f′(2)＝0，得c＝2或c＝6.当c＝2时，f′(x)＝(x－2)(3x－2)，所以，当<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝2处取得极小值，不合题意．当c＝6时，经检验符合题意，所以c＝6. 二、创新变式·提升练 变式1　A　解析　由题意f′(x)＝3x2＋2bx＋c，且f′(x)<0的解集为(－2,4)，故解得b＝－3，c＝－24，故b＋c＝－27.故选A. 变式2　ABC　解析　对于A，由f(x)＝x2(x－3)，得f(x)＝x3－3x2，所以f′(x)＝3x2－6x，当x<0或x>2时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上均单调递增，当0<x<2时，f′(x)<0，f(x)在(0,2)上单调递减，故x＝2是f(x)的极小值点，A正确；对于B，当0<x<1时，1>x>x2>0，而f(x)在(0,1)上单调递减，故f(x)<f(x2)，B正确，对于C，由f(x)＝x2(x－3)得f(2－x)＝(2－x)2(－1－x)＝－x3＋3x2－4，故f(x)＋f(2－x)＝－4，即f(x)的图象关于(1，－2)中心对称，C正确；对于D，x<0时，f(2－x)－f(x)＋4＝－2x3＋6x2>0，故f(2－x)>f(x)－4，D错误，故选ABC. 变式3　C　解析　f′(x)＝3x2－(6a＋3)x＋6a＝(3x－6a)(x－1)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝2a，因为f(1)＝3a－，所以－1<2a<1，且f(－1)≥3a－，解得－<a≤－.故选C. 三、链接高考·体验练 1．ACD　解析　因为f(x)＝(x－1)2(x－4)，所以f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3，当x<1或x>3时，f′(x)>0，当1<x<3时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，(3，＋∞)，单调递减区间为(1,3)，故x＝1是函数f(x)的极大值点，x＝3是函数f(x)的极小值点，所以A正确．当0<x<1时，x－x2＝x(1－x)>0，即0<x2<x<1，又函数f(x)在(0,1)上单调递增，所以f(x2)<f(x)，所以B错误．当1<x<2时，1<2x－1<3，函数f(x)在(1,3)上单调递减，所以－4＝f(3)<f(2x－1)<f(1)＝0，所以C正确．当－1<x<0时，f(2－x)－f(x)＝(2－x－1)2(2－x－4)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(－x－2)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(－2x＋2)＝－2(x－1)3>0，所以f(2－x)>f(x)，所以D正确．综上，选ACD. 2．AD　解析　由题可知，f′(x)＝6x(x－a)．对于A，当a>1时，由f′(x)<0得0<x<a，由f′(x)>0得x<0或x>a，则f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，且当x→－∞时，f(x)→－∞，f(0)＝1，f(a)＝－a3＋1<0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，故f(x)有三个零点，A正确；对于B，当a<0时，由f′(x)<0得a<x<0，由f′(x)>0得x>0或x<a，则f(x)在(－∞，a)上单调递增，在(a,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故x＝0是f(x)的极小值点，B错误；对于C，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，当x→－∞时，f(x)→－∞，故曲线y＝f(x)必不存在对称轴，C错误；对于D，解法一(配方、平移)：f(x)＝2x3－3ax2＋1＝23－a2＋1－，令t＝x－，则f(x)可转化为g(t)＝2t3－a2t＋1－，由y＝2t3－a2t为奇函数，且其图象关于原点对称，可知g(t)的图象关于点对称，则f(x)的图象关于点对称，故存在a＝2，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心，D正确．解法二(二级结论)：任意三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的图象均关于点成中心对称，则＝1，a＝2，D正确．故选AD. 微专题强化四　导数中的函数构造问题 典型例题 【例1】　D　解析　构造函数f(x)＝＋ln x，因为f′(x)＝－＋＝(x>0)，所以当x>1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为1<<2<e，所以f<f(2)<f(e)，即＋ln<＋ln 2<1＋，所以a<c<b.故选D. 【训练1】　C　解析　由ae＝ea，be1.2＝1.2eb，ce1.6＝1.6ec，得＝，＝，＝.令f(x)＝，则f′(x)＝，当x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，于是f(1)>f(1.2)>f(1.6)，即f(a)>f(b)>f(c)，又a，b，c∈[0,1]，所以a>b>c.故选C. 【例2】　(1)C　解析　令g(x)＝，则g′(x)＝，因为x≠0时，xf′(x)－f(x)<0恒成立，所以当x>0时，g′(x)<0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递减．则a＝2f＝g，b＝f()＝g()，c＝f(1)＝g(1)，因为<1<，所以g>g(1)>g()，即a>c>b.故选C. (2)D　解析　设g(x)＝exf(x)－ex(x∈R)，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，因为f(x)＋f′(x)>1，所以f(x)＋f′(x)－1>0，又ex>0，所以g′(x)>0恒成立，所以y＝g(x)在定义域R上单调递增．故原不等式可转化为exf(x)－ex>3e，又f(1)＝4，所以g(1)＝ef(1)－e＝3e，所以g(x)>g(1)，所以x>1.故选D. 【训练2】　B　解析　令F(x)＝，x∈(0，π)，则F′(x)＝，因为f′(x)sin x>f(x)cos x，则f′(x)sin x－f(x)cos x>0，所以F′(x)>0，所以F(x)在(0，π)上单调递增，所以F>F，即>，即f>f.故选B. 【例3】　B　解析　由已知，aea＋1<b(ln b－1)＝bln，则ealn ea<ln.设f(x)＝xln x，则f(ea)<f.因为a>0，则ea>1.又b(ln b－1)>0，b>0，则ln b>1，即b>e，从而>1.当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，则f(x)在(1，＋∞)内单调递增，所以ea<，即b>ea＋1.故选B. 【训练3】　e　解析　由x2ln x－me≥0，得xln x≥e，即ln x·eln x≥e (x≥e)，设f(t)＝tet(t>0)，则f(t)在(0，＋∞)上是增函数，又f(ln x)≥f，所以ln x≥，即m≤xln x，又当x≥e时，xln x≥eln e＝e，所以m≤e，即m的最大值是e. 【例4】　B　解析　由题意可知a>0，>，即>对∀x∈(0,1)恒成立．设g(x)＝，则问题转化为g(aex)>g(x)在(0,1)上恒成立，因为g′(x)＝，所以当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，g(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0.①在x∈(0,1)上，若aex≥1恒成立，即a≥1，g(aex)≥0>g(x)；②在x∈(0,1)上，若0<aex<1，则aex>x恒成立，即<a<1恒成立，令h(x)＝，x∈(0,1)，则h′(x)＝>0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，所以h(x)<h(1)＝，所以≤a<1，综上所述，实数a的取值范围为.故选B. 【训练4】　证明　由题意，证明f(x)>x2，只需证明(ex－1)ln(x＋1)>x2，即证明>＝＝，令F(x)＝(x>0)，则F′(x)＝，令g(x)＝(x－1)ex＋1，则x∈(0，＋∞)时，g′(x)＝xex>0，所以g(x)单调递增，所以x∈(0，＋∞)时g(x)>g(0)＝0，所以F′(x)>0，F(x)在(0，＋∞)上单调递增，故原不等式成立只需F(x)>F(ln(x＋1))，即只需x>ln(x＋1)成立，又ln x≤x－1，所以ln(x＋1)≤x，又x>0，所以ln(x＋1)<x成立，所以原不等式f(x)>x2成立． 【例5】　e　解析　由ex≥(a－1)x＋ln(ax)，可得ex＋x≥ax＋ln(ax)，即ex＋x≥eln(ax)＋ln(ax)，令f(x)＝ex＋x，则f(x)≥f(ln(ax))，因为f(x)在R上是增函数，所以x≥ln(ax)，即a≤，令h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝，当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝e，即a≤e，所以a的最大值是e. 【训练5】　A　解析　因为a2－3b>2ln a－ln 4b，所以a2－ln a2>3b－ln 4b＝2b－ln 2b＋b－ln 2.令f(x)＝x－ln x(x>0)，则f′(x)＝1－＝，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．因为a>1，b>1，所以a2>1,2b>1，b－ln 2>0，又f(a2)＝a2－ln a2>2b－ln 2b＋b－ln 2＝f(2b)＋b－ln 2，所以f(a2)－f(2b)>b－ln 2>0，即f(a2)>f(2b)，所以a2>2b.故选A. 第四节　导数的综合应用 第1课时　导数与不等式证明 关键能力·落实 【例1】　解　(1)由已知得，－a≤ln x＋在(0，＋∞)上恒成立，设g(x)＝ln x＋，则g′(x)＝－＝，令g′(x)>0，得x>1，令g′(x)<0，得0<x<1，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝1，即－a≤1，所以a≥－1，即a的取值范围为[－1，＋∞)． (2)当x>1时，若证exln x>e(x－1)成立，即证ln x>成立，设G(x)＝ln x－，则G′(x)＝－＝，设m(x)＝ex－1＋x2－2x，则m′(x)＝ex－1＋2x－2＝ex－1＋2(x－1)．当x>1时，m′(x)>0，所以m(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以当x>1时，m(x)>m(1)＝0，所以当x>1时，G′(x)>0，所以G(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，G(x)>G(1)＝0.由此可证，当x>1时，exln x>e(x－1)成立． 【训练1】　解　(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1，当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1<0恒成立，所以f(x)在R上单调递减．当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a，当x<－ln a时，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减；当x>－ln a时，f′(x)>0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增．综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)证法一：(最值法)由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，要证f(x)>2ln a＋，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋，即证a2－－ln a>0恒成立，令g(a)＝a2－－ln a(a>0)，则g′(a)＝2a－＝，令g′(a)<0，则0<a<；令g′(a)>0，则a>，所以g(a)在上单调递减，在上单调递增，所以g(a)min＝g＝2－－ln ＝ln >0，则g(a)>0恒成立，所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立． 证法二：(同构法)令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，由于y＝ex在R上单调递增，所以h′(x)＝ex－1在R上单调递增，又h′(0)＝e0－1＝0，所以当x<0时，h′(x)<0；当x>0时，h′(x)>0，所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立，因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x＝ln a＋1＋a2，当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立，所以要证f(x)>2ln a＋，即证ln a<a2－，设m(x)＝ln x－x＋1，则m′(x)＝－1，所以当0<x<1时，m′(x)>0，m(x)单调递增；当x>1时，m′(x)<0，m(x)单调递减，所以m(x)≤m(1)＝0，即ln x≤x－1，即ln a≤a－1，又a2－－(a－1)＝a2－a＋＝2＋>0.所以a2－>a－1，即a2－>ln a．综上所述，f(x)>2ln a＋成立． 【例2】　解　(1)由f(x)＝ex，得f(0)＝1，f′(x)＝ex，则f′(0)＝1，即曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝x－0，所以所求切线方程为x－y＋1＝0. (2)证明：设g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex－x－1(x>－2)，则g′(x)＝ex－1，当－2<x<0时，g′(x)<0；当x>0时，g′(x)>0，即g(x)在(－2,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，于是当x＝0时，g(x)min＝g(0)＝0，因此f(x)≥x＋1(当x＝0时取等号)，令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)(x>－2)，则h′(x)＝1－＝，则当－2<x<－1时，h′(x)<0，当x>－1时，h′(x)>0，即h(x)在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，于是当x＝－1时，h(x)min＝h(－1)＝0，因此x＋1≥ln(x＋2)(当x＝－1时取等号)，所以当x>－2时，f(x)>ln(x＋2)． 【训练2】　解　(1)因为f(x)＝ax－sin x，所以f′(x)＝a－cos x，由函数f(x)为增函数，则f′(x)＝a－cos x≥0恒成立，即a≥cos x在R上恒成立．因为y＝cos x∈[－1,1]，所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)． (2)证明：由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－sin x为增函数，当x>0时，f(x)>f(0)＝0⇒x>sin x，要证当x>0时，ex>2sin x，只需证当x>0时，ex>2x，即证ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立．设g(x)＝ex－2x(x>0)，则g′(x)＝ex－2，令g′(x)＝0，解得x＝ln 2，所以g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0，所以g(x)≥g(ln 2)>0，所以ex>2x成立，故当x>0时，ex>2sin x. 【例3】　解　(1)函数f(x)＝xln x－ax的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2.令f′(x)＝0，得x＝.当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0.所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．因此f(x)在x＝处取得极小值也是最小值，即f(x)min＝f＝－，但f(x)在(0，＋∞)上无最大值． (2)证明：当x>0时，ln x＋1>－等价于x(ln x＋1)>－.由(1)知a＝－1时，f(x)＝xln x＋x≥－，当且仅当x＝时取等号．设G(x)＝－，x∈(0，＋∞)，则G′(x)＝，当x∈(0,1)时，G′(x)>0，G(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，G′(x)<0，G(x)单调递减，所以G(x)max＝G(1)＝－，当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln x＋1>－成立． 【训练3】　解　(1)f′(x)＝－a(x>0)， ①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②若a>0，则当0<x<时，f′(x)>0；当x>时，f′(x)<0.故f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)证明：因为x>0，所以只需证f(x)≤－2e，当a＝e时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以f(x)max＝f(1)＝－e.设g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.综上，当x>0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，即xf(x)－ex＋2ex≤0得证． 第2课时　导数与不等式恒成立 关键能力·落实 【例1】　解　(1)由f(x)＝ln x＋＋2x得f′(x)＝＝(x>0)，由f′(x)>0，得x>(负值舍去)，由f′(x)<0，得0<x<，所以函数f(x)的单调递增区间是，单调递减区间为. (2)由f(x)＝ln x＋＋2x知，不等式f(x)－2≥x＋恒成立等价于当x∈(0，＋∞)时，m≤xln x＋x2－2x＋1恒成立．令g(x)＝xln x＋x2－2x＋1(x>0)，则m≤g(x)min，g′(x)＝ln x＋x－1，当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以g(x)min＝g(1)＝－，所以m≤g(x)min＝－，即实数m的取值范围是. 【训练1】　解　f(x)≤x－1对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≥x2－(x－1)ex在[1，＋∞)上恒成立，设g(x)＝x2－(x－1)ex(x≥1)，g′(x)＝x(2－ex)，令g′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln 2，所以在x∈[1，＋∞)上，g′(x)<0，所以函数g(x)＝x2－(x－1)ex在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，所以a≥g(x)max，即a≥1，故实数a的取值范围是[1，＋∞)． 【训练2】　解　(1)f(1)＝0，则切点坐标为(1,0)．因为f′(x)＝，所以切线的斜率为f′(1)＝，故切线方程为y＝x－. (2)当x∈[1，＋∞)时，f(x)≤a(x－1)等价于ln x≤a(x2－1)，令g(x)＝a(x2－1)－ln x，x∈[1，＋∞)，则ln x≤a(x2－1)在[1，＋∞)上恒成立，即g(x)≥0恒成立． g′(x)＝2ax－＝，当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝0，不符合题意；当0<a<时，由g′(x)＝0得，x＝>1，x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以x∈时，g(x)≤g(1)＝0，不符合题意；当a≥时，2a≥1，因为x≥1，所以2ax2－1≥0，则g′(x)≥0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝0，符合题意．综上所述，a的取值范围为. 第3课时　导数与函数的零点 关键能力·落实 【例1】　解　(1)当a＝1时，f(x)＝x－ln x－2(x>0)，f′(x)＝1－＝(x>0)，令f′(x)>0，则x>1；令f′(x)<0，则0<x<1，故函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．当x＝1时，函数取得极小值f(1)＝1－ln 1－2＝－1，无极大值． (2)令f(x)＝ax－ln x－2＝0，因为x>0，所以a＝，令g(x)＝，则g′(x)＝，令g′(x)>0，则0<x<；令g′(x)<0，则x>，故g(x)在上单调递增，在上单调递减，从而g(x)max＝g＝e，函数g(x)的大致图象如图所示，因此当a>e时，直线y＝a与y＝g(x)的图象没有交点；当a＝e或a≤0时，直线y＝a与y＝g(x)的图象有1个交点；当0<a<e时，直线y＝a与y＝g(x)的图象有2个交点．综上，当a>e时，函数f(x)没有零点；当a＝e或a≤0时，函数f(x)有1个零点；当0<a<e时，函数f(x)有2个零点． 【训练1】　解　(1)依题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝2，b＝1时，f(x)＝ln x－x2－x，则f′(x)＝－2x－1＝，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－1(舍去)，当0<x<时，f′(x)>0，当x>时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)当a＝0，b＝－1时，f(x)＝ln x＋x，由f(x)＝mx得ln x＋x＝mx，又x>0，所以m＝1＋，要使方程f(x)＝mx在区间[1，e2]上有唯一实数解，只需m＝1＋在区间[1，e2]上有唯一实数解，令g(x)＝1＋，x∈[1，e2]，则g′(x)＝，由g′(x)>0，得1≤x<e；由g′(x)<0，得e<x≤e2，所以g(x)在区间[1，e)上单调递增，在区间(e，e2]上单调递减．又g(1)＝1，g(e2)＝1＋＝1＋，g(e)＝1＋，则函数g(x)＝1＋，x∈[1，e2]的大致图象如图所示． 由图象可知，m＝1＋或1≤m<1＋.故m的取值范围为∪. 【例2】　解　(1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x>0)，则f′(x)＝－＝.当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故f(x)的最大值即为f(x)的极大值f(1)＝－1. (2)f′(x)＝a＋－＝，x∈(0，＋∞)．当a≤0时，ax－1<0恒成立，所以0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝a－1<0.此时f(x)无零点，不合题意．当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝.①当0<a<1时，1<，所以当1<x<时，f′(x)<0，当0<x<1或x>时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减，f(x)的极大值为f(1)＝a－1<0，x→＋∞时，f(x)>0，所以f(x)恰有1个零点．②当a＝1时，1＝，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(1)＝0，所以f(x)恰有1个零点．③当a>1时，<1，f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．f(x)的极小值为f(1)＝a－1>0，x→0＋时，f(x)→－∞，所以f(x)恰有1个零点．综上所述，a的取值范围为(0，＋∞)． 【训练2】　解　(1)当k＝0时，f(x)＝xex，所以f′(x)＝(1＋x)ex，令f′(x)＝0，则x＝－1，当－2<x<－1时，f′(x)<0，当－1<x<2时，f′(x)>0，列表如下： x [－2，－1) －1 (－1,2] f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)min＝f(－1)＝－e－1＝－.又f(－2)＝－，f(2)＝2e2，所以f(x)在[－2,2]上的值域为. (2)解法一：函数f(x)＝xex－kx2＝x(ex－kx)在(0，＋∞)上仅有两个零点，令g(x)＝ex－kx，则问题等价于g(x)在(0，＋∞)上仅有两个零点，易求g′(x)＝ex－k.因为x∈(0，＋∞)，所以ex>1.①当k∈(－∞，1]时，g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上没有零点，不符合题意；②当k∈(1，＋∞)时，令g′(x)＝0，得x＝ln k，所以在(0，ln k)上g′(x)<0，在(ln k，＋∞)上g′(x)>0，所以g(x)在(0，ln k)上单调递减，在(ln k，＋∞)上单调递增，所以g(x)的最小值为g(ln k)＝k－kln k．因为g(x)在(0，＋∞)上有两个零点，所以k－kln k<0，所以k>e.因为g(0)＝1>0，g(ln k2)＝k2－kln k2＝k(k－2ln k)，令h(x)＝x－2ln x，h′(x)＝1－＝，所以在(0,2)上h′(x)<0，在(2，＋∞)上h′(x)>0，所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．所以h(x)≥2－2ln 2＝ln e2－ln 4>0，所以g(ln k2)＝k(k－2ln k)>0，所以当k>e时，g(x)在(0，ln k)和(ln k，＋∞)内各有一个零点，即当k>e时，g(x)在(0，＋∞)上仅有两个零点．综上，实数k的取值范围是(e，＋∞)． 解法二：(分离参数法)函数f(x)＝xex－kx2在(0，＋∞)上仅有两个零点，等价于ex－kx＝0在(0，＋∞)有两个解，即k＝.设g(x)＝，x∈(0，＋∞)，g′(x)＝＝.当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，当x＝1时，g(x)的最小值为e，又当x趋向于0时，g(x)趋向于＋∞，x趋向于＋∞时，g(x)趋向于＋∞.故y＝k与y＝g(x)有两个交点时k>e，即k的取值范围是(e，＋∞)． 微专题强化五　隐零点与双变量问题 典型例题 【例1】　解　(1)由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)．由已知得f′(x)＝＝.当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无单调递减区间．当a>0时，令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得0<x<，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)证明：原不等式等价于φ(x)＝ex－ln x－2>0，则φ′(x)＝ex－，易知φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且φ′＝－2<0，φ′(1)＝e－1>0，所以φ′(x)在上存在唯一零点x0，此时φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，要证φ(x)>0即要证φ(x0)>0，由ex0－＝0，得ex0＝，x0＝，代入φ(x0)＝ex0－ln x0－2，得φ(x0)＝＋x0－2，因为φ(x0)＝＋x0－2>2－2＝0，所以φ(x)>0，即f(x)>4x2－2ex＋6x＋4. 【训练1】　解　(1)当a＝时，f(x)＝2x2＋ln x－4x，则f′(x)＝4x＋－4，可得f′(1)＝1，且f(1)＝2＋ln 1－4＝－2，即函数f(x)的图象在点(1，－2)处的切线斜率k＝1，所以函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－(－2)＝x－1，即x－y－3＝0. (2)由F(x)＝af(x)－x2＝aln x－(2a＋1)x，因为F(x)<1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，即aln x－(2a＋1)x<1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，即a<在(1，＋∞)上恒成立，令h(x)＝，x>1，可得h′(x)＝，令t(x)＝ln x－－1(x>1)，易得t(x)在(1，＋∞)上单调递增，且t(3)<0，t(4)>0，所以存在x0∈(3,4)，使得t(x0)＝ln x0－－1＝0，从而h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(x0)＝＝＝x0∈(3,4)，因为a<在(1，＋∞)上恒成立，所以a<h(x)min＝x0，所以整数a的最大值为3. 【例2】　解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＝.当a≥0时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤－1时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当－1<a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝.当x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，故f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)证明：不妨设x1≥x2，由于a≤－2，由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上单调递减．所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于f(x2)－f(x1)≥4(x1－x2)，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1.令g(x)＝f(x)＋4x，则g′(x)＝＋2ax＋4＝.于是g′(x)≤＝≤0.从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故g(x1)≤g(x2)，即f(x1)＋4x1≤f(x2)＋4x2，故对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|. 【训练2】　解　(1)因为F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋x2＋x，所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，令F′(x)>0，解得x>－1，令F′(x)<0，解得x<－1.所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．故F(x)min＝F(－1)＝－－. (2)因为对任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立．令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－x2－x，x∈[－1，＋∞)，则只需h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可．故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m≥，又≤e，故m≥e，所以实数m的取值范围是[e，＋∞)． 【例3】　解　(1)f′(x)＝e－x(1－x)(x∈R)，令f′(x)>0，得x<1；令f′(x)<0，得x>1，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，所以f(x)有极大值f(1)＝，无极小值． (2)证明：证法一(对称化构造函数法)：由(1)知，不妨设0<x1<1<x2，要证x1＋x2>2，只要证x2>2－x1>1.由于f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只需证f(x2)<f(2－x1)，由于f(x1)＝f(x2)，故只要证f(x1)<f(2－x1)，令H(x)＝f(x)－f(2－x)＝xe－x－(2－x)ex－2(0<x<1)，则H′(x)＝－＝，因为0<x<1，所以1－x>0,2－x>x，所以e2－x>ex，即e2－x－ex>0，所以H′(x)>0，所以H(x)在(0,1)上单调递增，所以H(x)<H(1)＝0，即有f(x1)<f(2－x1)成立，所以x1＋x2>2. 证法二(比值代换法)：由(1)知，不妨设0<x1<1<x2，由f(x1)＝f(x2)，得x1e－x1＝x2e－x2，等式两边取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2.令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝，所以x1＋x2＝>2等价于ln t－>0，设g(t)＝ln t－，则g′(t)＝－＝，当t>1时，g′(t)>0，g(t)单调递增，所以t>1时g(t)>g(1)＝0，所以ln t－>0，故x1＋x2>2. 【训练3】　解　(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由f′(x)＝－＋1＝＝，可得x>1时，f′(x)>0,0<x<1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.又f(x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，所以a的取值范围为(－∞，e＋1]． (2)证明：由(1)知，不妨设0<x1<1<x2，>1.令F(x)＝f(x)－f，则F′(x)＝＋×＝(ex＋x－xe－1)．令g(x)＝ex＋x－xe－1，则g′(x)＝ex＋1－e＋xe×＝ex＋1＋e，所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，所以当x∈(0,1)时，g(x)<g(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，F′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以当x∈(0,1)时F(x)<F(1)＝0，即在(0,1)上f(x)－f<0.又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－f<0，即f(x2)<f.由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x2<，即x1x2<1. 第四章　三角函数与解三角形 第一节　任意角和弧度制、三角函数的概念 必备知识·梳理 教材回顾 1．(2)正角　零角　(3)α＋k·360°，k∈Z 2．(1)半径长　(2)°　|α|r　|α|r2 3．(1)y　x　 小题快练 1．B 2．A　解析　解法一：30分钟＝小时，则时针所需要旋转的弧度数为－×＝－.故选A. 解法二：在将钟表校正的过程中，易知时针顺时针旋转了15°，旋转角的大小为－15°，故时针所需要旋转的弧度数为－15×＝－.故选A. 3．ACD　解析　A．与1 920°终边相同的角为β＝k·360°＋1 920°＝(k＋5)·360°＋120°，k∈Z，当k＝－5 时，β＝120°，所以与1 920°终边相同的角中，最小正角是120°，故A正确．B.因为三角形的内角的范围是(0，π)，所以三角形的内角必是第一象限角或第二象限角或等于，故B错误．C.22°30′化成弧度是22.5×＝，故C正确．D.易得直线y＝x的倾斜角为60°，当角的终边在第一象限时，α＝60°＋k1·360°，k1∈Z；当角的终边在第三象限时，α＝240°＋k2·360°，k2∈Z.所以角α的集合为{α|α＝k·180° ＋60°，k∈Z}，故D正确．故选ACD. 4．C 5．D　解析　因为sin α<0，cos α>0，所以α为第四象限角，结合α∈(0,2π)，得α∈，故选D. 关键能力·落实 1．BCD　解析　－是第三象限角，故A错误；＝π＋，所以是第三象限角，故B正确；－400°＝－360°－40°，所以－400°是第四象限角，故C正确；－315°＝－360°＋45°，所以－315°是第一象限角，故D正确，故选BCD. 2．C　解析　若α是第一象限角，则90°－α的终边在第一象限，90°＋α的终边在第二象限，360°－α的终边在第四象限，180°＋α的终边在第三象限，故选C. 3．D　解析　由题意知，k·360°<α<k·360°＋90°，k∈Z，则k·180°<<k·180°＋45°，k∈Z，所以－k·180°－45°<－<－k·180°，k∈Z.当k为偶数时，－为第四象限角；当k为奇数时，－为第二象限角．所以－是第二或第四象限角．故选D. 4．{α|k·360°＋30°≤α<k·360°＋105°，k∈Z}　解析　终边落在射线OA上的角的集合是{β|β＝k·360°＋30°，k∈Z}，终边落在射线OB上的角的集合是{γ|γ＝k·360°＋105°，k∈Z}，所以终边落在阴影部分(含射线OA，不含射线OB)的角的集合是{α|k·360°＋30°≤α<k·360°＋105°，k∈Z}． 【例1】　解　(1)因为α＝，R＝10 cm，所以l＝|α|R＝×10＝(cm)． (2)由已知，得l＋2R＝20，所以S＝lR＝(20－2R)R＝10R－R2＝－(R－5)2＋25.所以当R＝5 cm时，S取得最大值，此时l＝10 cm，α＝2. (3)设弓形面积为S弓形，由题意知l＝ cm，所以S弓形＝××2－×22×sin＝cm2. 【训练】　ABC　解析　设扇形半径为r，圆心角弧度数为α，则由题意得解得或可得当圆的半径为1时，圆心角的弧度数为4；当圆的半径为2时，圆心角的弧度数为1.故选ABC. 【例2】　C　解析　设O为坐标原点，则|OP|2＝＋y2＝1，得y2＝，即y＝±.当y＝时，sin α＝，tan α＝－，此时sin α·tan α＝－；当y＝－时，sin α＝－，tan α＝，此时sin α·tan α＝－.所以sin α·tan α＝－.故选C. 【例3】　(1)C　解析　因为cos α·tan α<0，所以cos α，tan α的值一正一负，所以角α的终边在第三、四象限．故选C. (2)C　解析　因为θ为第二象限角，所以＋2kπ<θ<π＋2kπ，k∈Z.则＋kπ<<＋kπ，k∈Z，所以为第一或第三象限角，则tan>0.故选C. 【题组对点练】　 1．B　解析　因为sin 310°<0，cos 310°>0，所以角α的终边在第二象限，又因为tan α＝＝＝＝＝＝tan 140°，且0°<α<360°，所以α＝140°.故选B. 2．C　解析　因为角α的终边落在直线y＝x上，所以α＝＋2kπ或α＝＋2kπ，k∈Z.对于A，当α＝＋2kπ，k∈Z时，sin α＝，故A项错误．对于B，当α＝＋2kπ，k∈Z时，cos α＝－，故B项错误．对于C，当α＝＋2kπ，k∈Z时，sin α＋cos α＝，当α＝＋2kπ，k∈Z时，sin α＋cos α＝－，故C项正确．对于D，当α＝＋2kπ，k∈Z时，tan α＝1；当α＝＋2kπ，k∈Z时，tan α＝1，故D项错误．故选C. 3．AC　解析　因为sin＝cos α，所以由sin α·sin>0，得sin α·cos α>0.若sin α>0，cos α>0，则α的终边在第一象限；若sin α<0，cos α<0，则α的终边在第三象限．故选AC. 第二节　同角三角函数基本关系式与诱导公式 必备知识·梳理 教材回顾 1．(1)sin2α＋cos2α＝1 2．－sin α　－sin α　sin α　cos α　cos α　－cos α　cos α　－cos α　sin α　－sin α　tan α　－tan α　－tan α 小题快练 1．CD　解析　sin(－x)＝－sin x，故A不成立；sin＝－cos x，故B不成立；cos＝－sin x，故C成立；cos(x－π)＝－cos x，故D成立．故选CD. 2．D　解析　因为<α<π，所以cos α＝－＝－，所以tan α＝＝－.故选D. 3．B　解析　因为sin＝－cos α＝，所以cos α＝－.故选B. 4.　解析　因为－<α<0，所以sin α＝－＝－，所以tan α＝－2.则＝＝－＝＝. 5．－　解析　因为<α<，所以sin α>cos α，而(cos α－sin α)2＝1－2sin αcos α＝1－2×＝，所以cos α－sin α＝－. 关键能力·落实 【例1】　(1)解　因为cos α＝，且α是第四象限角，所以sin α＝－＝－＝－.所以tan α＝＝＝－. (2)解　因为sin α＝，所以α是第一或第二象限角．当α是第一象限角时，cos α＝＝＝.所以tan α＝＝；当α是第二象限角时，易知tan α＝－. 【例2】　B　解析　根据题意有＝，即1－tan α＝，所以tan α＝1－，所以tan＝＝＝2－1，故选B. 【例3】　ABD　解析　由题意知sin θ＋cos θ＝，所以(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ＝，所以2sin θcos θ＝－＜0，又因为θ∈(0，π)，所以＜θ＜π，所以sin θ－cos θ＞0，所以sin θ－cos θ＝＝＝＝，所以sin θ＝，cos θ＝－.所以tan θ＝－，所以A，B，D正确． 【题组对点练】　 1．－　解析　因为tan θ＝，所以9sin2θ＝cos2θ，即10sin2θ＝1.又因为θ∈，所以sin θ＝，cos θ＝，所以sin θ－cos θ＝－. 2．A　解析　因为tan α＝2，所以＝＝＝＝.故选A. 3．4　解析　因为sin α＋cos α＝，等式两边同时平方得(sin α＋cos α)2＝，即1＋2sin αcos α＝，所以sin αcos α＝，所以tan α＋＝＋＝＝＝4. 【例4】　(1)D　解析　原式＝＝sin α＝.故选D. (2)B　解析　因为sin＝，所以cos＝sin＝sin＝.故选B. (3)1　解析　因为f(2 024)＝sin＋1＝sin(1 012π＋α)＋1＝sin α＋1＝2，所以sin α＝1，cos α＝0，所以f(2 025)＝sin＋1＝sin＋1＝cos α＋1＝1. 【训练】　(1)B　解析　原式＝＝＝－·＝－1.故选B. (2)－　解析　因为α与β的终边关于原点对称，所以β＝2kπ＋π＋α(k∈Z)，所以cos β＝cos(2kπ＋π＋α)＝－cos α.因为α∈，所以cos α∈，所以cos β∈，所以cos β的最大值为－. 第三节　三角恒等变换 必备知识·梳理 教材回顾 1．(1)①sin αcos β±cos αsin β　②cos αcos β∓sin αsin β　 ③　(2)①　　　 2．(1)①2sin αcos α　②cos2α－sin2α　2cos2α　2sin2α　③ (2)①　　2cos2α－1　1－2sin2α 小题快练 1．C　解析　sin 15°sin 45°－cos 15°cos 45°＝－(cos 15°cos 45°－sin 15°sin 45°)＝－cos(15°＋45°)＝－cos 60°＝－.故选C. 2．A　解析　因为α∈，所以cos α<0.因为sin α＝，所以cos α＝－，所以tan α＝＝－，所以tan＝＝＝.故选A. 3．B　解析　sin－cos＝2＝2sin＝2sin＝－.故选B. 4.　解析　解法一：原式＝(cos 45°cos 15°＋sin 45°sin 15°)＝cos(45°－15°)＝×＝. 解法二：因为(cos 15°＋sin 15°)2＝1＋sin 30°＝，且cos 15°＋sin 15°>0，所以cos 15°＋sin 15°＝. 5.　解析　原式＝tan(21°＋39°)(1－tan 21°tan 39°)＋tan 21°tan 39°＝tan 60°(1－tan 21°tan 39°)＋tan 21°tan 39°＝(1－tan 21°tan 39°)＋tan 21°tan 39°＝－tan 21°tan 39°＋tan 21°tan 39°＝. 第1课时　两角和与差的正弦、 余弦和正切公式 关键能力·落实 【例1】　A　解析　因为sin α＝，α∈，所以cos α＝－＝－，所以tan α＝＝－.因为tan(π－β)＝＝－tan β，所以tan β＝－，则tan(α－β)＝＝－.故选A. 【训练1】　(1)A　解析　解法一：由tan＝＝9，解得tan α＝.故选A. 解法二：tan α＝tan＝＝.故选A. (2)B　解析　由sin(2α－β)＝，sin(2α＋β)＝，可得sin 2αcos β－cos 2αsin β＝①，sin 2αcos β＋cos 2αsin β＝②，由①＋②得，2sin 2αcos β＝，所以sin 2αcos β＝.故选B. 【例2】　(1)B　解析　在△ABC中，因为C＝120°，所以tan C＝－.因为A＋B＝π－C，所以tan(A＋B)＝－tan C＝.所以tan A＋tan B＝(1－tan Atan B)．又因为tan A＋tan B＝，所以tan Atan B＝.故选B. (2)4　解析　原式＝＝＝＝＝4. 【训练2】　(1)D　解析　原式＝cos 15°－2sin 15°·2sin 15°cos 15°＝cos 15°－2sin 15°·sin 30°＝cos 15°－sin 15°＝2cos(15°＋30°)＝2cos 45°＝.故选D. (2)(答案不唯一)　解析　由(1＋tan α)(1＋tan β)＝2，得1＋tan β＋tan α＋tan αtan β＝2，所以tan β＋tan α＝1－tan αtan β，所以＝1，所以tan(α＋β)＝1，所以α＋β＝kπ＋，k∈Z，所以可令α＝0，β＝(答案不唯一)． 【例3】　(1)　解析　因为cos＝－，α∈，所以α∈，sin＝，所以sin＝sin＝sincos－cossin＝×－×＝. (2)　解析　因为<α<，所以<＋α<π，所以sin＝＝.又因为0<β<，所以<＋β<π，所以cos＝－＝－，所以sin(α＋β)＝－sin(π＋α＋β)＝－sin＝－＝－＝. 【训练3】　A　解析　由0<β<α<，得0<α－β<，又cos(α－β)＝，则sin(α－β)＝＝，而0<2β<π，cos 2β＝，则sin 2β＝＝，所以cos(α＋β)＝cos[(α－β)＋2β]＝cos(α－β)cos 2β－sin(α－β)sin 2β＝×－×＝.故选A. 第2课时　简单的三角恒等变换 关键能力·落实 【例1】　(1)A　解析　因为α∈(0，π)，所以α＋∈，又cos＝，所以sin＝＝，所以sin α＝sin＝sincos －cossin＝×－×＝.故选A. (2)B　解析　因为tan(α＋2β)＝3，所以tan 2(α＋2β)＝＝＝－，所以tan(α＋5β)＝tan[2(α＋2β)－(α－β)]＝＝＝.故选B. 【例2】　(1)C　解析　因为cos α＝，sin(β－α)＝－<0，α，β均为锐角，所以sin α＝＝，β－α∈，可得cos(β－α)＝＝，sin β＝sin[(β－α)＋α]＝sin(β－α)cos α＋cos(β－α)sin α＝－×＋×＝，所以β＝.故选C. (2)－　解析　因为tan α＝tan[(α－β)＋β]＝＝＝>0，所以0<α<.又tan 2α＝＝＝>0，所以0<2α<，所以tan(2α－β)＝＝＝1.因为tan β＝－<0，所以<β<π，所以－π<2α－β<0，所以2α－β＝－. 【题组对点练】　 1．D　解析　sin＝sin＝－cos 2＝1－2cos2＝1－2×＝.故选D. 2．D　解析　因为α和β均为钝角，cos α＝－＝－，cos β＝－＝－.cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝－×－×＝.由α和β均为钝角，得π<α＋β<2π，所以α＋β＝.故选D. 3．6　解析　因为tan ＝1－tan2，所以tan α＝＝2.又sin[(α＋β)＋α]＝2sin[(α＋β)－α]，所以sin(α＋β)cos α＋cos(α＋β)sin α＝2sin(α＋β)cos α－2cos(α＋β)sin α，即sin(α＋β)cos α＝3cos(α＋β)sin α，等号两边同时除以cos αcos(α＋β)，得tan(α＋β)＝3tan α＝6. 【例3】　解　(1)因为f(x)＝sin x＋cos x，所以f＝sin＋cos＝cos x－sin x，所以y＝2＝(cos x－sin x)2＝1－sin 2x.所以函数y＝2的最小正周期T＝＝π. (2)f＝sin＋cos＝sin x，所以y＝f(x)f＝sin x(sin x＋cos x)＝(sin xcos x＋sin2x)＝＝sin＋.当x∈时，2x－∈，所以当2x－＝，即x＝时，函数y＝f(x)f在上取得最大值，且ymax＝1＋. 【训练】　C　解析　a＝＝＝sin θcos θ，b＝(1－cos 2θ)＝sin2θ，c＝－cos θ＝＝sin θtan θ，又<θ<，则sin θ∈，且tan θ>1>sin θ>>cos θ>，所以c＝sin θtan θ>b＝sin2θ>a＝sin θcos θ.故选C. 高考真题·重温 1．A　解析　由3cos 2α－8cos α＝5，得3cos2α－4cos α－4＝0，所以cos α＝－或cos α＝2(舍去)，因为α∈(0，π)，所以sin α＝，故选A. 2．C　解析　＝＝＝sin θ(sin θ＋cos θ)＝sin2θ＋sin θcos θ＝＝＝＝.故选C. 3．D　解析　因为cos α＝1－2sin2＝，所以sin2＝＝＝，因为α为锐角，所以也为锐角，所以sin＝.故选D. 4．A　解析　因为tan 2α＝，且α∈，所以＝，所以2sin 2α＝cos αcos 2α＋sin αsin 2α，即4sin αcos α＝cos(2α－α)＝cos α.又cos α≠0，所以4sin α＝1，所以sin α＝，所以cos α＝，所以tan α＝.故选A. 5．B　解析　由题意知，△OAB是等边三角形，所以AB＝OA＝2.连接OC，因为C是AB的中点，所以OC⊥AB，OC＝＝，又CD⊥AB，所以O，C，D三点共线，所以CD＝OD－OC＝2－，所以s＝AB＋＝2＋＝.故选B. 教考衔接3　三角函数的求值问题 一、教材题组·加固练 题1　解　解法一(直接法)：由可得25sin2β－5sinβ－12＝0，又因为β∈(0，π)，可得sin β＝，cos β＝－sin β＝－，于是tan β＝－. 解法二(1的代换)：sin β＋cos β＝两边平方得sin2β＋2sin βcos β＋cos2β＝，又sin2β＋cos2β＝1，代入得12sin2β＋25sin βcos β＋12cos2β＝0，显然cos β≠0，两边同除以cos2β，得12tan2β＋25tan β＋12＝0，解得tan β＝－或tan β＝－，又sin β＋cos β＝，β∈(0，π)，从而|sin β|>|cos β|，所以|tan β|>1，所以tan β＝－. 解法三(引入辅助角)：由sin β＋cos β＝及辅助角公式可得sin＝，又β∈(0，π)，所以β＋∈，而0<sin＝<，结合正弦函数图象可得β＋∈，所以cos＝－，从而tan＝－，所以tan β＝tan＝－. 解法四(利用三角函数定义)：设P(x，y)是角β的终边与单位圆的交点，由三角函数的定义及已知条件得y＋x＝(y>0)，又x2＋y2＝1，从而得x＝－，y＝，所以tan β＝＝－. 题2　解　由题意得 所以cos αcos β＝，sin αsin β＝. 所以tan αtan β＝＝. 题3　解　因为cos α＋cos β＝，sin α＋sin β＝， 所以两式平方相加可得， cos2α＋cos2β＋2cos αcos β＋sin2α＋sin2β＋2sin αsin β＝2＋2，化简可得2＋2(cos αcos β＋sin αsin β)＝， 所以cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝－. 题4　解　解法一：由及0≤α≤π， 可得sin α＝，cos α＝sin α－＝，所以sin 2α＝，cos 2α＝－，所以sin＝sin 2αcos－cos 2αsin＝. 解法二：由sin α－cos α＝，得(sin α－cos α)2＝，sin 2α＝，所以cos22α＝.又由sin α－cos α＝，得sin＝，因为α∈[0，π]，所以α－∈，而0<sin＝<，所以α－∈，即α∈，所以2α∈，cos 2α＝－，所以sin＝. 题5　解　解法一：在△ABC中，由cos A＝，0<A<π，得sin A＝＝＝，所以tan A＝＝×＝，tan 2A＝＝＝. 又tan B＝2，所以tan 2B＝＝＝－.于是tan(2A＋2B)＝＝＝. 解法二：在△ABC中，由cos A＝，0<A<π，得sin A＝＝＝，所以tan A＝＝×＝.又tan B＝2，所以tan(A＋B)＝＝＝－，所以tan(2A＋2B)＝tan[2(A＋B)]＝＝＝. 二、创新变式·提升练 变式1　A　解析　由tan β＝2tan α，可得sin βcos α＝2sin αcos β.由sin(α＋β)＝3m，可得sin αcos β＋cos αsin β＝3m，则sin αcos β＋2sin αcos β＝3m，所以sin αcos β＝m.所以sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β＝－sin αcos β＝－m.故选A. 变式2　C　解析　由sin(α＋β)＝，sin(α－β)＝，所以sin αcos β＝，cos αsin β＝，所以tan α＝5tan β，所以m＝5.故选C. 变式3　B　解析　由sin α＋sin β＝，cos α－cos β＝，得(sin α＋sin β)2＝sin2α＋sin2β＋2sin αsin β＝　①，(cos α－cos β)2＝cos2α＋cos2β－2cos αcos β＝　②.①②相加得sin2α＋sin2β＋2sin αsin β＋cos2α＋cos2β－2cos αcos β＝，2－2(cos αcos β－sin αsin β)＝2－2cos(α＋β)＝，解得cos(α＋β)＝.故选B. 变式4　　解析　因为sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝，sin Acos B＝，所以cos Asin B＝，所以sin(A－B)＝sin Acos B－cos Asin B＝－＝－，所以cos(2A－2B)＝cos2(A－B)＝1－2sin2(A－B)＝1－2×2＝. 三、链接高考·体验练 1．A　解析　由cos(α＋β)＝m得cos αcos β－sin αsin β＝m　①.由tan αtan β＝2得＝2　②，由①②得所以cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝－3m.故选A. 2．B　解析　因为sin(α－β)＝，所以sin αcos β－cos αsin β＝，所以sin αcos β＝＋cos αsin β＝＋＝，sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝＋＝，cos(2α＋2β)＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×＝.故选B. 3．C　解析　由题意得sin αcos β＋sin βcos α＋cos αcos β－sin αsin β＝2×(cos α－sin α)sin β，整理，得sin αcos β－sin βcos α＋cos αcos β＋sin αsin β＝0，即sin (α－β)＋cos(α－β)＝0，所以tan(α－β)＝－1.故选C. 4．－　解析　由题知tan(α＋β)＝＝＝－2，即sin(α＋β)＝－2cos(α＋β)，又sin2(α＋β)＋cos2(α＋β)＝1，可得sin(α＋β)＝±.由2kπ＜α＜2kπ＋，k∈Z,2mπ＋π＜β＜2mπ＋，m∈Z，得2(k＋m)π＋π＜α＋β＜2(k＋m)π＋2π，k＋m∈Z.又tan(α＋β)＜0，所以α＋β是第四象限角，故sin(α＋β)＝－. 第四节　三角函数的图象与性质 必备知识·梳理 教材回顾 1．(1)　(2)(π，－1) 2．{x　[－1,1]　[－1,1]　R　2π　2π　π　奇函数　偶函数　奇函数　　[2kπ－π，2kπ]　　　[2kπ，2kπ＋π]　(kπ，0)　　x＝＋kπ　x＝kπ 小题快练 1．D　2.B　3.D 4．±2　解析　因为＝π，所以|a|＝2，所以a＝±2. 5.　解析　由x∈得x＋∈，所以y＝cos∈. 第1课时　三角函数的定义域、值域与单调性 关键能力·落实 1．D　解析　函数y＝tan＝－tan，令x－≠＋kπ，k∈Z，解得x≠＋kπ，k∈Z，所以函数y的定义域是{x.故选D. 2．C　解析　由cos x－≥0，得cos x≥，所以2kπ－≤x≤2kπ＋(k∈Z)．故选C. 3．D　解析　由2sin x＋1>0，得sin x>－，所以2kπ－<x<2kπ＋，k∈Z，所以函数y＝lg(2sin x＋1)的定义域为{x.故选D. 4．{x　解析　解法一：要使函数有意义，则sin x－cos x≥0.在同一坐标系中画出y＝sin x和y＝cos x在[0,2π]上的图象，如图所示，在[0,2π]内，当x＝，时，满足sin x＝cos x，再结合正弦、余弦函数的最小正周期是2π，可知原函数的定义域为{x. 解法二：要使函数有意义，则sin x－cos x＝sin≥0，将x－视为一个整体，由正弦函数y＝sin x的图象和性质可知2kπ≤x－≤π＋2kπ(k∈Z)，解得2kπ＋≤x≤2kπ＋(k∈Z)，所以原函数的定义域为{x. 【例1】　A　解析　y＝sin＝－sin，要求函数y＝sin的单调递减区间，即求函数y＝sin的单调递增区间．令－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，所以函数y＝sin的单调递减区间是(k∈Z)．故选A. 【例2】　BD　解析　因为－<－<－<0，且函数y＝sin x在上单调递增，所以sin<sin，故A错误；因为cos 400°＝cos 40°，cos(－50°)＝cos 50°，且当0°≤x≤90°时，函数y＝cos x单调递减，所以cos 40°>cos 50°，即cos 400°>cos(－50°)，故B正确；因为<<<，且函数y＝sin x在区间上单调递减，所以sin>sin，故C错误；因为<2<3<，且函数y＝sin x在区间上单调递减，所以sin 3<sin 2，故D正确．故选BD. 【例3】　B　解析　由x∈，可得2x－φ∈，又由0<φ<，且f(x)在上单调递增，可得－φ≤，所以≤φ<.当x∈时，2x－φ∈，由f(x)在上有最小值，可得－φ>，所以φ<.综上，≤φ<.故选B. 【题组对点练】　 1．D　解析　由已知f(x)＝cos，得2kπ≤2x－≤2kπ＋π，k∈Z，则kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z，又x∈，所以f(x)在上的单调递减区间为.故选D. 2．C　解析　因为y＝sin x在上单调递增，所以a＝sin 1>sin ＝＝c，因为y＝tan x在上单调递增，所以tan 1<tan ＝<，而y＝lg x在(0，＋∞)上单调递增，则b＝lg(tan 1)<lg＝lg <lg ＝＝c，所以b<c<a，故选C. 3.　解析　令＋2kπ≤ωx＋≤＋2kπ(k∈Z)，则＋≤x≤＋，k∈Z，因为函数f(x)＝sin(ω>0)在区间上单调递减，所以解得＋6k≤ω≤＋4k，k∈Z，又＋6k≤＋4k，且4k＋>0，k∈Z，所以－<k≤，即k＝0，所以≤ω≤. 【例4】　(1)A　解析　由f(x)的最小正周期为π，可得π＝，所以ω＝，所以f(x)＝sin(2x＋π)＝－sin 2x.当x∈时，2x∈，sin 2x∈，所以f(x)min＝－，故选A. (2)　解析　因为x∈，所以tan x∈[－1,1]，又y＝－2tan2x＋3tan x－1＝－22＋，则当tan x＝时，f(x)max＝，当tan x＝－1时，f(x)min＝－6，所以所求函数的值域为. 【训练】　(1)2　解析　由题意知f(x)＝sin x－cos x＝2sin，当x∈[0，π]时，x－∈，所以sin∈，于是f(x)∈[－，2]，故f(x)在[0，π]上的最大值为2. (2)5　解析　因为f(x)＝cos 2x＋6cos＝cos 2x＋6sin x＝1－2sin2x＋6sin x＝－22＋，又sin x∈[－1,1]，所以当sin x＝1时，f(x)取得最大值5. 第2课时　三角函数的周期性、奇偶性与对称性 关键能力·落实 【例1】　解　(1)因为y＝2sin，所以T＝＝3π，即y＝2sin的最小正周期为3π. (2)y＝3的最小正周期是y＝3cos的最小正周期的一半，即T＝×＝. (3)画出y＝|tan x|的大致图象如图所示： 由图象易知T＝π. (4)因为y＝－sin＋6sin xcos x－2cos2x＋1＝－sin 2xcos－cos 2xsin＋3sin 2x－cos 2x＝2sin 2x－2cos 2x＝2sin，所以最小正周期T＝＝π. 【训练1】　(1)B　解析　因为cos|x|＝cos x，所以y＝cos|x|是周期函数．其余函数均不是周期函数．故选B. (2)　解析　由f(x)＝sin ωx(ω>0)的图象知，一个周期内有一个最小值点，若在[0,1]上至少存在50个最小值点，则1≥49T＋＝＝·，解得ω≥.所以ω的取值范围是. 【例2】　(1)D　解析　f(x)＝2sin2－1＝－＝－cos＝sin 2x，可得f(x)的最小正周期为＝π.因为f(－x)＝sin(－2x)＝－sin 2x＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，所以f(x)是最小正周期为π的奇函数．故选D. (2)　解析　因为函数f(x)为偶函数，所以θ＋＝＋kπ，k∈Z，解得θ＝＋kπ，k∈Z.又θ∈，所以θ＝，经检验，符合题意． 【训练2】　(1)　解析　由已知，得＋φ＝kπ＋(k∈Z)，所以φ＝kπ＋(k∈Z)，又因为φ∈，所以当k＝0时，φ＝符合题意． (2)1　解析　f(x)＝sin，因为f(－x)＝f(x)，x∈R，所以f(x)是偶函数，所以φ＋＝kπ＋(k∈Z)，φ＝kπ＋(k∈Z)，故tan φ＝tan＝1. 【例3】　C　解析　由题可得，设2x＋＝kπ，k∈Z，解得x＝－，k∈Z，所以函数f(x)的对称中心为(k∈Z)．设2x＋＝kπ＋，k∈Z，解得x＝＋，k∈Z，所以函数f(x)的对称轴为x＝＋(k∈Z)．通过对比选项可知C正确． 【训练3】　(1)(k∈Z)　解析　由＋＝(k∈Z)，得x＝kπ－(k∈Z)，即其对称中心为(k∈Z)． (2)　解析　因为函数f(x)＝2sin(3x＋φ)图象的对称轴为x＝，所以3×＋φ＝kπ＋(k∈Z)，所以φ＝kπ－(k∈Z)，因为－π<φ<0，所以k＝0，φ＝－，所以函数f(x)＝2sin，当x∈[0，t]时，3x－∈，因为函数f(x)的最小值为－，所以－<3t－≤，解得0<t≤，所以t的最大值为. 高考真题·重温 1．A　解析　令2kπ－<x－<2kπ＋(k∈Z)，解得2kπ－<x<2kπ＋(k∈Z)，令k＝0，可得函数f(x)的一个单调递增区间为，因为⊆，所以选A. 2．BC　解析　令f(x)＝0，得sin 2x＝0，所以2x＝kπ(k∈Z)，解得x＝(k∈Z)．令g(x)＝0，得sin＝0，所以2x－＝k1π(k1∈Z)，解得x＝＋(k1∈Z)．因此f(x)与g(x)没有相同的零点，选项A错误．f(x)与g(x)的最大值都是1，选项B正确．f(x)与g(x)的最小正周期都是T＝＝π，选项C正确．由2x＝k2π＋(k2∈Z)得x＝＋(k2∈Z)，所以f(x)图象的对称轴方程为x＝＋(k2∈Z)．由2x－＝k3π＋(k3∈Z)得x＝＋(k3∈Z)，所以g(x)图象的对称轴方程为x＝＋(k3∈Z)．因此，选项D错误，故选BC. 3．D　解析　因为f(x)＝sin(ωx＋φ)在区间单调递增，且直线x＝和x＝为函数y＝f(x)的图象的两条对称轴，所以f(x)在x＝和x＝处分别取得最小值和最大值，所以＝－＝，T＝π，得|ω|＝2，不妨取ω＝2，由f＝sin＝1，得＋φ＝＋2kπ，k∈Z，得φ＝－＋2kπ，k∈Z.取k＝0，得φ＝－，从而f＝sin＝sin＝，故选D. 4．AD　解析　因为f(x)的图象关于点对称，所以sin ＝0，即＋φ＝kπ，k∈Z，故φ＝kπ－，k∈Z.结合0<φ<π，得φ＝，所以f(x)＝sin.对于A，令＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z，解得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，故f(x)的单调递减区间为，k∈Z.显然，k∈Z，故A正确．对于B，f′(x)＝2cos，令f′(x)＝0，得2x＋＝kπ＋，k∈Z，即x＝－，k∈Z.又因为x∈，所以x＝，故f(x)在区间只有一个极值点，故B错误．对于C，令2x＋＝＋kπ，k∈Z，解得x＝－＋，k∈Z，故C错误．对于D，结合B，令2cos＝－1，得2x＋＝＋2kπ，k∈Z或2x＋＝＋2kπ，k∈Z，解得x＝kπ，k∈Z或x＝＋kπ，k∈Z，故其中一个切点为，则曲线y＝f(x)在该点处的切线方程为y－＝－x，即y＝－x，故D正确．故选AD. 5．A　解析　因为<T<π，ω>0，所以<<π，所以2<ω<3　①.又y＝f(x)的图象关于点中心对称，所以从而ω＝k－(k∈Z)　②，由①②知ω＝(取k＝4)，所以f(x)＝sin＋2，所以f＝sinπ＋2＝1.故选A. 6．[2,3)　解析　函数f(x)＝cos ωx－1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点等价于方程cos ωx＝1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3个不等的实根，因为0≤x≤2π，所以0≤ωx≤2πω，所以4π≤2πω<6π，即2≤ω<3，所以ω的取值范围为[2,3)． 微专题强化六　三角函数中与ω有关的问题 典型例题 【例1】　B　解析　将f(x)＝sin x的图象向右平移个单位长度，得到h(x)＝sin的图象，将h(x)图象上的每个点的纵坐标保持不变，横坐标都变为原来的得到g(x)的图象．所以g(x)＝sin.x∈时，ωx－∈.g(x)在上单调递增，所以－≤－－<－，得0<ω≤，故选B. 【例2】　B　解析　设t＝ωx－，因为x∈，且ω>0，所以t∈.函数f(x)＝2sin在上的值域为[－1,2]，即y＝2sin t在上的值域为[－1,2]，所以≤ω·－≤，解得≤ω≤，故选B. 【例3】　(1)A　解析　令t＝ωx－，则当x∈(0,2π)时，t∈，所以2πω－≤3π，则0<ω≤.故选A. (2)A　解析　因为函数图象的对称中心到对称轴的最短距离是，两条对称轴间的最短距离是，所以其图象的对称中心到对称轴x＝间的距离用周期可表示为－≥，又因为T＝，所以≤，所以ω≥2，所以ω有最小值2.故选A. 【例4】　D　解析　g(x)＝cos，当x∈[0，π)时，2ωx－∈，y＝cos x在y轴右方的零点为x＝，，，，，，…，因为函数g(x)的图象在区间[0，π)内有5个零点，所以<2ωπ－≤，解得<ω≤.故选D. 第五节　函数y＝Asin(ωx＋φ)及应用 必备知识·梳理 教材回顾 1．－　－＋　　－　　0　　π　　2π 3．ωx＋φ 小题快练 1．C 2．B 3．y＝sin　解析　将函数y＝sin 2x的图象向左平移个单位长度后所得到的函数图象对应的解析式为y＝sin＝sin. 4．2　解析　设f(x)的最小正周期为T，根据题图可知，＝－＝，所以T＝π，故ω＝2. 5．y＝10sin＋20，x∈[6,14]　解析　从题图中可以看出，从6～14时的图象是函数y＝Asin(ωx＋φ)＋b的半个周期，所以A＝×(30－10)＝10，b＝×(30＋10)＝20，×＝14－6＝8，所以|ω|＝，又ω>0，所以ω＝.又×10＋φ＝2kπ，k∈Z,0<φ<π，所以φ＝，所以y＝10sin＋20，x∈[6,14]． 关键能力·落实 【例1】　解　(1)①因为x∈[0，π]，所以2x＋∈.列表如下： 2x＋ π 2π x 0 π f(x) 1 2 0 －2 0 1 描点、连线得f(x)在[0，π]上的图象如图所示． ②将y＝sin x的图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数y＝sin的图象，再将y＝sin的图象上所有点的横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)，得到函数y＝sin的图象，再将y＝sin上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，得到函数f(x)＝2sin的图象． (2)C　解析　因为函数y＝2sin的最小正周期T＝，所以函数y＝2sin在[0,2π]上的图象恰好是三个周期的图象，所以作出函数y＝2sin与y＝sin x在[0,2π]上的图象如图所示，由图可知，这两个图象共有6个交点，故选C. 【训练1】　(1)C　解析　C2：y＝sin＝cos＝cos＝cos＝cos 2.故把y＝cos x的图象横坐标缩短到原来的，得到y＝cos 2x的图象，再把y＝cos 2x的图象向右平移个单位长度即得到C2的图象．故选C. (2)解　2×＋＝－，2×＋＝，令2x＋＝0，解得x＝－.令2x＋＝，解得x＝.令2x＋＝π，解得x＝.令2x＋＝，解得x＝.列表如下： 2x＋ － 0 π x － － y － 0 2 0 －2 － 描点作图如图： 【例2】　D　解析　由图象可得，函数f(x)的最大值为2，最小值为－2，故A＝2.f(x)图象的两个相邻的对称中心分别为(－2，0)，(6,0)，所以函数f(x)的最小正周期T＝2×[6－(－2)]＝16，所以ω＝＝＝.所以f(x)＝2sin. 解法一(由对称中心定φ)：由点(－2,0)在函数图象上可得f(－2)＝2sin＝2sin＝0，又点(－2,0)在函数图象的下降段上，所以φ－＝π＋2kπ(k∈Z)，解得φ＝2kπ＋(k∈Z)．因为|φ|<π，所以k＝－1，φ＝－.所以函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin.故选D. 解法二(由最值点定φ)：由函数图象可知，相邻两个对称中心分别为(－2,0)，(6,0)，所以这两个对称中心之间的函数图象的最低点的坐标为(2，－2)．代入函数解析式可得f(2)＝2sin＝－2，即sin＝－1，所以＋φ＝2kπ－(k∈Z)，解得φ＝2kπ－(k∈Z)．因为|φ|<π，所以k＝0，φ＝－.故函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin. 解法三(平移法)：由图象间关系可知y＝f(x)可以看作y＝2sinx向右平移6个单位长度得到，即f(x)＝2sin＝2sin.故选D. 【训练2】　(1)B　解析　由题意可知，g(x)＝Acos，由题图知，A＝1，T＝－＝(T为g(x)的最小正周期)，解得T＝π，所以ω＝＝2.因为函数g(x)的图象过点，所以cos＝0，又点在函数图象的上升段上，所以＋＋φ＝－＋2kπ(k∈Z)，所以φ＝－＋2kπ(k∈Z)，因为|φ|<，所以φ＝－，所以g(x)＝cos，所以g＝，故选B. (2)A　解析　由题知A＝B＝2，因为f(0)＝2sin φ＋2＝3，所以sin φ＝.因为0<φ<π，且点(0,3)的横坐标x＝0在f(x)的一个递减区间内，所以φ＝.根据五点作图法可知，×ω＋＝π，解得ω＝2，所以f(x)＝2sin＋2，f(φ)＝f＝2sin＋2＝2sin＋2＝4，故选A. 【例3】　ABC　解析　由图可知A＝2，k∈Z，解得ω＝2，φ＝2kπ＋，k∈Z，所以f(x)＝2sin.当x∈时，2x＋∈，所以f(x)在区间上单调递增，故A正确；f＝2sin＝2sin＝－2为其最小值，所以x＝为f(x)图象的一条对称轴，故B正确；f＝2sin＝2sin 2π＝0，所以点为f(x)图象的一个对称中心，故C正确；当x∈时，2x＋∈，当2x＋＝即x＝0时，f(x)min＝1，当2x＋＝即x＝时，f(x)max＝2，即f(x)在区间上的值域为[1,2]，故D错误．故选ABC. 【训练3】　ACD　解析　函数f(x)＝sin(0<ω<6)的图象向右平移个单位长度后得到g(x)＝sin＝sin的图象，所以g(x)的最小正周期为T＝，区间的长度恰好等于半个最小正周期．又是g(x)的一个单调递增区间，所以g(0)＝－1，即－－＝2kπ－，k∈Z，解得ω＝－12k＋2，k∈Z.因为0<ω<6，所以ω＝2，故f(x)＝sin，f(x)的最小正周期T＝＝π，故A正确；令2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，解得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，即f(x)的单调递增区间为，k∈Z，所以f(x)在上单调递增，故B错误；g(x)＝sin＝sin＝－cos 2x，所以F(x)＝sin－cos 2x＝sin 2xcos－cos 2xsin－cos 2x＝sin 2x－cos 2x＝sin，所以函数F(x)的最大值为，故C正确；当x∈[0,2π]时，2x－∈，令f(x)＝sin＝－，则2x－＝－，2x－＝，2x－＝，2x－＝，2x－＝，即方程f(x)＝－在上有5个实数根，故D正确．故选ACD. 【例4】　D　解析　因为筒车按逆时针方向每分钟转1.5圈，所以T＝＝40，则ω＝＝，振幅A为筒车的半径，即A＝4，K＝2，由题意，t＝0时，d＝0，所以0＝4sin φ＋2，即sin φ＝－，因为－<φ<，所以φ＝－.则d＝4sin＋2，由d＝6，得6＝4sin＋2，所以sin＝1，所以t－＝＋2kπ，k∈Z，得t＝＋40k，k∈Z.所以当k＝0时，t取最小值为.故选D. 【训练4】　A　解析　由题图可得，＝18－6＝12，则ω＝，当sin(ωx＋φ)＝－1时，y取得最小值，为－A＋5＝2，得A＝3，因为函数y＝Asin(ωx＋φ)＋5的图象过点，所以sin＝，又|φ|<，所以φ＝－，所以y＝3sin＋5.当x＝12时，y＝3sin＋5＝－＋5＝.故选A. 第六节　正弦定理和余弦定理 必备知识·梳理 教材回顾 1．(1)a2＋b2－2abcos C　(2) 2．(3)2Rsin A　　sin A∶sin B∶sin C 3．(1)acsin B 小题快练 1．C　解析　在△ABC中，设AB＝c＝5，AC＝b＝3，BC＝a＝7，由余弦定理，得cos∠BAC＝＝＝－，因为∠BAC为△ABC的内角，所以∠BAC＝.故选C. 2．D　解析　由＝，得b＝＝＝×2＝.故选D. 3．C　解析　由正弦定理得＝，所以sin B＝＝＝>1.所以角B不存在，即此三角形无解．故选C. 4.　解析　因为a＝3，b＝5，c＝7，所以cos C＝＝＝－，因此sin C＝，所以△ABC的面积S＝×3×5×＝. 5．75°　解析　由正弦定理得sin A＝＝＝.因为a<b，所以A<B，所以A＝45°，所以C＝180°－A－B＝75°. 第1课时　正弦定理、余弦定理 关键能力·落实 【例1】　(1)D　解析　因为a＝1，c＝，A＝45°，所以由正弦定理可得sin C＝＝＝，又因为0°<C<180°，c>a，A＝45°，所以C＝60°或120°.故选D. (2)C　解析　由正弦定理得sin Asin C＝sin2B，因为B＝，所以sin Asin C＝sin2B＝.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cos B＝a2＋c2－ac＝ac，所以a2＋c2＝ac，所以sin2A＋sin2C＝sin Asin C，所以(sin A＋sin C)2＝sin2A＋sin2C＋2sin Asin C＝sin Asin C＝，又sin A>0，sin C>0，所以sin A＋sin C＝.故选C. 【训练1】　(1)ACD　解析　对于A，由正弦定理＝＝＝2R，得a∶b∶c＝2Rsin A∶2Rsin B∶2Rsin C＝sin A∶sin B∶sin C，故A正确；对于B，由sin 2A＝sin 2B，可得A＝B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝，所以a＝b或a2＋b2＝c2，故B错误；对于C，在△ABC中，由正弦定理可得sin A>sin B⇔a>b⇔A>B，因此A>B是sin A>sin B的充要条件，故C正确；对于D，由正弦定理＝＝＝2R，可得右边＝＝＝2R＝左边，故D正确．故选ACD. (2)3　解析　由余弦定理，得a2＝c2＋b2－2bccos A＝4＋b2－2×2b×＝5，整理得3b2－8b－3＝0，解得b＝3或b＝－(舍去)，故b＝3. 【例2】　直角三角形　解析　由cos B＝1－2sin2，得sin2＝，所以＝，即cos B＝. 解法一：由余弦定理得＝，即a2＋c2－b2＝2a2，所以a2＋b2＝c2.所以△ABC为直角三角形，但无法判断两直角边是否相等． 解法二：由正弦定理得cos B＝，又sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，所以cos Bsin C＝sin Bcos C＋cos Bsin C，即sin Bcos C＝0，又sin B≠0，所以cos C＝0，所以C＝，所以△ABC为直角三角形，但无法判断两直角边是否相等． 【训练2】　D　解析　因为a－b＝ccos B－ccos A，所以由正弦定理得sin A－sin B＝sin Ccos B－sin Ccos A，因为sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C，所以sin Bcos C＋cos Bsin C－sin Acos C－cos Asin C＝sin Ccos B－sin Ccos A，整理得sin Bcos C－sin Acos C＝0，所以(sin B－sin A)cos C＝0，所以sin B＝sin A或cos C＝0，因为A，B，C∈(0，π)，所以A＝B或C＝，即△ABC的形状一定是等腰或直角三角形．故选D. 【训练3】　解　(1)由余弦定理，可得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos A＝1＋4－2×1×2×cos 120°＝7，则BC＝，cos B＝＝＝，sin B＝＝＝. (2)解法一：由sin∠ABC＝，得tan∠ABC＝，又tan∠ABC＝＝，所以DA＝，故△ADC的面积为DA·AC·sin(120°－90°)＝××1×＝. 解法二：由三角形面积公式可得＝＝4，则S△ACD＝S△ABC＝×＝. 第2课时　正弦定理与余弦定理的应用 关键能力·落实 【例1】　解　(1)在△DAC中，AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC，即13＝4＋CD2＋2CD，解得CD＝(舍负)，所以S△DAC＝AD·CD·sin∠ADC＝×2××＝. (2)因为∠ABC＝120°，BD平分∠ABC，所以∠DBA＝∠DBC＝60°.又∠ADC＝150°，所以∠DAB＋∠DCB＝360°－120°－150°＝90°.在△ABD中，由正弦定理，得＝　①，在△DBC中，由正弦定理，得＝　②，①÷②，得＝＝，所以＝.又sin2∠DCB＋cos2∠DCB＝1，且∠DCB∈，所以sin∠DCB＝.将sin∠DCB＝代入②，得＝，所以BD＝. 【训练1】　解　(1)在△ABD中，由余弦定理可得cos∠ABD＝＝，因为CD∥AB，所以∠BDC＝∠ABD，在△BCD中，由余弦定理可得BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcos∠BDC＝，所以BC＝. (2)设BC＝x，则AB＝2x，在△ABD中，cos∠ABD＝＝＝x，在△BCD中，cos∠BDC＝＝，因为CD∥AB，所以∠BDC＝∠ABD，所以cos∠BDC＝cos∠ABD，即＝x，整理可得x2＋2x－2＝0，因为x>0，解得x＝－1，因此，cos∠BDC＝cos∠ABD＝x＝－1. 【例2】　解　(1)因为tan A＋tan B＝，所以＋＝，所以＝，所以＝＝，又sin C≠0，所以cos B＝.又B∈(0，π)且B≠，所以B＝. (2)因为a＋c＝4，B＝，所以由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac＝16－3ac，则ac＝.因为a＋c≥2(当且仅当a＝c时取等号)，所以4≥2，所以0<ac≤4，即0<≤4，所以4≤b2<16，故2≤b<4，即b的取值范围是[2,4)． 【训练2】　B　解析　由题意得acsin 120°＝a×2×sin 60°＋c×2×sin 60°，即ac＝2a＋2c，即＋＝1，所以4a＋c＝(4a＋c)＝＋＋10≥2＋10＝8＋10＝18，当且仅当＝，即c＝2a＝6时取等号．故选B. 【例3】　解　(1)因为cos A＋sin B＝(sin A＋cos B)，所以cos A－sin A＝cos B－sin B，即cos＝cos，又A∈，B∈，所以<A＋<，<B＋<，所以A＋＝B＋，即B＝A＋，又A＋B＋C＝π，C＝，所以A＋A＋＋＝π，即A＝. (2)因为AD＝BD＝2，所以∠DBA＝∠A，又∠ABC＝A＋，可得∠DBC＝，在△DBC中，＝，所以CD＝＝，在△ABC中，sin C＝sin(A＋B)＝sin，因为△ABC为锐角三角形，所以解得<A<，所以<2A＋<，<sin<1，所以∈(1,2)，即CD的取值范围为(1,2)． 【训练3】　解　(1)由正弦定理，＝＝，所以sin B＝cos B，则tan B＝1，又0<B<π，所以B＝，因为S△ABC＝ah＝acsin B，所以×3×1＝×3×c×，解得c＝，又由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B＝32＋()2－2×3××＝5，解得b＝，所以cos A＝＝＝－. (2)由正弦定理有＝＝，且由(1)可知B＝，所以c＝＝＝，又因为△ABC为锐角三角形，所以解得<A<，所以0<<1，所以<c<3，所以S△ABC＝acsin B＝×3×c×＝c∈，所以△ABC面积的取值范围是. 素养进级·提能力 应用体验 1．C　解析　解法一：(射影定理法)因为acos B－bcos A＝c，c＝acos B＋bcos A，所以2bcos A＝0，故cos A＝0，A＝，则B＝π－A－C＝π－－＝.故选C. 解法二：由题意结合正弦定理可得sin Acos B－sin Bcos A＝sin C，即sin Acos B－sin Bcos A＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋sin Bcos A，整理可得sin Bcos A＝0，由于B∈(0，π)，故sin B>0，据此可得cos A＝0，A＝，则B＝π－A－C＝π－－＝.故选C. 2．B　解析　在△ABC中，由射影定理a＝ccos B＋bcos C及ccos B＋bcos C＝asin A，得asin A＝a，解得sin A＝1，而0°<A<180°，则A＝90°.由余弦定理cos C＝及S＝(b2＋a2－c2)得cos C＝，而S＝absin C，因此，cos C＝sin C，即tan C＝.又0°<C<180°，则C＝30°.所以B＝180°－A－C＝60°.故选B. 3.　解析　根据角平分线定理有＝＝＝，所以b＝c，又∠BAC＝60°，a＝7，在△ABC中，由余弦定理的推论得cos∠BAC＝＝，将b＝c代入上式，进而得到c2－49＝0，因此c＝(负值已舍去)． 4．4　解析　因为CD平分∠ACB，所以∠ACD＝∠BCD.由正弦定理可知＝⇒＝，＝⇒＝.因为∠ADC＋∠BDC＝π，所以sin∠ADC＝sin∠BDC，所以有＝，即BD＝AB.(由CD平分∠ACB交AB于点D，可得＝＝＝，所以BD＝AB，选填题中可直接使用角平分线定理实现速解，但在解答题中使用该定理需进行简单的证明)由正弦定理可知，＝⇒＝⇒＝⇒cos B＝.由余弦定理可知AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos B，即81＝AB2＋144－2×AB×12×，解得AB＝7或AB＝9.当AB＝7时，BD＝4.当AB＝9时，因为AC＝9，所以AC＝AB，因此B＝∠ACB，A＋B＋∠ACB＝π⇒2B＋B＋B＝π⇒B＝，cos B＝≠，所以AB＝9不成立．故BD＝4. 5．C　解析　由射影定理知acos C＋ccos A＝2bcos∠ABC＝b，所以cos∠ABC＝.因为∠ABC是三角形内角，所以∠ABC＝.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos∠ABC⇒9＝a2＋c2－ac.由中线定理知a2＋c2＝2(BD2＋AD2)，即a2＋c2＝2×＝，所以ac＝，所以S△ABC＝acsin∠ABC＝××＝，故选C. 第七节　解三角形应用举例 必备知识·梳理 教材回顾 1．下方 小题快练 1．D　解析　由题可知，∠CAB＝∠CBA＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B南偏西80°方向．故选D. 2．A　解析　在△ABP中，∠APB＝45°－30°＝15°，所以sin∠APB＝sin 15°＝×－×＝，由正弦定理得PB＝＝＝30(＋)，所以该树的高度为30(＋)sin 45°＝(30＋30)(m)．故选A. 3.　解析　在△ABC中，易得A＝30°，由正弦定理＝，得AB＝＝2×1×＝(km)． 4．12　解析　设塔高CD＝x m，则AD＝x m，DB＝x m．由题意得∠ADB＝90°＋60°＝150°，在△ABD中，利用余弦定理得842＝x2＋(x)2－2·x2cos 150°，解得x＝12(负值舍去)，故塔高为12 m. 关键能力·落实 【例1】　B　解析　在△ABD中，B＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理＝，可得AD＝＝＝24(海里)．在△ACD中，AD＝24海里，AC＝8海里，∠CAD＝30°，由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos 30°＝242＋(8)2－2×24×8×＝192.所以CD＝8海里．故选B. 【训练1】　A　解析　在△ABC中，由正弦定理得BC＝＝，所以河流的宽度d＝BCsin∠ABC＝.故选A. 【例2】　D　解析　选①②③⑤.设旗杆的高度OA＝h，则OC＝h，OB＝.如图，在△BOC中，由余弦定理得BC2＝OB2＋OC2－2OB·OC·cos∠BOC，即102＝2＋h2－2·h··，解得h＝10(m)．故选D. 【训练2】　B　解析　在Rt△ABC中，AB⊥BC，AB＝37，∠ACB＝30°，所以AC＝2AB＝74，在Rt△MNC中，NC⊥MN，∠MCN＝45°，所以MN＝MC·sin 45°＝MC.由题意，∠MAC＝15°＋30°＝45°，∠MCA＝180°－45°－30°＝105°，故∠AMC＝180°－105°－45°＝30°.在△ACM中，由正弦定理＝，得＝，故MC＝＝74，所以MN＝×74＝74，故选B. 【例3】　解　如图，设救援艇在C处追赶上故障船，D为岛A正南方向上一点，救援艇的速度为x海里/时，结合题意知BC＝0.5x，AC＝5，∠BAC＝180°－38°－22°＝120°.由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 120°＝9＋25－2×3×5×＝49，所以BC＝0.5x＝7，解得x＝14.又由正弦定理得sin∠ABC＝＝＝，所以∠ABC＝38°，又∠BAD＝38°，所以BC∥AD，故救援艇以14海里/时的速度向正北方向行驶，恰好用0.5小时追赶上该故障船． 【训练3】　C　解析　在△ABC中，∠ACB＝180°－∠BAC－∠ABC＝180°－15°－135°＝30°，由正弦定理知＝，故BC＝＝＝50(－)，在△BDC中，＝，故＝，所以sin∠BDC＝－1，即sin(θ＋90°)＝－1，即cos θ＝－1.故选C. 高考真题·重温 1．A　解析　由cos C＝得＝，所以AB＝3，所以cos B＝＝＝，故选A. 2．D　解析　解法一：设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，在△ABC中，由题意知b＝，c＝2，由余弦定理b2＝c2＋a2－2cacos B，得19＝4＋a2－2·2a·cos 120°，整理得a2＋2a－15＝0，解得a＝3或a＝－5(舍)，所以BC＝3.故选D. 解法二：在△ABC中，由正弦定理得＝，即＝，所以sin C＝＝，又0°<C<60°，所以cos C＝＝，所以sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝×＋×＝，所以BC＝＝＝3.故选D. 3．2　解析　由S△ABC＝acsin B＝ac＝得ac＝4.由b2＝a2＋c2－2ac·cos B＝a2＋c2－ac，结合a2＋c2＝3ac得到b2＝2ac＝8，所以b＝2. 4．2　解析　在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC，即()2＝22＋AC2－2×2×AC×cos 60°，即AC2－2AC－2＝0，解得AC＝1＋或AC＝1－(舍)，由于AD平分∠BAC，且∠BAC＝60°，所以∠BAD＝∠CAD＝30°.S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，即×2×(＋1)×＝×2×AD×＋×(＋1)×AD×，即×(＋1)＝AD＋AD，解得AD＝2. 5．解　(1)由已知得sin A＋cos A＝sin＝1，因为0<A<π，所以<A＋<，所以A＋＝，即A＝. (2)由bsin C＝2csin Bcos B及正弦定理＝＝，得sin Bsin C＝2sin Csin Bcos B，又sin B≠0，且sin C≠0，所以cos B＝，则sin B＝，则b＝·sin B＝×＝2，又sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝×＋×＝，所以c＝·sin C＝×＝＋，所以a＋b＋c＝2＋3＋，即△ABC的周长为2＋3＋. 新定义1　以三角函数为载体的新定义问题 【例1】　ACD　解析　对于选项A，由于y＝ex和y＝－e－x均为增函数，故A正确；对于选项B，由于对任意x∈R，cosh(－x)＝cosh x，故双曲余弦函数为偶函数，由偶函数的性质可知，B项错误；对于选项C，有tanh x＝＝1－，故C正确；对于选项D，＝＝＝＝＝tanh(x＋y)，选项正确．综上所述，正确的选项是ACD. 【例2】　解　(1)因为cos 2A＋cos 2B－cos 2C＝1，所以1－2sin2A＋1－2sin2B－1＋2sin2C＝1，即sin2A＋sin2B＝sin2C，由正弦定理得a2＋b2＝c2.所以C＝90°. (2)由(1)知C＝90°，所以△ABC的三个角都小于120°，如图，因为点M为△ABC的费马点，所以∠AMB＝∠BMC＝∠CMA＝120°.由S△ABC＝S△AMB＋S△BMC＋S△CMA得：ab＝|MA|·|MB|sin 120°＋|MB|·|MC|sin 120°＋|MC|·|MA|sin 120°，整理得|MA|·|MB|＋|MB|·|MC|＋|MC|·|MA|＝ab.又因为c2＝a2＋b2＝16≥2ab，所以ab≤8，当且仅当a＝b时等号成立．所以|MA|·|MB|＋|MB|·|MC|＋|MC|·|MA|＝ab≤，所以|MA|·|MB|＋|MB|·|MC|＋|MC|·|MA|的最大值为. (3)由(2)知∠AMB＝∠BMC＝∠CMA＝120°.设|MC|＝x，|MA|＝mx，|MB|＝nx(x>0，m>0，n>0)，由|MA|＋|MB|＝t|MC|得m＋n＝t.由余弦定理得：在△ACM中，|AC|2＝x2＋m2x2－2mx2cos 120°＝(m2＋m＋1)x2，在△BCM中，|BC|2＝x2＋n2x2－2nx2cos 120°＝(n2＋n＋1)x2，在△ABM中，|AB|2＝m2x2＋n2x2－2mnx2cos 120°＝(m2＋n2＋mn)x2，因为|AC|2＋|BC|2＝|AB|2，所以(m2＋m＋1)x2＋(n2＋n＋1)x2＝(m2＋n2＋mn)x2，整理得m＋n＋2＝mn.因为m＋n＋2＝mn≤2，当且仅当m＝n时等号成立，所以t＋2≤2，整理得t2－4t－8≥0，解得t≥2＋2或者t≤2－2(舍去)，所以实数t的最小值为2＋2. 【例3】　解　(1)函数f(x)＝x2不属于集合M.理由如下：由题意得f(x＋T)＋f(x－T)＝(x＋T)2＋(x－T)2＝2x2＋2T2，Tf(x)＝Tx2，由f(x＋T)＋f(x－T)＝Tf(x)得2x2＋2T2＝Tx2，结合x的任意性，得显然T无解，所以不存在实数T，对任意的x∈R，有f(x＋T)＋f(x－T)＝Tf(x)．即函数f(x)＝x2不属于集合M. (2)由题意得，f(x＋T)＋f(x－T)＝(x＋T)＋(x－T)－sin(ωx＋ωT)－sin(ωx－ωT)＝2x－2sin ωxcos ωT，又Tf(x)＝Tx－Tsin ωx，由f(x＋T)＋f(x－T)＝Tf(x)得2x－2sin ωxcos ωT＝Tx－Tsin ωx，结合x的任意性，得所以cos 2ω＝1，所以2ω＝2kπ，又ω>0，即ω＝kπ，k∈N*，所以正数ω的取值集合为{ω|ω＝kπ，k∈N*}． (3)由函数f(x)＝ekx∈M得ekx＋kT＋ekx－kT＝Tekx，即ekT＋e－kT＝T，由题意可得，存在非零常数T，使得ekT＋e－kT＝T，即方程ekx＋e－kx＝x有解，令g(x)＝ekx＋e－kx－x，即函数g(x)有零点，g′(x)＝k(ekx－e－kx)－1，下面证明ex≥x＋1，令q(x)＝ex－x－1，则q′(x)＝ex－1，当x>0时，q′(x)>0，当x<0时，q′(x)<0，故q(x)＝ex－x－1在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故q(x)＝ex－x－1在x＝0处取得极小值，也是最小值，故q(x)≥q(0)＝0，故ex≥x＋1>x. (ⅰ)当k>0时，g′(x)在R上单调递增，又g′(0)＝－1，当x→＋∞时，g′(x)→＋∞，不妨取n＝>0，则g′(n)＝k(ekn－e－kn)－1>k(ekn－e0)－1>k·kn－1＝0，所以g′(x)＝0有根记为x＝x0(x0>0)，且ekx0－e－kx0＝　①，当x∈(－∞，x0)时，g′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，x0)上单调递减，(x0，＋∞)上单调递增，考虑到当x→－∞时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞.任意给定正实数a，当x<－a时，g(x)＝ekx＋e－kx－x>－x>a，当x>max时，由于ex≥x＋1>x⇒e>⇒ex>，x>0⇒ekx>，x>0，故g(x)>ekx－x>(kx)2－x＝(k2x－4)>(k2·－4)＝x·a≥a，g(x0)≤0时，即可保证函数g(x)有零点，即ekx0－e－kx0≤x0　②，由②2－①2得4≤x－，由x0>0得kx0≥　③，将③代入①有≥e－e－，化简得ke－ke－≤1，由k>0得0≤ke－ke－≤1　④. (ⅱ)当k<0时，则－k>0，用－k替换(ⅰ)中的k，得0<－ke＋ke－≤1，即－1≤ke－ke－<0　⑤，由④⑤得－1≤ke－ke－≤1，即|ke－ke－|≤1，k≠0. (ⅲ)当k＝0时，f(x)＝1，取T＝2，则f(x＋2)＋f(x－2)＝2f(x)，满足f(x＋T)＋f(x－T)＝Tf(x)，则f(x)∈M，综上，|ke－ke－|≤1. 第五章　平面向量与复数 第一节　平面向量的概念及线性运算 必备知识·梳理 教材回顾 1．(1)方向　长度　模　(2)0　0　(3)1个单位长度　(4)相反　平行　(5)相同　(6)相反 2．b＋a　a＋(b＋c)　|λ||a|　相同　相反　0　(λμ)a　λa＋μa　λa＋λb 3．b＝λa 小题快练 1．CD　解析　A错误，单位向量长度相等，但是方向不确定；B错误，由于只有方向，没有大小，故x轴、y轴不是向量；C正确，由于向量起点相同，但长度不相等或方向不同，所以终点不同；D正确，海拔、温度、角度只有大小，没有方向，故不是向量．故选CD. 2．BC 3．C　解析　由三角形法则知a－b是b的终点指向a的终点的一个向量，用基底{e1，e2}表示为e1－3e2.故选C. 4．a＋b　解析　＝＋＝＋＝＋＝a＋b. 关键能力·落实 1．AD　解析　方向相反的两个非零向量必定平行，所以方向相反的两个非零向量一定共线，故A正确；零向量是有方向的，其方向是任意的，故B错误；两个向量起点相同，终点相同，则两个向量相等；但两个向量相等，不一定有相同的起点和终点，故C错误；A，B，C，D是不共线的点，＝，即模相等且方向相同，即四边形ABCD为平行四边形，反之也成立，故D正确．故选AD. 2．D　解析　A，B选项均与方向不同，C选项与长度不相等，D选项与方向相同，长度相等．故选D. 3．D　解析　对于A，两个向量的模相等，但是方向不一定相同，所以错误．对于B，两个向量不能比较大小，所以错误．对于C，向量平行只是方向相同或相反，不能得到向量相等，所以错误．对于D，若一个向量的模等于0，则这个向量是0，所以正确．故选D. 4．A　解析　＝等价于a，b同向，只有a＝3b时a，b同向，而B，C，D只能确定a，b共线．故选A. 【例1】　(1)B　解析　因为BD＝2DA，所以＝3，所以＝＋＝＋3＝＋3(－)＝－2＋3＝－2m＋3n.故选B. (2)B　解析　如图，作OG∥FE交DC于G，由DE＝EO，得DF＝FG，又由AO＝OC，得FG＝GC，于是＝＝，那么＝＋＝＋＝a＋b.故选B. 【训练】　(1)A　解析　如图，因为在平行四边形ABCD中，点E，F分别满足＝，＝，连接AF，AE，则＝－＝(＋)－(＋)，＝＝(－)＝(b－a)，所以＝－＝a－b.故选A. (2)D　解析　由－＝，得＝＋μ－－λ，所以＝μ－λ，即＝6μ－6λ＝6μ＋6λ，又＝＋，故μ＝λ＝，故λ＋μ＝.故选D. 【例2】　解　(1)证明：由已知，得＝－＝(2e1－e2)－(e1＋3e2)＝e1－4e2.因为＝2e1－8e2，所以＝2.又与有公共点B，所以A，B，D三点共线． (2)由(1)，知＝e1－4e2，若＝3e1－ke2，且∥，可设＝λ(λ∈R)，所以3e1－ke2＝λe1－4λe2，即(3－λ)e1＝(k－4λ)e2.又e1，e2是两个不共线的向量，所以解得k＝12. 【例3】　证明　(1)若m＋n＝1，则＝m＋(1－m)＝＋m(－)，所以－＝m(－)，即＝m，所以与共线．又因为与有公共点B，则A，P，B三点共线． (2)若A，P，B三点共线，则存在实数λ，使＝λ，所以－＝λ(－)．又＝m＋n.故有m＋(n－1)＝λ－λ，即(m－λ)＋(n＋λ－1)＝0.因为O，A，B三点不共线，所以，不共线，所以所以m＋n＝1. 【例4】　3　解析　如图，延长AG交BC于点F，则F为BC的中点，＝＝(＋)，又＝，＝，所以＝＋，又G，D，E三点共线，所以＋＝1，即＋＝3. 【题组对点练】　 1.　解析　因为a，tb，(a＋b)的终点在同一条直线上，且a与b的起点相同，所以a－tb与a－(a＋b)共线，即a－tb与a－b共线，所以存在实数λ，使a－tb＝λ，又a，b为两个不共线的向量，所以解得 2.　解析　注意到N，P，B三点共线，因此有＝m＋＝m＋，从而m＋＝1⇒m＝. 第二节　平面向量基本定理及坐标表示 必备知识·梳理 教材回顾 1．不共线　λ1e1＋λ2e2 2．(1)(x1＋x2，y1＋y2)　(x1－x2，y1－y2)　(λx1，λy1)　　(2)②(x2－x1，y2－y1)　 3．x1y2－x2y1＝0 小题快练 1．B　解析　两个不共线的非零向量构成一个基底，A中向量e1为零向量，C，D中两向量共线，B中e1≠0，e2≠0，且e1与e1不共线．故选B. 2．B　解析　＝＋＝＋＝＋(－)＝－＝a－b.故选B. 3．C　解析　因为A(2,0)，B(4,2)，所以＝(2,2)，因为点P在直线AB上，且||＝2||，所以＝2或＝－2，故＝(1,1)或＝(－1，－1)，故P点坐标为(3,1)或(1，－1)，故选C. 4．1　解析　已知向量a＝(1,3)，b＝(－2,1)，c＝(3,2)，所以kb＋c＝(－2k＋3，k＋2)，因为向量a与向量kb＋c共线，所以k＋2＝3×(－2k＋3)，解得k＝1. 5．(1,5)　解析　设D(x，y)，则由＝，得(4,1)＝(5－x,6－y)，即解得 关键能力·落实 【例1】　(1)A　解析　连接AE，因为C，D是以AB为直径的半圆的两个三等分点，则AB∥CD，且AB＝2CD.又E为线段CD的中点，F为BE的中点，所以＝(＋)＝＋＝(＋)＋＝＋＋＝＋＋＝＋＝a＋b，故选A. (2)　解析　如图，以{，}为基底，则可得＝＋＝＋，＝＋＝＋，＝＋＝＋.因为＝λ＋μ＝λ＋μ＝＋，所以两式相加得(λ＋μ)＝，可得λ＋μ＝. 【训练1】　(1)C　解析　由题意得＝3，故＝＋＝＋＝＋(－)＝＋，结合＝m＋n可得m＝，n＝，故m－n＝－，故选C. (2)C　解析　根据题意，将图形特殊化，设AD垂直平分BC于点O，因为△BCD与△ABC的面积之比为2，则DO＝2AO，当点P与点A重合时，可得＝0，此时λ＝μ＝0，即λ＋μ的最小值为0；当点P与点D重合时，可得＝3＝3×＝＋，此时λ＝μ＝，即λ＋μ的最大值为3.所以λ＋μ的取值范围为[0,3]．故选C. 1．D　解析　因为a－2b＋3c＝0，所以c＝－(a－2b)．因为a－2b＝(5，－2)－(－8，－6)＝(13,4)，所以c＝－(a－2b)＝.故选D. 2．B　解析　设P(x，y)，则＝(x－6，y)，＝(x，y－3)，因为＝－2，所以(x－6，y)＝－2(x，y－3)，所以解得即P(2,2)，则＝(2,2)，||＝＝2.故选B. 3．B　解析　在正方形ABCD中，以点A为原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，如图，令AB＝2，则B(2,0)，C(2,2)，D(0,2)，M(2,1)，＝(2,2)，＝(2,1)，＝(－2,2)，λ＋μ＝(2λ－2μ，λ＋2μ)，因为＝λ＋μ，所以解得λ＋μ＝，所以λ＋μ的值为.故选B. 4．D　解析　如图，建立平面直角坐标系，设正方形网格的边长为1，a＝，b＝，c＝，则A(1,0)，B(2,1)，C(0,4)，D(7,1)，所以a＝(1,1)，b＝(－2,3)，c＝(7，－3)，设向量c＝ma＋nb，则c＝ma＋nb＝(m－2n，m＋3n)＝(7，－3)，所以解得所以c＝3a－2b.故选D. 【例2】　(1)A　解析　因为a＝(1,2)，b＝(2，－2)，所以2a＋b＝(4,2)，又c＝(m，－1)，c∥(2a＋b)，所以2m＋4＝0，解得m＝－2.故选A. (2)－　解析　由题意，得＝－＝(4－k，－7)，＝－＝(－2k，－2)．因为A，B，C三点共线，所以，共线，所以－2×(4－k)＝－7×(－2k)，解得k＝－. 【训练2】　(1)3　解析　因为a∥b，所以cos α＝－2sin α，则tan α＝－，所以tan＝＝＝3. (2)C　解析　因为m＝(c－，a－b)，n＝(a－b，c＋)，且m∥n，所以(a－b)2＝(c－)(c＋)，化为a2＋b2－c2＝2ab－6.所以cos＝＝＝，解得ab＝6.所以S△ABC＝absin C＝×6×＝.故选C. 教考衔接4　平面几何中的向量方法 一、教材典题·研解法 题源　解　解法一：连接AO，因为点O是BC的中点，则＝(＋)＝(m＋n)＝m＋n，又因为M，O，N三点共线，所以m＋n＝1，即m＋n＝2. 解法二：连接BN，如图，因为＝m，＝n，即＝＋＝＋(－)＝＋＝·＋，又因为M，O，N三点共线，所以·＋＝1，整理得m＋n＝2. 解法三：如图，以点O为坐标原点，边BC所在的直线为x轴建立直角坐标系，令B(－a，0)，C(a,0)，A(x，y)，由＝m，＝n，则求得点M，点N，又因为M，O，N三点共线，所以∥，即·＝·，化简得1－m＝n－1，所以m＋n＝2. 解法四：如图，作BH∥AC交MN于点H，因为点O为BC的中点，则BH＝CN，所以＝＝，又因为＝m，＝n，即AB＝mAM，AC＝nAN，则＝，即1－m＝n－1，所以m＋n＝2.易验证点N，C重合时依然成立． 二、创新变式·提升练 变式1　λ＝　解析　因为＝＋＝＋，又因为M，O，N三点共线，所以＋＝1，即λ＝. 变式2　C　解析　由题意得，＝＝(＋)＝[＋(1－μ)]＝[＋(1－μ)(－)]＝[μ＋(1－μ)]＝μ＋·，因为Q，M，A三点共线，故μ＋·＝1，化简整理得(λ－1)(2μ－3)＝1.故选C. 变式3　C　解析　由题意得＝(＋)＝＋，因为M，O，N三点共线，所以＋＝1，＋＝＝＋＋≥＋2·＝，当且仅当＝，即n＝2m＝时，等号成立．故选C. 变式4　B　解析　＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝＋，因为M，O，N三点共线，所以＋＝1，因为m>0，n>0，t>0，所以＋＝＝＋＋＋≥＋2＝＋，当且仅当＝时取等号，所以＋＝3，所以(＋3)(－)＝0，所以＝，所以t＝3.故选B. 三、链接高考·体验练 1.　解析　＝－＝－＝(－)－＝－＋，又因为，不共线，＝λ1＋λ2，所以λ1＝－，λ2＝，所以λ1＋λ2＝. 2．0或　解析　因为A，D，P三点共线，所以可设＝λ(λ>0)，因为＝m＋，则λ＝m＋，即＝＋，若m≠0且m≠，又B，D，C三点共线，所以＋＝1，即λ＝，因为AP＝9，所以AD＝3，因为AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，所以BC＝5，设CD＝x，∠CDA＝θ，则BD＝5－x，∠BDA＝π－θ.则根据余弦定理的推论可得cos θ＝＝，cos(π－θ)＝＝，因为cos θ＋cos(π－θ)＝0，即＋＝0，解$$